2019-2020年高三（高补班）上学期周练（8.7）化学试题 含解析.doc

2019-2020年高三（高补班）上学期周练（8.7）化学试题 含解析 本卷共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1COCl2的分解反应为COCl2（g）Cl2（g）+CO（g）。将一定量COCl2（g）和Cl2（g）放入一密闭容器中，2min时达到平衡后，各物质的物质的量在不同条件下的变化情况如下图所示。下列相关说法中不正确的是A1min时以CO表示的逆反应速率小于3min时以CO表示的正反应速率B若在6min时改变的条件为升高温度，则反应的平衡常数K增大C12min时改变的条件可为减小CO的浓度，16min时改变的条件可为增大反应容器的体积D以CO表示在45min、1011min和1213min时平均反应速率为v（45）v（1011）v（1213）2固体碘化铵置于密闭容器中，加热至一定温度后恒温，容器中发生反应：NH4I（s）NH3（g）+HI（g） 2HI（g）H2（g）+I2（g），测得平衡时c（I2）=0.5mol/L，反应的平衡常数为20mol2/L2，则下列结论不正确的是A平衡时c（NH3）=5mol/LB平衡时HI分解率为20%C混合气体的平均摩尔质量不再发生变化不可以作为判断该反应达到平衡状态的标志D平衡后缩小容器体积，NH4I的物质的量增加，I2的物质的量不变3电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，工作原理如图。下列有关说法错误的是A阳极可发生电极反应：2Cl-2e-Cl2 B阴极附近溶液的pH减小 Ca膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜 DI、II分别是淡水、浓海水出口 4分子式为C5H8O3的有机物能使新制Cu（OH）2悬浊液溶解，加热后出现砖红色沉淀，则该有机物的结构有（不含立体异构）A3种 B4种 C5种 D6种 5已知在酸性溶液中，下列物质氧化H2S生成S是时，自身发生如下变化： IO3-I2； Fe3+Fe2 +； SO2S；MnO4-Mn2+ 。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的H2S，得到S最多的是（ ）AIO3- BFe3+ CSO2 D MnO4-6在相同温度和压强下，对反应CO2（g）+H2O（g）CO（g）+H2O（g）进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入容器内的各组分的物质的量见下表物质物质的量实验CO2H2COH2O甲a mola mol0mol0mol乙2a mola mol0mol0mol丙0mol0mola mola mol丁a mol0mola mola mol上述四种情况达到平衡后，n（CO）的大小顺序是A乙=丁丙=甲 B乙丁甲丙 C丁乙丙=甲 D丁丙乙甲 7如图是一个石墨作电极，电解稀的Na2SO4溶液的装置，通电后在石墨电极A和B附近分别滴加一滴石蕊溶液。下列有关叙述正确的是A逸出气体的体积，A电极的小于B电极的 B一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体 CA电极附近呈红色，B电极附近呈蓝色 D电解一段时间后，将全部电解液转移到同一烧杯中，充分搅拌后溶解呈中性 8a1、a2分别为A在甲、乙两个恒温容器中建立平衡体系A(g)2B(g)时的转化率，已知甲容器保持压强不变，乙容器保持容器体积不变。在温度不变的情况下，均增加A的物质的量，下列判断正确的是Aa1、a2均减小 Ba1减小，a2增大Ca1、不变，a2增大 Da1不变，a2减小9如图表示可逆反应mA(g)十nB(g)C(g)在不同温度（T）、压强（P）下，生成物C的物质的量分数x(C)的变化情况。下列关于该正反应热效应及方程式中A、B、C 的化学计量数的判断中，正确的是（ ）A吸热反应，m+np B吸热反应m+npC放热反应，m+nI-Br-Cl-OH-含氧酸根离子，阴极则是溶液中的阳离子放电，放电顺序是Ag+Hg2+Fe3+Cu2+H+，与金属活动性顺序刚好相反。溶液中的离子移方向符合：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，即阳离子向阴极区移动，阴离子向阳极区移动。掌握电解池反应原理是本题解答的关键。本题难度适中。4C【解析】试题分析：分子式为C5H8O3并能使新制Cu（OH）2悬浊液溶解，继续加热会出现砖红色沉淀，说明有机物中含有1个羧基、醛基，丁酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH、；当丁酸为CH3CH2CH2COOH时，一元取代产物有3种；当戊酸为时，一元取代产物有2种；所以共有5种结构，故选C。【考点定位】考查同分异构体的书写【名师点晴】根据等效氢判断同分异构体数目，利用对称性确定分子中等效氢原子数目是解题的关键；分子式为C5H8O3并能使新制Cu（OH）2悬浊液溶解，继续加热会出现砖红色沉淀，说明有机物中含有1个羧基、醛基，相当于戊酸的一元取代产物来解答。5C【解析】试题分析：根据电子守恒，1molIO3-还原成I2，同时氧化H2S生成2.5molS；1molFe3+还原成Fe2 +，同时氧化H2S生成0.5molS；1molSO2还原成S，同时氧化H2S生成3molS；1molMnO4-还原成Mn2+，同时氧化H2S生成2.5molS；故答案为C。考点：考查氧化还原反应的计算，涉及电子守恒。6A【解析】试题分析：假设丙、丁中的CO、H2O（g）全部转化为CO2、H2，再与甲、乙比较： CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）丙开始时 0mol 0mol anol anol丙假设全转化 anol anol 0mol 0mol 丁开始时 amol 0mol amol amol 丁假设全转化 2amol amol 0mol 0mol通过比较，甲、丙的数值一样，乙、丁的数值一样，且乙、丁的数值大于甲、丙的数值故选A。【考点定位】考查化学平衡的分析应用【名师点晴】采用极端假设法是解决本题的关键；在相同温度和压强下的可逆反应，反应后气体体积不变，按方程式的化学计量关系转化为方程式同一边的物质进行分析；本题还涉及等效平衡，等效平衡是一种解决问题的模型，对复杂的对比问题若设置出等效平衡模型，然后改变条件平衡移动，问题就迎刃而解。7D【解析】试题分析：AA、B电极反应式分别为4H2O+4e-=2H2+4HO-、2H2O-4e-=O2+4H+，相同温度和压强下，A电极生成气体体积大于B电极，故A错误；B阳极上生成氧气、阴极上生成氢气，氧气和氢气都是无色无味气体，故B错误；CA、B电极反应式分别为4H2O+4e-=2H2+4HO-、2H2O-4e-=O2+4H+，所以A电极附近溶液呈碱性、B电极附近溶液呈酸性，则A电极溶液呈蓝色、B电极溶液呈红色，故C错误；D惰性电解电解稀的Na2SO4溶液，实际是电解水，将全部电解液转移到同一烧杯中，充分搅拌后溶解呈中性，故D正确；故选D。考点：考查电解原理，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键。8D【解析】试题分析：a1、a2分别为A在甲、乙两个恒温容器中建立平衡体系A(g)2B(g)时的转化率，已知甲容器保持压强不变，由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，在温度不变的情况下，增加A的物质的量，容器的容积增大，单位体积内A的物质的量不变，所以化学平衡不发生移动，a1不变；而乙容器保持容器体积不变。在温度不变的情况下，均增加A的物质的量，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，a2减小，故选项D正确。考点：考查不同条件下化学平衡移动的有关知识。9A【解析】试题分析：由图可知，增大压强平衡V逆V正,化学平衡逆向移动，根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，逆反应方向是气体体积减小的方向，则m+np；排除选项B、D；升高温度C的含量增大，说明升高温度平衡正向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，正反应为吸热反应，排除选项C，故选项A正确。考点：考查图像方法在化学平衡移动的影响的知识。10A【解析】试题分析：由题意可知，金属Cu、Mg与硝酸反应后再加入足量的氢氧化钠溶液，最后转化为Cu(OH)2、Mg(OH)2沉淀，由+2价金属和金属离子结合氢氧根离子的数目可知，氢氧根离子的物质的量即为金属失去电子的物质的量，在金属与硝酸的反应中，硝酸被还原为NO2、NO、N2O三种气体而且在标准状况下它们的体积均为0.224L，气体的物质的量为0.224L22.4L/mol=0.01mol，由电子守恒可知，金属的失电子的物质的量为0.01mol（5-4）+0.01mol（5-2）+0.01mol2（5-1）=0.12mol，即OH-的物质的量为0.12mol，沉淀的质量为2.14g+0.12mol17g/mol=4.18g，选项A正确。考点：考查守恒方法在氧化还原反应的化学计算的应用的知识。11A【解析】试题分析：A2.0gH218O与D2O的混合物的物质的量是0.1mol，由于1个分子中含有10个电子，所以其中所含中子数是NA，正确；B常温常压下，4.4g乙醛的物质的量是0.1mol，由于在一个乙醛分子中含有5个单键，所以0.1mol分子中所含单键数目为0.5NA，错误；C标准状况下5.6 LCO2的物质的量是0.25mol，则其与足量Na2O2反应转移的电子数为0.25NA，错误；D50mL1 2mol/L盐酸中含有HCl的物质的量是0.6mol，若完全发生MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，转移电子的物质的量是0.3mol，由于随着反应的进行，盐酸变稀，反应就不再发生，所以转移电子的物质的量小于0.3mol，因此转移的电子小于03NA，错误。考点：考查阿伏伽德罗常数的计算的知识。12A【解析】试题分析：A在盛有1mL2%的硝酸银溶液中逐滴加入2%稀氨水，边滴边振荡至最初产生的沉淀恰好消失为止，可配制少量银氨溶液，故A正确；B新制Cu（OH）2的配制是在05mL10%氢氧化钠溶液中滴加少量CuSO4溶液，要确保NaOH过量，故B错误；C向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间后，需要先加入过量NaOH溶液中和硫酸，使溶液显碱性，再加入银氨溶液并加热，来检验淀粉是否水解，故C错误；D将氯乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的混合溶液中先滴加稀硝酸酸化后，再滴加硝酸银溶液来检验水解产物中的氯离子，故D错误；答案为A。考点：考查有机物的检验，重点考查实验的操作规范。13C【解析】试题分析：设混合气体中含有4VLNO2，1VLO2，则烧瓶的体积为5VL， 4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO3 (4V/22.4)mol (V/22.4)mol (4V/22.4)molC(HNO3)= (4V/22.4)mol5VL=(1/28) mol/L，故选项C正确。考点：考查物质的量浓度的计算的知识。14D【解析】试题分析：A、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故A错；B、因氢氧化镁溶度积小，由Ksp计算则其Mg2+浓度小，故B错；C、二者Ksp接近，使用浓NaF溶液可以使氢氧化镁转化，故C错；D、NH4+结合OH-使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故D正确；故选D。考点：考查了难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化的相关知识。15C【解析】试题分析：根据原电池的工作原理，N棒变细，作负极，M棒变粗，作正极，A、锌比铜活泼，M作负极，N作正极，不符合题意，故错误；B、铁比铜活泼，铁作负极，铜作正极，正极反应式为：2H2e=H2，正极质量不增加，故错误；C、锌比银活泼，锌作负极，银作正极，其电极反应式为Age=Ag，质量增加，故正确；D、锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极，故错误。考点：考查原电池的工作原理等知识。16C【解析】试题分析：发生的2Na2O22H2O=4NaOHO2，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，根据量的关系，反应后，剩余n（NaOH）=0.1mol，n（NaAlO2）=0.3mol，A、根据上述分析，反应过程中产生气体的物质的量为n（H2）n（O2）=（0.10.45）mol=0.55mol，则体积为0.5522.4L=12.32L，故错误；B、n（HCl）=6.72/22.4mol=0.3mol，发生的反应：NaOHHCl=NaClH2O，AlO2HH2O=Al（OH）3，根据数量关系，AlO2过量，因此有沉淀产生，故错误；C、根据B的分析，产生n（NaCl）=0.3mol，c（NaCl）=0.3mol/200103molL1=1.5molL1，故正确；D、溶液中含有NaAlO2，故错误。考点：考查化学计算、元素及其化合物的性质等知识。17（1）336mL；（2）1：4。【解析】试题分析：（1）CH4+2O2CO2+2H2O，1 mol CH4完全燃烧得到的CO2和H2O共80g，原混合气体中n(CH4)=0.6/80mol=0.0075 mol，CH4体积为0.0075 22.4L=0.168L 即168mL，剩余气体体积为840mL-168mL3=336mL；（2）V(CH4)V(O2)=168mL(840-168)mL=14。考点：考查化学计算等知识。18（1）0.08 mol （2）0.02 mol 0.01 mol【解析】试题分析：（1）反应中消耗HCl的物质的量为0.2 L5molL-1-0.2 L4.6 molL-10.08mol；（2）设Al、Fe的物质的量分别为xmol、ymol由2Al+6HCl2AlCl3+3H2、Fe+2HClFeCl2+H2x 3x y 2y27x+56y1.1、3x+2y0.08解得x0.02、y0.01考点：考查金属与酸反应的计算19（1）1mol/L ；（2）1.5mol/L【解析】试题分析：根据c=可得混合前：n(CuSO4)=2.0mol/L0.1L=0.2mol，n(H2SO4)=l.0mol/L0.1L=0.1mol，（1）混合后溶液的体积为0.2L，c(CuSO4)=1mol/L，故答案为：混合溶液中CuSO4的物质的量浓度为1mol/L；（2）混合后：n(SO42-)=n(CuSO4)+n(H2SO4)=0.2mol+0.1mol=0.3mol，混合后c(SO42-)=1.5mol/L；故答案为：混合溶液中SO42-的物质的量浓度分别为1.5mol/L。考点：考查物质的量浓度相关计算20（1）C3H6O3；（2） ，。【解析】试题分析：（1）N的式量为：M=4.02(g/L)22.4L/mol=90g/mol，n（N）=0.1mol/L，1molN中：n（C）=0.1mol=3mol，n（H）=0.1mol=6mol，n（O）=（9012316）16=3mol，则有机物的分子式为C3H6O3；（2）N在催化剂条件下缩聚反应合成M，根据核磁共振氢谱显示的峰面积可知N为，反应的方程式为。考点：考查有机物分子式的计算、缩聚反应等知识。21（1）l；（2）40%；（3）11:9。【解析】试题分析：（1）根据E的反应速率可知，生成E的物质的量是0.1 molL1min10.4L5min=0.2mol ，n（D）=n（E）= 0.2mol，所以计量数m=1。（2）根据反应方程式 2A（g） + B （g） D （g） + E （g）起始量（mol） 0.6 0.5 0 0转化量（mol） 0.4 0.2 0.2 0.2平衡量（mol ） 0.2 0.3 0.2 0.2B的转化率为（0.2mol0.5mol） 100= 40；（3）平衡时混合物总物质的量为0.2mol + 0.3mol + 0.2mol + 0.2mol=0.9mol ，起始时混合物总物质的量为0.6mol + 0.5mol = 1.lmol ，由于容器的容积不变，所以气体的物质的量的比等于容器内气体的压强之比，故起始与平衡时密闭容器中的压强之比11 : 9。【考点定位】考查化学平衡的计算【名师点晴】本题考查影响化学反应速率的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算，比较基础。有关化学平衡的计算常常使用三段式解题，要正确理解和灵活运用三段式法在化学平衡计算中的应用。22 (1) v（FeCl2）=0.25molL-1min-1；(2) v（HCl）=0.25molL-1min-1；(3) 前2min内反应速率快 因前2min内)v（FeCl2）=0.25molL-1min-1，而后4min内) v（FeCl2）=1/2v（HCl）=0.125molL-1min-1，故前2min的反应速率快。【解析】试题分析：（1）反应前氯化亚铁的物质的量为0；Fe+2HCl=FeCl2 +H256g 1mol 22.4L 2.8g 0.05mol 1.12Lv(FeCl2)=nVt0.05mol0.1L2min=0.25 mol/（Lmin）；(2)反应前氯化氢的物质的量为n(HCl)=14.6g36.5g/mol=0.4mol，铁的物质的量为n(Fe)=5.6g56g/mol0.1mol 结合方程式知，氯化氢过量，通过(1)知，前两分钟，铁反应2.8g，还剩2.8g；2min-4min时，铁反应2.8g， Fe+2HCl=FeCl2 +H2 56g 2 mol 2.8g 0.1mol所以氯化氢的物质的量的变化量为0.1mol，所以 4min内c(HCl)= nVt0.1mol0.1L4min=0.25 mol/（Lmin）；(3)根据同一反应、同一时间段内中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以前两分钟内，氯化氢的平均反应速率为0.5mol/（Lmin）；2min-4min时，氯化氢的平均反应速率为0.25 mol/（Lmin），所以前两分钟内反应速率快，原因是：随着反应的进行，氢离子的浓度不断减小，所以反应速率降低。考点：考查反应速率的计算与比较及影响速率的因素的分析、判断的知识。