2019届高三化学12月月考试卷(含解析).doc

2019届高三化学12月月考试卷(含解析)1.“笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，下列说法中不正确的是()A.B.C.D.用灼烧法可鉴别毛笔羊毫的真伪用墨写字画画可长久不褪色纸及造纸原料的主要成分均是纤维素用石材制作砚台的过程是化学变化A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，因此用灼烧法可鉴别毛笔羊毫的真伪，A正确；B、松烟墨性质稳定，因此用墨写字画画可长久不褪色，B正确；C、纸及造纸原料的主要成分均是纤维素，C正确；D、用石材制作砚台的过程是物理变化，D错误，答案选D。2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值,下列有关说法正确的是 ( )A. 标准状况下，6.72 L NO2 与水反应转移的电子数为 0.1NAB. 1 mol Na2O 和 Na2O2 混合物中含有的阴、阳离子总数是 3NAC. 1 mol Cl2 与足量 Fe 反应转移电子数一定为 3NAD. 1 L 0.1 mol/L 的碳酸钠溶液中的阴离子总数等于 0.1NA【答案】B【解析】【详解】A.标况下6.72 L NO2的物质的量为0.3mol，而NO2和水的反应中，3mol NO2转移2mol电子，故0.3mol二氧化氮转移0.2 NA电子，故A项错误；B.氧化钠和过氧化钠均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol两者的混合物中含有的阴阳离子的物质的量为3mol，个数为3 NA，故B项正确； C.氯气和铁反应后，氯由0价变为-1价，故1mol氯气和铁反应后转移2 NA电子，故C项错误；D.碳酸根在溶液中会水解，导致阴离子个数增多，故溶液中的阴离子的个数多于0.1NA，故D错误； 综上，本题选B。3.下列说法正确的是( )A. 图所示装置用于 Cu 和浓 H2SO4 制取少量的 SO2 气体B. 图装置可验证非金属性：ClCSiC. 图可用于收集气体 H2、CO2、Cl2、NH3D. 图表示将 SO2 气体通入 H2S 水溶液中，所得溶液的 pH 变化【答案】C【解析】【分析】A.Cu和浓H2SO4反应需要加热;B.盐酸易挥发,可以知道盐酸酸性大于碳酸、盐酸酸性大于硅酸,不能确定碳酸、硅酸的酸性,且不能利用无氧酸与含氧酸的酸性比较非金属性;C.此装置长管进气为向上排空气法，短管进气为向下排空气法;D.结合SO2和H2S反应的方程式分析；【详解】A.Cu和浓H2SO4反应需要加热,则图中装置不能制取少量的SO2气体,故A项错误;B.由于盐酸易挥发,图中可以知道盐酸酸性大于碳酸、盐酸酸性大于硅酸,不能确定碳酸、硅酸的酸性,且不能利用无氧酸与含氧酸的酸性比较非金属性,应利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性,故B错误;C.CO2、Cl2可利用向上排空气法收集,从长导管进气，H2、NH3可利用向下排空气法收集,从短导管进气,故C项正确;D.H2S水溶液显酸性,反应开始时pH不会大于7,将SO2气体通入H2S水溶液中生成单质硫,酸性减弱,pH增大,当SO2过量时，SO2溶于水生成亚硫酸，使溶液酸性增强,故D错误;综上，本题选C。4.下列各组离子可能大量共存的是()A. 与铝反应放出氢气的溶液中：Na+、Cl-、S2-、SO32-B. 常温下Kw/c(H+)=110-13molL-1的溶液中：Ca2+、Fe2+、NO3-、NH4+C. 常温下水电离出的c(H+)=10-10molL-1的溶液中Na+、K+、Cl-、HCO3-D. 0.5 molL-1AlCl3溶液中：AlO2-、K+、CO32-【答案】A【解析】试题分析：A与铝反应放出氢气的溶液显酸性或碱性，在酸性溶液中S2、SO32-发生氧化还原反应，不能共存，在碱性溶液可以大量共存，故A正确；B常温下Kw/c(H)=11013molL1的溶液显酸性，在酸性溶液中Fe2+、NO发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C水电离出的c(H)1010molL1的溶液显酸性或碱性，在酸性或碱性溶液中HCO3都不能大量存在，故C错误；DAlCl3溶液中CO32与铝离子发生双水解反应，不能大量共存，故D错误；故选A。考点：考查了离子共存的相关知识。5.短周期元索M、N、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们组成的单质或化合物存在如下转化关系。甲、丁为二元化合物(两种元素形成的化合物），乙、戊为单质，丙、己为三元化合物。已知25时，0.1mol/L的甲、丙两溶液的pH分别为l、13 ，丁、己两溶液混合时产生白色沉淀。下列推断正确的是A. M分别与N、X、Z形成的简单化合物中，M与N形成的化合物熔点最高B. 原子半径：ZYXMNC. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物能相互反应D. Z的阴离子结合质子的能力比N的阴离子强【答案】C【解析】25时，0.1 molL-1甲溶液的pH=1，说明甲为一元强酸，甲为二元化合物，短周期中只有HCl满足；0.1molL-1丙溶液的pH=13，说明丙为一元强碱，短周期元素中只有Na对应的NaOH为强碱，所以M为H元素；乙为单质，能够与强酸甲、强碱丙反应生成单质戊，则戊只能为氢气，乙为金属Al；结合M，N，X，Y，Z的原子序数依次增大可知为H、O、Na、Al、Cl元素，则A. M分别与N、X、Z形成的简单化合物分别是H2O、NaH、HCl，NaH是离子化合物，熔点最高，A错误；B. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：NaAlClOH，B错误；C. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸，三者能相互反应，C正确；D. 盐酸是强酸，因此氯离子结合氢离子的能力比O的阴离子弱，D错误，答案选C。点睛：本题考查元素推断、原子结构与元素周期律的应用，正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。选项A是易错点，注意碱金属的氢化物是离子化合物，熔沸点较高。6.二氧化硫空气质子交换膜燃料电池将化学能转变成 电能的同时，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结 合，降低了成本提高了效益，其原理如图所示。下列说 法错误的是( )A. 该电池放电时电子从 Pt1 电极经过外电路流到 Pt2电极B. Pt1 电极附近发生的反应为：SO22H2O2e=SO42-4HC. 相同条件下，放电过程中消耗的 SO2 和 O2 的体积比为 21D. Pt2 电极附近发生的反应为 O24e=2O2【答案】C【解析】A放电时，电子从负极流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池放电时电子从Pt1电极经过外电路流到Pt2电极，选项A正确；BPt1电极通入SO2，SO2在负极失电子生成SO42-，则电极反应为SO2+2H2O-2e-SO42-+4H+，选项B正确；C酸性条件下，氧气得电子生成水，则Pt2电极附近发生的反应为O2+4H+4e-2H2O，选项C错误； D该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和O2的体积之比为2：1，选项D正确。答案选B。点睛：本题考查了原电池原理的应用，侧重考查原电池原理，明确电解质溶液酸碱性、电极的判断以及电极方程式的书写方法是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质的溶解性以及是否存在交换膜等。7.下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图示变化的是( )物质编号物质转化关系abcdFeCl2FeCl3FeCuCl2NONO2N2HNO3Na2ONa2O2NaNaOHAl2O3NaAl(OH)4AlAl(OH)3A. B. C. D. 【答案】A【解析】N2不能一步生成NO2，错误；NaOH不能一步生成Na2O，错误。8.脱硝通常指将烟气中的氮氧化物(NOx)转化为无害的物质。（1）选择性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在金属催化剂作用下，用还原剂(如NH3)选择性地与NOx反应生成N2和H2O。已知:4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) H=-905.5kJmol-1N2(g)+O2(g) 2NO(g) H=+l80kJ mol-1完成该方法中主要反应的热化学方程式：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) H=_。该方法应控制反应温度在315400之间，反应温度不宜过低也不宜过高的原因是_。氨氮比n(NH3)/n(NO)会直接影响该方法的脱硝率，350时，只改变氨气的投放量，反应物X的转化率与氨氮比的关系如下图所示，则X是_ (填学式)。氨氮比由0.5增加到1.0时，脱硝主要反应的平衡将向_方向移动。当n(NH3)/n(NO)1.0时，烟气中NO浓度反而增大，主要原因是_。（2）直接电解吸收也是脱硝的一种方法，用6%的稀硝酸吸收NOx生成HNO2(元弱酸)，再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸。电解装置如上右图所示。图中b应连接电源的_（填“正极”或“负极”)。a电极反应式为_。【答案】 (1). -1625.5 kJ mol-1 (2). 温度过低，反应速率小；温度过离，使脱硝主要反应的平衡向逆反应方向移动，脱硝率降低 (3). NH3 (4). 正反应 (5). 过量氨气与氧气反应生成NO (6). 负极 (7). H2O+HNO2-2e-=NO3-+3H+【解析】试题分析：（1）根据盖斯定律计算4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)的焓变；根据反应速率和反应限度，分析应控制反应温度在315400之间的原因；两种反应物，增加一种物质的投料量，能提高另一种物质的平衡转化率，自身的平衡转化率减小；增加反应物，平衡将向正方向移动；当n(NH3)/n(NO)1.0时，过量的氨气被催化氧化为NO；（2）HNO2转化为硝酸，发生氧化反应，所以a是阳极，b是阴极；解析：（1）4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) H=-905.5kJmol-1 N2(g)+O2(g)2NO(g) H=+l80kJ mol-1 根据盖斯定律，4得4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) H= -905.5kJmol-1l80kJ mol-14= -1625.5 kJ mol-1；温度过低，反应速率小；温度过离，使脱硝主要反应的平衡向逆反应方向移动，脱硝率降低，所以反应温度在315400之间；两种反应物，增加一种物质的投料量，能提高另一种物质的平衡转化率，自身的平衡转化率减小；增加氨气的投放量，X转化率降低，所以X是氨气；增加反应物，平衡将向正方向移动，所以氨氮比由0.5增加到1.0时，脱硝主要反应的平衡将向正方向移动；当n(NH3)/n(NO)1.0时，氨气过量，过量的氨气被催化氧化为NO，所以NO浓度增大；（2）电解将HNO2转化为硝酸，发生氧化反应，所以a是阳极，b是阴极，b连接电源的负极；阳极的电极反应式为H2O+HNO2-2e-=NO3-+3H+。点睛：HNO2在a电极导入电解槽电解，使之转化为硝酸，而离子交换膜为阳离子交换膜，HNO2 只能在a电极被氧化为硝酸，所以a是阳极，b是阴极，b的电极反应式是2H+2e=H2 。9.某矿样中含有大量的 CuS 及少量其他不溶于酸的杂质。实验室中以该矿样为原料制备CuCl22H2O 晶体，流程如下：(1)在实验室中，欲用 37%(密度为 1.19 gmL1)的盐酸配制 500 mL 6 molL1 的盐酸，需要的仪器除 量筒、烧杯、玻璃棒外，还有_、_。(2)若在实验室中完成系列操作 a。则下列实验操作中，不需要的是_(填字母)。CuCl2 溶液中存在平衡：Cu(H2O)42(蓝色)4ClCuCl42(黄色)4H2O。欲用实验证明滤液 A(绿色)中存在上述平衡，除滤液 A 外，下列试剂中还需要的是_(填字 母)。aFeCl3 固体 bCuCl2 固体 c蒸馏水(3)某化学小组欲在实验室中研究 CuS 焙烧的反应过程，查阅资料得知在空气中焙烧 CuS 时，固体 质量变化曲线及 SO2 生成曲线如图。CuS 矿样在焙烧过程中，有 Cu2S、CuOCuSO4、CuSO4、CuO 生成，转化顺序为CuS Cu2S CuOCuSO4CuSO4CuO第 步 转 化 主 要 在 200 300 内 进 行 ， 该 步 转 化 的 化 学 方 程 式_。300400 内，固体质量明显增加的原因是_，图所示过程中，CuSO4固体能稳定存在的阶段是_(填字母)。a一阶段 b二阶段 c三阶段 d四阶段该化学小组设计如下装置模拟 CuS 矿样在氧气中焙烧第四阶段的过程，并验证所得气体为 SO2和 O2 的混合物。a装置组装完成后，应立即进行的一项操作是_。b当 D 中产生白色沉淀时，说明第四阶段所得气体为 SO2 和 O2 的混合物，你认为 D 中原来盛有_溶液。c若原 CuS 矿样的质量为 10.0 g，实验过程中，保持在 760 左右持续加热，待矿样充分反应后， 石英玻璃管内所得固体的质量为 8.0 g，则原矿样中 CuS 的质量分数为_。【答案】（1）胶头滴管（2分） 500mL容量瓶（2分）（2）cd（2分） c（2分）（3）2CuS+O2Cu2S+SO2（2分）300400oC范围内Cu2S转化为CuSO4，进行的是第二阶段，主要产物是CuOCuSO4，相当于固体中增加了氧元素的质量，所以固体质量明显增加 （2分） c （2分）a.检验装置气密性（2分） b.氯化钡（BaCl2）（2分） c.96% （2分）【解析】试题分析：（1）用液体配制溶液，需要量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、及容量瓶，本题中需配制500mL的溶液所以需要500mL的容量瓶；（2）从滤液到晶体，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤步骤得到晶体，不需要灼烧、分液，所以答案选cd；欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，则需要改变条件，看是否有平衡移动，因此实验中加入水后溶液蓝色加深，即可证明存在平衡；不能加入氯化铁固体或氯化铜固体，原因是铁离子和铜离子本身有颜色，实验c正确；（3）200300oC范围内进行的是第一阶段，所以产物主要是Cu2S，所以化学方程式为2CuS+O2Cu2S+SO2；300400oC范围内，进行的是第二阶段，主要产物是CuOCuSO4，相当于固体中增加了氧元素的质量，所以固体质量明显增加；从图中可以看出，CuSO4固体能稳定存在的阶段是第三阶段，答案选c；a装置组装完成后，应立即进行的一项操作是检验装置制气密性；b当D装置中产生白色沉淀时，便能说明第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物，气体溶于溶液后可得硫酸根离子，所以只需验证硫酸根离子的存在即可，因此应选择氯化钡溶液；石英玻璃管内所得固体为CuO，其质量为8.0g，物质的量是0.1mol，根据元素守恒，则CuS的质量是9.6g，所以原矿样中CuS的质量分数为9.610100%=96%。考点：化学实验综合。10.铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大回答下列问题：(1)已知高炉炼铁过程中会发生如下反应：FeO(s)+ CO(g)Fe(s)+CO2(g)H1Fe2O3(s)+1/3 CO(g) 2/3 Fe3O4(s)+ 1/3 CO2(g)H2Fe3O4(s)+ CO(g)3Fe(s)+CO2(g)H3Fe2O3(s)+ CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)H4则H4 的表达式为_(用含H1、H2、H3 的代数式表示)。(2)上述反应在高炉中大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下：温度25060010002000主要成分Fe2O3Fe3O4FeOFe1600时固体物质的主要成分为_，该温度下若测得固体混合物中 m(Fe)：m(O)=35：2， 则 FeO 被 CO 还原为 Fe 的百分率为_(设其它固体杂质中不含 Fe、O 元素)。(3)铁等金属可用作 CO 与氢气反应的催化剂已知某种催化剂可用来催化反应 CO(g)+3H2(g) = CH4(g) +H2O(g)H0在 T，106Pa 时将 l mol CO 和 3mol H2 加入体积可变的密闭容器 中实验测得 CO 的体积分数 x(CO)如下表：t/min01020304050x(CO)0.250.230.2140.2020.1930.193能判断 CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)达到平衡的是_(填序号)。a容器内压强不再发生变化 b混合气体的密度不再发生变化cv 正(CO)=3v 逆(H2) d混合气体的平均相对分子质量不再发生变化达到平衡时 CO 的转化率为_；在 T106Pa 时该反应的压强平衡常数 Kp(用平衡分 压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)的计算式为_。图表示该反应 CO 的平衡转化率与温度、压强的关系图中温度 T1、T2、T3 由高到低的顺序是_，理由是_【答案】（1）H2+23H3 ；（2）FeO和Fe；80%；（3）bd；37.1%；T3T2T1；正反应放热，在相同压强下，温度降低，平衡向正反应方向移动，CO的转化率升高【解析】试题分析：（1）已知反应：Fe2O3(s)+13CO(g)23Fe3O4(s)+13CO2(g)H2Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)H3 ，根据盖斯定律，将所给的反应+23可得：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)，故H4=H2+23H3 ，故答案为：H2+23H3 ；（2）根据当1000时为FeO，在2000时为Fe，故在1600时固体物质的主要成分为FeO和Fe的混合物；设混合物中FeO的物质的量为xmol，Fe的物质的量为ymol，则有：x+yx=3556216，即可求的x:y=1:4，故剩余的FeO和被还原为铁的FeO的物质的量之比为1:4，则可知被还原的FeO的百分比为41+4100%=80%，故答案为：FeO和Fe；80%；（3）a由于此容器是个体积可变的容器，故为恒容的容器，则容器内压强一直不变，故不能作为反应达平衡的标志，故a错误；b此反应在平衡前，气体的质量不变，但体积变小，故密度变大，故当混合气体的密度不再发生变化时能说明反应达平衡，故b正确；c反应达平衡的根本标志是v正=v逆，所以3v正(CO)=v逆(H2)，故c错误；d在反应达平衡之前，混合气体的质量不变，但物质的量变小，故混合气体的平均相对分子质量在变小，故当不变时能说明反应达平衡，故d正确。故选bd；设反应达平衡时CO转化了xmol，则根据三段式可知：CO(g) + 3H2(g)CH4(g)+H2O(g)初始(n): 1mol 3mol 0 0n: xmol 3xmol xmol xmol平衡(n): (1-x)mol (3-3x)mol xmol xmol结合平衡时CO的体积分数为0.193可知：1x42x=0.193，解得x=0.371，故达到平衡时CO的转化率为=0.371mol1mol100%37.1%；在T106Pa时该反应的压强平衡常数Kp=p(CH4)p(H2O)p(CO)p3(H2)=，故答案为：37.1%；反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H0，温度越高，则平衡左移，CO的平衡转化率越低，根据图象可知，温度T3T2T1，故答案为：T3T2T1；正反应放热，在相同压强下，温度降低，平衡向正反应方向移动，CO的转化率越高。考点：考查了用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算的相关知识。11.已知部分弱酸的电离常数如下表：弱酸CH3COOHHCNH2CO3电离常数(25 )Ka1.8105Ka5.01010Ka14.3107Ka25.61011请回答下列问题：(1)25 时，在某二元酸 H2A 溶液中存在的所有微粒为：H+、OH-、HA-、A2-、H2O，写出 H2A 的 电离方程式_。(2)25 时，在 0.5 molL1 的醋酸溶液中由醋酸电离出的H约是_，是该溶液 中由水电离出的H的_倍，醋酸的电离度为_(填百分数)(3)写出向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：_。(4)25 时，CH3COOH 与 CH3COONa 的混合溶液，若测得混合液 pH6，则溶液中CH3COO-Na=_(填准确数值)。(5)25 时，将 a molL1 的醋酸与 b molL1 氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性， 用 a、b 表示醋酸的电离常数为_。【答案】 (1). H2A=H+HA- HA-H+A2- (2). 310-3 molL1 (3). 9108 (4). 0.6% (5). CNCO2H2O=HCO3HCN (6). 9.9107 molL1 (7). b107/(ab)【解析】【分析】(1)根据溶液中存在的粒子种类进行分析；(2)根据醋酸的电离平衡常数，计算此时溶液中醋酸电离出的氢离子浓度和水电离出的氢离子浓度；(3)根据H2CO3、HCN、HCO3的酸性强弱进行分析；(4)根据电荷守恒进行分析；(5) K= c(CH3COO-) c(H+)/c(CH3COOH)，计算出各个量的浓度，表示出K；【详解】(1)由于二元酸H2A溶液中存在HA-，不存在H2A分子，则说明H2A为强酸，HA-为弱酸，故其电离方程式为：H2A=H+HA- ；HA-H+A2-；(2)醋酸中存在电离平衡，则c(CH3COO-)=c(H+)= mol/L，根据醋酸的电离平衡常数表达式可得到0.5mol/L的醋酸电离出的c(H+)为 =310-3 mol/L，水电离产生的氢离子浓度为1014/310-3mol/L，则由醋酸电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的9108倍；(3)酸性强弱顺序为H2CO3HCNHCO3，所以向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为CN-+CO2+H2O= HCO3+HCN；(4)25时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合溶液pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，根据电荷守恒关系有c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(CH3COO-)-c(Na+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.910-7molL-1；(5)将a molL1的醋酸溶液与b molL1的氢氧化钠溶液等体积混合,溶液呈中性,说明醋酸过量,醋酸和氢氧化钠溶液发生反应生成醋酸钠和水,溶液中c(CH3COOH)= (ab)/2 molL-1，达到电离平衡时,溶液呈中性,氢离子浓度是110-7molL-1,c(Na)=c(CH3COO-)=b/2 molL-1,则K= c(CH3COO-) c(H+)/c(CH3COOH)= b107/(ab);【点睛】解答第（1）小题时要注意，溶液中存在HA-，说明HA-没有完全电离，则HA-为弱酸，溶液中不存在H2A分子，说明H2A完全电离，则H2A为强酸，所以第一步电离用=，第二步电离用；