【化学】福建省厦门外国语学校2020届高三12月月考（解析版）

【化学】福建省厦门外国语学校2020届高三12月月考（解析版）

福建省厦门外国语学校2020届高三12月月考 可能用到的原子量：H:1 O:16 N:14 Na:23 P:31 S:32 Ca: 40 As:75 ‎ 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。)‎ ‎1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是( )‎ A. “冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可增效。‎ B. 玻璃钢和压电陶瓷都属于新型无机非金属材料。‎ C. 硬化油又叫人造脂肪，便于储存和运输，但容易被空气氧化变质 D. 高铁酸钾(K2FeO4)在水处理过程中涉及的变化过程有：蛋白质的变性、胶体聚沉、盐类水解、氧化还原反应。‎ ‎【答案】D ‎【详解】A．薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用，氨根离子与碳酸根离子发生双水解生成氨气，二氧化碳，降低氮肥肥效，故A错误； B．玻璃钢属于复合材料，不是新型无机非金属材料，故B错误； C．硬化油中一般不含C=C键，性质较稳定，且常温下呈固态，便于运输，故C错误； D．高铁酸钾具有强氧化性，可致蛋白质发生氧化而变性；高铁酸钾被还原生成Fe3+，水解生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体而达到净水作用，涉及胶体聚沉、盐类水解，故D正确； 故选：D。‎ ‎2.下列所示物质的工业制备方法合理的是( )‎ A. 制Si：SiO2SiCl4Si B. 制H2SO4：黄铁矿SO2H2SO3H2SO4‎ C. 卤水中提取Mg:卤水( 主要含MgCl2)Mg(OH)2 MgCl2Mg D. 侯氏制碱法:饱和食盐水 NaHCO3(s) Na2CO3‎ ‎【答案】D ‎【详解】A．二氧化硅为酸性氧化物和盐酸不反应，故A错误； B．工业上制备硫酸，黄铁矿煅烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，故B错误； C．卤水中镁离子变成氢氧化镁沉淀，经济效益分析选用氢氧化钙，不用氢氧化钠，故C错误； D．氨碱法制纯碱，主要是让NaCl、NH3、CO2和H2O尽可能多的转化成NaHCO3（固体沉淀物）和NH4Cl（溶液），反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；再将NaHCO3加热生成纯碱、水和二氧化碳，反应的化学方程式为： ，故D正确； 故选：D。‎ ‎3.下列实验方案正确且能达到相应实验预期目的的是( )‎ A. 分离乙醇和水 ‎ B. 蒸发氯化铝溶液得到氯化铝晶体 ‎ C. 用自来水制取少量蒸馏水 ‎ D. 实验室制取少量乙酸乙酯 ‎【答案】C ‎【解析】A. 乙醇和水互溶，不分层，所以不能使用分液法分离，故A错误；B. 加热AlCl3溶液会促进AlCl3的水解，最终得到Al(OH)3，所以应在HCl气流中加热蒸发AlCl3溶液以抑制AlCl3的水解，故B错误；C. 利用物质的沸点不同，可采用蒸馏的方法从自来水中制取少量蒸馏水，故C正确；D. 制取乙酸乙酯时应选用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，且导管不能插入到溶液中，若选用NaOH溶液会导致乙酸乙酯在碱性条件下完全水解，不能得到乙酸乙酯，故D错误；答案选C。‎ ‎4.根据下列实验能得出相应结论的是( )‎ 选项 实验 结论 A 常温下,测得0.1 mol/LNaA溶液的pH小于0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH ‎ 酸性:HA>H2CO3‎ B 向含有淀粉的FeI2溶液中加入足量溴水,溶液变蓝色 还原性:I->Fe2+‎ C 向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体,测得溶液中c(Fe2+)不变 Ksp(CuS) (7). C ‎【分析】（1）焓变等于正反应的活化能-逆反应活化能；‎ ‎（2）①前120min内，压强减少80-69.4=10.6kPa，结合v=计算；‎ ‎②恒容密闭容器中压强比等于物质的量之比，体积分数即物质的量分数，通过HCl的体积分数逆推出各物质的平衡体积分数，再求丙烯的转化率；压强比等于物质的量之比。‎ ‎（3）①a．A曲线的最高低产率最高； b．增大压强，反应I正向移动； c．放热反应升温平衡左移； d．由图可知，催化剂影响CH2C1CHClCH3的产率；‎ ‎（4）①投入0.06molN2O，相当于投入0.06molN2和0.03molO2，据此进行分析；‎ ‎②在相同温度时，N2O的转化率I＞II＞III，压强增大不利于反应的正向进行，则p(I)＜p(II)＜p(III)，据此进行分析；‎ ‎【详解】（1）由盖斯定律可知，I-II得到CH2=CHCH2C1(g)+HCl(g)⇌CH2C1CHClCH3(g)△H=-134kJ•mol-1-(-102kJ•mol-1)=-32kJ/mol，且焓变等于正逆反应的活化能之差，则活化能Ea(正)为132kJ•mol-1，则该反应的活化能Ea(逆)为132kJ/mol-(-32kJ/mol)=164kJ/mol，故答案为：164；‎ ‎（2）①前120min内，压强减少80-69.4=10.6kPa，v(CH2C1CHClCH3)==0.09kPa•min-1，故答案为：0.09；‎ ‎②恒容密闭容器中压强比等于物质的量之比，不妨设初始时通入的和各为40mol，总计80mol，根据表格可知平衡时气体总物质的量为57.6mol，HCl的体积分数为，则其物质的量为7.2mol，则反应Ⅱ消耗的和均为7.2mol，生成的CH2=CHCH2Cl为7.2mol，设反应Ⅰ消耗的为amol则反应Ⅰ消耗的也为amol，生成的CH2ClCHClCH3为amol，此时体系中：和均为(40-7.2-a)mol，HCl和CH2=CHCH2Cl均为7.2mol，CH2ClCHClCH3‎ 为amol，则有(40-7.2-a)×2+7.2×2+a=57.6mol，解得a=22.4mol，共消耗丙烯22.4+7.2=29.6mol，丙烯的转化率为×100%=74%；反应Ⅰ的平衡常数= =0.21kPa-1，故答案为：74%；0.21。‎ ‎（3）a．A曲线的最高低产率最高，则催化剂A的最佳温度约为250℃，故正确； b．增大压强，反应I正向移动，则CH2C1CHClCH3的产率增大，故错误 c．反应I焓变小于零为放热，温度升高平衡左移CH2C1CHClCH3的产率降低，故正确； d．由图可知，催化剂影响CH2C1CHClCH3的产率，不能单独控制温度，故错误； 故答案为：bd；‎ ‎（4）投入0.06molN2O，相当于投入0.06molN2和0.03molO2，而容器IV投入0.06molN2和0.04molO2，相当于增加反应物的浓度，反应向逆反应方向进行，即v(N2O)逆＞v(N2O)正， 故答案为：＞；‎ ‎②在相同温度时，N2O的转化率I＞II＞III，压强增大不利于反应的正向进行，则p(I)＜p(II)＜p(III)，即p(A)＜p(B)＜p(C)，故答案为：C。‎ ‎【点睛】第(2)小题为难点，要充分利用隐含条件“恒温恒容条件下压强比等于物质的量之比”来解决问题； ‎