2019-2020学年高二化学下学期第三次月考试题(含解析).doc

2019-2020学年高二化学下学期第三次月考试题(含解析)可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N：14 O:16 Ca：40 Al:27 一、选择题：（每小题只有一个最佳选项。每小题2分，共48分）1. 下列说法正确的是()A. 碳酸钠可用于治疗胃酸过多、制备食品发酵剂B. 铝的钝化、煤的气化、漂白粉杀菌消毒过程均有化学反应发生C. 福尔马林、漂白粉、胆矾均为混合物D. 日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒【答案】B【解析】分析：A.碳酸钠腐蚀性强；B.有新物质产生的变化是化学变化；C.由两种或两种以上物质组成的是混合物；D.75%的酒精常用于杀菌消毒。详解：A. 碳酸钠具有较强的腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，A错误；B. 铝的钝化、煤的气化、漂白粉杀菌消毒过程均有新物质生成，因此都有化学反应发生，B正确；C. 福尔马林是甲醛的水溶液，漂白粉是次氯酸钙和氯化钙组成的混合物，胆矾是带有5个结晶水的硫酸铜，属于纯净物，C错误；D. 日常生活中75%的酒精用来杀菌消毒，无水乙醇不能用于杀菌消毒，D错误。答案选B。2. 若NA表示阿伏加德罗常数，下列有关叙述错误的是()A. 一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAB. 1 mol Na与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA个C. 16 g CH4与18 g NH4+ 所含电子数均为10NAD. 溶液中含氯化铁1mol，完全转化为氢氧化铁胶体后，胶粒数为NA【答案】D【解析】分析：A.反应属于可逆反应；B.钠在反应中只能失去1个电子；C.甲烷和铵根均是10电子微粒；D.胶体是大分子的集合体。详解：A. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NA，A正确；B. 钠在反应中只能失去1个电子，因此1 mol Na与O2完全反应，不论生成氧化钠还是过氧化钠还是二者的混合物，转移电子总数为NA个，B正确；C. 16 g CH4与18 g NH4+均是1mol，所含电子数均为10NA，C正确；D. 由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此溶液中含氯化铁1mol，完全转化为氢氧化铁胶体后，胶粒数小于NA，D错误。答案选D。3. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A. 用白醋除铁锈：Fe2O36H=3H2O2Fe3B. 向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液并加热：Ba22OHNH4HCO3NH32H2OBaCO3C. 氯化亚铁溶液在空气中慢慢滴入过量氨水，产生白色沉淀：Fe2+2NH3H2OFe(OH)2+2NH4+D. NH4HS溶液与少量的NaOH溶液反应：NH4+OH=NH3H2O【答案】B【解析】分析：A.醋酸是弱电解质；B.氢氧化钡过量，碳酸氢铵全部反应；C.根据氢氧化亚铁易被氧化分析；D.氢氧化钠不足，HS首先反应。详解：A. 醋酸难电离，用白醋除铁锈：Fe2O36CH3COOH3H2O2Fe3+6CH3COO，A错误；B. 向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液并加热生成碳酸钡、氨气和水：Ba22OHNH4HCO3NH32H2OBaCO3，B正确；C. 氯化亚铁溶液在空气中慢慢滴入过量氨水，先产生白色沉淀，然后迅速转化为灰绿色，最后转化为红棕色，C错误；D. 硫氢根离子结合氢氧根的能力强于铵根，则NH4HS溶液与少量的NaOH溶液反应：HS+OH=S2+H2O，D错误。答案选B。点睛：明确物质的性质、发生的化学反应是解答的基础，解答的关键是准确判断出反应的先后顺序。注意氨水作为反应物写NH3H2O；作为生成物，若有加热条件或浓度很大时，可写NH3(标号)，若是稀溶液且不加热时，可写NH3H2O。4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A. 0. 1molL-1NaOH 溶液： K、Na、SO42 、CO32B. 0. 1molL-1Na2CO3 溶液： K、Ba2、NO3 、ClC. 0. 1molL-1FeCl3 溶液： K、NH4+ 、I、SCND. c(H)/c(OH)= 1*1014的溶液： Ca2、Na、ClO、NO3【答案】A【解析】试题分析：ANaOH与K+，Na+、SO42-，CO32-均不反应，故可以共存，故A正确；BCO32-能和Ba2+生成碳酸钡沉淀，故不能共存，故B错误；CFe3+能和I-发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质、Fe3+能和SCN-发生络合反应而不能共存，故C错误；Dc(H+)c(OH)=11014的溶液中，C(H+)C(OH-)，溶液显酸性，含大量H+能和ClO-反应生成弱电解质而不能共存，故D错误；故选A。【考点定位】考查离子共存【名师点晴】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。视频5. 同温同压下，分别用等质量的H2、CO、CO2、NH3四种气体吹起四个气球，其中由H2吹起的是()A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】气体的物质的量n=m/M，在同温同压下，气体摩尔体积相同，气体的体积V=nVm，即V=m/MVm可知，摩尔质量越大，体积越小。H2、CO、CO2、NH3的摩尔质量分别为2g/mol、28g/mol、44g/mol、17g/mol，H2的摩尔质量最小，故体积最大，答案选C。点睛：本题考查了物质的量的计算，明确物质的量与气体摩尔体积、摩尔质量之间关系即可解答，注意阿伏加德罗定律的适用范围、条件等。6. 三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)”、“=”或“ (4). Ni2+H2PO2-+H2ONi+H2PO3-+2H+ (5). 12NA【解析】分析：（1）结合化合价代数和为0判断；（2）由题给信息“亚磷酸是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3”可知Na2HPO3为正盐，水解呈碱性；（3）根据氧化还原反应中化合价变化及质量守恒定律判断反应物和生成物，并配平反应方程式；结合元素化合价的变化计算详解：（1）Na2HPO3中Na元素化合价为+1价，H为+1价，O为-2价，由化合价代数和为0可知P元素化合价为+3价；（2）由题给信息“亚磷酸是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3”可知Na2HPO3为正盐，酸根水解溶液呈碱性，pH7；（3）由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，所以根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：Ni2+H2PO2-+H2ONi+H2PO3-+2H+；27. 某无色溶液，由Na+、Ba2+、Al3+、Cl-、AlO2-、MnO4-、CO32-、SO42-中的若干离子组成，将溶液平均分为两份置于两支试管：取其中一支试管，加入过量HCl有气体生成，并得到溶液；在所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3，出现白色沉淀；取另一支试管，先加入过量的HCl酸化，再加入过量的NaHCO3溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为3.9g；在所得溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，有白色沉淀乙析出根据上述实验完成下列问题：（1）溶液中一定不存在的离子是_；（2）一定存在的离子是_；（3）判断沉淀乙成分的方法是_；（4）写出有关反应的离子方程式实验：_；_；（5）通过实验可知溶液中存在的离子为_，原溶液中该离子的物质的量为_。【答案】 (1). Ba2+，Al3+，MnO4- (2). Na+、AlO2-、CO32- (3). 向沉淀中加入过量HCl，全部溶解沉淀为碳酸钡，部分溶解沉淀为碳酸钡与硫酸钡的混合物 (4). CO32-+2H+=CO2+H2O (5). AlO2-+4H+=Al3+2H2O (6). AlO2- (7). 0.05mol【解析】分析：无色溶液中一定不含MnO4-；取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液，说明一定含CO32-、CO32-与Ba2+、Al3+反应产生沉淀，一定不含Ba2+，Al3+；在所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3，出现白色沉淀，由于中引入氯离子，故不能判断此溶液中一定含有Cl-；取另一支试管，先加入过量的HCl酸化，再加入过量的NaHCO3溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为3.9g，说明溶液中一定含有AlO2-，沉淀甲为氢氧化铝，且物质的量为0.05mol；在所得溶液中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀乙析出，氢氧化钡和过量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钡沉淀，或者与原溶液中的硫酸根生成硫酸钡沉淀，依据电中性原则得出，溶液中一定含有：Na+，据此解答即可。详解：（1）根据以上分析可知溶液中一定不存在的离子是Ba2+、Al3+、MnO4-；（2）依据分析可知：一定存在的是Na+、AlO2-、CO32-；（3）根据碳酸钡能溶于酸，硫酸钡不溶于酸判断，即向沉淀中加入过量HCl，沉淀全部溶解为碳酸钡，沉淀部分溶解为碳酸钡与硫酸钡的混合物；（4）碳酸根与氢离子反应生成二氧化碳气体与水，偏铝酸根与氢离子反应生成铝离子和水，离子反应方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O、AlO2-+4H+=Al3+2H2O；（5）依据分析可知：溶液中一定含有AlO2-，3.9g氢氧化铝的物质的量为3.9g78g/mol=0.05mol，则原溶液中含AlO2-物质的量为0.05mol。28. 甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究。向A中通入氯气至过量，观察A中，发现溶液先呈红色，然后变为黄色。（1）B中反应的离子方程式是_。（2）为了探究A中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验。取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在_。（3）资料显示：SCN -的电子式为 。甲同学猜想SCN可能被Cl2氧化了，他进行了如下研究。取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液， 产生白色沉淀，由此证明SCN中被氧化的元素是_。甲同学通过实验证明了SCN中氮元素转化为NO3 ，已知SCN中碳元素没有被氧化，若SCN与Cl2反应生成0.5mol CO2，则转移电子的物质的量是_mol。【答案】 (1). Cl2+2OHCl+ClO+H2O (2). Fe3+ (3). 硫元素 (4). 8mol详解：（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O；（2）A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+；（3）加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN-中硫显-2价，所以被氧化的元素为硫元素；SCN-与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN-+8Cl2+9H2O=NO3-+SO42-+CO2+Cl-+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成0.5mol二氧化碳要转移8mol电子。29. A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，B元素是地壳中含量最高的元素，C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，E元素位于周期表的B族，F的基态原子中有4个未成对电子。（1）A元素单质的结构式为_；B元素原子中的未成对电子数为_。（2）在A的氢化物A2H4分子中，A原子轨道的杂化类型是_；A与B形成的AB2-的空间构型为_。（3）A、B、C三种元素的第一电离能从大到小的顺序为_(用元素符号表示)。（4）基态F3+的核外电子排布式是_；F3+与SCN-络合得到多种配合物，其中配位数为5的配合物的化学式为_；化合物FD3是棕色固体、易潮解，100左右时升华，FD3的晶体类型是_。（5）铁在不同温度范围有不同的晶体结构。室温下铁是简单立方，称为铁(-Fe)。当温度升高到912，铁转变为面心立方，称为铁(-Fe)。当温度继续升高到1394 ，铁转变为体心立方。称为铁(-Fe)。铁晶体中铁原子配位数是_。铁晶体密度为dgcm-3，则其晶胞参数(边长)为_cm(阿伏加德罗常数用NA表示)。【答案】 (1). NN (2). 2 (3). sp3 (4). V形（或：平面三角型） (5). NOSi (6). 1s22s22p63s23p63d5（或：Ar3d5） (7). K2Fe(SCN)5 (8). 分子晶体 (9). 12 (10). 3112dNA【解析】分析：A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，则A为N，B元素是地壳中含量最高的元素，为O，C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，为第四主族元素，结合原子序数大小可知为Si，D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，则D为Cl，E元素位于周期表的B族，则E为Cr，F的基态原子中有4个未成对电子，则F为Fe，结合原子结构特点及元素性质解答。详解：依据上述分析可知A、B、C、D、E、F元素依次为：N，O，Si，Cl，Cr，Fe。则（1）A元素单质为氮气，氮气分子内存在1个氮氮三键，结构式为NN；B元素为氧元素，O原子中的未成对电子数有2个；（2）A2H4分子为N2H4，N2H4分子中氮原子的价层电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N原子轨道的杂化类型是sp3，A与B形成的NO2-离子中孤对电子数为：（6-22）/2=1，因此分子空间构型是V型；（3）同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容