1、福建省龙岩市连城县第一中学2020届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）第卷（选择题，共42分）所需相对原子质量：T:3 O:16 C:12 H:1 Ag:108 P:31 Cl:35.5一、选择题：（每题3分，共42分，且每题只有一个答案正确。）1.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 5.5g超重水(T2O)中含有的中子数目为3NAB. 常温常压下，44gCO2与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NAC. 常温常压下，42gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子的数目为6NAD. 0.1L0.5molL1CH3COOH溶液中含有H数目为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A选项
2、，5.5g超重水(T2O)物质的量，1个T2O中含有12个中子，5.5g超重水(T2O)含有的中子数目为3NA，故A正确，不符合题意；B选项，根据反应方程式2mol过氧化钠与2mol二氧化碳反应生成2mol碳酸钠和1mol氧气，转移2mol电子，因此常温常压下，44gCO2即物质的量1 mol，与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NA，故B正确，不符合题意；C选项，C2H4和C4H8混合气体可用通式法来分析，通式为CnH2n，42gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子物质的量，因此含有氢原子的数目为6NA，故C正确，不符合题意；D选项，0.1 L 0.5 molL1CH3COOH物质的量为0.
3、05mol，醋酸是弱酸，部分电离，因此溶液中含有H数目小于为0.05NA，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】C2H4和C4H8混合气体可用通式法来分析含碳原子个数和含氢原子个数的思想。2.Fe与稀HNO3反应时，若两者消耗物质的量之比为4：10，且生成Fe(NO3)2，则反应中生成的还原产物可能是（ ）A. N2B. N2OC. NOD. N2O3【答案】B【解析】【详解】由题意可知，参加反应的铁与消耗的硝酸的物质的量之比为4：10，设铁与消耗的硝酸的物质的量分别为4mol、10mol，由反应生成的硝酸亚铁可知未被还原的硝酸的物质的量是8mol，设还原产物中N元素的化合价为n，由
4、得失电子数目守恒可得4mol（2-0）=（10-8）（5-n），解得n=+1，反应中生成的还原产物可能是N2O，故选B。【点睛】Fe与稀HNO3反应时，硝酸起强氧化剂和酸的作用，把握反应中电子守恒和原子守恒的应用为解答的关键。3.草酸亚铁(FeC2O4)可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料，受热容易分解，为探究草酸亚铁的热分解产物，按下面所示装置进行实验。下列说法不正确的是A. 实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和COB. 反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加12滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3C. 装置C的作用
5、是除去混合气中的CO2D. 反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温【答案】B【解析】【详解】A选项，实验中观察到装置B中石灰水变浑浊，说明产生了分解产物中有CO2，E中固体变为红色，F中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有CO，故A正确；B选项，因为反应中生成有CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加12滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；C选项，为了避免CO2影响CO的检验，CO在E中还原氧化铜，生成的气体在F中变浑浊，因此在装置C要除去混合气中的CO2，故C正确；D选项，反应结束后，应
6、熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化，故D正确；综上所述，答案为B。【点睛】验证CO的还原性或验证CO时，先将二氧化碳除掉，除掉后利用CO的还原性，得到氧化产物通入澄清石灰水中验证。4.能正确表示下列反应的离子方程式是A. 在硫酸亚铁溶液中通入氧气：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2OB. NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-Ba2+2OH-=BaCO3+2H2O+CO32-C. 氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H=Fe2+2H2OD. 澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2O
7、【答案】A【解析】【详解】A.Fe2+具有还原性，会被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，A正确；B.NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，以不足量的NH4HCO3为标准，NH4+、HCO3-都会发生反应：NH4+HCO3-Ba2+2OH-=BaCO3+H2O+NH3H2O，B错误；C.氢氧化亚铁具有还原性，会被具有氧化性的稀硝酸氧化变为Fe3+，反应的离子方程式为3Fe(OH)2+10H+NO3-=3Fe3+NO+8H2O，C错误；D.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，以不足量的Ca(OH)2为标准，离子方程式为Ca2+2OH-+2HC
8、O3-=CaCO3+2H2O+ CO32-，D错误；故合理选项是A。5.如图是FeS2催化氧化关系转化图，下列说法正确的是（ ）A. 反应I中，还原剂为Fe2B. 反应II中，FeS2既是氧化剂也是还原剂C. 反应III属于化合反应D. FeS2催化氧化关系中，NO是催化剂【答案】CD【解析】【分析】反应I为Fe（NO）2+与O2反应生成NO和Fe3+，反应的离子方程式为4Fe（NO）2+O2+4H+=4NO+4Fe3+2H2O，反应II为FeS2与Fe3+反应生成SO42和Fe2+，反应的离子方程式为FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42+15Fe2+16H+，反应III为Fe2与NO反
9、应生成Fe（NO）2+，反应的离子方程式为Fe2+NO=Fe（NO）2+，总反应的离子方程式为FeS2+10Fe3+ O2+6H2O2SO42+11Fe2+12H+。【详解】A项、由图可知，反应I为Fe（NO）2+与O2反应生成NO和Fe3+，氧化剂为O2，还原剂为Fe（NO）2+，故A错误；B项、由图可知，反应II为FeS2与Fe3+反应生成SO42和Fe2+，氧化剂为Fe3+，还原剂为FeS2，故B错误；C项、由图可知，反应III为Fe2与NO反应生成Fe（NO）2+，该反应属于化合反应，故C正确；D项、FeS2催化氧化关系中，反应III中NO为反应物，反应I中NO为生成物，NO是反应的催
10、化剂，故D正确；故选CD；【点睛】由图中FeS2催化氧化关系明确反应III中NO为反应物，反应I中NO为生成物，NO是反应的催化剂是解答关键和难点。6.次磷酸(H3PO2)溶液中存在两种分子及OH-、H+、H2PO2-三种离子，下列有关说法正确的是A. H3PO2是一元强酸，NaH2PO2是正盐B. NaH2PO2能与盐酸反应但不能与氨水反应C. H3PO2与足量NaOH溶液反应可得到Na3PO2D. 1 molH3PO2与足量AgNO3反应可得到4mol Ag，还原产物是H3PO4【答案】B【解析】【详解】A、由H3PO2的电离情况可知其是一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，选项A错误；B、由
11、H3PO2的电离情况可知其是一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，能与盐酸反应但不能与氨水反应，选项B正确；C、由H3PO2的电离情况可知其是一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，与足量NaOH溶液反应只能得到NaH2PO2不能得到Na3PO2，选项C错误；D、Ag是还原产物，H3PO2反应后得到的是氧化产物，根据反应中Ag+e-=Ag及得失电子守恒知，H3PO2-4e -=H3PO4， 选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查了弱电解质的电离方程式书写、离子浓度大小比较、盐类水解中越弱越水解的规律、氧化还原反应中的电子守恒、氧化还原反应方程式书写等等，H3PO2是一元中强酸，碳酸是弱酸，酸性越弱其对应
12、盐的水解程度越大。7.“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”，是著名诗人戴望舒雨巷中描述的景象，下列有关说法中错误的是A. “白墙”的白色源于墙体表层的CaOB. “黑瓦”与陶瓷的主要成分都是硅酸盐C. 做伞骨架的竹纤维的主要成分可表示为(C6H10O5)nD. 刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用【答案】A【解析】【详解】A、“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3，选项A错误；B、陶瓷、砖瓦均属于传统的硅酸盐产品，选项B正确；C、竹纤维的主要成分是纤维素，选项C正确；D、植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，选项D正确。答案选A。8.下表各组物质（或者它们的溶液）
13、通过一步反应可实现如图所示的转化的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A项、硅不能直接生成硅酸，故A错误；B项、二氧化硫不能直接转化为硫化氢，故B错误；C项、氧化铝分别与氢氧化钠溶液和稀硫酸反应可以生成偏铝酸钠和硫酸铝，偏铝酸钠与过量硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故C正确；D项、氢氧化镁溶解度小于碳酸镁，氢氧化镁不能直接转化为碳酸镁，故D错误；故选C。【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸强碱，偏铝酸钠与过量硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠是解答关键，也是难点。9.一种用于驱动检验管道焊缝设备爬行器的
14、甲醇燃料电池的工作原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是A. 该电池工作时，每消耗22.4 L CH3OH转移6 mol电子B. 电子由电极a经负载流向电极b，再经过氢氧化钠溶液返回电极a，形成闭合回路C. 电池工作时，OH向电极a移动，溶液的pH减小D. 电极b上发生的电极反应为O24H4e2H2O【答案】C【解析】【分析】甲醇变为碳酸根，化合价升高，在负极发生氧化反应，氧气化合价降低，在正极发生还原反应。【详解】A选项，缺少标准状况下，且CH3OH在标准状况下是液体，无法计算，故A错误；B选项，电子由电极a经负载流向电极b，但电子不经过氢氧化钠溶液返回电极a，故B错误；C选项，电池工作时
15、，“同性相吸”原理，OH向电极a移动，CH3OH6e8OH6H2OCO32，甲醇失去电子，消耗氢氧根，溶液的pH减小，故C正确；D选项，碱性环境下，电极b上发生的电极反应为O24e2H2O4OH，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】分析化合价，升高的一极为负极，发生氧化反应，降低的一极为正极，发生还原反应。尤其要注意选项B，电子经过导线传递，不能经过溶液。10.O2F2可以发生反应：H2S4O2F2SF62HF4O2，下列说法正确的是A. 氧气是氧化产物B. O2F2既是氧化剂又是还原剂C. O2F2中氧元素的化合价是1，氟元素的化合价是1D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【答案】D
16、【解析】分析】H2S4O2F2SF62HF4O2中H2S中硫化合价升高，O2F2中氧化合价降低。【详解】A选项，氧气是化合价降低得到的产物，是还原产物，故A错误；B选项，O2F2中氧元素的化合价降低，只是氧化剂，故B错误；C选项，O2F2中氧元素的化合价是1，氟元素的化合价是1，故C错误；D选项，H2S中硫元素的化合价升高，是还原剂，1mol还原剂参与反应，O2F2中氧元素的化合价降低是氧化剂，4mol氧化剂参与反应，因此还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】分析化合价，根据“升失氧化还原剂，降得还原氧化剂”的规律进行分析。11.碘单质与氢气在一定条件下反
17、应的热化学方程式如下：I2(g)H2(g)2HI(g) H9.48kJmin1I2(s)H2(g)2HI(g) H26.48kJmin1下列说法正确的是A. 该条件下，l mol H2(g)和l mol I2(g)充分反应，放出热量9.48kJB. 该条件下，碘升华的热化学方程式为I2(s)I2(g) H35.96kJmin1C. 相同条件下，Cl2(g)H2(g)2HCl(g)的H 9.48 kJmin1D. 反应是放热反应，所以反应的活化能大于反应的活化能【答案】B【解析】【详解】A选项，该反应是可逆反应，该条件下，l mol H2(g)和l mol I2(g)充分反应，反应转化率达不到1
18、00%，因此放出热量小于9.48kJ，故A错误；B选项，得出：碘升华的热化学方程式为I2(s)I2(g) H35.96kJmin1，故B正确；C选项，非金属越强，与氢气反应放出热量越多，因此氯气比碘蒸汽反应放出的热量多，焓变小，Cl2(g)H2(g)2HCl(g)的H Ksp（AgSCN），使得实验中消耗的AgSCN偏多，根据（7）的计算原理可知，会使测定结果将偏低，故答案为：偏低。【点睛】POCl3遇水均剧烈水解，为防止POCl3水解，氯气、二氧化硫气体进入制备POCl3的装置前要干燥，防止水蒸汽进入装置，同时要吸收尾气，所以还要连接盛有碱石灰的干燥管，防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气
19、是实验设计的关键，也是解答易错点。18.ZrO2是重要的耐温材料，可用作陶瓷遮光剂。天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，工业以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：已知：锆英石中锆元素的化合价为+4 ，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均转化为最高价氯化物 SiCl4极易水解；ZrCl4易溶于水 Fe(SCN)3难溶于有机溶剂MIBK； Zr(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于有机溶剂MIBK。(1) “氯化”过程中，锆英石发生的主要反应的化学方程式为：_，ZrC14的产率随温度变化如图所示，由图可知氯化的最佳条件是_；(2)“滤液1”中含有的阴离子除OH-
20、、Cl-，还有_；(3)常用的铜抑制剂有Na2S、H2S、NaCN等，本流程使用NaCN除铜，不采用Na2S、H2S的原因是_。(4)实验室进行萃取和反萃取的玻璃仪器是_。流程中萃取与反萃取的目的是_。【答案】 (1). )ZrSiO4+4CO+4Cl2 ZrCl4 +SiCl4+4CO2 (2). 360、1MPa (3). AlO2- 、SiO32- (4). S2-会将Fe3+还原成Fe2+，影响下一步除铁，同时可能会产生污染性气体 (5). 分液漏斗、烧杯 (6). 除去铁元素杂质【解析】【分析】根据流程：天然锆石的主要成分是ZrSiO4(还常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质)，将粉碎
21、后的天然锆石用CO、Cl2氯化得到ZrCl4、SiCl4、AlCl3、FeCl3、CuCl2；用NaOH溶液碱浸时，SiCl4、AlCl3溶解为硅酸钠、偏铝酸钠，ZrCl4、FeCl3、CuCl2反应为Zr(OH)4、Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，即为滤渣1；用盐酸溶解滤渣1得到ZrCl4、FeCl3、CuCl2；加入铜抑制剂除去铜铜抑制剂可以为NaCN，生成沉淀为Cu(CN)2，滤渣2为Cu(CN)2；向滤液2加入NH4SCN与ZrCl4、FeCl3发生配合反应得到Fe(SCN)3、Zr(SCN)4，加入 有机溶剂MIBK萃取，Fe(SCN)3难溶于MIBK，分液，Zr(SCN)4在有
22、机层，将含有Zr(SCN)4的有机层用硫酸反萃取将Zr(SCN)4与MIBK分离；通入氨气沉锆，经过煅烧得到ZrO2，据此分析作答。【详解】(1) 氯化过程中ZrSiO4与CO、Cl2在高温下反应生成ZnCl4、SiCl4和CO2，反应的化学方程式为：ZrSiO4+4CO+4Cl2ZnCl4+SiCl4+4CO2；由图可知，360、1MPa时，ZrCl4产率最高，此为氯化最佳条件；(2)由流程分析可知，“滤液1”中含有的阴离子除OH- 、Cl-，还有AlO2- 、SiO32-；(3)三价铁具有氧化性，S2-会将Fe3+还原成Fe2+，发生的反应为2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+(2Fe3+S2-=2Fe2+S)，影响下一步除铁，同时可能会产生污染性H2S气体，故本流程使用NaCN除铜，不采用Na2S、H2S；(4)实验室进行萃取和反萃取的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯；根据已知信息“生成的Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在MIBK中的溶解度”可知，流程中萃取与反萃取的目的是除去铁元素杂质。