宁夏银川一中2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）

-1-宁夏银川一中2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）1.下列说法正确的是：A.冰水混合物、硫酸、氢化钠都是电解质B.按照性质进行分类将酸分为一元酸，氧化性酸，强酸C.酸性氧化物都是非金属氧化物D.两种盐之间相互反应一定生成两种新盐【答案】A【解析】【详解】A.冰水混合物为弱电解质，硫酸、氢化钠是强电解质，A正确；B.按照性质进行分类将酸分为氧化性酸和非氧化性酸，按照能电离出氢离子的个数可分为一元酸、二元酸和多元酸，按照能否完全电离出氢离子可分为强酸和弱酸，B错误；C.酸性氧化物不都是非金属氧化物，如Mn2O7是金属氧化物也是酸性氧化物，C错误；D.两种盐之间发生复分解反应会生成两种新盐，但是发生氧化还原反应不一定生成盐，还有可能生成单质、氧化物等，D错误；故答案选A。2.中华传统文化中蕴含着诸多化学知识，下列说法正确的是A.“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质B.“霾尘积聚难见人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应C.“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”D.“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应【答案】B【解析】【详解】A.“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”是植物的种子，主要成分是纤维素，A错误；B.“霾尘积聚难见人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应，B正确；C.“日照香炉生紫烟”中的紫烟是固体颗粒，而碘升华得到的是碘蒸气，C错误；D.“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应，而不是金属单质，D错误；故答案选B。-2-3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.5mol雄黄(As4S4，结构为)中含有NA个S-S键B.在1mol/L的NH4NO3溶液滴加氨水使溶液呈中性，则1L该溶液中NH4+的数目为NAC.标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAD.常温下，将1molCH4与1molCl2混合光照，使其充分反应后，生成气体的分子数为NA【答案】B【解析】【详解】A.As4S4中，As为第VA族元素，S为第VIA族元素，As成三个键，S成两个键，故白球为S，所以雄黄中不包含S-S键，A错误；B.在1mol/L的NH4NO3溶液滴加氨水，由电荷守恒可知43()()()()cNHcHcOHcNO，因为溶液呈中性，则()()cHcOH，所以43()()cNHcNO，则1L该溶液中NH4+的数目与硝酸根相同为NA，B正确；C.标准状况下，氟化氢为非气态，因此无法求算，C错误；D.在光照条件下，将1molCH4与1molCl2混合充分反应后，由于氯气不足，可发生多步取代反应，生成物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl等，故无法确定生成的气体分子数，D错误；故答案选B。【点睛】气体摩尔体积Vm=22.4L/mol，仅限于标况下为气态的物质使用，其他物质状态和环境下不适用。4.常温下，下列各离子能在指定溶液中大量共存的是A.使甲基橙变红的溶液：Fe2+、NO3－、SO42－、Na+B.加入铝粉放出氢气的溶液：Na+、Cl－、NH4+、NO3-C.水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+D.c(OH-)/c(H+)值为100的溶液：S2-、Na+、SO42－、SO32-【答案】D【解析】【详解】A.使甲基橙变红的溶液中存在大量氢离子，在酸性环境下硝酸根离子体现强氧化性，与有还原性的二价铁离子无法大量共存，A错误；-3-B.加入铝粉放出氢气的溶液可能为强酸溶液也可能为强碱溶液，在强碱溶液中，铵根离子无法大量存在，B错误；C.水电离出来的c(H+)=10-13mol/L，可能为强酸溶液也可能为强碱溶液，酸性环境和碱性环境下碳酸氢根离子均无法大量存在，C错误；D.c(OH-)/c(H+)值为100，即c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，S2-、Na+、SO42－、SO32-可以大量共存，D正确；故答案选D。【点睛】在离子共存的题目当中，注意分析题目所给条件，如加入铝粉放出氢气的溶液可能为强酸溶液也可能为强碱溶液，水电离出来的c(H+)=10-13mol/L，可能为强酸溶液也可能为强碱溶液等。5.下列离子方程式正确的是A.澄清石灰中滴入少量的NaHCO3溶液:Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2OB.足量的醋酸溶液除水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OC.少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液:SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClOD.足量的氯气通入FeBr2溶液：2Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2【答案】A【解析】【详解】A.澄清石灰中滴入少量的NaHCO3溶液，可将碳酸氢根的系数定为“1”进行配平，得到的离子方程式为：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，A正确；B.足量的醋酸溶液除水垢，醋酸为弱电解质，因此在离子方程式中不拆，B错误；C.次氯酸具有强氧化性，因此少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液，产物应为硫酸钙而不是亚硫酸钙，C错误；D.因为Cl2过量，所以将FeBr2中的Fe2+和Br-全部氧化，分别生成Fe3+和Br2，离子方程式为3Cl2+2Fe2＋+4Br－=2Fe3＋+6Cl－+2Br2，D错误。故答案选A。6.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂。工业是先制得高铁酸钠，然后在低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可析出高铁酸钾（K2FeO4）。湿法制备的主要反应方程为：-4-2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－=2FeO42-+3Cl－+5H2O,干法制备的主要反应方程为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑下列有关说法不正确的是A.低温下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠更小B.湿法制备中每生成1molNa2FeO4转移3mol电子C.干法制备中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：3D.K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去水体中的H2S、NH3等，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中的悬浮杂质【答案】C【解析】【详解】A.工业是先制得高铁酸钠，然后在低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可析出高铁酸钾，说明低温下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠更小，A正确；B.湿法中每生成241molNaFeO，有31()molFeOH参加反应，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，B正确；C.干法制备中，氧化剂为过氧化钠，还原剂为硫酸亚铁和过氧化钠，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:5，C错误；D.K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去水体中的H2S、NH3等，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中的悬浮杂质，D正确；故答案选C。【点睛】在氧化还原反应中，若一个物质同时作氧化剂和还原剂，不好判断氧化剂与还原剂的物质的量之比，可通过氧化产物和还原产物的物质的量来进行判断。7.空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载体通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量，数据如下：反应室载气吸收液SO42-含量数据分析①N2蒸馏水aⅰ.b≈d＞a≈cⅱ.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-②3%氨水b③空气蒸馏水c-5-④3%氨水d下列说法不正确．．．的是A.控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施B.反应室①中可能发生反应：SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2C.本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关D.农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成【答案】C【解析】【详解】A.因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成。SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；B.反应室①中SO2为还原剂，NO2为氧化剂，N2做载体，蒸馏水做吸收液，可发生反应：SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2，故B正确；C.由已知b≈d＞a≈c，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-，可知硫酸盐的形成主要与NO2有关,故C错误；D.铵态氮肥易挥发产生氨气。由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO42-的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成。所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故D正确；答案：C。8.某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种离子。阳离子Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+阴离子SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO32-实验I：取少量该试液进行如下实验。实验Ⅱ：为了进一步确定该溶液的组成，取100mL原溶液，向该溶液中滴加1mol•L-l的NaOH-6-溶液，产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。回答下列问题：（1）不进行实验就可以推断出，上表中的离子一定不存在的有___________种，沉淀Z的化学式____________。（2）检验气体X的方法是______________________；（3）写出实验Ⅱ的图象中BC段对应的离子方程式：_____________________________。（4）A点对应的固体质量为__________g。（5）通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是_______________，推算该溶液中阴离子的浓度为_________mol•L-l，检验该阴离子的方法是：_____________________。【答案】(1).4(2).Mg(OH)2(3).使湿润的红色石蕊试纸变蓝（或遇蘸有浓盐酸的玻璃棒冐白烟(4).Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O(5).0.136(6).NO3－(7).0.08(8).取液，加入铜片，再加少量浓硫酸，有无色气体产生，在空气中变为红棕色。【解析】【分析】溶液无色，则不存在有色离子，即亚铁离子、高锰酸根离子；溶液显酸性，则不存在硅酸根离子和亚硫酸根离子；该溶液与硝酸银溶液混合后无沉淀生成，则不存在氯离子，因此一定含有硝酸根离子；该溶液与稀硫酸反应得不到沉淀，说明不存在钡离子，所得溶液与过量的氢氧化钠溶液混合生成气体X、溶液Y和沉淀Z，X是氨气，一定含有铵根离子；沉淀一定是氢氧化镁，含有镁离子；根据图像可知开始时氢氧化钠首先中和氢离子，然后沉淀金属阳离子，沉淀达到最大值后开始与铵根结合生成氨气，然后沉淀开始减少，最后不再发生变化，所以溶解的沉淀一定是氢氧化铝，含有铝离子。【详解】（1）根据分析可知不进行实验就可以推断出表中的离子一定不存在的有4种，即亚铁离子、硅酸根离子、高锰酸根离子和亚硫酸根离子，根据分析可知沉淀Z的化学式为2Mg(OH)；（2）氨气是碱性气体，检验氨气的方法是用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X，试-7-纸变蓝，则说明X为氨气；（3）实验Ⅱ的图象中BC段发生氢氧化铝的溶解，对应的离子方程式为322Al(OH)OHAlO2HO；（4）A点消耗氢氧化钠6mL，与金属阳离子反应的氢氧化钠是5mL，物质的量为0.005mol。溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是1mL，物质的量是0.001mol，所以生成的氢氧化铝是0.001mol，则与镁离子反应的氢氧化钠是0.002mol，氢氧化镁是0.001mol，所以对应的固体质量为0.001mol(5878)g/mol0.136g；（5）通过实验Ⅰ可以确定该溶液中一定存在的阴离子是硝酸根离子；与氢离子反应的氢氧化钠是1mL，物质的量是0.001mol，即氢离子是0.001mol；与铵根反应的氢氧化钠是2mL，物质的量是0.002mol，即铵根是0.002mol，根据溶液显电中性可知硝酸根的物质的量是0.001mol0.002mol0.001mol30.001mol2