2019-2020年高三(上)月考化学试卷(12月份)含解析.doc
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2019-2020年高三(上)月考化学试卷(12月份)含解析一、单项选择题:本题每小题2分,共计20分每小题只有一个选项符合题意1(2分)(xx秋崇川区校级月考)化学与人类生活、能源开发、资源利用等密切相关下列说法正确的是()A塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康,且更加经久耐用B“绿色化学”的核心是利用化学原理,解决和治理环境污染问题C硅燃烧放出的热量多,且燃烧产物对环境污染程度低,可做“未来石油”D秸秆的综合利用,如发酵制沼气、生产乙醇等,工艺复杂,还不如一把火烧光还田来得方便2(2分)(xx秋崇川区校级月考)下列化学用语或模型图示正确的是()A核内有8个中子的碳原子:CBMg2+的结构示意图:CNa2O2的电子式:D聚丙烯的结构简式:3(2分)(xx江苏模拟)常温下,在下列给定条件的各溶液中,一定能大量共存的离子组是()A使酚酞变红色的溶液:Na+、Ba2+、I、ClB使甲基橙变红色的溶液:Fe2+、K+、NO3、SO42C含有0.1 molL1 Fe3+的溶液:Na+、K+、SCN、NOD由水电离产生的c(H+)=1012molL1的溶液:NH4+、SO42、HCO3、Cl4(2分)(xx秋崇川区校级月考)下列有关物质的性质及其应用说法正确的是()A碳酸钠能与盐酸反应,医疗上常用碳酸钠治疗胃酸过多B铁比铜活泼,在海轮外壳上安装铜块以减缓船体腐蚀C漂白粉在空气中不稳定,可以用来漂白纸张D二氧化硫具有较强的还原性,故常用作葡萄酒的抗氧化剂5(2分)(xx奉贤区三模)下列有关实验装置进行的相应实验,能达到实验目的是()A用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B用图2所示装置可除去NO2中的NOC用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色6(2分)(xx江苏模拟)下列物质的转化在给定条件下能实现的是()NaAlO2(aq)AlCl3AlNH3NOHNO3NaCl(饱和)NaHCO3Na2CO3FeS2SO3H2SO4ABCD7(2分)(xx秋崇川区校级月考)设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是()A常温常压下,56g乙烯和丙烯的混合气中含有的碳原子数为4NAB156g Na2O2固体与足量的二氧化碳反应时,转移的电子数为4NAC将1.06克Na2CO3固体溶于水,溶液中含CO32数目为0.01NAD标准状况下,向溶有2.24LSO2的水溶液中,通入3.36LCl2,转移电子数目0.2NA8(2分)(xx秋崇川区校级月考)下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A金属钠与水反应:Na+2H2O=Na+2OH+H2BCu与浓硝酸反应制NO2:Cu+4HNO3(浓)=Cu2+2NO3+2NO2+2H2OC向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸2OH+CO32+4H+=CO2+3H2OD将NaHSO4与Ba(OH)2溶液混合至中性:2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O9(2分)(xx如东县校级学业考试)为提纯下列物质(括号内为杂质),选用的试剂和分离方法都正确的是()物质试剂分离方法氯化钾固体(氯化铵)NaOH溶液加热二氧化碳(氯化氢)饱和NaHCO3溶液洗气乙醇(水)生石灰蒸馏甲烷(乙烯)酸性KMnO4溶液洗气ABCD10(2分)(xx赫山区校级二模)将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中,收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.9mol,这些气体恰好能被500ml 2mol/L NaOH溶液完全吸收,生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液,其中NaNO3的物质的量为()A0.2molB0.4molC0.8molD0.9mol11(2分)(xx秋崇川区校级月考)依托孕烯是一种激素类药物,结构如图下列有关依托孕烯的说法正确的是()A依托孕烯的分子式为C22H26O2B依托孕烯能与FeCl3溶液发生显色反应C依托孕烯能发生氧化、还原、消去、水解等反应Dlmol依托孕烯最多能与5 mol氢气发生加成反应12(2分)(xx秋崇川区校级月考)短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图下列说法不正确的是()A离子半径的大小顺序为:r(W2)r(Q)r(Y2)r(Z3+)B元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Q的强C元素X的氢化物与Q的氢化物化合的产物中既含共价键又含离子键DX、Y形成的化合物是大气污染物之一13(2分)(xx秋崇川区校级月考)臭名昭著的三聚氰酸C3N3(OH)3却可用于消除汽车尾气中的NO2其反应原理为:C3N3(OH)3 3HNCO; 8HNCO+6NO2 7N2+8CO2+4H2O下列说法正确的是()AC3N3(OH)3与HNCO为同一物质BHNCO是一种很强的氧化剂C1molNO2在反应中转移的电子为4molDCO2既不是氧化产物,也不是还原产物14(2分)(xx宿迁一模)常温下,下列溶液中,有关微粒的物质的量浓度关系正确的是()A0.1molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液:c(NH4+)c(SO42 )c(Fe2+)c(H+)B0.1molL1 Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=c(CO32)+c(HCO3)+c(OH)C0.1molL1 NaHCO3溶液:c(H+)+2c(H2CO3)=c(OH)+c(CO32)D0.01molL1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中:c (CH3COO)c (Na+)c (H+)c (OH)15(2分)(xx秋崇川区校级月考)向某4L密闭容器中加入一定量的A、B、C三种气体,一定条件下发生反应,各物质浓度随时间变化如甲图所示乙图为达到平衡后在t2、t3、t4、t5时改变某一种反应条件,平衡体系中速率随时间变化的情况,且所改变的条件均不同已知t3t4阶段为使用催化剂则下列说法不正确的是()A若t1=15s,则t0t1阶段以A浓度变化表示的反应速率v(A)为0.006mol/(Ls)BB既不是反应物,也不是生成物,可能是反应的催化剂C若t2t3阶段改变的条件是增大A的浓度,则平衡时C的体积分数变小D该反应为放热反应,t5t6阶段是升高反应体系的温度二、非选择题16(12分)(xx秋崇川区校级月考)CaCO3广泛存在于自然界,是一种重要的化工原料某大理石主要成分为CaCO3,另外有少量的不溶于水的亚硫酸盐实验室用大理石和稀盐酸反应制备CO2气体下列装置可用于CO2气体的提纯和干燥完成下列填空:(1)用100mL浓盐酸配制1:1(体积比)的稀盐酸时,需要用量筒量取水 mL(2)为了检验CO2气体中的某种杂质气体有无除尽,上述装置中,A是溶液(3)上述装置中,B物质是(4)一次性饭盒中石蜡和CaCO3在食物中的溶出量是评价饭盒质量的指标之一,测定溶出量的主要实验步骤设计如下:剪碎、称重浸泡溶解过滤残渣烘干冷却、称重恒重从物质分类的角度分析,石蜡属于有机物中的类,为了将石蜡从饭盒中溶出,应选用下列试剂中的a氯化钠溶液 b稀醋酸 c稀硫酸 d 正已烷饭盒中的碳酸钙常用稀醋酸将其溶出,试写出其反应的离子方程式17(14分)(xx秋崇川区校级月考)橙皮素具有抗氧化、消炎、降血脂、保护心血管和抗肿瘤等多种功效它的合成路线如图:(1)化合物A中的含氧官能团除酚羟基外还有(填官能团名称)(2)已知:BC为取代反应,其另一产物为HCl,写出X的结构简式:(3)反应DE的反应类型是(4)写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式:属于芳香族化合物;分子中有4种不同化学环境的氢;不能与FeCl3溶液发生显色反应,但能发生水解反应(5)如何由CH3CH2CH2Br制备CH3CH(OH)CH2OH,请设计流程图并写出每一步的化学方程式(合成路线流程图示例如图:CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH)18(16分)(xx连云港一模)K3Fe(C2O4)33H2O(三草酸合铁酸钾晶体)是制备负载型活性铁催化剂的主要原料实验室利用(NH4)2Fe(SO4)26H2O(硫酸亚铁铵)、H2C2O4(草酸)、K2C2O4(草酸钾)、双氧水等为原料制备三草酸合铁酸钾晶体的部分实验过程如下:反应的原理为:沉淀:(NH4)2Fe(SO4)26H2O+H2C2O4FeC2O42H2O+(NH4)2SO4+H2SO4+4H2O氧化:6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O44K3Fe(C2O4)3+2Fe(OH)3转化:2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O42K3Fe(C2O4)3+6H2O(1)溶解的过程中要加入几滴稀硫酸,目的是(2)沉淀过滤后,用蒸馏水洗涤,检验洗涤是否完全的方法是(3)在沉淀中加入饱和K2C2O4溶液,并用40左右水浴加热,再向其中慢慢滴加足量的30%H2O2溶液,不断搅拌此过程需保持温度在40左右,可能的原因是(4)为测定该晶体中铁的含量,某实验小组做了如下实验:步骤一:称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体,配制成250mL溶液步骤二:取所配溶液25.00mL于锥形瓶中,加稀H2SO4酸化,滴加KMnO4溶液至草酸根离子恰好全部氧化成二氧化碳向反应后的溶液中加入足量锌粉,加热至黄色消失然后过滤、洗涤,将滤液及洗涤液一并转入锥形瓶,此时溶液仍呈酸性步骤三:用标准KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点,记录消耗KMnO4溶液的体积(滴定中Mn被还原成Mn2+)步骤四:步骤五:计算,得出结论请回答下列问题:步骤一中需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、步骤二中若加入KMnO4的量不足,则测得铁含量(填“偏低”“偏高”或“不变”);加入锌粉的目的是写出步骤三中发生反应的离子方程式:请补充步骤四的操作:19(12分)(xx秋崇川区校级月考)在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打(NaHCO3),并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵完成下列填空:(1)写出上述制备小苏打的化学方程式(2)滤出小苏打后,母液提取氯化铵有两种方法:通入氨,冷却、加食盐,过滤 不通氨,冷却、加食盐,过滤对两种方法的评价正确的是(选填编号)a析出的氯化铵纯度更高 b析出的氯化铵纯度更高c的滤液可直接循环使用 d的滤液可直接循环使用(3)提取的NH4Cl中含少量Fe2+、SO42将产品溶解,加入H2O2,加热至沸,再加入BaCl2溶液,过滤,蒸发结晶,得到工业氯化铵加热至沸的目的是;滤渣的主要成分是(4)称取1.840g小苏打样品(含少量NaCl),配成250ml溶液,取出25.00ml用0.1000mol/L盐酸滴定,消耗盐酸21.50ml选甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是(5)将一定质量小苏打样品(含少量NaCl)溶于足量盐酸,蒸干后称量固体质量,也可测定小苏打的含量若蒸发过程中有少量液体溅出,则测定结果(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)20(6分)(xx秋崇川区校级月考)还原剂还原法、光催化氧化法、电化学吸收法是减少氮氧化物排放的有效措施(1)利用炭粉可以将氮氧化物还原已知:N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180.6kJmol1C(s)+O2(g)=CO2(g)H=393.5kJmol1反应:C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)H=kJmol1(2)TiO2在紫外线照射下会使空气中的某些分子产生活性基团OH,OH能将NO、NO2氧化,如图,OH与NO2的反应为NO2+OH=HNO3写出OH与NO反应的化学方程式:21(8分)(xx秋崇川区校级月考)甲醇、乙醇是重要的有机化工原料,有着重要的用途和应用前景(1)若在恒温恒容的容器内进行反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g),则可用来判断该反应达到平衡状态的标志有(填字母)AH2百分含量保持不变B容器中气体的压强保持不变C容器中混合气体的密度保持不变D2v(H2)正=v(CH3OH )逆(2)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 其平衡常数表达式为K=该反应的平衡常数K随温度T的变化如图1,则该反应的H0(填“”、“”或“=”)已知该反应在300时的化学平衡常数为0.27,该温度下将2mol CO、3mol H2和2mol CH3OH充入容积为2L的密闭容器中,此时反应将(填“向正反应方向进行”、“向逆反应方向进行”或“处于平衡状态”)(3)图2是一种酸性燃料电池乙醇检测仪,具有自动吹气流量侦测与控制的功能,适合进行现场乙醇检测负极反应式为22(12分)(xx秋崇川区校级月考)已知:硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)即可得到配合物A其结构如图1:(1)Cu元素基态原子的外围电子排布式为(2)请在图1中画出A中的配位键(用表示)(3)A中碳原子的轨道杂化类型为(4)1mol氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)含有键的数目为(5)氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳写出二氧化碳的一种等电子体:(写化学式)(6)已知:硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体,其结构如图2,则该化合物的化学式是xx学年江苏省南通中学高三(上)月考化学试卷(12月份)参考答案与试题解析一、单项选择题:本题每小题2分,共计20分每小题只有一个选项符合题意1(2分)(xx秋崇川区校级月考)化学与人类生活、能源开发、资源利用等密切相关下列说法正确的是()A塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康,且更加经久耐用B“绿色化学”的核心是利用化学原理,解决和治理环境污染问题C硅燃烧放出的热量多,且燃烧产物对环境污染程度低,可做“未来石油”D秸秆的综合利用,如发酵制沼气、生产乙醇等,工艺复杂,还不如一把火烧光还田来得方便考点:合成材料;绿色化学;常见的能量转化形式;常见的生活环境的污染及治理专题:化学应用分析:A塑料中含有塑化剂,长期使用塑料奶瓶不利于健康;B“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染;C硅燃烧生成放出热量多,且生成物是二氧化硅固体;D焚烧秸秆产生污染气体解答:解:A塑料中含有塑化剂,塑化剂是一种有毒的化工塑料软化剂,所以长期使用塑料奶瓶不利于健康,故A错误; B“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理,故B错误;C硅燃烧生成放出热量多,且生成物是二氧化硅固体易控制,故C正确;D焚烧秸秆产生污染气体,发酵制沼气、生产乙醇等综合利用变废为宝,故D错误故选C点评:本题考查化学与生产、生活,会运用化学知识解释化学现象,易错选项是B,注意“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理,为易错点2(2分)(xx秋崇川区校级月考)下列化学用语或模型图示正确的是()A核内有8个中子的碳原子:CBMg2+的结构示意图:CNa2O2的电子式:D聚丙烯的结构简式:考点:电子式、化学式或化学符号及名称的综合专题:化学用语专题分析:A碳原子的质量数为6,中子数为8的碳原子的质量数为14;B镁离子的核电荷数为12,核外电子总数为10;C过氧化钠为离子化合物,钠离子和过氧根离子需要标出所带电荷;D聚丙烯为丙烯加聚反应产物,链节的主链上含有2个C解答:解:A碳原子的质量数为6,中子数为8的碳原子的质量数=8+6=14,该原子可以表示为:614C,故A错误;BMg2+的核电荷数为12,最外层达到8电子稳定结构,镁离子的结构示意图为:,故B正确;C过氧化钠为离子化合物,其电子式需要标出阴阳离子所带电荷,过氧化钠正确的电子式为:,故C错误;D聚丙烯链节中含有2个C,聚丙烯正确的结构简式为:,故D错误;故选B点评:本题考查常见化学用语的判断,题目难度中等,注意掌握电子式、离子结构示意图、元素符号、结构简式等化学用语的表示方法,试题培养了学生灵活应用所学知识的能力3(2分)(xx江苏模拟)常温下,在下列给定条件的各溶液中,一定能大量共存的离子组是()A使酚酞变红色的溶液:Na+、Ba2+、I、ClB使甲基橙变红色的溶液:Fe2+、K+、NO3、SO42C含有0.1 molL1 Fe3+的溶液:Na+、K+、SCN、NOD由水电离产生的c(H+)=1012molL1的溶液:NH4+、SO42、HCO3、Cl考点:离子共存问题专题:离子反应专题分析:A使酚酞变红色的溶液,显碱性;B甲基橙变红色的溶液,显酸性;C离子之间结合生成络离子;D由水电离产生的c(H+)=1012molL1的溶液,为酸或碱溶液解答:解:A使酚酞变红色的溶液,显碱性,该组离子之间不反应,可大量共存,故A正确;B甲基橙变红色的溶液,显酸性,Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;CFe3+、SCN离子之间结合生成络离子,不能大量共存,故C错误;D由水电离产生的c(H+)=1012molL1的溶液,为酸或碱溶液,HCO3既能与酸又能与碱反应,一定不能大量共存,故D错误;故选A点评:本题考查离子的共存,为高频考点,把握离子之间的反应及习题信息的抽取为解答的关键,侧重氧化还原反应、络合反应及复分解反应的考查,题目难度不大4(2分)(xx秋崇川区校级月考)下列有关物质的性质及其应用说法正确的是()A碳酸钠能与盐酸反应,医疗上常用碳酸钠治疗胃酸过多B铁比铜活泼,在海轮外壳上安装铜块以减缓船体腐蚀C漂白粉在空气中不稳定,可以用来漂白纸张D二氧化硫具有较强的还原性,故常用作葡萄酒的抗氧化剂考点:钠的重要化合物;金属的电化学腐蚀与防护;氯、溴、碘及其化合物的综合应用;二氧化硫的化学性质专题:元素及其化合物;化学应用分析:A、虽然碳酸钠和盐酸反应,但碳酸钠的碱性太强,不能用来中和胃酸;B、铁比铜活泼,可在海轮外壳上装一块比铁活泼的金属来减缓海轮腐蚀;C、漂白粉在空气中与水、二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸,用于漂白纸张为漂白性;D、二氧化硫具有较强的还原性,故常用作葡萄酒的抗氧化剂解答:解:A、碳酸钠的碱性太强,不能用来中和胃酸,所以医疗上一般不用碳酸钠治疗胃酸过多,故A错误;B、铁比铜活泼,可在海轮外壳上装一块比铁活泼的金属来减缓海轮腐蚀,而装活泼性差的铜,会加快铁的腐蚀,故B错误;C、漂白粉在空气中与水、二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸,用于漂白纸张为漂白性,表现性质不同,故C错误;D、二氧化硫具有较强的还原性,故常用作葡萄酒的抗氧化剂,故D正确故选D点评:本题考查学生二氧化硫、碳酸钠的性质、漂白粉、铁的腐蚀等知识,属于综合知识的考查题,难度不大5(2分)(xx奉贤区三模)下列有关实验装置进行的相应实验,能达到实验目的是()A用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B用图2所示装置可除去NO2中的NOC用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色考点:化学实验方案的评价专题:实验评价题分析:A收集氨气的方法错误;B二氧化氮和水反应生成一氧化氮;C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,可用分液的方法分离;D铁不能被氧化,不能制得Fe(OH)2解答:解:A氨气的密度比空气小,应用向下排空法收集气体,故A错误;B二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮,不能将杂质除去,故B错误;C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,可用分液的方法分离,故C正确;D铁应连接电源正极,才能制得Fe(OH)2,故D错误故选C点评:本题考查较为综合,涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备,综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力,为高考常见题型,注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价,难度不大6(2分)(xx江苏模拟)下列物质的转化在给定条件下能实现的是()NaAlO2(aq)AlCl3AlNH3NOHNO3NaCl(饱和)NaHCO3Na2CO3FeS2SO3H2SO4ABCD考点:镁、铝的重要化合物;氨的化学性质;含硫物质的性质及综合应用;钠的重要化合物专题:元素及其化合物分析:氯化铝固体是共价化合物,无法电解;氨气的催化氧化会生成一氧化氮,一氧化氮易被氧化为二氧化氮,二氧化氮溶于水中得到硝酸;在饱和食盐水中通入氨气,形成饱和氨盐水,再向其中通入二氧化碳,在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子,其中NaHCO3溶解度最小,所以析出NaHCO3,加热NaHCO3分解生成碳酸钠;FeS2和氧气反应生成二氧化硫解答:解:氯化铝固体是共价化合物,由分子构成,无离子,无法电解,所以得不到铝,故错误;氨气的催化氧化会生成一氧化氮,一氧化氮易被氧化为二氧化氮,二氧化氮溶于水中得到硝酸,故正确;在饱和食盐水中通入氨气,形成饱和氨盐水,再向其中通入二氧化碳,在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子,其中NaHCO3溶解度最小,析出NaHCO3,加热NaHCO3分解生成碳酸钠,故正确;FeS2和氧气反应生成二氧化硫,不能直接生成三氧化硫,故错误;故选A点评:本题考查化合物的性质,题目难度不大,熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键,正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法7(2分)(xx秋崇川区校级月考)设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是()A常温常压下,56g乙烯和丙烯的混合气中含有的碳原子数为4NAB156g Na2O2固体与足量的二氧化碳反应时,转移的电子数为4NAC将1.06克Na2CO3固体溶于水,溶液中含CO32数目为0.01NAD标准状况下,向溶有2.24LSO2的水溶液中,通入3.36LCl2,转移电子数目0.2NA考点:阿伏加德罗常数专题:阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析:A、按照56g CH2入n=计算B、Na2O2固体与足量的二氧化碳反应是歧化反应;C、CO32是弱酸根,在溶液中会水解;D、2.24LSO2的水溶液中,通入3.36LCl2的物质的量分别是0.1mol和0.15mol,根据反应来分析解答:解:A、56 g乙烯和丙烯的混合气中含有n(CH2)=4mol,n(C)=4mol,碳原子数为4NA,故A正确;B、156g Na2O2固体的物质的量为2mol,2Na2O2+2H2O4NaOH+O2,Na2O2中O由1价降低为H2O中2价,升高为O2中0价,1mol过氧化钠反应转移1mol电子,故2mol过氧化钠转移的电子数约为:2NA个,故B错误C、1.06克Na2CO3固体的物质的量为0.01mol,而CO32是弱酸根,在溶液中会水解,故CO32数目小于0.01NA,故C错误;D、SO2与Cl2的反应:SO2+Cl2+H2O=H2SO4+2HCl,根据反应可知,0.1molSO2消耗0.1molCl2,此反应中转移0.2mol电子;氯气过量0.05mol,能继续与水反应,故转移的电子的物质的量大于0.2mol,故D错误故选A点评:本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,难度不大8(2分)(xx秋崇川区校级月考)下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A金属钠与水反应:Na+2H2O=Na+2OH+H2BCu与浓硝酸反应制NO2:Cu+4HNO3(浓)=Cu2+2NO3+2NO2+2H2OC向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸2OH+CO32+4H+=CO2+3H2OD将NaHSO4与Ba(OH)2溶液混合至中性:2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O考点:离子方程式的书写专题:离子反应专题分析:A电荷数不守恒;B硝酸为强电解质,应拆成离子形式;C向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸,反应生成水、氯化钠、二氧化碳;DNaHSO4与Ba(OH)2溶液混合至中性反应生成硫酸钠、硫酸钡和水;解答:解:A金属钠与水反应,离子方程式:2Na+2H2O=2Na+2OH+H2,故A错误;BCu与浓硝酸反应制NO2,离子方程式:Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H2O,故B错误;C向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸,离子方程式:OH+CO32+3H+=CO2+2H2O,故C错误;DNaHSO4与Ba(OH)2溶液混合至中性反应生成硫酸钠、硫酸钡和水,离子方程式:2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O,故D正确;故选:D点评:本题考查了离子方程式的书写,明确反应的实质是解题关键,注意离子方程式应遵循原子个数、电荷数守恒、遵循反应的客观事实,注意反应物用量对反应的影响,选项D为易错选项9(2分)(xx如东县校级学业考试)为提纯下列物质(括号内为杂质),选用的试剂和分离方法都正确的是()物质试剂分离方法氯化钾固体(氯化铵)NaOH溶液加热二氧化碳(氯化氢)饱和NaHCO3溶液洗气乙醇(水)生石灰蒸馏甲烷(乙烯)酸性KMnO4溶液洗气ABCD考点:物质的分离、提纯的基本方法选择与应用专题:化学实验基本操作分析:氯化铵与NaOH反应并加热生成氨气、水和NaCl,引入钠离子;HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳;乙醇与水混溶,加生石灰增大沸点差异;乙烯能被高锰酸钾氧化生成二氧化碳,引入新杂质解答:解:氯化铵与NaOH反应并加热生成氨气、水和NaCl,引入钠离子,则应选择KOH,故错误;HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳,则混合气体通过盛有饱和碳酸氢钠的洗气瓶可除去二氧化碳中的HCl,故正确;乙醇与水混溶,加生石灰增大沸点差异,然后利用蒸馏可得到乙醇,故正确;乙烯能被高锰酸钾氧化生成二氧化碳,引入新杂质二氧化碳,应利用混合气体通过盛有溴水的洗气瓶来除杂,故错误;故选B点评:本题考查混合物的分离、提纯,侧重物质的性质与分离方法的考查,明确发生的化学反应及除杂的原则即可解答,为解答的易错点,题目难度不大10(2分)(xx赫山区校级二模)将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中,收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.9mol,这些气体恰好能被500ml 2mol/L NaOH溶液完全吸收,生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液,其中NaNO3的物质的量为()A0.2molB0.4molC0.8molD0.9mol考点:化学方程式的有关计算;有关混合物反应的计算专题:计算题分析:用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化,其一是CuCu(NO3)2,Cu元素化合价由0价升高为+2价,每个Cu原子失2个电子;另一个是HNO3NaNO2,N元素由+5价降低为+3价,每个N原子得2个电子,由电子转移守恒可知,51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子,据此计算故产物中NaNO2的物质的量,由Na守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3),据此计算NaNO3的物质的量解答:解:用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化,其一是CuCu(NO3)2,Cu元素化合价由0价升高为+2价,每个Cu原子失2个电子;另一个是HNO3NaNO2,N元素由+5价降低为+3价,每个N原子得2个电子,51.2gCu共失电子为2=1.6mol,HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol,故产物中NaNO2的物质的量为=0.8mol,由Na守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3),所以n(NaNO3)=n(NaOH)n(NaNO2)=0.5L2mol/L0.8mol=0.2mol故选:A点评:考查氧化还原反应的有关计算,难度中等,用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键11(2分)(xx秋崇川区校级月考)依托孕烯是一种激素类药物,结构如图下列有关依托孕烯的说法正确的是()A依托孕烯的分子式为C22H26O2B依托孕烯能与FeCl3溶液发生显色反应C依托孕烯能发生氧化、还原、消去、水解等反应Dlmol依托孕烯最多能与5 mol氢气发生加成反应考点:有机物的结构和性质专题:有机物的化学性质及推断分析:由结构简式可知分子式,分子含含碳碳双键、碳碳三键及C=O,结合不饱和烃和酮的性质来解答解答:解:A由结构可知,依托孕烯的分子式为C21H27O2,故A错误;B不含酚OH,不能与FeCl3溶液发生显色反应,故B错误;C含碳碳双键、碳碳三键及C=O,可发生氧化、还原反应,含OH可发生消去反应,但不能发生水解反应,故C错误;D碳碳双键、碳碳三键及C=O均与氢气发生加成反应,则1 mol依托孕烯最多能与5 mol氢气发生加成反应,故D正确故选D点评:本题考查有机物的结构与性质,为高考常见题型,把握官能团及性质的关系即可解答,注意不饱和键的性质,题目难度不大12(2分)(xx秋崇川区校级月考)短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图下列说法不正确的是()A离子半径的大小顺序为:r(W2)r(Q)r(Y2)r(Z3+)B元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Q的强C元素X的氢化物与Q的氢化物化合的产物中既含共价键又含离子键DX、Y形成的化合物是大气污染物之一考点:元素周期律和元素周期表的综合应用专题:元素周期律与元素周期表专题分析:根据元素在周期表中的位置知,X、Y、Z、W、Q分别是N、O、Al、S、Cl元素,A电子层数越多其离子半径越大,电子层结构相同的离子其离子半径随着原子序数增大而减小;B元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强;CX的氢化物是氨气、Q的氢化物是HCl,二者反应生成氯化铵;D氮氧化物是大气污染物之一解答:解:根据元素在周期表中的位置知,X、Y、Z、W、Q分别是N、O、Al、S、Cl元素,A电子层数越多其离子半径越大,电子层结构相同的离子其离子半径随着原子序数增大而减小,离子半径的大小顺序为:r(W2)r(Q)r(Y2)r(Z3+),故A正确;B元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,非金属性QW,所以元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Q的弱,故B错误;CX的氢化物是氨气、Q的氢化物是HCl,二者反应生成氯化铵,氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键,故C正确;D氮氧化物都是有毒气体,是大气污染物之一,故D正确;故选B点评:本题考查元素周期表和元素周期律知识,侧重考查学生分析、知识运用能力,为高考高频点,涉及物质结构、空气污染、元素周期律等知识点,难点是判断离子半径大小,注意铵盐中含有离子键,为易错点13(2分)(xx秋崇川区校级月考)臭名昭著的三聚氰酸C3N3(OH)3却可用于消除汽车尾气中的NO2其反应原理为:C3N3(OH)3 3HNCO; 8HNCO+6NO2 7N2+8CO2+4H2O下列说法正确的是()AC3N3(OH)3与HNCO为同一物质BHNCO是一种很强的氧化剂C1molNO2在反应中转移的电子为4molDCO2既不是氧化产物,也不是还原产物考点:氧化还原反应专题:氧化还原反应专题分析:A利用C3N3(OH)3与HNCO的化学式不同来分析;B利用元素的化合价变化来分析;C根据NO2反应时N元素的化合价变化计算;D根据碳元素的化合价分析解答:解:A由C3N3(OH)3 3HNCO可知,C3N3(OH)3与HNCO的化学式不同,反应属于化学变化,则C3N3(OH)3与HNCO为不同物质,故A错误;BHNCO在反应中N元素的化合价升高,则HNCO是还原剂,具有还原性,故B错误;C1mol NO2反应时转移电子=1mol40=4mol,故C正确;D该反应中碳元素的化合价不变,所以二氧化碳既不是氧化产物也不是还原产物,故D正确;故选CD点评:本题考查氧化还原反应,明确元素的化合价是解本题关键,注意HNCO中各元素的化合价分别是:H是+1,O是2,N是3,C是+4,为易错点14(2分)(xx宿迁一模)常温下,下列溶液中,有关微粒的物质的量浓度关系正确的是()A0.1molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液:c(NH4+)c(SO42 )c(Fe2+)c(H+)B0.1molL1 Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=c(CO32)+c(HCO3)+c(OH)C0.1molL1 NaHCO3溶液:c(H+)+2c(H2CO3)=c(OH)+c(CO32)D0.01molL1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中:c (CH3COO)c (Na+)c (H+)c (OH)考点:离子浓度大小的比较专题:盐类的水解专题分析:A亚铁离子和铵根离子都水解,但水解程度较小;B任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒判断;C溶液中存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒和物料守恒判断;D.01molL1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液,醋酸浓度大于氢氧化钠,二者等体积混合后,溶液呈酸性解答:解:A亚铁离子和铵根离子都水解,但水解程度较小,硫酸根离子不水解,所以c(SO42 )c(NH4+),故A错误;B任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32)+c(HCO3)+c(OH),故B错误;C溶液中存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32)+c(HCO3)+c(OH),根据物料守恒得c(Na+)=c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3),所以得c(H+)+c(H2CO3)=c(OH)+c(CO32),故C错误;D.01molL1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液,醋酸浓度大于氢氧化钠,二者等体积混合后,溶液呈酸性,则c (H+)c (OH),根据电荷守恒得c (Na+)+c (H+)=c (CH3COO)+c (OH),所以c (CH3COO)c (Na+),故D正确;故选D点评:本题考查了离子浓度大小的比较,根据电解质的性质结合电荷守恒和物料守恒来分析解答,难度不大15(2分)(xx秋崇川区校级月考)向某4L密闭容器中加入一定量的A、B、C三种气体,一定条件下发生反应,各物质浓度随时间变化如甲图所示乙图为达到平衡后在t2、t3、t4、t5时改变某一种反应条件,平衡体系中速率随时间变化的情况,且所改变的条件均不同已知t3t4阶段为使用催化剂则下列说法不正确的是()A若t1=15s,则t0t1阶段以A浓度变化表示的反应速率v(A)为0.006mol/(Ls)BB既不是反应物,也不是生成物,可能是反应的催化剂C若t2t3阶段改变的条件是增大A的浓度,则平衡时C的体积分数变小D该反应为放热反应,t5t6阶段是升高反应体系的温度考点:化学平衡建立的过程;化学平衡的影响因素专题:化学平衡专题分析:t3t4阶段与t4t5阶段正逆反应速率都相等,而t3t4阶段为使用催化剂,如t4t5阶段改变的条件为降低反应温度,平衡移动发生移动,则正逆反应速率不相等,则t4t5阶段应为减小压强;反应中A的浓度变化为0.15mol/L0.06mol/L=0.09mol/L,C的浓度变化为0.11mol/L0.05mol/L=0.11mol/L,则A、C的化学计量数之比为9:11,该反应为气体体积不变的反应,则Y为反应物,该反应为9A(g)+2B(g)11C(g),以此来解答解答:解:t3t4阶段与t4t5阶段正逆反应速率都相等,而t3t4阶段为使用催化剂,如t4t5阶段改变的条件为降低反应温度,平衡移动发生移动,则正逆反应速率不相等,则t4t5阶段应为减小压强;反应中A的浓度变化为0.15mol/L0.06mol/L=0.09mol/L,C的浓度变化为0.11mol/L0.05mol/L=0.11mol/L,则A、C的化学计量数之比为9:11,该反应为气体体积不变的反应,则Y为反应物,该反应为9A(g)+2B(g)11C(g),At1=15s,则t0t1阶段以A浓度变化表示的反应速率v(A)=0.006mol/(Ls),故A正确;BB是反应物,故B错误;C由图象可知,逆反应速率瞬间不变,正反应速率增大,则t2t3阶段改变的条件是增大A的浓度,平衡正向移动,C的体积分数减小,故C正确;Dt5t6阶段,改变条件为升高温度,升高温度逆反应大于正反应速率,则正反应为放热反应,故D正确;故选B点评:本题考查化学平衡移动图象题,注意从图二判断各阶段的影响因素,此为解答该题的关键,易错点为C中平衡移动及体积分数的分析,侧重学生分析能力及计算能力的考查,题目难度不大二、非选择题16(12分)(xx秋崇川区校级月考)CaCO3广泛存在于自然界,是一种重要的化工原料某大理石主要成分为CaCO3,另外有少量的不溶于水的亚硫酸盐实验室用大理石和稀盐酸反应制备CO2气体下列装置可用于CO2气体的提纯和干燥完成下列填空:(1)用100mL浓盐酸配制1:1(体积比)的稀盐酸时,需要用量筒量取水100 mL(2)为了检验CO2气体中的某种杂质气体有无除尽,上述装置中,A是品红溶液(3)上述装置中,B物质是无水CaCl2或硅胶或P2O5固体(4)一次性饭盒中石蜡和CaCO3在食物中的溶出量是评价饭盒质量的指标之一,测定溶出量的主要实验步骤设计如下:剪碎、称重浸泡溶解过滤残渣烘干冷却、称重恒重从物质分类的角度分析,石蜡属于有机物中的烃类,为了将石蜡从饭盒中溶出,应选用下列试剂中的da氯化钠溶液 b稀醋酸 c稀硫酸 d 正已烷饭盒中的碳酸钙常用稀醋酸将其溶出,试写出其反应的离子方程式CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO+Ca2+H2O+CO2考点:物质分离、提纯的实验方案设计专题:实验设计题分析:(1)配制1:1(体积比)的溶液时,水的体积与浓盐酸相同;(2)根据有少量的不溶于水的亚硫酸盐,制得的气体中可能含有SO2、HCl和水蒸气,根据除杂的要求,除去SO2是可选用酸性KMnO4溶液,利用品红检验二氧化硫是否除尽,除去氯化氢需要选用饱和碳酸氢钠溶液;(3)B物质用于干燥制得的CO2,可选用无水CaCl2;(4)根据石蜡的组成判断其有机物类型;根据实验步骤,为将石蜡和碳酸钙溶出,可选用稀醋酸溶出碳酸钙、正己烷溶出石蜡;碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水,离子方程式中碳酸钙和醋酸都需要保留化学式解答:解:(1)用100mL浓盐酸配制1:1(体积比)的稀盐酸时,由体积比可知需要用量筒量取水100mL,故答案为:100;(2)有少量的不溶于水的亚硫酸盐,制得的气体中可能含有SO2、HCl和水蒸气,根据除杂的要求,除去SO2是可选用酸性KMnO4溶液,则A中的品红检验二氧化硫是否除尽,故答案为:品红;(3)B是用来除去水份的,但这种干燥剂又不能与CO2反应,可以用无水CaCl2或硅胶或P2O5固体,故答案为:无水CaCl2或硅胶或P2O5固体;(4)石蜡是有C、H元素组成烃类混合物,有机物类型为烃;根据实验步骤,为将石蜡和碳酸钙溶出,因为醋酸和碳酸钙反应,稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙,可选用稀醋酸溶出碳酸钙,根据相似相容的原理,选择正己烷溶出石蜡,所以d正确;故答案为:烃;d;稀醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水,反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO+Ca2+H2O+CO2,故答案为:CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO+Ca2+H2O+CO2点评:本题考查物质分离提纯实验方案的设计,为高频考点,把握物质的成分、性质、发生的反应及实验装置的作用为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,题目难度不大17(14分)(xx秋崇川区校级月考)橙皮素具有抗氧化、消炎、降血脂、保护心血管和抗肿瘤等多种功效它的合成路线如图:(1)化合物A中的含氧官能团除酚羟基外还有醛基(填官能团名称)(2)已知:BC为取代反应,其另一产物为HCl,写出X的结构简式:CH3OCH2Cl(3)反应DE的反应类型是加成反应(4)写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式:属于芳香族化合物;分子中有4种不同化学环境的氢;不能与FeCl3溶液发生显色反应,但能发生水解反应(5)如何由CH3CH2CH2Br制备CH3CH(OH)CH2OH,请设计流程图并写出每一步的化学方程式(合成路线流程图示例如图:CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH)CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3CH(OH)CH2OH考点:有机物的合成专题:有机物的化学性质及推断分析:(1)A含有酚羟基和醛基;(2)根据BC为取代反应,取代反应的实质为交换基团或原子来判断;(3)根据D及E的结构简式变化的来判断;(4)根据信息确定属于芳香族化合物,说明含有苯环;分子中有4种不同化学环境的氢,说明对称结构;不能与FeCl3溶液发生显色反应,但能发生水解反应,说明含有酯基,不含酚羟基;(5)由CH3CH2CH2Br制备CH3CH(OH)CH2OH,可先发生消去反应生成CH3CH=CH2,然后发生加成反应生成CH3CHBrCH2Br,最后水解可生成CH3CH(OH)CH2OH解答:解:(1)由化合物A的结构简式可知A含有羟基和醛基,故答案为:醛基;(2)因为取代反应是交换基团或原子,把HCl和C分别交换得到B和CH3OCH2Cl,故答案为:CH3OCH2Cl;(3)由D到E的结构简式的变化,则D中碳碳双键与羟基加成,故答案为:加成反应;(4)根据信息确定属于芳香族化合物,说明含有苯环;分子中有4种不同化学环境的氢,说明对称结构;不能与FeCl3溶液发生显色反应,但能发生水解反应,说明含有酯基,不含酚羟基,则符合条件的同分异构体为,故答案为:;(5)由CH3CH2CH2Br制备CH3CH(OH)CH2OH,可先发生消去反应生成CH3CH=CH2,然后发生加成反应生成CH3CHBrCH2Br,最后水解可生成CH3CH(OH)CH2OH,反应流程为CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3CH(OH)CH2OH,故答案为:CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3CH(OH)CH2OH点评:本题考查有机物的合成,为高频考点,侧重于学- 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- 2019 2020 年高 月考 化学 试卷 12 月份 解析
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