《贵州省遵义正安县2020届高三化学上学期开学考试试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《贵州省遵义正安县2020届高三化学上学期开学考试试题含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、贵州省遵义正安县一中2020届高三化学上学期开学考试试题（含解析）一、单选题(共7小题，每小题6.0分，共42分)1.标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积()A. 22.4 LB. 44.8 LC. 11.2 LD. 4.48 L【答案】D【解析】【详解】假设气体的物质的量为nmol，容器的质量为mg，则：mg+nmol71g/mol=74.6g，mg+nmol28g/mol=66g，联立方程，解得n=0.2mol，气体的体积为V=0.2mol22.4L/mol=4.48L，所以容器的容积为4.48L，故选D。2.已知酸性高锰酸钾溶液
2、可以将FeSO4氧化，化学方程式为2KMnO410FeSO48H2SO4=K2SO42MnSO45Fe2(SO4)38H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示。则下列有关说法不正确的是()A. 图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应B. 图中BC段发生的反应为2Fe32I=2Fe2I2C. 根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 molD. 根据OC段的数据可知开始加入的硫酸亚铁的物质的量为1 mol【答案】D【解析】试题分析：高锰酸钾的氧化性大于
3、铁离子，铁离子大于碘。A、AB段铁离子的物质的量不变，说明此时高锰酸钾与碘离子发生氧化还原反应，正确；B、BC段铁离子的物质的量逐渐减少至0，说明该段发生的是铁离子与碘离子的氧化还原反应，离子方程式是2Fe3+2I-= 2Fe2+ I2，正确；C、根据以上分析，高锰酸钾先氧化亚铁离子，剩余的再氧化碘离子，铁离子氧化碘离子，所以相当于高锰酸钾直接与碘离子发生氧化反应，共消耗1.25molI-。碘离子的物质的量是1.25mol，则失去电子的物质的量是1.25mol，高锰酸钾氧化碘离子为单质碘，自身被还原为+2价锰离子，根据得失电子守恒，所以用于与碘离子反应的高锰酸钾的物质的量是1.25mol/5=
4、0.25mol，正确；D、由图像可知铁离子消耗碘离子的物质的量是1.25-0.5=0.75mol，根据2Fe3+2I-= 2Fe2+ I2，所以亚铁离子的物质的量是0.75mol，则硫酸亚铁的物质的量是0.75mol，错误，答案选D。考点：考查物质氧化性的应用，对图像的分析与计算3.金属的使用是人类拓展自身能力的标志之一。人类利用几种常用金属的先后顺序依次为金、铜、铁、铝，之所以有先后，主要取决于( )A. 金属在地壳中的含量多少B. 金属的熔沸点高低C. 金属的活泼性强弱D. 金属的导电性强弱【答案】C【解析】试题分析：根据金属活动性顺序表可知，金属活动性由强到弱的顺序为：铝铁铜金；金属利用
5、的先后顺序既与金属冶炼的难易程度有关，又与金属活动性顺序有关，越不活泼的金属越早被利用。人类使用较早的金属，其活动性较弱；金属活动性越强，金属的冶炼难易程度越难，这也影响了人类对金属的使用，而与A、B、D选项中金属在地壳中的含量多少、熔沸点高低、导电性强弱无关。考点：金属活动性顺序及其应用点评：本题难度不大，了解人类利用金属的历史、金属活动性顺序等即可正确解答本题.4.化工生产要遵守三大原则：充分利用原料、充分利用能量、保护环境。下列描述不符合以上某原则的是( )A. 煅烧硫铁矿使用沸腾炉B. 制盐酸时将氢气在氯气中燃烧C. 制硫酸时使用热交换器D. 合成氨时氮气和氢气循环使用【答案】B【解析
6、】【详解】A. 煅烧硫铁矿使用沸腾炉，可使硫铁矿与氧气充分接触而反应，减少能量的消耗，充分利用原料，故A符合；B. 制盐酸时将氢气在氯气中燃烧，氯气和氢气剧烈反应，放出能量，与题目要求原则无关，故B不符合；C. 制硫酸时使用热交换器，可充分利用能量，故C符合；D. 合成氨时氮气和氢气循环使用，可充分利用原料，故D符合。答案选B。【点睛】充分利用原料、充分利用能量、保护环境，应能符合原料利用率高，节约能源，且不产生污染物或减少污染物的排放。5.下列各选项中，原因、结论及因果关系均正确的是（ ）A. 因为H-F键能大于H-Cl，所以HF的沸点高于HClB. 因为HClO4比HClO中的氯元素的化合
7、价高，所以HClO4的氧化性强于HClOC. 因为N元素的非金属性比P元素强，所以NH3的稳定性强于PH3D. 因为Fe的还原性强于Cu，所以Cu2+的氧化性强于Fe3+【答案】C【解析】【详解】A.键能的大小决定氢化物的稳定性，和沸点无关，HF的沸点高于HCl的原因是HF分子间有氢键，而HCl只有分子间作用力，故A不选；B.价态的高低和氧化性的强弱没有关系，故B不选；C.非金属性越强，氢化物的稳定性就越强，故C选；D.还原剂的还原性越强，其氧化产物的氧化性就越弱。铁的氧化产物为Fe2+而不是Fe3+，所以Cu2+的氧化性强于Fe2+。Fe3+的氧化性强于Cu2+，可以从反应2Fe3+Cu=2
8、Fe2+Cu2+得到证明。故D不选。故选C。6.下列有关物质性质或应用说法正确的是A. 医疗上，常用碳酸钠治疗胃酸过多B. 在海轮外壳上安装锌块以减缓船体腐蚀C. 液氨汽化放出大量的热，可用作制冷剂D. 明矾具有强氧化性，常用于自来水的杀菌消毒【答案】B【解析】【详解】A碳酸钠碱性太强，有较强腐蚀性，应利用氢氧化铝或小苏打治疗胃酸过多，故A项错误；B锌与铁形成原电池，Zn活泼作负极，海轮铁壳为正极得到保护，则在海轮外壳上安装锌块以减缓船体腐蚀，故B项正确；C液氨汽化时吸收热量，可用作制冷剂，故C项错误；D明矾在水溶液中形成胶体，吸附水溶液中悬浮颗粒等，具有净水作用，但不具有强氧化性，则不能杀菌
9、消毒，故D项错误；故答案选B。7.在某2L恒容密闭容器中充入2molX（g）和1molY（g）发生反应：2X（g）+Y（g）3Z（g）H，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）A. M点时，Y的转化率最大B. 升高温度，平衡常数减小C. 平衡后充入Z达到新平衡时Z的体积分数增大D. W、M两点Y的正反应速率相等【答案】B【解析】【分析】反应过程中持续升高温度，反应开始时正反应速率大于逆反应速率，所以X不断消耗，X的体积分数不断降低，到Q点，X的体积分数最低，此时达到了平衡状态。然后继续升温，此时X的体积分数升高，说明平衡逆向移动，所以正反
10、应是放热反应。【详解】A.从W到Q的过程中，由于正反应速率大于逆反应速率，所以Y的转化率不断升高，从Q点以后，由于平衡逆向移动，所以Y的转化率会降低，所以在Q点，Y的转化率最大，故A不选；B.由于该反应的正反应是放热的，所以温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故B选；C.由于该反应反应前后气体系数之和相等，在恒容容器中，平衡后再充入Z，达到新平衡时，Z的体积分数不变。故C不选；D.M点和W点的X的体积分数相等，而M点的温度高于W点的温度，所以M点的Y的正反应速率大于W点的Y的正反应速率。故D不选。故选B。【点睛】对于在恒温恒容条件下的可逆反应，达到平衡后，如果按原比例再充入反应物，就相当于增
11、大压强，结果可以按增大压强处理，但平衡移动方向要具体问题具体分析。例如本题，在恒容密闭容器中充入2molX（g）和1molY（g），发生反应2X（g）+Y（g）3Z（g），平衡后充入Z，也就相当于按物质的量之比2:1的比例充入了X和Y，所以相当于增大了压强。由于该反应反应前后气体系数之和相等，所以各物质的体积分数都不变。但由于增加了Z，Z的浓度增大，所以平衡向逆反应方向移动。二、必考题8.欲降低废水中重金属元素铬的毒性，可将Cr2O转化为Cr(OH)3沉淀除去。已知该条件下：（1）某含铬废水处理的主要流程如图所示：初沉池中加入的混凝剂是K2SO4Al2(SO4)32H2O，其作用为(用离子方程
12、式表示)_。反应池中发生主要反应的离子方程式是Cr2O72-3HSO3-5H=2Cr33SO42-4H2O。根据“沉淀法”和“中和法”的原理，向沉淀池中加入NaOH溶液，此过程中发生主要反应的离子方程式是_、_。证明Cr3沉淀完全的方法是_。（2）工业可用电解法来处理含Cr2O废水。实验室利用如图装置模拟处理含Cr2O72-的废水，阳极反应式是Fe2e=Fe2，阴极反应式是2H2e=H2。Fe2与酸性溶液中的Cr2O72-反应的离子方程式是_，得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全。用电解法处理该溶液中0.01molCr2O72-时，至少得到沉淀的质量是_g。【答案】 (1). Al33H2O=A
13、l(OH)3(胶体)3H或Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H (2). Cr33OH=Cr(OH)3 (3). HOH=H2O (4). 测定溶液的pH，若pH8，则证明Cr3沉淀完全 (5). Cr2O72-6Fe214H=2Cr36Fe37H2O (6). 8.48【解析】【分析】（1）氢氧化铝胶体能吸附悬浮物，所以作混凝剂；反应池中发生主要反应的离子方程式是Cr2O72-+3HSO3-+5H+2Cr3+3SO42-+4H2O，反应后溶液中有H+、Cr3+，加NaOH溶液，NaOH会和H+、Cr3+发生反应；（2）Fe2+离子与Cr2O72-离子发生氧化还原反应生成Fe3+离子和Cr
14、3+离子；随着电解进行，溶液中c（H+）逐渐减少，c（OH-）浓度增大；根据Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，Cr3+3OH-Cr（OH）3、Fe3+3OH-Fe（OH）3进行计算。【详解】（1）K2SO4Al2（SO4）324H2O为强电解质，在溶液中完全电离，生成Al3+和SO42-、K+，Al3+能水解生成氢氧化铝胶体：Al3+3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+或Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物，所以能作净水剂，故答案为：Al33H2O=Al(OH)3(胶体)3H或Al33H2OAl(OH)3(胶体)3
15、H ；反应池中发生主要反应的离子方程式是Cr2O72-+3HSO3-+5H+2Cr3+3SO42-+4H2O，反应后溶液中有H+、Cr3+；根据“沉淀法”和“中和法”的原理，向沉淀池中加入NaOH溶液，NaOH会和H+发生反应H+OH-H2O，Cr3+与NaOH发生反应Cr3+3OH-Cr（OH）3，根据题给图表信息可知，Cr（OH）3沉淀完全时的pH为8，所以，测定溶液的pH，若pH8，则证明Cr3+沉淀完全，故答案为：Cr3+3OH-Cr（OH）3、H+OH-H2O；测定溶液的pH，若pH8，则证明Cr3+沉淀完全；（2）亚铁离子与Cr2O72-发生氧化还原反应，被还原为Cr3+，重铬酸根具有强氧化性，能将生成的亚铁离子氧化为三价，即6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O；随着电解进行，溶液中c（H+）逐渐减少，打破了水
