届内蒙古自治区赤峰第二中学高三上学期第二次月考化学试题解析版.docx

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届内蒙古自治区赤峰第二中学高三上学期第二次月考化学试题解析版

内蒙古赤峰二中2019届高三上学期第二次月考化学试题

1.下列物质分类正确的是（）

A.SO2、SiO2、NO2均为酸性氧化物

B.CH3COONa、BaCO3、盐酸都是强电解质

C.淀粉溶液、纳米材料、稀豆浆均为胶体

D.水煤气、聚乙烯、福尔马林均为混合物

【答案】D

【解析】

【详解】A、SO2、SiO2为酸性氧化物，NO2不属于酸性氧化物，不符合物质分类，故A错误；B、电解质为化合物，属于纯净物，盐酸是HCl的水溶液，不属于电解质，不符合物质的分类，故B错误；C、胶体属于分散系，淀粉溶液、稀豆浆为胶体，纳米材料不属于分散系，不属于胶体，不符合物质分类，故C错误；D、水煤气成分是CO和H2，聚乙烯中n值不同，因此聚乙烯属于混合物，福尔马林是甲醛的水溶液，属于混合物，符合物质分类，故D正确。

2.设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.0.1molFeCl3水解形成的Fe（OH）3胶体粒子数为0.1NA

B.常温下，78gNa2O2中含有的阴离子数是2NA

C.标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA

D.pH=1的H2SO4溶液中，含有H+的数目为0.1NA

【答案】C

【解析】

【详解】A、胶体是聚合体，因此0.1molFeCl3水解形成氢氧化铁胶体粒子物质的量小于0.1mol，故A错误；B、过氧化钠的电子式为

，78gNa2O2中含有阴离子的物质的量为78/78mol=1mol，故B错误；C、甲烷分子式为CH4，乙烯分子式为C2H4，1mol该混合物含有氢原子物质的量为4mol，因此标准状况下，11.2L的该混合物中含有氢原子物质的量为11.2×4/22.4mol=2mol，故C正确；D、题目中没有说明溶液的体积，无法计算物质的量，故D错误。

【点睛】本题易错点是选项B，学生认为1molNa2O2中含有2mol阴离子，应从Na2O2的电子式入手进行分析。

3.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A.0.1mol·L−1KI溶液：

Na+、K+、ClO−、OH−

B.0.1mol·L−1Fe2（SO4）3溶液：

Mg2+、NH4+、HCO3−、SO42−

C.0.1mol·L−1HCl溶液：

Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−

D.0.1mol·L−1NaOH溶液：

K+、Na+、SO42−、AlO2－

【答案】D

【解析】

【详解】A、ClO－具有强氧化性，能与I－发生氧化还原反应，这些离子不能在指定的溶液中大量共存，故A不符合题意；B、Fe3＋与HCO3－发生双水解反应，不能在指定溶液中大量共存，故B不符合题意；C、H＋与CH3COO－生成弱电解质，不能在指定溶液中大量共存，故C不符合题意；D、能够在指定的溶液中大量共存，故D符合题意。

4.下列对于过氧化钙（CaO2）的叙述错误的是（）

A.CaO2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用

B.CaO2中阴阳离子的个数比为1：

1

C.CaO2和水反应时，每产生1molO2转移电子4mol

D.CaO2和CO2反应的化学方程式为：

2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2

【答案】C

【解析】

A、过氧化钙是过氧化物，和过氧化钠一样具有漂白性，对面粉可能具有增白作用，故A正确。

过氧化钙中含有阳离子Ca2+和阴离子O22-离子，阴阳离子的个数比为1：

1，故B正确。

C、O22-离子中O元素的化合价为-1价，所以每产生1molO2转移电子2mol，故C错误。

D过氧化钙和二氧化碳反应和过氧化钠和二氧化碳反应原理相同，生成碳酸钙和氧气，方程式为：

2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2故D正确。

点睛：

本题考查过氧化物的性质，要记住过氧化物过氧根中两个氧原子是个整体，其氧元素的化合价为-1价，具有强氧化性。

5.把含硫酸铵和硝酸铵的混合液aL分成两等份。

一份加入含bmolNaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗cmolBaCl2才能使SO42－完全沉淀，则原溶液中NO3－的物质的量浓度为（单位均为mol·L-1）（）

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

bmolNaOH恰好将NH3全部赶出，根据NH4＋＋OH－

NH3↑＋H2O可知，每份中含有bmolNH4＋；与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2才能使SO42﹣完全沉淀，根据Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓可知每份含有SO42﹣cmol，设每份中含有NO3﹣的物质的量为xmol，根据溶液呈现电中性，则bmol×1=cmol×2+xmol×1，得x=（b－2c）mol，因将aL混合液分成两等份，则每份的体积是0.5aL，所以每份溶液中NO3﹣的浓度是c（NO3﹣）=

=

mol/L，即原溶液中NO3﹣的浓度是

mol/L，故选B。

点睛：

根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏伽德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或物质之间的比例关系的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。

根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果有一种反应物过量，则应根据量少的反应物来进行计算；如果涉及多步反应，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。

6.硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：

Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4，下列说法错误的是（）

A.若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子

B.当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊

C.氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶1

D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低

【答案】C

【解析】

【分析】

从氧化还原反应中几组概念、氧化还原反应的规律入手进行分析。

【详解】A、根据反应方程式，4molCl2参与反应，即消耗1molNa2S2O3被消耗，转移电子物质的量为8mol，因此0.5molNa2S2O3被消耗时，转移电子物质的量为0.5×8mol=4mol，故A说法正确；B、Na2S2O3过量时，发生Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，溶液出现浑浊，故B说法正确；C、H2SO4为氧化产物，NaCl和HCl为还原产物，因此氧化产物、还原产物物质的量之比为2：

（2＋6）=1：

4，故C说法错误；D、根据反应方程式，反应后生成强酸盐酸和硫酸，c（H＋）增大，pH降低，故D说法正确。

7.下列指定反应的离子方程式正确的是

A.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：

2MnO4－＋16H＋＋5C2O42－===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O

B.Cl2与FeBr2溶液反应，当n（Cl2）:

n（FeBr2）=1:

1时，2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-

C.惰性电极电解MgCl2溶液：

2Cl−+2H2O

Cl2↑+2OH-+H2↑

D.向NaHSO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液至中性：

H++SO42-+Ba2++OH-===BaSO4↓+H2O

【答案】B

【解析】

【详解】A、草酸属于弱酸，书写离子方程式时不能拆写，正确的是2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故A错误；B、Fe2＋还原性比Br－强，先于Cl2发生反应，根据得失电子数目守恒，1×1＋n（Br－）×1=1×2×1，解得n（Br－）=1mol，因此反应的离子方程式为2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－，故B正确；C、缺少Mg2＋与OH－反应生成Mg（OH）2，故C错误；D、反应后溶液为中性，则离子方程式为2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，故D错误。

【点睛】本题的易错点是选项D，涉及到量的问题，少量为1，反应后溶液显中性，应按照Ba（OH）2进行分析，因此离子方程式为2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，这是一易错点，也是一个难点。

8.已知：

将Cl2通入适量NaOH溶液中，产物中可能含有NaCl、NaClO、NaClO3，且c（Cl-）/c（ClO-）的值与温度高低有关。

当n（NaOH）=amol时，下列说法不正确的是

A.参加反应的氯气的物质的量等于（1/2）amol

B.改变温度，产物中NaC1O3的最大理论产量为（1/7）amol

C.改变温度，反应中转移电子的物质的量n（e-）的范围为（1/2）amol≤n（e-）≤（5/6）amol

D.若某温度下，反应后c（Cl-）/c（ClO-）=11，则溶液中c（ClO-）/c（ClO

）=1/2

【答案】B

【解析】

将Cl2通人NaOH溶液，可能发生的反应为①Cl2+2NaOH

NaCl+NaClO+H2O和②Cl2+6NaOH

5NaCl+NaClO3+3H2O。

A.从产物NaC1、NaClO、NaC1O3的组成可以看出钠元素与氯元素的物质的量相等，所以参加反应的氯气的物质的量等于氢氧化钠的1/2为

amol，故A正确；B.改变温度，除水外，只产生NaC1、NaC1O3时产物中NaC1O3的产量最大，此时5NaC1～NaC1O3～5e-，所以NaC1O3的最大理论产量为1/6amol，故B错误；C.改变温度，除水外，只产生NaC1、NaC1O3时，反应中转移电子的物质的量为ne=

amol，只产生NaC1、NaC1O时，反应中转移电子的物质的量为ne=

amol，ne的范围：

amol≤ne≤

amol，故C正确；D.若某温度下，反应后

＝11，假设c（Cl－）为11，则c（ClO－）为1，反应①产生的c（Cl－）为1，反应②产生的c（Cl－）为10，反应②产生的c（ClO3－）为2，因此，溶液中

＝

，故D正确。

故选B。

9.2SO2（g）十O2（g）⇌2SO3（g） △H=-198kJ·mol-1，在V2O5存在时，该反应机理为：

Ⅰ：

V2O5+SO2→2VO2+SO3（快） Ⅱ:

4VO2+O2→2V2O5（慢），下列说法正确的是（）

A.反应速率主要取决于Ⅰ步反应

B.该反应逆反应的活化能大于198kJ/mol

C.2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应能放出198KJ的热量

D.VO2在反应中起催化剂的作用降低了反应活化能加快反应速率

【答案】B

【解析】

【详解】A、化学反应速率的快慢取决于反应速率慢的，根据题意，反应速率主要取决于II步反应，故A错误；B、活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，SO2与O2反应是放热反应，因此逆反应的活化能大于198kJ·mol－1，故B正确；C、SO2与O2的反应是可逆反应，不能完全进行到底，因此2molSO2与1molO2反应放出的热量小于198kJ，故C错误；D、根据反应的机理，V2O5为催化剂，故D错误。

10.下列装置的线路接通后，经过一段时间，溶液的pH明显下降的是（　　）

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A、电池总反应是Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，消耗H2SO4，c（H＋）降低，pH增大，A不符合题意；B、该装置为电解池装置，总反应是Cu＋2H2O

Cu（OH）2＋H2↑，消耗的H2O，c（OH－）增大，pH