1、四川省泸州市泸县第一中学2020届高三化学下学期第一次在线月考试题（含解析）1.下列实验中颜色变化错误的是A. 新制氯水久置后，溶液颜色由浅黄绿色逐渐变为无色B. 用稀盐酸酸化Fe(NO3)2溶液，溶液颜色由浅绿色变为黄色C. 将二氧化硫通入品红溶液中，溶液褪色，加热后又变为红色D. 用标准KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液，终点时溶液由紫色变为无色【答案】D【解析】A. 新制氯水久置后次氯酸分解转化为盐酸和氧气，最终变为稀盐酸，因此溶液颜色由浅黄绿色逐渐变为无色，A正确；B. 用稀盐酸酸化Fe(NO3)2溶液，硝酸根在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，溶液颜色由浅绿色变为黄色，B正确；C. S
2、O2具有漂白性，将二氧化硫通入品红溶液中，溶液褪色，加热后又变为红色，C正确；D. 用标准KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液，终点时溶液由无色变为紫色，D错误，答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 14 g乙烯和丙烯的混合物完全燃烧时，产生的CO2分子数目为0.5NAB. 1 L 0.1 mol/L的CH3COONa溶液中含有的CH3COO数目为0.1NAC. 6 g石英晶体中含有的SiO键数目为0.4NAD. 标准状况下，5.6 L O2和O3混合物中含有的氧原子数目为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，因此，14 g乙烯和丙
3、烯的混合物中所含的碳原子的物质的量为1mol，其完全燃烧时，产生的CO2分子数目为NA，A不正确；B. CH3COO在溶液中可以部分发生水解生成CH3COOH，因此1 L 0.1 mol/L的CH3COONa溶液中含有的CH3COO数目小于0.1NA，B不正确；C. 石英晶体中每个Si原子形成4个SiO键，6 g石英晶体的物质的量为0.1mol，因此其中含有的SiO键数目为0.4NA，C正确；D. 标准状况下，5.6 L O2和O3混合物的物质的量为0.25mol，其中含有的氧原子数目在0.5NA 0.75NA之间，因为不确定其中每种组分的含量是多少，故无法确定其中含有的氧原子的具体数目，D不
4、正确。综上所述，有关说法正确的是C，本题选C。3.脑白金的主要成分的结构简式如图：下列对脑白金主要成分的推论错误的是（ ）A. 其分子式为C13H16N2O2B. 能水解生成乙酸C 能与溴水发生加成反应D. 其营养成分及官能团与葡萄糖相同【答案】D【解析】【分析】A.根据结构简式确定分子式；B.该物质中含有肽键，肽键能发生水解反应生成羧基和氨基；C.该物质中含有碳碳双键，具有烯烃性质；D.葡萄糖中含有的官能团有羟基和醛基。【详解】A.根据结构简式确定分子式为C13H16N2O2，A正确；B.该物质中含有肽键，肽键能发生水解反应生成羧基和氨基，所以该物质能发生水解反应并生成乙酸，B正确；C.该物
5、质中含有碳碳双键，具有烯烃性质，能和溴水发生加成反应，C正确；D.葡萄糖中含有的官能团有羟基和醛基，该物质中不含羟基和醛基，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查肽键、烯烃性质，注意常见物质含有的官能团的结构与性质的关系。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A. pH=1的溶液中：Fe2+、NO3、Na+、SO42B. 水电离出的c（H+）=1012mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3C. c（H+）/c（OH）=1012的水溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClD. c（Fe3+）=0.1mol
6、/L的溶液中：K+、ClO、SO42、SCN-【答案】C【解析】A. pH=1的溶液显酸性，Fe2+、NO3之间发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B. 水电离出的c（H+）=1012mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3与氢离子或氢氧根均不能大量共存，B错误；C. =1012的水溶液显酸性：NH4+、Al3+、NO3、Cl之间不反应，可以大量共存，C正确；D. c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中SCN不能大量共存，D错误，答案选C。点睛：掌握常见离子的性质是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判
7、断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最简单氢化物是天然气的主要成分，W与Y的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，且W、X、Y、Z的最外层电子数均为偶数；向X、Y、Z组成的一种化合物中加入盐酸，产生的气体能使品红溶液褪色。下列说法不正确的是A. Z与X同主族B. X、Y的简单离子的电子层结构相同C. WZ2中只含有共价键D. W、X两种元
8、素只能形成一种化合物【答案】D【解析】【分析】由短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最简单氢化物是天然气的主要成分可知W为C元素，W与Y的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，且W、X、Y、Z的最外层电子数均为偶数；C元素最外层电子数为4，Y的最外层电子数只能为2，X的最外层电子数为6，故X为O，Y为Mg，向X、Y、Z组成的一种化合物中加入盐酸，产生的气体能使品红溶液褪色，且Z的最外层电子数也为偶数，故Z为S，据此解答。【详解】A. Z为S，X为O，二者同主族，故A正确；B. X为O，Y为Mg，O2-和Mg2+电子层结构相同，故B正确；C. W为C元素，Z为S，WZ2为CS2，
9、为共价化合物，只含有共价键，故C正确；D. W、X两种元素可以形成CO和CO2，故D错误。故选D。6.微生物燃料电池的研究已成为治理和消除环境污染的重要课题，利用微生物电池电解饱和食盐水的工作原理如下图所示。下列说法正确的是A. 电池正极的电极反应：O2+2H2O+4e4OHB. 电极M附近产生黄绿色气体C. 若消耗1 mol S2，则电路中转移8 mol eD. 将装置温度升高到60 ，一定能提高电池的工作效率【答案】C【解析】【分析】微生物燃料电池中，通入C6H12O6的电极为负极，失电子发生氧化反应；通入O2的电极为正极，得电子发生还原反应。电解饱和食盐水时阴、阳极的电极产物分别是：氢气
10、和氢氧化钠、氯气。【详解】A.由图可知，电解质溶液为酸性，正极的电极反应是O2+4H+4e2H2O，A项错误；B. M为阴极产生H2，N为阳极产生Cl2，B项错误；C.1 mol S2转化成失8 mol e，则电路中转移8 mol e-，C项正确；D.该电池为微生物燃料电池，该微生物的最佳活性温度未知，无法确定60 时电池效率是否升高，D项错误。7.室温时，配制一组c(H2A)c(HA)c(A2)0.10molL1的H2A和NaOH的混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法中正确的是（ ）A. 在c(Na)0.10molL1的溶液中：c(A2)c(H)c(H2A
11、)c(OH)B. pH4的溶液中：c(HA)c(H2A)c(A2)C. pH7的溶液中：c(Na)c(A2)c(HA)D. Ka1(H2A)数量级为105【答案】A【解析】【详解】A. 根据物料守恒， c(Na)0.10molL1的溶液，溶质是Na HA，根据质子守恒c(A2)c(H)c(H2A)c(OH)，故A正确；B. c(H2A)c(HA)c(A2)0.10molL1，根据图示，pH4的溶液中，c(HA)大于0.05molL1，所以c(H2A)c(A2)小于0.05 molL1，故B错误；C. 根据电荷守恒c(Na)+ c(H)2c(A2)c(HA)+ c(OH)，所以pH7的溶液中c(
12、Na)2c(A2)c(HA)，故C错误；D.根据图像，c(H2A)=c(HA)时，pH=3.3， Ka1(H2A)=10-3.3，数量级为104，故D错误；故答案选A。【点睛】本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生的图像分析能力和计算能力，注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理的技巧。8.钛酸钡被誉为“电子陶瓷工业的支柱”。工业制取方法如图，先获得不溶性草酸氧钛钡晶体BaTiO(C2O4)24H2O，煅烧后可获得钛酸钡粉体。（1）酸浸时发生的反应的离子方程式为_。（2）配制TiCl4溶液时通常将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是_。（3）加入H2C2O4溶液时，发生反应的化学方程
13、式为_。可循环使用的物质X是_（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：_。（4）煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时，生成高温下的气态产物有CO、_。（5）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（主要成分是BaSO4），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将其转化为易溶于酸的BaCO3，再由BaCO3制备其它钡盐。已知常温下：Ksp(BaSO4)1.01010，Ksp(BaCO3)2.59109，请问至少需要_molL1的碳酸钠溶液浸泡才能实现上述转化（忽略CO32的水解）。【答案】 (1). BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O (2). 抑制TiCl4的水
14、解 (3). BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O=BaTiO(C2O4)24H2O+6HCl (4). HCl (5). 取最后一次洗涤液少许，滴入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净 (6). CO2和H2O（g） (7). 2.5910-4【解析】【分析】由制备流程可知，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化碳、草酸反应生成BaTiO(C2O4)24H2O，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3，(1)碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳；(2)TiCl4可发生水解反应；(3)加入H2C2O4溶液生成草酸氧钛钡晶体，同时生成HCl可循环使用；可用
15、硝酸银检验沉淀是否洗涤干净；(4)BaTiO(C2O4)24H2O煅烧，发生分解反应，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)；(5)根据Ksp(BaSO4)计算饱和溶液中硫酸根离子的浓度，再根据平衡常数计算c(CO32)。【详解】(1)碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳，离子反应为BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O；(2)TiCl4可发生水解反应，则通常将TiCl4溶于浓盐酸，目的是抑制TiCl4的水解；(3)加入H2C2O4溶液生成草酸氧钛钡晶体，反应为BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2OBaTiO(C2O4)24H2O+6HCl，同时生成HCl(或盐酸)可
16、循环使用，检验沉淀是否洗涤干净，可取最后一次洗涤液少许，滴入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净；(4)BaTiO(C2O4)24H2O煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)；(5)已知Ksp(BaSO4)1.01010，则饱和硫酸钡溶液中硫酸根离子的浓度c(SO42)1.0105mol/L，则c(CO32)mol/L2.59104mol/L。9.（主要指NO和）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的，是环境保护的重要课题。（1）用稀硝酸吸收，得到和混合溶液，惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_。
17、（2）在有氧条件下，新型催化剂M能催化与反应生成。写出与反应方程式_。将一定比例的、和的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（如图-1所示）反应相同时间的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示，在50150范围内随着温度的升高，的去除率迅速上升的主要原因是_，150380范围的去除率上升缓慢的主要原因是_。当反应温度高于380时，的去除率迅速下降的原因可能是：_；_。【答案】 (1). HNO22e+H2O=3H+NO3 (2). 4NH3+6NO5N2+6H2O (3). 催化剂活性随温度升高增大 (4). 超过催化剂活性最大的温度范围，催化剂活性降低 (5). 在温度、催化剂条件下，
18、氨气能被催化氧化生成NO (6). 温度过高催化剂失去活性【解析】【详解】（1）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，说明电解时阳极上亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子，其电极反应式为HNO22e+H2O=3H+NO3，答案为：HNO22e+H2O=3H+NO3；（2）在催化剂的条件下，NH3与NO反应生成N2，反应方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O，答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；、和的混合气体通入装有催化剂M的反应器中反应，催化剂有一定的活性，在一定温度下催化剂活性最大，反应速率最快，温度过高催化剂的活性减弱，反应速率会减慢；在5
19、0150范围内随着温度的升高，的去除率迅速上升的原因催化剂活性随温度升高增大，温度升高共同使去除反应速率迅速增大；150380范围的去除率上升缓慢的主要原因温度升高超过催化剂活性最大的温度范围，引起催化剂活性下降，反应速率减慢；反应温度高于380时，的去除率迅速下降的原因可能是在温度、催化剂条件下，氨气能被催化氧化生成NO，氨气含量减少，反应速率迅速降低，还可能是因为，温度过高催化剂失去活性，反应速率迅速降低。答案为：催化剂活性随温度升高增大；超过催化剂活性最大的温度范围，催化剂活性降低；在温度、催化剂条件下，氨气能被催化氧化生成NO；温度过高催化剂失去活性。10.三氧化二镍(Ni2O3)是一
20、种灰黑色无气味有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 molL1计算)。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH1.85.83.07.1沉淀完全的pH3.28.85.09.2(1)为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有适当升高温度；搅拌；_等。(2)酸浸后的酸性溶液中含有Ni2、Cl，另含有少量Fe2、Fe3、Al3等。沉镍前需加Na2CO3控制溶液pH范围为_。(3)从滤液A中
21、可回收利用的主要物质是Na2CO3和_。(4)“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为_。(5)工业上用镍为阳极，电解0.050.1 molL1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为_。当NH4Cl的浓度大于15gL1时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，写出相应的电极反应式：_。(6)如果在“沉镍”步骤把Na2CO3改为加草酸，则可以制得草酸镍晶体(NiC2O42H2O)。草酸镍晶体在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧三小时，可以制得Ni2O3，同时获
22、得混合气体。草酸镍晶体受热分解的化学方程式为_。【答案】 (1). 增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末等) (2). 5.07.1 (3). NaCl (4). 2Ni2+ClO-+4OH-=Ni2O3+Cl-+2H2O (5). 10 g/L (6). 2H+2e-=H2 (或2NH4+2H2O+2e-=2NH3H2O+H2) (7). 2NiC2O42H2ONi2O3+3CO+CO2+4H2O【解析】【分析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢可以将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3溶液调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+全部
23、形成沉淀，向过滤后的滤液中再加入碳酸钠可以形成NiCO3沉淀，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3溶于盐酸，得NiCl2溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得Ni2O3，据此分析解答。【详解】(1)用盐酸溶解镍金属废料时，为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有适当升高温度；搅拌，还可以将镍废料研成粉末增大接触面积，还可以通过增大盐酸的浓度的方法；(2)酸浸后的酸性溶液中含有Ni2、Cl，另含有少量Fe2、Fe3、Al3等，先加入H2O2溶液，可以将Fe2氧化为Fe3，然后加Na2CO3溶液，控制溶液pH，使杂质Fe3、Al3形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，要求
24、沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，根据离子沉淀的pH数值可知：溶液的pH值控制在4.77.1；(3)前面用盐酸溶解镍金属废料，其中含有HCl，向溶液中加入了Na2CO3，二者会发生反应产生NaCl，加入Na2CO3溶液调整溶液的pH，形成的Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀进入滤渣，得到的滤液中再加入Na2CO3溶液，调整溶液的pH至9.2，形成的主要是Ni(OH)2沉淀，还含有少量的NiCO3沉淀；此时的滤液A中主要含有氯化钠、Na2CO3，可回收利用，(4)沉淀中含有Ni(OH)2、NiCO3，用HCl溶解，Ni(OH)2、NiCO3转化为Ni2+，向溶液中加入NaC
25、lO、NaOH，在碱性条件下，NiCl2、NaClO发生氧化还原反应，Cl元素由+1价降低到-1价，反应生成NaCl，而Ni元素则由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应离子方程式为：2Ni2+ClO-+4OH-=Ni2O3+Cl-+2H2O；(5)结合图示，阴极电流效率及镍的成粉率越高越好，根据图2可知，NH4Cl的浓度为10g/L时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10g/L；当NH4Cl的浓度大于15gL1时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，在阴极上溶液中的H+放电，产生氢气，所以相应的电极反应式：2H+2e-=H2 ，也可写为
26、：2NH4+2H2O+2e-=2NH3H2O+H2；(6)草酸镍晶体在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧三小时，可以制得Ni2O3，同时获得混合气体，根据元素守恒可知混合气体为CO和CO2的混合气体，则反应为：2NiC2O42H2ONi2O3+3CO+CO2+4H2O。【点睛】本题考查物质制备工艺流程的知识，涉及反应速率影响因素、反应条件的控制、氧化还原反应的书写、电解原理、信息获取能力、化学方程式的书写等，是高考常考题型，较为全面的考查了学生对基础知识的掌握和应用等综合能力。11.冬季我国北方大部分地区出现雾霾天气，引起雾霾的微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3、有机颗粒物、扬尘、重金属
27、铜等。（1）N元素原子核外电子云的形状有_种；基态铜原子的价电子排布式为_。（2）N和O中第一电离能较小的元素是_；SO42-的空间构型是_。（3）雾霾中含有少量的水，组成水的氢元素和氧元素也能形成化合物H2O2，其中心原子的杂化轨道类型为_，H2O2难溶于CCl4，其原因为_。（4）PM2.5富含NO，NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物Fe(NO)(H2O)5SO4，该配合物中心离子的配位数为_。（5）测定大气中PM2.5浓度的方法之一是-射线吸收法，-射线放射源可用85Kr。已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，设NA为阿伏伽德罗常数的值，晶胞边长为540pm，则该晶体的密度_g/cm3(只列
28、式不计算，Kr摩尔质量为85gmol-1)。【答案】 (1). 2 (2). 3d104s1 (3). O (4). 正四面体 (5). sp3 (6). H2O2为极性分子，CCl4为非极性溶剂，所以H2O2难溶于CCl4中 (7). 6 (8). 【解析】【详解】(1)N位于周期表中第2周期第A族，则N元素核外电子排布式为1s22s22p3，核外电子云形状有2种；Cu位于周期表中第4周期第B族，则其价电子排布式为3d104s1；(2)N的2p为半满结构，较为稳定，第一电离能较大，所以N和O中第一电离能较小的元素是O；对于SO42-，根据VSEPR理论，价层电子对数=4，则其空间构型为正四面
29、体；(3)H2O2中O形成两个共价键，自身含有两对孤电子对，所以O为sp3杂化；H2O2分子中正负电荷中心不重合，为极性分子，CCl4为非极性分子，根据相似相容原理，极性分子难溶于非极性溶剂，所以H2O2难溶于CCl4；(4)NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物Fe(NO)(H2O)5SO4，该配合物中配体NO和H2O，均为单齿配体，所以配位数为6；(5)1个晶胞中含有Kr原子数目为8+6=4个，1mol晶胞的质量为m=485g，1mol晶胞体积为V=(54010-10)3NAcm3，则晶体密度为g/cm3。【点睛】晶胞密度计算是本题的难点，也是高考常考的知识点，首先根据晶胞的结构，判断出所含
30、微粒的多少，再利用质量、物质的量、微粒个数之间的关系，求出晶胞的质量，利用几何关系，求出边长，即计算出晶胞的体积，最后利用密度的定义，计算出晶胞的密度。12.由有机物合成（香豆素）的合成路线如下：回答下列问题：（1）写出分子式：丙烯酸甲酯_；（2）写出反应类型:_；若要的反应完全，则 反应需要的条件是_；（3）已知化合物的相对分子质量为146，写出结构简式：_；（4）化合物V是的一种同分异构体，V有如下特征：分子中除苯环外，无其它环状结构；在核磁共振氢谱图中，有四个吸收峰；能发生银镜反应；1 mol V最多能与2mol的NaOH反应。V的结构简式为_；（5）根据已有知识并模仿香豆素合成路线的相
31、关反应，试写出以氯苯和丙烯（CH2=CH-CH3）为原料，合成的化学方程式_（无机试剂任选）。【答案】 (1). C4H6O2 (2). 取代反应 (3). NaOH溶液/加热 (4). (5). (6). 、【解析】【详解】（1）从化合物可以知道丙烯酸甲酯的结构简式为：CH2CHCOOCH3，分子式为C4H6O2。（2）比较化合物、，可以看出是CHCHCOOCH3取代了苯环上的Cl，所以反应是取代反应；是酯类水解反应，反应要完全进行要在碱性条件下，故反应条件是：NaOH溶液、加热。（3）化合物的相对分子质量为164，化合物的相对分子质量为146，可知生成分子内脱去了1个水分子，OH和COOH发生酯化反应，则的结构简式为：。（4）V有如下特征：分子中除苯环外，无其它环状结构；在核磁共振氢谱图中，有四个吸收峰；能发生银镜反应，说明有醛基；1 mol V最多能与2mol的NaOH反应。V的结构简式为：。（5）根据，可以通过取代反应在苯环上加长碳链，反应的化学方程式为：，在通过加成反应得到产物，方程式为：。
