江西2020届高三化学上学期第四次月考试卷（附解析Word版）

2020 届高三第四次考试 化 学 试 卷 可能用到的原子量：H—1 C—12 N—14 O—16 F—19 Na—23 Mg—24 Al—27 S—32 Fe—56 Cu—64 I—127 一、选择题（共 48 分，每小题只有 1 个选项符合题意） 1.下列有关叙述不正确的是（ ） A. 为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸 B. 能源是人类生活和社会发展的基础，地球上最基本的能源是太阳能 C. 钛合金主要用于制作飞机发动机部件，工业上可用钠与四氯化钛溶液反应制取 D. 化石燃料的脱硫脱氮、SO2 的回收利用和 NOx 的催化转化都是减少酸雨产生的措施 【答案】C 【解析】 【详解】A．常温下 Fe 与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化，所以可用钢瓶储存液氯或浓硫酸， 故 A 正确； B．地球上的能源主要来源于太阳能，通过植物的光合作用被循环利用，即地球上最基本的能 源是太阳能，故 B 正确； C．钠和四氯化钛溶液反应时，实质是和水反应，故若制得钛合金，应是钠和熔融的四氯化钛 反应，故 C 错误； D．采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx 的催化转化生成无 污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，故 D 正确； 故答案为 C。 2.下列化学用语表述正确的是（  ） A. 原子结构示意图 可以表示 35Cl，也可以表示 37Cl B. SiF4 的电子式： C. 碳有多种同素异形体，如：12C、14C、金刚石、石墨等 D. 水分子的比例模型： 【答案】A 【解析】 【详解】A．35Cl、37Cl 的核电荷数=核外电子总数=17，二者原子结构示意图为 ， 故 A 正确； B．SiF4 中 Si、F 均满足最外层 8 电子稳定结构，则 F 周围应有 8 个电子，故 B 错误； C．12C 和 14C 互为同位素，而金刚石、石墨为碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故 C 错误； D．水分子中 O 原子相对体积大于 H 原子，水分子的比例模型为 ，故 D 错误； 故答案为 A。 【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面： 阴离子及多核阳离子均要加“[ ]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用 “[ ]”，没有成键的价电子也要写出来；②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合 顺序(如 HClO 应是 H—O—Cl，而不是 H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳 三键应该写出来；③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。 3.设阿伏加德罗常数的值为 NA，下列说法正确的是（  ） A. 标准状况下，2.24LCH3OH 分子中共价键的数目为 0.5NA B. 含 1molFeCl3 的氯化铁溶液完全水解生成 Fe(OH)3 胶体，其中胶粒数为 NA C. 50 mL 18.4 mol·L-1 浓硫酸与足量铜微热反应,生成 SO2 分子的数目为 0.46NA D. 5.6g 铁粉在 2.24L(标准状况)氯气中充分燃烧，转移 电子数为 0.2NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．标况下甲醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故 A 错误； B．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所形成的氢氧化铁胶粒小于 NA 个，故 B 错 误； C．50 mL 18.4 mol•L-1 浓硫酸与足量铜微热反应，随着反应进行硫酸浓度降低变为稀硫酸， 稀硫酸不能与铜反应，所以生成 SO2 分子的数目小于 0.46NA，故 C 错误； D．5.6g 铁粉在 2.24L(标准状况)氯气中充分燃烧，铁粉过量，则 0.1molCl2 完全反应，转移 的电子数为 0.2NA，故 D 正确； 故答案为 D。 4.我国科学家通过测量 SiO2 中 26 Al 和 10 Be 两种元素的比例来确定“北京人”的年龄，这种 的 测量方法叫铝铍测年法。下列关于 26 Al 和 10 Be 的说法不正确的是（  ） A. 5.2g 26 Al3+中所含的电子数约为 1.204×1024 B. 10 Be 和 9 Be 是中子数不同、质子数相同的不同原子 C. 26 Al3+和 26 Mg2+的质子数、中子数和核外电子数都不相同 D. 10 Be 原子核内的中子数比质子数多 【答案】C 【解析】 【详解】A．5.2g26Al3+中所含 电子数约为 ×(13-3)×NA=2NA=1.204×1024，故 A 正确； B．10 Be 和 9 Be 的质子数均为 4，中子数分别为 6、5，是中子数不同、质子数相同的不同原子， 故 B 正确； C．26Al3+和 26Mg2+的质子数分别为 13、12，中子数分别为 13、14，电子数均为 10 个，故质子 数和中子数不同，但电子数相同，故 C 错误； D．10Be 的原子核内，质子数为 4，中子数为 10-4=6，中子数比质子数多，故 D 正确； 故答案为 C。 5.下列各组离子能大量共存，向溶液中通入足量相应气体后，各离子还能大量存在的是（  ） A. 氯气：K+ Ba2+ SiO32— NO3— B. 二氧化硫：Na+ NH4+ SO32— Cl— C. 氨气：K+ Na+ AlO2— CO32— D. 硫化氢：Ca2+ Mg2+ MnO4— NO3— 【答案】C 【解析】 【详解】A．Ba2+、SiO32-结合生成沉淀，不能大量共存，故 A 错误； B．该组离子之间不反应，可大量共存，但通入二氧化硫气体可与 SO32-反应，不能大量共存， 故 B 错误； C．该组离子之间不反应，可大量共存，且通入氨气仍不反应，可大量共存，故 C 正确； D．该组离子之间不反应，可大量共存，但通入 H2S 能被 MnO4-、NO3-氧化，不能大量共存，故 D 错误； 故答案为 C。 的 5.2g 26g / mol 【点睛】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；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)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。 6.下列有关叙述正确的是（  ） A. 由反应：M(s)+N(g) R(g) △H1 ，M(g)+N(g) R(g) △H2，得出△H 2＞△H 1 B. 已知：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)；△H=－98.3kJ/mol。将 1molSO2 和 0.5molO2 充入一密闭 容器中反应，放出 49.15kJ 的热量 C. 电解精炼铜时，电源负极与纯铜相连，且电解质溶液浓度始终保持不变 D. 用惰性电极电解 Na2SO4 溶液，当阴极产生 1mol 气体时，可加 18 g 水使溶液恢复 【答案】D 【解析】 【详解】A．M(s)→M(g)是吸热过程，则△H1＞△H2，故 A 错误； B．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)；△H=-98.3kJ/mol。将 1molSO2 和 0.5molO2 充入一密闭容器 中反应，由于反应是可逆反应，SO2 不可能完全被氧化，所以放出的热量＜49.15kJ，故 B 错 误； C．电解精炼铜时，粗 Cu 作阳极，则电源负极与纯铜相连，但电解精炼铜时，阳极上溶解的 金属不仅有铜还有其它金属，阴极上只析出铜，所以溶解的铜小于析出的铜，导致溶液中铜 离子浓度减小，故 C 错误； D．用惰性电极电解 Na2SO4 溶液，由于溶液中阴离子的放电顺序为：OH-＞SO42-，放电为 OH-， 阳离子放电顺序为：H+＞Na+，放电为 H+，故实质为电解水：2H2O 2H2↑+O2，当阴极产生 1molH2 气时，有 2mol 电子转移时，可加入 18g 水恢复，故 D 正确； 故答案为 D。 7.给定条件下，下列选项中所示的物质间在相应条件下转化均能一步实现的是（  ） A. SiO2 H2SiO3 Na2SiO3（aq） B. Ca(OH)2 Ca(ClO)2 HClO C. MgCl2•6H2O MgCl2 Mg    2H O ( )NaOH aq  2Cl 2CO △ 电解 D. N2 NO2 HNO3 【答案】B 【解析】 【详解】A．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能由二氧化硅一步转化为硅酸，故 A 错误； B．Ca(OH)2 中通氯气可制得漂白粉，其有效成分为 Ca(ClO)2，碳酸的酸性比 HClO 强，向 Ca(ClO)2 的水溶液中通 CO2，生成碳酸钙沉淀和 HClO，故 B 正确； C．Mg2+易水解，MgCl2•6H2O 要在氯化氢的氛围中加热才可得到氯化镁固体，直接加热只能生 成 Mg(OH)2，Mg(OH)2 继续分解生成 MgO，故 C 错误； D．N2 在放电条件下与 O2 反应生成 NO，不能直接生成 NO2，故 D 错误； 故答案为 B。 【点睛】A 为易错点，注意二氧化硅与水不反应。 8.利用某分子筛作催化剂，NH3 可脱除废气中的 NO 和 NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如 下图所示，下列说法正确的是（ ） A. X 是 N2 B. 汽车尾气中含有的氮氧化合物是由于汽油燃烧产生的 C. NH4+中含有非极性共价键 D. 上述历程的总反应为：2NH3+NO +NO2 2N2+3H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．图示反应可以生成 X 的反应为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，原子守 恒判断 X 为 N2 和 H2O，故 A 错误； B．汽油是碳氢化合物的混合物，而汽车尾气中含有的氮氧化合物是由空气中的 N2 氧化产生的， 故 B 错误； 2O ，放电 2H O 催化剂 C．NH4+中含有四个 N-H 极性共价键，而不是非极性键，故 C 错误； D．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反 应为：2NH3+NO+NO2 2N2+3H2O，故 D 正确； 故答案为 D。 9.在有乙离子存在的情况下．欲用试剂丙来检验溶液中是否含有甲离子，试剂丙按下表所加 顺序能够对甲离子进行成功检验的是 (说明：在实验过程中不允许加热、过滤、萃取等操作) （ ） 选项 试剂丙 甲离子 乙离子 A Ba(NO3)2 溶液、稀盐酸 SO42— SO32— B 硫氰化钾溶液，氯水 Fe2＋ Fe3＋ C 稀盐酸、品红溶液 SO32— CO32— D 稀氨水 Ag＋ Al3＋ A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．硝酸根和氢离子在一起具有稀硝酸的性质，有强氧化性，可将 SO32-氧化为 SO42-， 与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，无法确定是否含有 SO42-，故 A 错误； B．KSCN 与 Fe3+反应，溶液呈红色，不能判断是否含有 Fe2+，故 B 错误； C．SO32-与稀盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色；CO32-与稀盐酸反应生成二 氧化碳，二氧化碳不能使品红溶液褪色；故可确定含有 SO32-，故 C 正确； D．过量氨水与 Ag+反应产生银氨溶液，与 Al3+反应只生成 Al(OH)3 沉淀，无法确定是否含有 Ag+，故 D 错误； 故答案为 C。 10.已知 、 、 、 为原子序数依次增大的短周期元素， 为地壳中含量最高的过渡金 属元素， 与 同主族， 与 同周期，且 与 的原子序数之和为 20。甲、乙分别为元 A B C D E A D B C C D 素 E、A 的单质， 丙、丁为 A、E 分别与 B 形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列 说法不正确的是（ ） A. 、 形成的一种化合物具有漂白性 B. 、 形成的离子化合物可能含有非极性键 C. 的单质能与丙反应置换出 的单质 D. 丁为黑色固体，且 1mol 甲与足量丙反应转移电子 3 NA 【答案】D 【解析】 【分析】 已知 A、B、C、D 为原子序数依次增大的短周期元素，E 为地壳中含量最高的过渡金属元素， 则 E 为 Fe； 与 同主族， 与 同周期，可知 A、B、C、D 分属三个不同的短周期，则 A 为 H，D 为 Na，由 与 的原子序数之和为 20，可知 C 为 F；甲、乙分别为元素 E、A 的单质， 丙、丁为 A、E 分别与 B 形成的二元化合物，结合图示转化关系，由 Fe 与水蒸气反应生成四 氧化三铁可知可知丙为 H2O，丁为 Fe3O4，则 B 为 O 元素，以此解答该题。 【详解】由以上分析可知：A 为 H，B 为 O，C 为 F，D 为 Na，E 为 Fe 元素；甲为 Fe，乙为 H2， 丙为 H2O，丁为 Fe3O4； A．H、O 两元素组成的 H2O2 有强氧化性，具有漂白性，故 A 正确； B．O 和 Na 组成的 Na2O2 中含有离子键和非极性共价键，故 B 正确； C．F2 溶于水生成 HF 和 O2，故 C 正确； D．丁为 Fe3O4，是黑色固体，由 3Fe+4H2O Fe3O4+4H2 可知 1molFe 与足量 H2O 反应转移电 子 NA，故 D 错误； 故答案为 D。 11.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示， 用 Cu-Si 合金作硅源，在 950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法不正确的是（ ） A B B D C B A D B C C D 8 3 A. 电子由液态 Cu-Si 合金流出，从液态铝电极流入 B. 液态铝电极与负极相连，作为电解池的阴极 C. 在该液相熔体中 Cu 优先于 Si 被氧化，Si4+优先于 Cu2+被还原 D. 三层液熔盐的作用是增大电解反应的面积，提高沉硅效率 【答案】C 【解析】 【分析】 由图可知该装置为电解池：Si4+在液态铝电极得电子转化为 Si，所以液态铝电极为阴极，连接 电源负极，则 Cu-Si 合金所在电极为阳极，与电源正极相接，三层液熔盐在电解槽中充当电 解质，可以供离子自由移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率，据此分析解答。 【详解】A．由图可知：液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子流入液态铝，液态 Cu-Si 合 金为阳极，电子由液态 Cu-Si 合金流出，故 A 正确； B．图中，铝电极上 Si4+得电子还原为 Si，故该电极为阴极，与电源负极相连，故 B 正确； C．由图可知，电解池的阳极上 Si 失电子转化为 Si4+，阴极反应为 Si4+得电子转化为 Si，所 以 Si 优先于 Cu 被氧化，故 C 错误； D．使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积， 故 D 正确； 故答案为 C。 12.用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是（ ） A. 加热装置 I 中的烧杯分离 I2 和高锰酸钾固体 B. 用装置 II 进行中和热的测定 C. 用装置 III 制备氢氧化亚铁沉淀 D. 用装置 IV 检验氯化铵受热分解生成的两种气体 【答案】D 【解析】 【详解】A．加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离，故 A 错误； B．缺少环形玻璃搅拌棒，不能完成实验，故 B 错误； C．关闭止水夹，NaOH 难与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故 C 错误； D．氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl 可使蓝色石蕊试纸变红， 可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故 D 正确； 故答案为 D。 13.某地海水中主要离子的含量如下表，现利用“电渗析法”进行淡化，技术原理如图所示(两 端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过)。下列有关说法错误的是 A. 甲室的电极反应式为：2Cl-－2e-= Cl2↑ B. 淡化过程中易在戊室形成水垢 C. 乙室和丁室中部分离子的浓度增大，淡水的出口为 b D. 当戊室收集到 22.4L(标准状况)气体时，通过甲室阳膜的离子的物质的量一定为 2mol 【答案】D 【解析】 【详解】A. 由图可知，甲室电极与电源正极相连，为阳极室，Cl-放电能力大于 OH-，所以阳 极的电极反应式为：2Cl-－2e-= Cl2↑，故 A 正确； B. 由图可知，戊室电极与电源负极相连，为阴极室，开始电解时，阴极上水得电子生成氢气 同时生成 OH-，生成的 OH-和 HCO3-反应生成 CO32-，Ca2+转化为 CaCO3 沉淀，OH-和 Mg2+生成 Mg(OH)2，CaCO3 和 Mg(OH)2 是水垢的成分，故 B 正确； C. 阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过，电解时丙室中阴离子移向乙室，阳离子 移向丁室，所以丙室中物质主要是水，则淡水的出口为 b 出口，故 C 正确； D.根据 B 项的分析，戊室收集到的是 H2，当戊室收集到 22.4L(标准状况)气体时，则电路中转 移 2mol 电子，通过甲室阳膜的离子为阳离子，既有+1 价的离子，又有+2 价的离子，所以物 质的量不是 2mol，故 D 错误。 故选 D。 14.氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属 Cu 和 Cu2+，广泛 应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解 CuC12•2H2O 制备 CuCl，并进行相关探 究。下列说法不正确的是（ ） A. 途径 1 中产生的 Cl2 可以回收循环利用 B. 途径 2 中 200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl2 2CuO+2HCl↑ C. X 气体是 HCl，目的是抑制 CuCl2•2H2O 加热过程可能的水解 D. CuCl 与稀硫酸反应的离子方程式为：2Cu++4H++SO42-═2Cu2++SO2↑+2H2O 【答案】D 【解析】 【分析】 热分解 CuCl2•2H2O 制备 CuCl，为抑制 CuCl2 水解，要在 HCl 气流下加热，加热温度大于 300℃ ， 发 生 2CuCl2 2CuCl+Cl2↑ ， 直 接 加 热 CuCl2•2H2O 会 生 成 Cu2(OH)2Cl2 ， Cu2(OH)2Cl2 加热到 200℃生成 CuO。 【详解】A．途径 1 中产生的 Cl2 可以转化为 HCl，回收循环利用，故 A 正确； B．Cu2(OH)2Cl2 加热到 200℃生成 CuO，由原子守恒可知，还生成 HCl，则化学方程式为： Cu2(OH)2Cl2 2CuO+2HCl↑，故 B 正确； C．CuCl2 水解生成氢氧化铜和 HCl，X 气体是用于抑制 CuCl2 水解，则 X 为 HCl，故 C 正确； D．CuCl 微溶于水，不能写成离子，CuCl 与稀硫酸反应的离子方程式为： Δ 2CuCl+4H++SO42-═2Cu2++SO2↑+2Cl-+2H2O，故 D 错误； 故答案为 D。 15.将镁铝合金溶于 100mL 稀硝酸中，产生 1.12LNO 气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入 NaOH 溶液，产生沉淀与加入氢氧化钠体积（mL）情况如图所示。下列说法不正确的是（ ） A. 原溶液中 c（HNO3）=1.8mol/L B. 沉淀最大质量为 4.08g C. n（Mg）：n（Al）=1:1 D. 氢氧化钠溶液浓度为 3mol/L 【答案】A 【解析】 【分析】 将一定质量的镁铝合金投入 100mL 稀硝酸中，产生 1.12LNO 气体(标准状况)，向反应后的溶 液中逐滴加入 NaOH 溶液，根据图示可知，0～10mL 段氢氧化钠和 H+反应，10～60mL 段氢氧化 钠沉淀 Al3+和 Mg2+，60～70mL 的氢氧化钠溶解生成的 Al(OH)3 沉淀；根据 NO 得电子，金属失 电子，由电荷守恒可知，n(e-)=n(OH-)，即可求出氢氧化钠的物质的量浓度；根据各段反应求 出沉淀的物质的量，进而求出金属的质量之比；根据钠的守恒即可求出溶液中 n(NO3-)，根据 N 原子守恒，即可求出原硝酸溶液中硝酸的物质的量和浓度，据此分析。 【详解】1.12LNO 气体(标准状况)的物质的量为： =0.05mol，转移电子为： 0.05mol×(5-2)=0.15mol，NO 得电子，金属失电子，由电荷守恒可知，n(e-)=n(OH-)，当生成 沉淀最多时，两金属离子反应消耗的氢氧化钠为 n(NaOH)=0.15mol，c(NaOH)= =3mol/L ； 开 始 反 应 到 沉 淀 最 大 值 一 共 消 耗 60mLNaOH ， 生 成 硝 酸 钠 为 n(NaNO3)=3mol/L×0.06L=0.18mol，则原来的硝酸为：0.18mol+0.05mol=0.23mol，c(HNO 3)= =2.3mol/L；沉淀减少消耗 NaOH 为 10mL，由 OH-～Al(OH)3，故可知氢氧化铝沉淀为 0.03mol，与镁离子反应的氢氧化钠为 50mL-30mL=20mL，则由 2OH-～Mg(OH)2，故可知氢氧化 镁沉淀为 0.03mol； A．由分析可知，c(HNO3)=2.3mol/L，故 A 错误； B．氢氧化镁沉淀为 0.03mol，氢氧化铝沉淀为 0.03mol，则沉淀的最大质量为 0.03mol×58g/mol+0.03mol×78g/mol=4.08g，故 B 正确； 1.12L 22.4L / mol 0.15mol 0.05L 0.23mol 0.1L C．氢氧化铝沉淀为 0.03mol，则 Al 的物质的量为 0.03mol，质量为： 27g/mol×0.03mol=8.1g；氢氧化镁沉淀为 0.03mol，由 Mg 元素守恒可得：n(Mg)=0.03mol， 则 n(Mg)：n(Al)=0.03mol：0.03mol=1:1，故 C 正确； D．由分析可知，NaOH 的物质的量浓度为 3mol/L，故 D 正确； 故答案为 A。 16.镍钴锰三元材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性 好、成本适中等重要优点。镍钴锰三元材料中 Ni 为主要活泼元素，通常可以表示为： LiNiaCobMncO2，其中 a+b+c=1，可简写为 LiAO2。充电时总反应为 LiAO2 + nC = Li1-xAO2 + LixCn （0