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1、福建省永安市第三中學(xué)2020屆高三化學(xué)下學(xué)期4月份階段測試試題（含解析）1.殺菌消毒劑 NaClO2的一種生產(chǎn)工藝如下：下列敘述錯誤的是A. NaClO2的化學(xué)名稱為亞氯酸鈉B. 該法可以利用廢氣中的SO2減少空氣污染C. 利用Ba(OH)2、Na2CO3能除去粗鹽中可溶性雜質(zhì)D. ClO2在陰極室得到電子被氧化為 NaClO2【答案】D【解析】【分析】從流程圖可以看出，將NaClO3與SO2進行反應(yīng)生成ClO2和Na2SO4，再將ClO2通入盛有精制的食鹽水的膜電解槽中進行電解，生成NaClO2和Cl2?！驹斀狻緼.氯元素的+1、+3、+5、+7分別對應(yīng)的含氧酸為HClO（次氯酸）、HClO

2、2（亞氯酸）、HClO3（氯酸）、HClO4（高氯酸），所以NaClO2的化學(xué)名稱為亞氯酸鈉，A項正確；B.由流程圖可知，“反應(yīng)”中硫元素的化合價由SO2中的+4價變化到Na2SO4中的+6價，化合價升高，SO2失去電子，作還原劑，故該反應(yīng)中SO2將NaClO3還原為ClO2，且不再產(chǎn)生污染大氣的氣體，所以該法可以利用廢氣中的SO2減少空氣污染，B項正確；C.粗鹽中含有的可溶性雜質(zhì)離子主要是Mg2+、SO42-和Ca2+，向過濾后的濾液中先加過量的Ba(OH)2溶液除去Mg2+和SO42-，再加Na2CO3溶液除去Ca2+和過量的Ba2+。所以C項正確；D.由流程圖看，氯元素由ClO2轉(zhuǎn)化為N

3、aClO2，氯元素的化合價由+4價降低到+3價，氯元素得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)電解原理可知，ClO2在陰極室得電子被還原為NaClO2，D項錯誤；答案選D。2.國際計量大會第26次會議新修訂了阿伏加德羅常數(shù)(NA=6.022140761023mol1)，并于2020年5月20日正式生效。下列說法正確的是A. 56 g聚乙烯分子中含碳碳雙鍵的數(shù)目為2NAB. 2 mol NH3和3 mol O2在催化劑和加熱條件下充分反應(yīng)生成NO的分子數(shù)為2NAC. 1mol的Na2O2和Na2O所含有的陰離子數(shù)目均為NAD. 1 L 0.5 molL1 Al2Fe(SO4)4溶液中陽離子數(shù)目小于1.5NA【

4、答案】C【解析】【詳解】A.聚乙烯是乙烯經(jīng)過加聚反應(yīng)制備而成，分子內(nèi)不含碳碳雙鍵，故A錯誤；B.因存在反應(yīng)4NH3+5O24NO+6H2O，所以2molNH3和3molO2在催化劑和加熱條件下充分反應(yīng)后氧氣有剩余，生成的NO會與過量的氧氣繼續(xù)反應(yīng)生成NO2，所以最終生成的NO的分子數(shù)小于2NA，故B錯誤；C.過氧化鈉中陰離子是過氧根離子，1molNa2O2和Na2O所含有的陰離子數(shù)目均為NA，故C正確；D.Al3+、Fe2+水解產(chǎn)生H+，1molAl3+水解生成3molH+、1molFe2+水解生成2molH+，陽離子總數(shù)增加，故1L0.5molL1Al2Fe(SO4)4溶液中陽離子數(shù)目大于1

5、.5NA，故D錯誤。故選C。3.下列說法正確的是（ ）A. 乙烯使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色均屬于加成反應(yīng)B. CH3CH2CH3分子中的3個碳原子不可能處于同一直線上C. 聚乙烯、麥芽糖和蛋白質(zhì)均屬于有機高分子化合物D. 等質(zhì)量的乙烯和乙醇完全燃燒，消耗O2的物質(zhì)的量相同【答案】B【解析】【詳解】A.乙烯含有碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)類型不同，故A錯誤；B. CH3CH2CH3為烷烴，具有甲烷結(jié)構(gòu)特點，則3個碳原子不可能在同一直線上，所以B選項是正確的；C.麥芽糖相對分子質(zhì)量較小，不是高分子化合物，故C錯誤；D.乙醇可拆寫成C2H4H2O的形式，等質(zhì)量的

6、C2H4和C2H4H2O含C2H4，乙烯高于乙醇，故消耗氧氣的量乙烯大于乙醇，故D錯誤。所以B選項是正確的。4.四種短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序數(shù)依次增大，X和Y的單質(zhì)化合生成氣體A，A分子中的電子數(shù)與氖原子相同，X和W的單質(zhì)化合生成氣體B，常溫下0.1mol/L的B溶液的pH=1，氣體A和氣體B相遇產(chǎn)生白煙，X與Z可按原子個數(shù)比11形成化合物C。下列說法正確的是（ ）A. 化合物C可能為離子化合物B. Z離子的半徑比Y離子的大C. Y的非金屬性很強，其單質(zhì)非?；顫奃. 最高價氧化物的水化物的酸性Y比W強【答案】A【解析】【分析】四種短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序數(shù)依次增大，X和

7、W的單質(zhì)化合生成氣體B，常溫下0.1mol/L的B溶液的pH=1，則B是一元強酸，則X是H元素，W是Cl元素；氣體A和氣體B相遇產(chǎn)生白煙，則B是NH3，X和Y的單質(zhì)化合生成氣體A，A分子中的電子數(shù)與氖原子相同，所以Y 是N元素；X與Z可按原子個數(shù)比11形成化合物C，Z可能是O、F、Na中的任一種，C可能是H2O2、HF、NaH中的一種?！驹斀狻烤C上所述可知可知：X是H元素，Y是N元素，W是Cl元素；Z可能為O、F、Na中的任一種。A.若C為NaH，則含有離子鍵，化合物C可能為離子化合物，A正確；B.電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以無論Z是O、F、Na中的任何一種元素，N3

8、-的半徑比O2-、F-和Na+的半徑都大，B錯誤；C.Y是N元素，盡管N元素的非金屬性很強，但由于N2分子中有NN的存在，鍵能大，鍵長短，斷裂時需要消耗很大的能量，所以N2并不活潑，C錯誤；D.高氯酸HClO4 酸性比HNO3強，D錯誤；故合理選項是A。【點睛】本題考查元素周期表、元素周期律的應(yīng)用知識。根據(jù)已知信息推斷元素是本題解答的關(guān)鍵。突破口是氣體A和氣體B相遇產(chǎn)生白煙，可知氣體為NH3、HCl，再結(jié)合原子序數(shù)大小及分子特點推測元素種類。5.根據(jù)下列實驗操作及現(xiàn)象推出的結(jié)論一定正確的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【詳解】A.酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，

9、發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，H2O2中氧元素的化合價升高被氧化，雙氧水表現(xiàn)還原性，KMnO4表現(xiàn)氧化性，故A錯誤；B.濃鹽酸易揮發(fā)，所得氣體中含HCl，HCl可與硅酸鈉反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀，不能說明CO2與硅酸鈉溶液發(fā)生了反應(yīng)，則不能比較碳酸與硅酸的酸性，故B錯誤；C.向Na2S溶液中滴加鹽酸，產(chǎn)生臭雞蛋氣味的氣體，證明酸性：HClH2S，而元素的非金屬性的強弱，可以通過元素的最高價含氧酸的酸性強弱或氫化物的穩(wěn)定性來比較，因此不能證明氯的非金屬性比硫強，故C錯誤；D.根據(jù)溶解度大的物質(zhì)易轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)可知Fe(OH)3的溶解度

10、小于Mg(OH)2的溶解度，故D正確。故選D?！军c睛】非金屬性強弱的比較規(guī)律：單質(zhì)的氧化性：一般情況下，氧化性越強，對應(yīng)非金屬性越強；置換反應(yīng)：非金屬性強的制非金屬性弱的；對應(yīng)氫化物的穩(wěn)定性：氫化物越穩(wěn)定，非金屬性越強；和氫氣化合的難易程度：化合反應(yīng)越容易，非金屬性越強；最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：酸性越強，非金屬越強；由對應(yīng)最低價陰離子的還原性：還原性越強，對應(yīng)非金屬性越弱。6.元素周期表中釕(Ru)與鐵相鄰位于鐵的下一周期，某釕光敏太陽能電池的工作原理如下圖所示，圖中RuII*表示激發(fā)態(tài)。下列說法正確的是A. 電池工作時，直接將太陽能轉(zhuǎn)化為電能B. 理論上，n(被還原的I3)：n(被氧化

11、的Ru II*)=1：2C. 在周期表中，釕位于第五周期第B族D. 電池工作時，正極的電極反應(yīng)式為Ru3+e=Ru2+【答案】B【解析】【分析】由圖可知釕（RuII）的配合物獲得太陽能轉(zhuǎn)化為激發(fā)態(tài)RuII*，激發(fā)態(tài)RuII*失去1個電子轉(zhuǎn)化為RuIII，電極X構(gòu)成原電源的負(fù)極；電解質(zhì)溶液中發(fā)生反應(yīng)：2RuIII+3I-=2RuII+I3-，電極Y上發(fā)生反應(yīng)I3-+2e-=3I-，故電極Y構(gòu)成原電源正極。由此分析?！驹斀狻緼.由圖可知，電極X上釕（RuII）的配合物獲得太陽能轉(zhuǎn)化為激發(fā)態(tài)RuII*，激發(fā)態(tài)RuII*失去1個電子轉(zhuǎn)化為RuIII，所以是太陽能先轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，化學(xué)能再轉(zhuǎn)化為電能，A項

12、錯誤；B.電極X（負(fù)極）上的反應(yīng)：RuII*-e-=RuIII，電極Y（正極）上的反應(yīng)：I3-+2e-=3I-。根據(jù)原電池兩極轉(zhuǎn)移的電子守恒，n(被還原的I3-):n(被氧化的RII*)=1:2。B項正確；C.因為Fe在第四周期第VIII族，釕與鐵相鄰位于鐵的下一周期鐵，所以釕位于第五周期第VIII族，C項錯誤；D.該原電池的正極是電極Y，其電極反應(yīng)式為I3-+2e-=3I-，D項錯誤；答案選B。7.常溫下，向10mL0.1 mol/L CuCl2溶液中滴加0.1 mol/L Na2S溶液滴加過程中-lgc(Cu2+)與Na2S溶液體積(V)的關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是A. Ksp(CuS

13、)的數(shù)量級為1035B. 曲線上各點的溶液均滿足關(guān)系式c(S2-)c(Cu2+)=Ksp(CuS)C. a、b、c三點中，由水電離的c(H+)和c(OH-)的積最小的為b點D. c點溶液中：c(Na+)c(Cl-)c(S2-)c(OH-)c(H+)【答案】A【解析】【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，發(fā)生反應(yīng)：Cu2+S2-=CuS，Cu2+或S2-均會水解，水解促進水的電離，結(jié)合圖象中橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)的含義和溶液中的守恒思想，計算溶度積常數(shù)?！驹斀狻肯?0mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，發(fā)生反應(yīng)：Cu2+

14、S2-=CuS，Cu2+或S2-均會水解，水解促進水的電離，b點溶液時滴加Na2S溶液的體積是10mL，此時恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此時-lgc(Cu2+)=17.7，平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。A.平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，則Ksp(CuS) =c(S2-)c(Cu2+)=10-17.7mol/L10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，由于已知lg2=0.3，則Ksp(CuS) =10-35.4mol2/L2=(100.3)210-36m

15、ol2/L2=410-36 mol2/L2，A錯誤；B.向含有Cu2+的溶液中加入Na2S溶液，Cu2+與S2-發(fā)生沉淀反應(yīng)：Cu2+S2-=CuS，加入Na2S溶液的體積越大，c(S2-)越大，c(Cu2+)越小，則-lgc(Cu2+)就越大，由于溫度不變，所以曲線上各點的溶液均滿足關(guān)系式c(S2-)c(Cu2+)=Ksp(CuS)，B正確；C. a點Cu2+過量、c點S2-過量，b點恰好完全反應(yīng)生成CuS和NaCl，a點溶液中Cu2+濃度遠(yuǎn)大于b點，c點溶液中S2-濃度遠(yuǎn)大于b點，Cu2+、S2-水解促進水的電離，根據(jù)濃度對水解平衡的影響，則b點水電離的c（H+）和c（OH-）的積最小，C正確；D.C點為Na2S、NaCl按1：2物質(zhì)的量混合溶液，其中CuS處于沉淀溶解平衡狀態(tài)，根據(jù)物料守恒及物質(zhì)的溶解性，可知c(Na+)c(Cl-)c(S2-)，S2-水解消耗水電離產(chǎn)生H+，使溶液中c(OH-)c(H+)，但水電離產(chǎn)生的離子濃度遠(yuǎn)小于鹽電離產(chǎn)生的離子濃度，故c(S2-)c(OH-)，因此該溶液中微粒濃度大小關(guān)系為：c(Na+)c(Cl-)c(S2-)c(OH-)c(H+)，D正確；故合理選項是A?！军c睛】本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡、微粒濃度大小比較