福建省莆田市第二十四中学届高三上学期第二次月考理科综合化学精校解析Word版.docx

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福建省莆田市第二十四中学届高三上学期第二次月考理科综合化学精校解析Word版

福建省莆田市第二十四中学2019届高三上学期第二次月考

理科综合化学

1.下列有关叙述不正确的是

A.纤维素、酚醛树脂均属于高分子化合物

B.花生油在碱性条件下的水解，可用于制肥皂

C.石油的分馏所得的馏分一定都是纯净物

D.利用渗析原理，用半透膜和蒸馏水可除去淀粉胶体中的食盐

【答案】C

【解析】

【分析】

纤维素是天然有机高分子化合物、酚醛树脂是合成有机高分子化合物；花生油是高级脂肪酸甘油酯；石油的分馏所得的馏分仍是多种烷烃和环烷烃的混合物；胶体粒子不能透过半透膜，溶液中的粒子能透过半透膜；

【详解】纤维素是天然有机高分子化合物、酚醛树脂是合成有机高分子化合物，故A正确；花生油是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下的水解为高级脂肪酸盐和甘油，故B正确；石油的分馏所得的馏分仍是多种烃的混合物，故C错误；胶体粒子不能透过半透膜，溶液中的粒子能透过半透膜，所以用半透膜和蒸馏水可除去淀粉胶体中的食盐，故D正确，选C。

2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是

A.1molCH4与Cl2在光照条件下反应生成的CH3Cl分子数为NA

B.5.6gFe和6.4gCu分别与足量Cl2反应，转移的电子数均为0.2NA

C.0.1mol/L的FeCl3溶液中，Fe3＋的数目为0.1NA

D.3.0g葡萄糖和醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA

【答案】D

【解析】

【分析】

CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种卤代烃；Fe与氯气反应生成FeCl3；根据

，没有溶液体积不能计算溶质的物质的量；葡萄糖和醋酸的最简式都是

；

【详解】CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种卤代烃，所以1molCH4与Cl2在光照条件下反应生成的CH3Cl分子数小于NA，故A错误；Fe与氯气反应生成FeCl3，5.6gFe与足量Cl2反应，转移的电子数均为0.3NA，故B错误；没有溶液体积不能计算溶质的物质的量，故C错误；葡萄糖和醋酸的最简式都是

，3.0g葡萄糖和醋酸的混合物中含有的原子总数为

0.4NA，故D正确。

选D。

3.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是

A.磁性氧化铁溶于稀硝酸：

Fe3O4＋8H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋4H2O

B.Mg（HCO3）2溶液中加入足量NaOH溶液：

Mg2＋＋2HCO3－＋2OH－=MgCO3↓＋CO32－＋2H2O

C.向含有0.2molFeI2的溶液中通入0.1molCl2充分反应：

2I－＋Cl2=2Cl－＋I2

D.明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液至生成沉淀的物质的量最多：

Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－=AlO2－＋2BaSO4↓＋2H2O

【答案】C

【解析】

【分析】

A项，电荷不守恒；B项，氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，反应应生成氢氧化镁；C项，还原性：

I―>Fe2+，氯气先氧化碘离子；D.当把铝离子转化为Al（OH）3时，沉淀物质的量最多。

【详解】A项，电荷不守恒，故A项错误；B项，氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，因此反应应生成氢氧化镁而非碳酸镁，故B项错误；C项，还原性：

I―>Fe2+根据电子得失守恒可知，0.1molCl2完全反应变为Cl―，转移电子0.2mol，0.2molFeI2中含有0.4molI―，因此氯气完全反应，离子方程式为2I―+Cl2═2Cl―+I2，C项正确；D.当把铝离子转化为Al（OH）3时，沉淀物质的量最多，故D项错误；正确选项C。

4.O2F2可以发生反应：

H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，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.若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子

D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：

4

【答案】D

【解析】

试题分析：

A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：

1，故D错误；故选A。

【考点定位】考查氧化还原反应的计算

【名师点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。

视频

5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2的说法中正确的是

A.若有0.3molCl2参加反应，则转移的电子数为0.6NA

B.若生成2.24LN2，则转移的电子数为0.6NA

C.若有1.2NA个电子发生转移，则被氧化的NH3的质量是27.2g

D.若生成1molNH4Cl转移的电子数是n，则NA=1/n

【答案】A

【解析】

试题分析：

A、反应3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2中，3Cl2～6Cl-～6e-，2NH3～N2～6e-，所以0.3molCl2参加反应，转移的电子数为0.6NA，故A正确；B、反应3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2中，3Cl2～6Cl-～6e-，2NH3～N2～6e-，生成1mol氮气转移电子6mol，生成2.24L氮气物质的量不一定是0.1mol，转移的电子数不一定为0.6NA，故B错误；C、反应3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2中，3Cl2～6Cl-～6e-，2NH3～N2～6e-，转移6mol电子，被氧化的氨气为2mol，有1.2NA个电子发生转移，则被氧化的氨气物质的量为0.4mol，被氧化的氨气的质量＝0.4mol×17g/mol＝6.8g，故C错误；D、依据反应的电子转移守恒可知，生成6mol氯化铵时电子转移6mol，生成1mol氯化铵转移电子1mol，若生成1mol的氯化铵转移电子数是n个，则NA＝n，故D错误；故选A。

考点：

考查氧化还原反应的有关计算

6.向某NaOH溶液中通入CO2气体后得到溶液M，因CO2通入的量不同，溶液M的组成也不同，若向溶液M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系如图所示。

则下列分析与判断不正确的是（不计CO2溶解）

A.若OB=0，则形成溶液的过程中所发生反应的离子方程式为OH－＋CO2=HCO3－

B.若OB=BC，则溶液M为Na2CO3溶液

C.若OB＞BC，则溶液M中大量存在的阴离子为CO32－和HCO3－

D.若3OB=BC，则溶液M中c（NaHCO3）=2c（Na2CO3）

【答案】C

【解析】

【分析】

向NaOH溶液中通入CO2，可能发生的反应有CO2+2OH－=CO32－+H2O、CO2+OH－=HCO3－，向M溶液中滴加盐酸，涉及的反应可能有H++OH－=H2O、CO32－+H+=HCO3－、HCO3－+H+=H2O+CO2↑；

【详解】A.若OB=0，向M溶液中滴加盐酸，立即产生气体，则发生的离子方程式为HCO3－+H+=H2O+CO2↑，说明M为NaHCO3溶液，则形成M的过程中发生的离子方程式为CO2+OH－=HCO3－，故A正确；

B.若OB=BC，即OB段消耗的盐酸与BC段消耗的盐酸相等，OB段发生反应的离子方程式为CO32－+H+=HCO3－，即M溶液为Na2CO3溶液，故B正确；

C.若OB>BC，则OB段发生的反应有H++OH－=H2O，CO32－+H+=HCO3－，那么溶液M中大量存在的阴离子为OH－与CO32－，故C错误；

D.若3OB=BC，可根据CO32－+H+=HCO3－，HCO3－+H+=H2O+CO2↑进行计算，

BC段：

CO32－+H+=HCO3－，

1mol1mol1mol

OB段：

HCO3－+H+=H2O+CO2↑

3mol3mol

M溶液中n（NaHCO3）=3mol－1mol=2mol，n（Na2CO3）=1mol，即n（NaHCO3）=2n（Na2CO3），所以c（NaHCO3）=2c（Na2CO3），故D正确，答案选C。

7.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度不计）将容器分成两部分，当左边充入1molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共8g时，隔板处于如图位置（保持温度不变），下列说法正确的是

A.右边CO与CO2分子数之比为1:

3

B.右侧CO的质量为2.75g

C.若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于离右端1/6处，保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体压强之比为5:

3

D.右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍

【答案】D

【解析】

【分析】

左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4:

1，则左右气体物质的量之比为4:

1，所以右侧气体物质的量为

=0.25mol，CO和CO2质量为8g，设CO的物质的量为xmol，则CO2物质的量为（0.25−x）mol，28xg+44（0.25−x）g=8g，x=

mol，则CO的物质的量为

mol，二氧化碳物质的量为

mol。

【详解】A.气体的物质的量之比等于其分子数之比，所以右边CO与CO2分子数之比为

mol:

mol=3:

1，故A错误；

B.m（CO）=n×M=

mol×28g/mol=5.25g，故B错误；

C.若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，则左右空间体积之比为5:

1，充入CO2和CO物质的量为

=0.2mol，相同条件下气体的物质的量之比等于其压强之比，所以其压强之比为0.25mol:

0.2mol=5:

4，故C错误；

D.相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，右边气体平均摩尔质量=

=32g/mol，氢气摩尔质量为2g/mol，所以混合气体与氢气密度之比为16:

1，故D正确，答案选D。

8.Ⅰ．NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。

已知NaNO2能发生反应：

2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。

（1）上述反应中氧化剂是_____。

（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。

可选用的物质有①水、②碘化钾淀粉试纸③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有_____（填序号）。

（3）请配平以下化学方程式：

______

Al＋

NaNO3＋

NaOH=

NaAlO2＋

N2↑＋

H2O

若反应过程中转移5mol电子，则生成标准状况下N2的体积为_____L。

Ⅱ．“钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。

钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成VO2＋。

（4）请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：

_____。

（5）V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐（阴离子为VO43－），溶于强酸生成含钒氧离子（VO2＋）的盐。

请写出V2O5分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：

_____、_____。

【答案】

（1）.NaNO2

（2）.②⑤（3）.10641032（4）.11.2（5）.V＋6H＋＋5NO3－===VO2＋＋5NO2↑＋3H2O（6）.Na3VO4（7）.（VO2）2SO4

【解析】

【详解】I.

（1）.在反应2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O中，N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2，故答案为：

NaNO2；

（2）.由2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可选择碘化钾淀粉试纸、食醋，变蓝的为NaNO2，故答案为：

②⑤；

（3）.Al元素的化合价从0价升高到+3价，N元素的化合价从+5价降低到0价，由得失电子守恒和原子守恒可知，反应方程式为10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O，由化学方程式可知，若反应过程中转移5mol电子，则生成标准状况下N2的体积为

×

×22.4L/mol=11.2L，故答案为：

10641032；11.2；

II.（4）.金属钒与浓硝酸反应成VO2＋、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：

V+6H++5NO3−=VO2++5NO2↑+3H2O，故答案为：

V+6H++5NO3−=VO2++5NO2↑+3H2O；

（5）.V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐（阴离子为VO43－），所以V2O5与烧碱溶液反应生成盐的阳离子为钠离子，酸根离子为VO43－，则盐的化学式为Na3VO4；V2O5与稀硫酸溶液反应生成含钒氧离子（VO2＋）的盐，所以阳离子是VO2＋，阴离子是硫酸根离子，则盐的化学式为（VO2）2SO4，故答案为：

Na3VO4；（VO2）2SO4；

9.某强酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、NH4＋、CO32－、NO3－、SO42－、SiO32－中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图所示。

实验过程中有一种气体为红棕色。

根据以上信息，回答下列问题：

（1）由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有_____。

（2）溶液X中关于硝酸根离子的判断，正确的是_____（填编号，下同）。

a．一定含有b．一定不含有c．可能含有

（3）气体F的电子式为_____，化合物I中含有的化学键类型有_____。

（4）转化①的离子方程式为_____。

转化⑦的离子方程式为_________。

（5）对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是_____。

①NaOH溶液②KSCN溶液③氯水和KSCN的混合溶液④pH试纸⑤KMnO4溶液

【答案】

（1）.CO32－、SiO32－

（2）.b（3）.

（4）.共价键和离子键（5）.3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O（6）.AlO2－＋2H2O＋CO2===HCO3－＋Al（OH）3↓（7）.②

【解析】

【分析】

某强酸性溶液X中一定含有氢离子，一定不含CO32－、SiO32－，加过量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀C是硫酸钡，一定含有SO42－，一定不含Ba2+，产生气体A一定是亚铁离子和硝酸根离子、氢离子发生氧化还原反应得到的NO，所以一定含有Fe2+，一定不含NO3－，NO遇到氧气转化为气体D为二氧化氮，二氧化氮与水、氧气反应生成溶液E为硝酸溶液，溶液B中加入过量氢氧化钠生成气体F，F为氨气，则原溶液中一定含有NH4＋，氨气和硝酸溶液反应生成I为硝酸铵，溶液H中通入过量二氧化碳产生沉淀K和溶液L，沉淀K一定为氢氧化铝，原溶液中一定含有Al3+，L是NaHCO3，溶液B中生成的有铁离子，所以沉淀G是Fe（OH）3，溶于盐酸得到J为氯化铁溶液，但原溶液中不一定含有Fe3＋。

【详解】

（1）.由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有CO32－、SiO32－，故答案为：

CO32－、SiO32－；

（2）.根据上述分析可知，原溶液中一定会有H+、Fe2＋，则一定不含NO3－，故答案为：

b；

（3）.气体F为NH3，电子式为

，氨气和硝酸溶液反应生成化合物I为硝酸铵，硝酸铵中含有共价键和离子键，故答案为：

；共价键和离子键；

（4）.由上述分析可知，转化①为H+、NO3－和Fe2＋发生氧化还原反应生成Fe3＋、NO和水，离子方程式为3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O，转化⑦为过量CO2与AlO2－、H2O反应生成Al（OH）3沉淀和HCO3－，离子方程式为AlO2－+2H2O+CO2=HCO3－＋Al（OH）3↓，故答案为：

3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O；AlO2－+2H2O+CO2=HCO3－＋Al（OH）3↓；

（5）.由上述分析可知，不能确定X溶液中是否含有Fe3＋，检验Fe3＋最好的是试剂是KSCN溶液，故答案为：

②。

【点睛】本题考查离子的检验和推断，明确常见离子的性质是解题的关键，注意加入过量硝酸钡溶液能够生成气体，说明X溶液中一定含有Fe2＋和NO3－，反应生成的溶液B中一定有Fe3＋，所以无法判断X溶液中是否含有Fe3＋，为易错点。

10.氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料。

某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下两种实验方案。

已知：

AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑

【方案1】取一定量mg的样品，用图1装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）。

（1）如图1，C装置中球形干燥管的作用是_____。

（2）完成以下实验步骤：

组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品。

接下来的实验操作是______________，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。

打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。

通入氮气的目的是___________。

（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_____。

【方案2】用图2装置测定mg样品中AlN的纯度（部分夹持装置已略去）。

（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是_____。

（填字母序号）

a．CCl4b．H2Oc．NH4Cl溶液d．C6H6（苯）

（5）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况），则AlN的质量分数是_____________。

【答案】

（1）.防止倒吸

（2）.关闭K1，打开K2（3）.把装置中残留的氨气全部赶入C装置（4）.C装置出口处连接一个干燥装置（5）.ad（6）.

×100%

【解析】

【分析】

在图1中，AlN和NaOH溶液反应生成氨气，经碱石灰干燥后被浓硫酸吸收，准确测定C装置增重的质量计算AlN的含量；在图2中，AlN和NaOH溶液反应生成氨气，利用排液体法测定氨气的体积计算AlN的含量。

【详解】

（1）.在装置A中，AlN和NaOH溶液反应生成氨气，氨气与浓硫酸发生反应，易发生倒吸，C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸，故答案为：

防止倒吸；

（2）.组装好实验装置，先检查装置气密性，加入实验药品。

接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。

打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。

通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入装置C被浓硫酸吸收，故答案为：

关闭K1，打开K2；把装置中残留的氨气全部赶入C装置；

（3）.装置存在的缺陷是空气中的水蒸气也可以进入装置C，使测定结果偏高，改进的措施是在C装置出口处连接一个干燥装置，故答案为：

C装置出口处连接一个干燥装置；

（4）.a.CCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故a正确；

b.氨气极易溶于水，不能用排水法测定，故b错误；

c.氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故c错误；

d.氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液的方法测定氨气的体积，故d正确，答案选：

ad；

（5）.若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况），

AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑

4122.4L

mV×10−3L

m=

g，则AlN的质量分数为

×100%=

×100%，故答案为：

×100%。

11.我国部分城市灰霾天占全年一半,引起灰霾的PM2.5微细粒子包含（NH4）2SO4、NH4NO3、有机颗粒物及扬尘等。

通过测定灰霾中锌等重金属的含量,可知目前造成我国灰霾天气的原因主要是交通污染。

（1）Zn2＋在基态时核外电子排布式为_____。

（2）NO3-的立体构型是_____。

（3）PM2.5含有大量的有毒、有害物质,易引发二次光化学烟雾污染,光化学烟雾中含有NOx、O3、CH2=CH—CHO、HCOOH、CH3COOONO2（PAN）等二次污染物。

①下列说法正确的是_____。

A.N2O结构式可表示为N=N=O

B.O3分子呈直线形

C.CH2=CH—CHO分子中碳原子均采用sp2杂化

D.相同压强下,HCOOH沸点比CH3OCH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子

②1molPAN中含σ键数目为_____（用含NA的式子表示）。

③NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe（NO）（H2O）5]SO4,该配合物中心离子的配位数为_____（填数字）。

（4）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β-射线吸收法,β-射线放射源可用85Kr,已知Kr晶体的晶胞结构如图所示,设晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个,晶胞中含Kr

原子为n个,则m/n=___（填数字）。

（5）水分子的立体结构是_____，水分子能与很多金属离子形成配合物，其原因是在氧原子上有__________。

（6）冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞（其晶胞结构如图,其中空心所示原子位于立方体的顶点或面心,实心球所示原子位于立方体内）类似。

每个冰晶胞平均占有_____个水分子。

冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同的原因是_________。

【答案】

（1）.1s22s22p63s23p63d10

（2）.平面三角形（3）.AC（4）.0NA（5）.6（6）.3（7）.V形（8）.孤电子对（9）.8（10）.C原子与O原子都为sp3杂化,且氢键和共价键都具有方向性和饱和性

【解析】

【分析】

（1）Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，失去两个电子生成锌离子，Zn2+基态核外有28个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；

（2）根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断NO3-的空间构型；

（3）①A、N2O与CO2互为等电子体，二者形成的化学键相似，据此答题；B、O3与SO2互为等电子体，据此答题；C、CH2=CH-CHO中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，故均为sp2杂化，据此答题；D、HCOOH分子间能形成氢键，CH3OCH3不能形成分子间氢键，据此答题；

②一个单键就是一个σ键，一个双键中含有一个σ键，一个π键