長沙市第一中學2020屆高三化學第八次月考試題含解析

湖南省長沙市第一中學2020屆高三化學第八次月考試題含解析湖南省長沙市第一中學2020屆高三化學第八次月考試題含解析PAGE23-湖南省長沙市第一中學2020屆高三化學第八次月考試題含解析湖南省長沙市第一中學2020屆高三化學第八次月考試題（含解析)1?；瘜W與社會、生活密切相關，下列說法中錯誤的是A。醫(yī)用酒精是利用了乙醇使蛋白質(zhì)變性來殺菌消毒.B.空氣質(zhì)量日報中計入污染指數(shù)的項目為SO2、NOx、CO2C。雙氧水、高錳酸鉀溶液消毒原理與漂白粉消毒飲用水的原理相同D。鍋爐水垢中含有的CaSO4可先用飽和碳酸鈉溶液浸泡,然后用鹽酸除去【答案】B【解析】【詳解】A.乙醇使蛋白質(zhì)變性，醫(yī)用酒精能殺菌消毒，故A正確；B。CO2不是空氣質(zhì)量日報污染指數(shù)項目，故B錯誤;C.雙氧水、高錳酸鉀溶液消毒,漂白粉消毒飲用水都是利用強氧化性，故C正確；D。鍋爐水垢中含有CaSO4可先用飽和碳酸鈉溶液浸泡轉化為碳酸鈣沉淀，然后用鹽酸除去,故D正確;選B。2.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A。1.6g—NH2和1.5g-CH3含有的電子數(shù)均為NAB。44gCO2和N2O的混合物中含有的氧原子數(shù)為1.5NAC.精煉銅,若陽極失去2NA個電子,則陰極增重64gD。60g乙酸與足量乙醇發(fā)生酯化反應,充分反應后斷裂的C-O鍵數(shù)目為NA【答案】C【解析】【詳解】A。-NH2、—CH3核外電子數(shù)均是9,1。6g—NH2和1。5g-CH3的物質(zhì)的量均是0.1mol，含有的電子數(shù)均0。9NA，故A錯誤；B。44gCO2中含有的氧原子數(shù)為，44gN2O中含有的氧原子數(shù)為,故B錯誤;C。精煉銅,若陽極失去2NA個電子,根據(jù)電子守恒，陰極一定生成1molCu析出,增重64g，故C正確；D。酯化反應可逆,60g乙酸與足量乙醇發(fā)生酯化反應，充分反應后斷裂的C—O鍵數(shù)目小于NA,故D錯誤；答案選C3。下列有機物屬于苯的同系物的同分異構體有(不含立體異構)A。13種 B。16種 C.19種 D.22種【答案】D【解析】【詳解】屬于苯的同系物的同分異構體含有苯環(huán)，除苯環(huán)外還有4個碳原子，若只有1個側鏈,有4中結構；若有2個側鏈—CH3、—CH2CH2CH3，有3種結構；若有2個側鏈-CH3、—CH(CH3)2,有3種結構；若有2個側鏈—CH2CH3、-CH2CH3，有3種結構；若有3個側鏈2個—CH3、1個-CH2CH3，有6種結構；若有4個-CH3，有3種結構；共22種，故選D。4。有a、b、c、d四種元素,原子序數(shù)依次增大。a存在a+和a-兩種離子，b和c為短周期同一主族元素，c的次外層有8個電子，c2-和d2+的電子層結構相同。下列敘述正確的是A.+6價的c和a、b可形成離子化合物B。a和d形成的化合物具有強還原性C。b和c分別與a形成化合物相對分子質(zhì)量一定是后者大D。a、b、c、d四種元素組成的化合物的水溶液加入少量Na2CO3只產(chǎn)生氣體，不產(chǎn)生沉淀?！敬鸢浮緽【解析】【分析】a存在a+和a—兩種離子,a是H元素;b和c為短周期同一主族元素，c的次外層有8個電子，c2—和d2+的電子層結構相同,c最外層有6個電子，d最外層有2個電子，b是O元素、c是S元素、d是Ca元素；【詳解】A.+6價的S和H、O可形成共價化合物H2SO4，故A錯誤；B.H和Ca形成的化合物CaH2，H元素化合價為—1，具有強還原性，故B正確;C。O和S分別與H形成化合物，H2O2、H2S相對分子質(zhì)量一樣大，故C錯誤；D.H、O、S、Ca四種元素組成的化合物硫酸氫鈣溶液加入少量Na2CO3產(chǎn)生二氧化碳氣體和硫酸鈣沉淀，故D錯誤；選B.5。以熔融Li2CO3和K2CO3為電解質(zhì),天然氣經(jīng)重整催化作用提供反應氣的燃料電池如圖。下列說法正確的是A.以此電池為電源電解飽和食鹽水,當有0。2mole—轉移時，陽極產(chǎn)生2。24L氣體B。若以甲烷為燃料氣時負極電極反應式：CH4+5O2——8e—=CO32—+2H2OC.該電池使用過程中需補充Li2CO3和K2CO3D?？諝鈽O發(fā)生的電極反應式為O2+4e—+2CO2=2CO32-【答案】D【解析】【詳解】A.以此電池為電源電解飽和食鹽水,陽極生成氯氣,當有0。2mole—轉移時，生成0.1mol氯氣，非標準狀況下體積不一定是2.24L，故A錯誤；B。若以甲烷為燃料氣時負極電極反應式：CH4+4CO32——8e-=5CO2+2H2O，故B錯誤;C?？偡磻獮槿剂虾脱鯕夥磻?所以使用過程中不需補充Li2CO3和K2CO3，故C錯誤；D?？諝鈽O發(fā)生的電極反應式為O2+4e-+2CO2=2CO32-，故D正確;選D6.實驗室利用下列裝置可測量一定質(zhì)量的鋼材中的含碳量(部分夾持裝置已略去)。下列有關判斷正確的是A.實驗時,先打開K1、K2，關閉K3，從a處通入N2目的是排出裝置中的CO2B。點燃酒精燈前,需要打開K1、關閉K2，打開K3，K1起到平衡氣壓的作用C.裝置②中的酸性KMnO4溶液吸收H2S,裝置③盛有濃硫酸,起到干燥作用D。實驗前后需稱取裝置④和裝置⑤的質(zhì)量，才能準確地測得鋼材的含碳量【答案】A【解析】【詳解】A。本實驗的原理是根據(jù)裝置④吸收二氧化碳的質(zhì)量計算鋼材中的含碳量,所以實驗時，先打開K1、K2,關閉K3,從a處通入N2排出裝置中的CO2，故A正確；B.若打開K1，碳與濃硫酸反應生成的二氧化碳由K1排出，所以點燃酒精燈前，需要關閉K1、K2，打開K3，故B錯誤；C。裝置②中的酸性KMnO4溶液吸收SO2，裝置③盛有濃硫起到干燥作用，故C錯誤；D。實驗前后需稱取裝置④的質(zhì)量，準確地測得鋼材的含碳量，故D錯誤；選A.7。常溫常壓下，將NH3緩慢通入飽和食鹽水中至飽和，然后向所得溶液中緩慢通入CO2，整個實驗進程中溶液的pH隨通入氣體體積的變化曲線如圖所示（實驗中不考慮氨水的揮發(fā))。下列敘述不正確的是A。由a點到b點的過程中，溶液中增大B。由圖可知(NH4）2CO3溶液顯堿性、NH4Cl溶液顯酸性C。c點所示溶液中，c（NH4+)＞c(CO32—）＞c（OH-）＞c（H+）D。d點所示溶液中，c（NH4+)+c（NH3·H2O）=c（HCO3—）+c（CO32-)+c（H2CO3)【答案】D【解析】【詳解】A。,由a點到b點，溶液pH增大,c（OH—)增大,由于溫度不變,Ka不變，因此增大，A正確;B.b點表示NH3的量達到最大值，c點時，溶液中的一水合氨和二氧化碳恰好完全反應，溶質(zhì)為碳酸銨,由圖可知（NH4）2CO3溶液顯堿性、NH4Cl溶液顯酸性，B正確；C。c點所示溶液中，溶質(zhì)為碳酸銨，溶液呈堿性，因此離子濃度大小為:c（NH4+)＞c(CO32—)＞c(OH—）＞c(H+)，C正確；D.d點所示溶液中,溶質(zhì)為碳酸氫銨，根據(jù)質(zhì)子守恒可知，c（NH4+)+c（NH3·H2O）+c（NH3)=c(HCO3—)+c（CO32—）+c(H2CO3），D錯誤。故答案D。8。高純MnCO3是廣泛用于電子行業(yè)的強磁性材料。MnCO3為白色粉末，不溶于水和乙醇(沸點78。5℃),在潮濕環(huán)境下易被氧化,溫度高于100℃開始分解。I.實驗室以MnO2為原料制備MnCO3（1）制備MnSO4溶液：①主要反應裝置如圖所示,緩緩通入經(jīng)N2稀釋的SO2氣體，發(fā)生反應H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O.下列措施中，目的是加快化學反應速率的是________（填字母代號)。A.MnO2加入前先研磨B.攪拌C.提高混合氣中N2比例②已知實驗室制取SO2的原理是Na2SO3+2H2SO4（濃)=2NaHSO4+SO2↑+H2O。選擇下圖所示部分裝置與上圖裝置相連制備MnSO4溶液,應選擇的裝置的接口順序為_________(用箭頭連接字母代號表示)。③若用空氣代替N2進行實驗，缺點是_______________。（酸性環(huán)境下Mn2+不易被氧化）（2）制備MnCO3固體：實驗步驟：①向MnSO4溶液中邊攪拌邊加入飽和NH4HCO3溶液生成MnCO3沉淀，反應結束后過濾；②;。③在70～80℃下烘干得到純凈干燥的MnCO3固體。步驟②為__________，需要用到的試劑有_____________、_______、________.II.設計實驗方案(3）利用沉淀轉化的方法證明Ksp(MnCO3)＜Ksp(NiCO3）:__________________（已知NiCO3為難溶于水的淺綠色固體)。（4）證明H2SO4的第二步電離不完全:_____________。［查閱資料表明K2(H2SO4）=1.1×10-2］【答案】（1)。AB(2）。(3).空氣中的O2能氧化H2SO3,使SO2利用率下降（4).洗滌(5）。水(6)。鹽酸酸化的BaCl2溶液(7）。乙醇（8）.向NiSO4溶液中滴加幾滴Na2CO3溶液，生成淺綠色沉淀，再滴加MnSO4溶液，沉淀變成白色(9).用pH計測量硫酸鈉溶液的pH大于7【解析】【詳解】(1）①A。MnO2加入前先研磨，增大接觸面積，能加快反應速率,故選A；B.攪拌能加快反應速率，故選B；C。提高混合氣中N2比例，降低二氧化硫的濃度，反應速率減小，故不選C；選AB；②反應不需要加熱制備二氧化硫，氮氣與二氧化硫先充分混合，再在三口燒瓶中反應生成MnSO4，利用氫氧化鈉溶液進行尾氣處理，防止尾氣中二氧化硫污染空氣，應選擇的裝置的接口順序為；③制備原理為：H2SO3+MnO2＝MnSO4+H2O,若用空氣代替N2進行實驗,氧氣能與亞硫酸反應生成硫酸，二氧化硫利用率降低;（2）步驟②為洗滌沉淀，用鹽酸酸化的BaCl2溶液檢驗硫酸根離子是否洗凈；MnCO3為白色粉末,不溶于水和乙醇，在潮濕環(huán)境下易被氧化，應用酒精洗滌，可以防止被氧化,需要的試劑有鹽酸酸化的BaCl2溶液、乙醇;（3）向NiSO4溶液中滴加幾滴Na2CO3溶液,生成淺綠色沉淀，再滴加MnSO4溶液，沉淀變成白色，即說明Ksp（MnCO3)＜Ksp（NiCO3）；（4）根據(jù)鹽類水解規(guī)律可知可用pH計測量硫酸鈉溶液的pH大于7,能說明H2SO4的第二步電離不完全?！军c睛】本題以物質(zhì)制備為載體,明確實驗原理與裝置的作用是關鍵;熟悉物質(zhì)的分離提純、實驗方案設計等，注意對題目信息的應用,需要具備扎實的實驗基礎。9。第VA族元素在生產(chǎn)、生活中有重要用途.回答下列問題:（1)三聚磷酸鈉（俗稱“五鈉”常用于食品生產(chǎn)中,作水分保持劑、品質(zhì)改良劑等。①磷酸的結構式如圖所示，其主要的電離方程式為______________。②三聚磷酸是三分子磷酸脫去兩分子水后的產(chǎn)物，三聚磷酸鈉的化學式為_______________。（2）在堿性條件下，次磷酸鹽（H2PO2-)可用于化學鍍銀，寫出其反應的離子方程式______________。（氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為1：4）（3）由工業(yè)白磷(含少量砷、鐵、鎂等)制備高純白磷（熔點44℃,沸點280℃）,主要生產(chǎn)流程如下：①除砷過程在75℃下進行,其合理的原因是____________(填字母代號）.a，使白磷熔化,并溶于水b.降低白磷的毒性c.溫度不宜過高,防止硝酸分解d.適當提高溫度，增大反應速率②硝酸氧化除砷時被還原為NO,寫出砷轉化為亞砷酸的化學方程式:______________________________。③某條件下，用一定量的硝酸處理一定量的工業(yè)白磷,砷的脫除率及磷的產(chǎn)率隨硝酸質(zhì)量分數(shù)的變化如圖所示,砷的脫除率從a點到b點降低的原因是__________________。(4)常溫下銀氨溶液中存在平衡：Ag+（aq)+2NH3（aq)Ag(NH3）2+（aq),K=l.10×107；已知常溫下Ksp(AgCl)=1。45×10-10計算可逆反應AgCl(s)+2NH3(aq)Ag（NH3）2+（aq)+Cl—(aq)的化學平衡常數(shù)K=_________（保留2位有效數(shù)字）。1L1mol/L氨水中最多可以溶解AgCl______mol（保留1位有效數(shù)字)?！敬鸢浮?1)。(2）.Na5P3O10(3)。(4）.cd（5).(6）。硝酸濃度大,氧化性強，有較多的硝酸用于氧化白磷，脫砷率低（7).1。6×10—3(8)。0。04【解析】【詳解】（1）①磷酸是三元弱酸，分步電離，主要的電離方程式為;②三聚磷酸是三分子磷酸脫去兩分子水后的產(chǎn)物，根據(jù)原子守恒可知三聚磷酸的分子式是H5P3O10,三聚磷酸中羥基的氫原子被鈉離子取代生成三聚磷酸鈉，三聚磷酸鈉的化學式為：Na5P3O10;（2)化學鍍銀,氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為1：4，所以P元素化合價由+1升高為+5，H2PO2–被氧化為，根據(jù)得失電子守恒，反應的離子方程式是；（3）①a。白磷不溶于水,故a錯誤；b。熔化不能改變其毒性，故b錯誤；c.溫度過高，硝酸會分解，需要控制合適的溫度，故c正確;d.提高溫度可以加快反應速率，故d正確；選cd；②硝酸把砷氧化為亞砷酸，砷元素化合價由0升高為+3，N元素化合價由+5降低為+2，根據(jù)得失電子守恒,化學方程為;③硝酸濃度大，氧化性強，從a點到b點，有較多的硝酸用于氧化白磷，所以脫砷率低;(4)Ag+(aq)+2NH3（aq)Ag(NH3）2+(aq)，K=l.10×107，；Ksp(AgCl）=1。45×10—10，則,逆反應AgCl（s)+2NH3（aq)Ag(NH3）2+（aq)+Cl-（aq)的化學平衡常數(shù)1。6×10—3；,x=0.04，1L1mol/L氨水中最多可以溶解AgCl0.04mol.【點睛】本題考查物質(zhì)制備工藝流程、平衡常數(shù)有關計算、電離方程式書寫等，明確流程圖中的原理是解題關鍵，側重考查學生分析計算能力，注意知識遷移運用能力.10。I。亞硫酸鈉的氧化反應:2Na2SO3(aq)+O2（aq）=2Na2SO4（aq)?H=xkJ/mol。其反應速率受溶解氧濃度影響，分為富氧區(qū)和貧氧區(qū)兩個階段.（1）已知O2（g)O2（aq）?H=ykJ/mol，Na2SO3溶液與O2（g)反應的熱化學方程式為___________________。（2)291.5K時，1。0L溶液中Na2SO3初始量分別為4、6、8、12mmol,溶解氧濃度初始值為9.60mg/L，每5s記錄溶解氧濃度，實驗結果如圖所示。當Na2SO3初始量為12mmol，經(jīng)過20s溶解氧濃度降為6。40mg/L，則0～20s內(nèi)Na2SO3的平均反應速率為_______mol/（L·s)。（3）為確定貧氧區(qū)速率方程v=k·ca(SO32-)·cb（O2）中的a、b的值(取整數(shù)),分析實驗數(shù)據(jù).c(Na2SO3）×1033。655。657。651165v×10610。224。444。7103.6①當溶解氧濃度為4。0mg/L時，c(SO32—)與速率數(shù)值關系如表（甲)所示，則a=____。②當溶解氧濃度小于4.0mg/L時,圖中曲線皆為直線,Na2SO3氧化速率與溶解氧濃度無關,則b=_______.（4）兩個階段不同溫度的速率常數(shù)之比如表（乙）所示.已知,R為常數(shù).Ea(富氧區(qū)）_____(填“＞"或“＜”)Ea(貧氧區(qū))。反應階段速率方程富氧區(qū)v=k·c(SO32—)·c（O2)1.47貧氧區(qū)v=k·ca(SO32—）·cb(O2）2。59II。（5）在容積固定的密閉容器中，起始充入0.2molSO2和0.1molO2，反應體系起始總壓強0。1MPa。反應在一定溫度下達到平衡時SO2的轉化率為90%。該反應的壓強平衡常數(shù)Kp=________(分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))(寫單位).(6)利用原電池原理,也可用SO2和O2來制備硫酸,該電池用多孔材料作電極。請寫出該電池負極反應式_________________________?！敬鸢浮?1)。2Na2SO3(aq)+O2（g)=2Na2SO4（aq）?H=(x+y)kJ/mol（2）.1×10—5(3).2(4)。0(5）。＜（6)。24300MPa—1（7)?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）2Na2SO3（aq）+O2（aq）=2Na2SO4(aq）?H=xkJ/mol①；O2(g）O2(aq）?H=ykJ/mol②;將方程式①+②得2Na2SO3(aq)+O2(g)=2Na2SO4（aq）?H=(x+y)kJ/mol；（2)0～20s內(nèi)溶解氧濃度變化量=（9.60-6.40)mg/L=3.20mg/L=3.20×10—3g/L，則△c（O2)==10—4mol/L，根據(jù)方程式得△c（Na2SO3）=2△c(O2)=2×10—4mol/L,0～20s內(nèi)Na2SO3的平均反應速率v==1×10—5mol?L—1?s—1；(3)①當溶解氧濃度為4。0mg/L時，c(SO32—）與速率數(shù)值關系如表(甲）所示，v1：v2=c1a(SO32—）：c2a(SO32-），，解得a=2；②當溶解氧濃度小于4。0mg?L-1時，圖中曲線皆為直線，說明該方程為一次函數(shù)，k為常數(shù)，v與c(SO32-)有關，溶解氧濃度對v無影響,所以b=0;(4）ln隨著Ea的增大而增大，富氧區(qū)的ln較小，故Ea(富氧區(qū))＜Ea(貧氧區(qū)）；（5）設平衡時的總壓強P,,P=0.07MPa，Kp=24300MPa—1；（6）SO2和O2來制備硫酸，硫元素化合價升高，負極為SO2失電子生成硫酸根離子，反應的離子方程式是.11.周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增.R基態(tài)原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為L,最高能級上只有兩個自旋方向相同的電子。工業(yè)上通過分離液態(tài)空氣獲得X單質(zhì)。Y原子的最外層電子數(shù)與電子層數(shù)之積等于R、W、X三種元素的原子序數(shù)之和。Z基態(tài)原子的最外能層只有一個電子，其他能層均己充滿電子。請回答下列問題:（1）Z2+基態(tài)核外電子排布式為______________。（2）YX4-的空間構型是______________，與YX4-互為等電子體的一種分子為_____________(填化學式)；HYX4酸性比HYX2強，其原因是_____________。(3)結構簡式為RX（W2H3）2的化合物中R原子的雜化軌道類型為_____________；lmo1RX（W2H3)2分子中含有σ鍵數(shù)目為_____________。（4）往Z的硫酸鹽溶液中通入過量的WH3,可生成［Z（WH3）4]SO4,下列說法正確的是_____________。A.[Z（WH3)4]SO4中所含的化學鍵有離子鍵、極性鍵和配位鍵B.在［Z（WH3)4]2+中Z2+給出孤對電子，NH3提供空軌道C.在［Z（WH3)4］SO4組成元素中第一電離能最大的是氧元素（5)某Y與Z形成的化合物的晶胞如圖所示（黑點代表Z原子）.①該晶體的化學式為_____________②已知Z和Y的電負性分別為1。9和3。0，則Y與L形成的化合物屬于_____________(填“離子”、“共價”)化合物.③已知該晶體的密度為ρg。cm-3,阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該晶體中Z原子和Y原子之間的最短距離為_____________pm(只寫計算式)?！敬鸢浮?1).[Ar]3d9(2).正四面體(3）.CCl4（4）.HClO4有3個非羥基氧，而HClO2有1個非羥基氧（5）.sp2(6)。11NA(7）。A(8)。CuCl(9）.共價(10）.【解析】【分析】周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增。R基態(tài)原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為L，最高能級上只有兩個自旋方向相同的電子,R為C元素。工業(yè)上通過分離液態(tài)空氣獲得X單質(zhì)，X為O元素，則W為N元素。Y原子的最外層電子數(shù)與電子層數(shù)之積等于R、W、X三種元素的原子序數(shù)之和，則Y為Cl元素。Z基態(tài)原子的最外能層只有一個電子，其他能層均己充滿電子,Z為Cu元素?！驹斀狻浚?）Z為Cu元素.銅為29號元素,Z2+基態(tài)核外電子排布式為［Ar]3d9，故答案為［Ar］3d9；（2)YX4-為ClO4-，其中Cl的孤電子對數(shù)目為（7+1-4×2）=0，連接的原子數(shù)目為4，采取sp3雜化，空間構型是正四面體;與YX4—互為等電子體的分子有CCl4；HClO4有3個非羥基氧,而HClO2有1個非羥基氧,使得HClO4酸性比HClO2強，故答案為正四面體；CCl4等；HClO4有3個非羥基氧,而HClO2有1個非羥基氧；（3）結構簡式為CO(N2H3)2的結構為,其中C原子上連接有3個原子，沒有孤電子對，采取sp2雜化，lmo1CO（N2H3)2分子中含有σ鍵數(shù)目為11NA，故答案為sp2；11NA（4)往硫酸銅溶液中通入過量的NH3,可生成[Cu（NH3)4]SO4,A。[Cu（NH3）4］SO4屬于離子化合物，所含的化學鍵有離子鍵、硫酸根離子和氨分子中存在極性鍵和銅離子和N原子間存在配位鍵,故A正確;B.在［Cu(NH3)4］2+中Cu2+提供空軌道給出孤對電子，NH3給出孤對電子，故B錯誤；C.在［Cu(NH3)4]SO4組成元素中第一電離能最大的是氮元素，因為氮的2p為半充滿結構,故C錯誤；故選A;(5）①該晶體中Cu原子數(shù)目為4,Cl原子數(shù)目為8×+6×=4，故化學式為CuCl，故答案為CuCl;②已知Z和Y的電負性分別為1。9和3。0,電負性的差值為1.1＜1.8，則Y與L形成的化合物屬于共價化合物，故答案為共價；③已知該晶體的密度為ρg。cm—3,阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該晶胞的邊長為cm，該晶體中Cu原子和Cl原子之間的最短距離為體對角線的,即cm，故答案為。12.氯吡格雷（Clopidogrel）是一種用于抑制血小板聚集的藥物.以A為原料合成氯吡格雷的路線如下：已知：。請回答下列問題:（1）A中含氧官能團的名稱為___________,C→D的反應類型是_____________。(2）Y的結構簡式為__________