【化学】陕西省渭南韩城市2020届高三上学期第二次月考（解析版）

【化学】陕西省渭南韩城市2020届高三上学期第二次月考（解析版）

陕西省渭南韩城市2020届高三上学期第二次月考 可能用到的相对原子质量：C:12；N:14；O:16；Na:23；Mg:24；Fe:56；Al:27；Cu:64；S:32；Cl:35.5；P:31；K:39；Si:28；Mo:96；Ba:137。‎ 第Ⅰ卷 一、单项选择题（共18小题，每小题3分，共54分）‎ ‎1.关于下列诗句或谚语，说法不正确的是（　　）‎ A. “忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关 B. “水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化 C. “滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化 D. “落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化 ‎【答案】C ‎【详解】A．空气属于胶体，海市蜃楼是光线在延直线方向密度不同的气层中，经过折射造成的结果，故A正确；‎ B．水乳交融体现的是物质溶解性，属于物理变化，火上浇油体现的是物质的燃烧反应，属于化学变化，故B正确；‎ C．水滴石穿蕴含着碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，属于化学变化，绳锯木断体现的是物质间的摩擦，属于物理变化，故C错误；‎ D．“落汤螃蟹着红袍”体现了在加热条件下蛋白质发生了变性，生成了新的物质，属于化学变化，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.下列化学用语表述正确的是（ ）‎ A. 核内质子数为117、中子数为174的核素Ts可表示为：‎ B. 氯离子的结构示意图：‎ C. COCl2的结构式为： ‎ D. CaO2的电子式为： ‎ ‎【答案】C ‎【分析】本题考查了简单粒子的基本结构，和化学中常见物质的电子式和结构式，逐一分析即可。‎ ‎【详解】A.核内质子数为117、中子数为174的核素Ts应表示为：；B. 氯离子的结构示意图为；C. COCl2的结构式为： ；D. CaO2的电子式为：。综上本题选C。‎ ‎3.下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，能达到实验目的的是（　　）‎ A. 用装置甲制备氨气 B. 用装置乙除去氨气中少量水 C. 用装置丙收集氨气 D. 用装置丁吸收多余的氨气 ‎【答案】D ‎【详解】A．为防止试管炸裂，试管口应略向下倾斜，故A错误；‎ B．浓硫酸与氨气能够反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误；‎ C．应用双孔塞，该装置中气体不能导入烧瓶中，故C错误；‎ D．氨气极易溶于水，利用干燥管能防止发生倒吸，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.一定温度压强下，用相同质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 气球B中装的是O2 B. 气球A和气球D中气体物质的量之比为4：1‎ C. 气球A和气球C中气体分子数相等 D. 气球C和气球D中气体密度之比为2：1‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. 一定温度压强下，气体的Vm是相等的，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，则根据V=nVm=Vm，得到体积和相对分子质量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4＞O2＞CO2＞SO2，C中装的是氧气，故A错误；‎ B. 气球A和气球D中气体物质的量之比等于体积之比，等于M的倒数之比，即为1:4，故B错误；‎ C. 根据A的分析，D、C、B、A四个球中分别是CH4、O2、CO2、SO2，气球A和气球C中气体分子数之比等于体积之比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为32:64=1:2，故C错误；‎ D. 气球C和气球D中气体密度之比等于摩尔质量之比，即为：32:16=2:1，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎5.用硫酸铜晶体配制 480mL 浓度为 0.5mol/L的溶液，下列说法正确的是（　　）‎ A. 用托盘天平称量‎60.0g硫酸铜晶体 B. 如果称量时药品和砝码放反了，对配制结果没有影响，因为没有使用游码 C. 如果定容时俯视所配溶液浓度会偏高 D. 在转移溶液后，可以不用洗涤玻璃棒 ‎【答案】C ‎【解析】A. 用硫酸铜晶体配制480mL浓度为0.5mol/L的溶液，需要利用500mL容量瓶，则用托盘天平称量硫酸铜晶体的质量是‎0.5L×0.5mol/L×‎250g/mol＝‎62.5g，A错误；B. 如果称量时药品和砝码放反了，则实际称量的质量小于‎62.5g，结果偏低，B错误；C. 如果定容时俯视，则溶液体积减少，所配溶液浓度会偏高，C正确；D. 在转移溶液后，必须洗涤玻璃棒和烧杯，并把洗涤液也注入容量瓶中，D错误，答案选C。‎ ‎6.为检验某种钠盐溶液中含有的阴离子是SO42-、CO32-还是OH-、Cl-，下面设计的方案中合理的是(　　)‎ A. 检验CO32-：向待测液中加入足量的盐酸产生气泡，将气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成 B. 检验SO42-：向待测液中加入盐酸至酸性，未见沉淀或气体生成，再加入BaCl2溶液出现白色沉淀 C. 检验OH－：向待测液中加入石蕊溶液，溶液变红色 D. 检验Cl－：向待测液中加入AgNO3溶液和稀盐酸的混合液，有白色浑浊物出现 ‎【答案】B ‎【详解】A项、待测液与盐酸产生的气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成，与盐酸反应的离子不一定是CO32-，还可能是HCO3-或SO32-等，故A错误；‎ B项、先在待测溶液中加入盐酸，排除SO42-以外的其它阴离子及Ag+的干扰，再用BaCl2检验SO42-离子的存在是正确的操作，故B正确；‎ C项、溶液中若有OH-，OH-会使溶液变成蓝色，故C错误；‎ D项、AgNO3溶液和稀HCl混合就有白色浑浊物，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查常见阴离子的检验，注意离子的性质、加入试剂的选择和实验现象的分析是解答关键。‎ ‎7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ ‎①22gT2O含有电子数为10NA ‎②0.44gC3H8中含有的共价键总数目为0.1NA ‎③1molNa2O2与CO2完全反应时转移电子数为2NA ‎④‎28g硅晶体中含有2NA个Si—Si键 ‎⑤11.2LCl2通入足量的NaOH溶液中充分反应，转移的电子数等于0.5NA ‎⑥200mL1mol·L－1Al2(SO4)3溶液中Al3＋和SO42-的数目总和是NA A. ①②③ B. ②④⑥ C. ①③⑤ D. ①②④‎ ‎【答案】D ‎【详解】①T2O的摩尔质量为‎22g/mol，故22gT2O的物质的量为1mol，而1molT2O含有10mol电子，即10NA个，故①正确；‎ ‎②0.44gC3H8的物质的量n==0.01mol，而1mol丙烷中含10molσ键，故0.01mol丙烷中含0.1molσ键，即0.1NA个，故②正确；‎ ‎③Na2O2与CO2的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，即NA个，故③错误；‎ ‎④‎28g硅晶体中含有1molSi原子，晶体硅中，每个硅原子与其它4个Si形成4个Si-Si键，则每个硅原子形成的共价键为：×4=2，则1mol单质硅含有2molSi-Si键，含有2NA个Si-Si键，故④正确；‎ ‎⑤11.2LCl2所处的状态不明确，不一定是标况下，其物质的量不一定是0.5mol，故⑤错误；‎ ‎⑥Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解导致其个数减少，故溶液中的Al3+和SO42-离子数的总和小于NA，故⑥错误；‎ 正确的有①②④；‎ 故答案为：D。‎ ‎8.硅及其化合物是带来人类文明的重要物质。下列说法正确的是（　　）‎ A. 陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐 B. 水玻璃是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂 C. 某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示 D. 高纯硅可用于制造光导纤维，高纯二氧化硅可用于制造太阳能电池 ‎【答案】C ‎【详解】A．水晶主要成分是二氧化硅，是氧化物，不是硅酸盐，选项A错误；‎ B．水玻璃为硅酸钠的水溶液，属于混合物，选项B错误；‎ C．某硅酸盐化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示，选项C正确；‎ D．二氧化硅可用于制造光导纤维，高纯硅可用于制造太阳能电池，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2＋+2Cl－+Cl2↑+2H2O B. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋+3H2O =Al(OH)3↓+3H＋‎ C. Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O =2Na＋+2OH－+O2↑‎ D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3－+Ca2＋+OH－= CaCO3↓+H2O ‎【答案】D ‎【详解】A、浓盐酸应改成离子形式，MnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O，A错误；‎ B、明矾溶于水产生Al(OH)3胶体的离子方程式为：Al3＋+3H2O ⇌Al(OH)3（胶体）+3H＋，B错误；‎ C、Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：2Na2O2+2H2O =4Na＋+4OH－+O2↑，C错误；‎ D、Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：HCO3－+Ca2＋+OH－=CaCO3↓+H2O，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.在处理废水时某反应体系中有6种粒子：N2、HCO3-、ClO-、CNO-、H2O、Cl-，在反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如图所示。下列有关该反应的说法正确的是（ ）‎ A. 在上述反应体系中，CNO－是氧化剂 B. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶3‎ C. 在标准状况下，产生‎4.48 L N2时转移0.8 mol电子 D. 上述反应中，只有两种元素化合价发生了变化 ‎【答案】D ‎【分析】由曲线变化图可知，随反应进行HCO3-的物质的量增大，故HCO3-是生成物，根据碳元素守恒， CNO-应是反应物，N2是生成物；ClO-物质的量减小，ClO-是反应物，Cl-是生成物。ClO-中氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂；CNO-中N元素化合价由‎-3升高为0，CNO-是还原剂。根据得失电子守恒，反应离子方程式是3ClO-+2CNO- +H2O = N2+2HCO3- +3Cl-。‎ ‎【详解】A. ClO-是反应物，Cl-是生成物，ClO-中氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂，CNO-中N元素化合价由‎-3升高为0，CNO-是还原剂，故A错误；‎ B. 氯元素化合价降低，Cl-是还原产物，N元素化合价由‎-3升高为0，氮气是氧化产物，还原产物与氧化产物的物质的量之比为3∶1，故B错误；‎ C. 根据方程式生成1mol N2转移6mol电子；在标准状况下，产生‎4.48 L N2时转移1.2 mol电子，故C 错误；‎ D. 上述反应中，只有N、Cl两种元素化合价发生了变化，故D正确。‎ ‎11.将15．‎6 g Na2O2和5．‎4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6．‎72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 标准状况下，反应过程中得到7．‎84 L的气体 B. 最终得到的溶液中c(Na＋）＝c(Cl－）＋c(OH－）‎ C. 最终得到7．‎8 g的沉淀 D. 最终得到的溶液中c(Na＋）＝1．5 mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑‎ ‎0.2 mol 0.4 mol 0.1 mol ‎2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑‎ ‎0.2 mol 0.4 mol 0.2 mol 0.3 mol A、由以上两个方程式可知：生成的气体体积为：(0.1 mol＋0.3 mol）＝0.4 mol，为‎8.96 L，A错误；B、最终得到的是0.1 mol NaCl和0.1 mol NaAlO2的混合溶液，据电荷守恒有：c(Na＋）＋c(H＋）＝c(Cl－）＋c(OH－）＋c(AlO2—），由于c(H＋）≠c(AlO2—），B错误；C、反应后剩余0.2 mol NaOH，故0.3 mol HCl先与其反应后，剩余的0.1 mol HCl再与NaAlO2反应，生成0.1 mol Al(OH）3沉淀，质量为‎7.8 g，C正确；D、n(Na＋）＝0.4 mol，则c(Na＋）＝0.4 mol÷‎0.2 L＝2 mol·L－1，D错误，答案选C。‎ 考点：考查化学计算 ‎12.某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。‎ 阴离子 CO、SiO32-、[Al(OH)4]－、Cl－‎ 阳离子 Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、NH4+、Na＋‎ 现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂Y体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 若Y是盐酸，则Oa段转化为沉淀的离子(上表中，下同)只有[Al(OH)4]－‎ B. 若Y是盐酸，则溶液中可能含有的阳离子是Al3＋‎ C. 若Y是NaOH溶液，则bc段反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－‎ D. 若Y是NaOH溶液，则X溶液中只存在四种离子，是Al3＋、Fe3＋、NH4+、Cl－‎ ‎【答案】C ‎【详解】：A．若Y是盐酸，SiO32-、[Al(OH)4]－与盐酸反应都会生成沉淀，所以oa段转化为沉淀的离子有[Al(OH)4]－和SiO32-，故A错误；‎ B．若Y是盐酸，ab段沉淀的物质的量不变，则盐酸与CO32-反应，所以溶液中一定有CO32-，CO32-与Al3+不能共存，所以不含有Al3+，故B错误；‎ C．若Y是NaOH溶液，bc段沉淀减少，是氢氧化铝溶于过量的氢氧化钠，则发生反应的离子方程式为：Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－，故C正确；‎ D．若Y是NaOH溶液，则不能判断溶液中是否含有Na+，所以溶液中可能还有Na+，故D错误。‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】含有[Al(OH)4]－的溶液中滴加盐酸时会先生成氢氧化铝成，后沉淀消失。‎ ‎13.下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是（　　）‎ A. 元素的非金属性： X＞R＞W B. 简单离子的半径：W＞R＞X C. X与W形成的化合物中只有共价键 D. X与Z形成的化合物中只有离子键 ‎【答案】C ‎【解析】由各原子的最外层电子数和原子序数的关系可推断X、Y、Z、R、W依次为O、F、Na、S、Cl元素。A项，元素的非金属性X（O）R（S）、W（Cl）R（S），错误；B项，根据“层多径大，序大径小”的原则，简单离子半径R（S2-）W（Cl-）X（O2-），错误；C项，O与Cl形成的化合物中只有共价键，正确；D项，X与Z可形成Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既有离子键又有共价键，错误；答案选C。‎ ‎【点睛】微粒半径大小比较的总体原则是：“层多径大，序大径小”，具体规律：‎ 同一主族元素 原子或离子半径从上而下依次增大 同一周期主族元素 原子半径从左到右逐渐变小 同种元素 原子半径大于阳离子半径；原子半径小于阴离子半径 电子层结构相同的离子 核电荷数越大，离子半径越小(阴前阳下，序大径小)‎ ‎14.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. 途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2∶3‎ B. 利用途径③制备‎16g硫酸铜，消耗硫酸的物质的量为0.1mol C. 生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①=②=③‎ D. 与途径①、③相比，途径②更好地体现了绿色化学思想 ‎【答案】D ‎【解析】A、Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A错误；B、‎16g硫酸铜的物质的量为=0.1mol，在途径③中，发生的反应为2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2↑，消耗硫酸0.2mol，故B错误；C. 若均生成1mol硫酸铜，途径①消耗硫酸1mol硫酸；途径②消耗1mol硫酸，途径③消耗2mol硫酸，故C错误；D、相对于途径①、③均有污染空气的气体产生，途径②的优点：铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再被硫酸溶解生成硫酸铜，制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查制备方案的评价，注意根据反应途径，写出相关反应的离子方程式或化学方程式，利用方程式进行判断较为简单。本题的易错点为C，途径①中制备1mol硫酸铜，需要mol H+和mol NO3-，可以由1mol硫酸和mol硝酸提供。‎ ‎15.某同学设计了用氯气制取无水氯化铁(易升华)的相关装置，其中设计正确且能达到相应目的的是（ ）‎ A. 用装置①制取氯气 B. 用装置②除去Cl2中的HCl C. 用装置③干燥氯气 D. 用装置④制取并收集FeCl3‎ ‎【答案】D ‎【详解】A．浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制取氯气，稀盐酸和二氧化锰不反应，没有加热且使用的是稀盐酸，所以不能实现实验目的，故A错误； B．氯气和氯化氢都能和NaOH反应，HCl极易溶于水，NaCl抑制氯气溶解，所以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，故B错误； C．氯气能和碱反应，应该用酸性物质干燥，如浓硫酸，故C错误； D．氯气和铁在加热条件下反应生成氯化铁，氯化铁是固体，故D正确； 故选：D。‎ ‎16.铁的常见化合价有＋2价和＋3价。据研究，铁在浓HNO3中发生钝化时，可生成一种化学式为Fe8O11的化合物，它可以看作由FeO和Fe2O3组成的复杂氧化物。该化合物可以表示为（　　）‎ A. FeO·3Fe2O3 B. FeO·2Fe2O‎3 ‎C. 2FeO·3Fe2O3 D. 2FeO·Fe2O3‎ ‎【答案】C ‎【分析】一般拆写成氧化物时，低价在前，高价在后，同时符合原子守恒，据此分析；‎ ‎【详解】A、FeO·3Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为7：10，不符合8：11，故A不符合题意；‎ B、 FeO·2Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为5：7，不符合8：11，故B不符合题意；‎ C、2FeO·3Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为8：11，符合8：11，故C符合题意；‎ D、2FeO·Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为4：5，不符合8：11，故D不符合题意；‎ 答案为C。‎ ‎17.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（　　）‎ A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气 C. 用装置丙稀释反应后的混合液 D. 用装置丁测定余酸的浓度 ‎【答案】C ‎【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误；‎ B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，错误；‎ C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确；‎ D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误；‎ 选C。‎ ‎18.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如下图，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，该单质与沸水缓慢反应，且该单质可制造照明弹；f为固体单质。下列有关说法正确的是（　　）‎ A. 简单离子的半径:Y>Z>X ‎ B. 元素的非金属性:W>X C. 最高价氧化物对应水化物的碱性:Y>Z ‎ D. X、Y 两种元素组成的化合物只含离子键 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析： a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，则a为过氧化钠；c是Z的单质，该单质与沸水缓慢反应，且该单质可制造照明弹，则Z为镁元素；由这些元素组成的常见物质的转化关系可知，若f为固体单质，则b为二氧化碳、f为碳、e为氧气、d为碳酸钠、g为氧化镁。短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，则其分别为C、O、Na、Mg。A. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大的半径越小，所以简单离子的半径X>Y>Z，A不正确； B. 元素的非金属性为O >C，B不正确；C. Na的金属性强于Mg，故其最高价氧化物对应水化物的碱性较强，C正确；D. X、Y 两种元素组成的化合物有氧化钠和过氧化钠，其中氧化钠只含离子键、过氧化钠既有离子键又有共价键，D不正确。本题选C。‎ 第Ⅱ卷 二、填空题（共4小题，共46分）‎ ‎19.X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：‎ X Y Z M R Q 原子半径/nm ‎0.186‎ ‎0.074‎ ‎0.099‎ ‎0.143‎ 主要化合价 ‎－4，＋4‎ ‎－2‎ ‎－1，＋7‎ ‎＋3‎ 其他 阳离子核外无电子 无机非金属材料的主角 焰色反应呈黄色 ‎（1）R在元素周期表中的位置是_________________；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为_________________。‎ ‎（2）Z的单质与水反应的化学方程式为_______________________________________。‎ ‎（3）Y与R相比，非金属性较强的是____________(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是___________ (填字母)。‎ A．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态 B．稳定性：XR>YX4‎ C．Y与R形成的化合物中Y呈正价 ‎（4）根据表中数据推测，Y的原子半径(用r表示)的最小范围是__________________。‎ ‎（5）甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物的水化物，且甲＋乙→丙＋水。若丙的水溶液呈碱性，则丙的化学式为__________________。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期第ⅦA族 (2). 同位素 (3). 2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑ (4). Cl (5). BC (6). 0.099nm

查看更多