【化学】辽宁省大连市一〇三中学2020届高三上学期12月月考（解析版）

【化学】辽宁省大连市一〇三中学2020届高三上学期12月月考（解析版）

辽宁省大连市一〇三中学2020届高三上学期12月月考 可能用到的相对原子质量：H－1 O－16 P－31 Cl－35.5 Fe－56 Cu－64‎ 第I卷（选择题）‎ 一、选择题 ‎1.分类是化学学习与研究常用方法，下列分类正确的是（　　）‎ A. Cl2O7、P2O5、SO3、CO2均属于酸性氧化物 B. Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，都属于碱性氧化物 C. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体 D. 根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质 ‎【答案】A ‎【解析】A、 Cl2O7、P2O5、SO3、CO2均属于酸性氧化物，正确；B、Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，Na2O属于碱性氧化物，Na2O2为过氧化物，但不属于碱性氧化物，错误；C、分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是否具有丁达尔现象，错误；D、根据是否在水溶液中或者熔融状态下完全电离，电解质分为强电解质、弱电解质，错误。答案选A。‎ ‎2.化学用语是学好化学知识的重要基础，下列有关化学用语表示正确的有（ ）‎ ‎①用电子式表示HCl的形成过程：‎ ‎②MgCl2的电子式： ‎ ‎③质量数为133、中子数为78的铯原子：Cs ‎④S2﹣的结构示意图：‎ ‎⑤次氯酸分子的结构式：H-O-Cl ‎⑥ CO2的分子比例模型示意图:‎ A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 ‎【答案】B ‎【详解】由题意知①用电子式表示HCl的形成过程为：，故①错误。‎ ‎②氯化镁为离子化合物，氯离子不能合并，MgCl2 的电子式为：，故②错误。‎ ‎③质量数为133、中子数为78的铯原子，其质子数为55，铯原子表示为：Cs，故③正确。‎ ‎④硫离子核电荷数为16，核外电子数为18，S2-的结构示意图为：，故④正确。‎ ‎⑤次氯酸中O原子分别与H原子、Cl原子形成共价键，故⑤正确。‎ ‎⑥C原子的原子半径＞O原子原子半径，故比例模型中C原子应比O原子更大，故⑥错误。‎ 正确的为③④⑤，故答案选B。‎ ‎【点睛】该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，主要是考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等。‎ ‎3.下列各组物质相互混合进行反应，既有气体最终又有沉淀生成的是 (　 )‎ ‎①金属钠投入FeCl2溶液中　 ②过量的NaOH溶液和明矾溶液反应　‎ ‎③少量CaO投入到过量的NaHCO3溶液中　④Na2O2投入到CuSO4溶液中 A. ①③ B. ③④ C. ②③ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【详解】有题意可知①钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和FeCl2反应生成沉淀，故①正确。‎ ‎②过量NaOH溶液和明矾溶液反应中明矾中的铝离子和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，无沉淀生成，无气体生成，故②错误。‎ ‎③CaO与NaHCO3溶液反应生成CaCO3沉淀，故③最终只有沉淀生成而没有气体生成，故③错误。‎ ‎④Na2O2投入CuSO4溶液发生反应，首先2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成的氢氧化钠与硫酸铜反应生成蓝色Cu（OH）2沉淀，既有气体又有沉淀，故④正确。‎ 故答案为①④，故答案选D。‎ ‎4.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（　　）‎ A. 已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=890.3 kJ/mol B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定 C. 已知中和热为ΔH=-57.3 kJ/mol，则1 mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应热就是中和热 D. 已知S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1；S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2，则ΔH1<ΔH2‎ ‎【答案】D ‎【详解】A．燃烧热：在101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水应为液态，故A错误；‎ B．C(石墨，s)═C(金刚石，s)△H＞0，该反应为吸热反应，故石墨的能量较低，比金刚石稳定，故B错误；‎ C．1mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应生成2mol水，不符合中和热的定义，故C错误；‎ D．S(g)的能量大于S(s)，故与O2(g)反应生成SO2(g)，S(g)放出的热量多，△H＜0，故放出的热量越多，△H越小，故△H1＜△H2，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）‎ A. 用过量氨水吸收工业尾气中的SO2： 2NH3·H2O＋SO2===2NH4+＋SO32-＋H2O B. Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－===CaCO3↓＋CO32-＋2H2O C. 磁性氧化铁溶于足量稀硝酸： Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O D. 明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42-===2BaSO4↓＋Al（OH）3↓‎ ‎【答案】A ‎【详解】A、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，离子反应为：2NH3·H2O+SO22NH4++SO32-+H2O，故A正确；‎ B、少量氢氧化钠与碳酸氢钙反应会生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为Ca2++HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O，故B错误；‎ C、磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；‎ D、明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量1：2反应：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+ 2H2O，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：‎ ‎①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中B项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（题中D项）。‎ ‎6.水热法制备纳米颗粒Y（化合物）的反应为3Fe2++2S2O32－+O2+aOH－=Y+S4O62－+2H2O，下列说法中，不正确的是（　　）‎ A. a = 4 B. Y的化学式为Fe2O3‎ C. S2O32－是还原剂 D. 每有1molO2参加反应，转移的电子总数为4mol ‎【答案】B ‎【详解】根据电荷守恒知a=4，再根据质量守恒知Y的化学式为Fe3O4；该反应还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂为O2，1 mol O2参加反应得4 mol电子；‎ 答案选B。‎ ‎7.一定条件下，体积为10 L的密闭容器中，1 mol X和1 mol Y进行反应：2X(g)＋Y(g) Z(g)，经60 s达到平衡，生成0.3 mol Z。下列说法正确的是（　　）‎ A. 若增大压强，则物质Y的转化率减小 B. 将容器体积变为20 L，Z的平衡浓度变为原来的 C. 以X的浓度变化表示的反应速率为0.001 mol/(L·s)‎ D. 若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的ΔH >0‎ ‎【答案】C ‎【解析】一定条件下，在容积为10L的密闭容器中，将1molX和1molY进行如下反应：2X(g)+Y(g)Z(g)，经60s达到平衡生成0.3mol的Z，则：‎ ‎ 2X(g)+Y(g)Z(g)‎ 起始量(mol) 1          1          0‎ 变化量(mol)  0.6        0.3       0.3‎ 平衡量(mol)  0.4       0.7        0.3‎ A．增大压强，平衡正向移动，则物质Y的转化率增大，故A错误；B．将容器体积变为20L，则体积增大，压强减小，平衡逆向移动，Z的平衡浓度小于原来的 ‎，故B错误；C．以X浓度变化表示的反应速率为=0.001 mol/(L•s)，故C正确；D．若升高温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故D错误；故选C。‎ ‎8.下列实验方案不能达到实验目的的是（　　）‎ A. 图A装置Cu和浓硝酸制取NO B. 图B装置实验室制备Cl2‎ C. 图C装置实验室制取乙酸乙酯 D. 图D装置实验室分离CO和CO2‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，可制取NO，故A不符合题意；B．浓盐酸和高锰酸钾溶液生成氯气，氯气与氢氧化钠反应进行尾气吸收，故B不符合题意；C．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应选饱和碳酸钠溶液，故C符合题意；D．要将CO和CO2分离，足量纯碱溶液用来吸收CO2，先收集到干燥的CO；滴加稀硫酸，再将生成的CO2用浓硫酸干燥，收集到纯净的CO2，故D不符合题意．故选C。‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制备及收集、乙酸乙酯的制备以及物质的分离等，侧重实验装置及分离原理的考查，注重实验的评价性和可行性分析，题目难度不大．‎ ‎9.类推的思维方法可解决不少化学问题,但类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论中,你认为正确的是（　　）‎ A. 沸点HBr＞HCl，则同族元素氢化物沸点HCl＞HF B. Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4可表示为PbO•Pb2O3‎ C. CO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应也只生成Na2SO3和O2‎ D. 惰性电极电解硫酸溶液后,加水可以使电解质溶液完全恢复。则用惰性电极电解硫酸钠溶液后加水也可以使电解质溶液完全恢复 ‎【答案】D ‎【详解】A．HF分子间存在氢键沸点较高，所以氢化物沸点：HF＞HCl，故A错误； ‎ B．Pb的化合价为+2价和+4价，则Pb3O4可表示为2PbO•PbO2，故B错误；‎ C．SO2具有还原性，过氧化钠具有强的氧化性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，故C错误；‎ D．惰性电极电解硫酸、硫酸钠溶液后，都相当于电解水，加入水就可以使电解质复原，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎10.短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，其中A、B、D同主族，C、E同主族，A元素最高正化合价与最低负化合价代数和为零，E是太阳能转化为电能的常用材料，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 由A、D两种元素组成的化合物中只含有离子键 B. C、E的最高价氧化物具有相似的物理性质和化学性质 C. 微粒半径大小：B+>A-‎ D. 最高价氧化物对应水化物碱性强弱：B>D ‎【答案】A ‎【分析】短周期元素包括1、2、3周期元素，A、B、D同主族，则其只能为ⅠA族元素，从而得出A为H、B为Li、D为Na；E是太阳能转化为电能的常用材料，则其为Si；C、E同主族，则C为C(碳)。从而确定A、B、C、D、E分别 为H、Li、C、Na、Si。‎ ‎【详解】A. 由A、D两种元素组成的化合物为NaH，只含有离子键，A正确；‎ B. C、E的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，前者为分子晶体，后者为原子晶体，二者具有不同的物理性质和化学性质，B错误；‎ C. H-与Li+的电子层结构相同，但H的核电荷数为1，Li的核电荷数为3，对电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小，所以微粒半径：Li+③=④‎ B. 向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③>④>①>②‎ C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大 D. 将②、③两种溶液混合后，若pH=7，则消耗溶液的体积：②>③‎ ‎【答案】D ‎【分析】A.温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的pH值计算水电离的氢离子浓度；‎ B.CH3COOH、NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，根据电离平衡移动分析； C.先根据溶液的pH值判断溶液的物质的量浓度，当所取溶液体积相同时，判断溶质的物质的量相对大小从而判断生成气体的多少；‎ D.根据HCl是强酸，NH3·H2O是弱碱，二者等体积混合，氨水平衡状态电离产生的OH-与HCl电离产生的H+恰好中和，根据弱电解质的电离平衡判断。‎ ‎【详解】A.①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c(H+)：①=②=③=④，A错误；‎ B.CH3COOH、NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，加水稀释，电离平衡正向移动，使溶液中的c(H+)或c(OH-)又略有增大，所以加水稀释相同体积，CH3COOH的pH比HCl小，NH3·H2O的pH比NaOH的大，故加水100mL后溶液的pH：③>④>②>①，B错误；‎ C.醋酸是弱酸，HCl和NaOH是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①>②=④，根据反应方程式2Al+6H+=2Al3++3H2↑；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑可知等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，②=④，C错误；‎ D.盐酸是强酸，NH3·H2O是弱碱，二者若等体积混合，NH3·H2O电离的部分与HCl前后中和，过量的NH3·H2O会进一步电离，使溶液显碱性，溶液的pH>7，所以若溶液混合后pH=7，则溶液的体积②>③，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后pH值相对大小的比较等，易错选项是A，注意无论是水溶液还是碱溶液都抑制水的电离，等浓度的弱电解质稀释时pH变化比强电解质小，盐类的水解能促进水的电离。‎ ‎14.常温下,向100 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液中逐滴加入0.2 mol·L-1 MOH溶液,所得溶液的pH变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是 (　　) ‎ A. HA的电离方程式:HAH++A-‎ B. N点、K点水的电离程度:N”、“<”或“=”）。‎ ‎②若加入甲醇后，经10 min反应达到平衡，则平衡后c(CH3OH)=______________，‎ 该时间内反应速率v(CH3OCH3)=_____________。‎ ‎（4）利用二甲醚（CH3OCH3）设计一个燃料电池，用KOH溶液作电解质溶液，石墨做电极，该电池负极电极反应式为___________________________。以此燃料电池作为外接电源按如图所示电解硫酸铜溶液，如果起始时盛有1000mLpH=5的硫酸铜溶液（25℃，CuSO4足量），一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到起始浓度（温度不变，忽略溶液体积的变化），可向溶液中加入______其质量约为_____g。‎ ‎【答案】(1). 2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（l）△H=-253.5kJ•mol-1 (2). BC (3). ＞ (4). 0.04 mol•L-1 (5). 0.08 mol•L-1•min-1 (6). CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O ‎ ‎ (7). CuO (8). 4g ‎【分析】（1）根据盖斯定律分析作答；‎ ‎（2）变量不变时，可以说明反应达到平衡状态；‎ ‎（3）①根据各组分的浓度商与平衡常数的大小进行判断反应方向及正逆反应速率大小；‎ ‎②设达到平衡时又消耗了xmol甲醇，利用三段式及平衡常数列出方程式进行计算平衡时甲醇浓度及二甲醚的反应速率；‎ ‎（4）燃料电池中，负极上是燃料甲醚发生失电子的氧化反应，正极反应为氧气得到电子发生还原反应，在碱性环境中生成氢氧根离子；电解池中，根据电解原理反应，结合电子转移数相等找出关系式分析计算。‎ ‎【详解】（1）已知①CO2(g) + 3H2(g)＝CH3OH(g) + H2O(g) △H=－49.0 kJ·mol-1‎ ‎②2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g) + H2O(g) △H=－23.5 kJ·mol-1‎ ‎③H2O(l)＝H2O(g) △H= + 44 kJ·mol-1‎ 根据盖斯定律①×2＋②-③×3得出CO2与H2反应合成二甲醚生成液态水的热化学方程式为2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（l）△H=-253.5kJ•mol-1，故答案为：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（l）△H=-253.5kJ•mol-1；‎ ‎（2）A．v正（H2）=2v逆（CH3OH），表示的是正逆反应速率，且满足二者计算量关系，说明反应达到平衡状态，故A错误；‎ B．n（CO）：n（H2）：n（CH3OH）=1：2：1，物质的量之比，无法判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故B正确；‎ C．混合气体的密度不变，反应前后都是气体，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，密度不能作为判断平衡状态的依据，故C正确；‎ D．该反应是气体体积缩小的反应，反应过程中气体的物质的量发生变化，混合气体的平均分子量发生变化，若混合气体的平均相对分子质量不变，说明达到了平衡状态，故D错误；‎ E．该反应是体积缩小的反应，气体的物质的量在反应中发生变化，若容器的压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故E错误；‎ 故答案为：BC；‎ ‎（3）①此时的浓度商为：Qc= =1.86＜400，故反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；‎ ‎②设达到平衡时据此又消耗了xmol，则 则K= =400，解得x=0.2mol/L，故平衡时c（CH3OH）=0.44mol/L-0.2mol/L×2= 0.04mol/L，则10min生成二甲醚的浓度为：0.6mol/L+0.2moL/L=0.8mol/L，‎ 所以甲醇的反应速率为v（CH3OH）= =0.08 mol/（L•min），‎ 故答案为：0.04 mol•L-1；0.08 mol•L-1•min-1；‎ ‎（4）燃料电池中，负极上是燃料甲醚发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，即为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O，正极反应为氧气得到电子发生还原反应，在碱性环境中生成氢氧根离子，正极反应为3O2+12e-+6H2O=12OH-。‎ 下半部分为电解池，由电子流向可知，Fe为阴极，铜离子得到电子生成Cu，阴极反应式：Cu2+ +2e-==Cu 阳极反应式：4OH- -4e-==2H2O+O2↑，从体系中脱离的是Cu和O，且原子比例为1:1，所以向溶液中加入CuO，pH=1时H+浓度为0.1mol/L，溶液体积为1L，故H+的物质的量为0.1mol，因为反应前H+较少，可以认为0.1molH+全部来自于电解2H2O-4e-=O2+4H+，故产生0.1molH+就会产生0.025molO2，含有0.05molO原子，根据原子守恒，需要补充0.05mol CuO，CuO的质量为0.05mol×80g/mol= 4g。‎ 故答案为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O；CuO；4g。‎ ‎24.以苯为主要原料，制取高分子材料N和R的流程如下：‎ 已知：‎ ‎（1）B中含氧官能团的名称是_____________。‎ ‎（2）由生成的反应类型是_____________。‎ ‎（3）一定条件下，发生反应Ⅰ所需的其他反应试剂是_____________。‎ ‎（4）化合物C的结构简式是_____________。‎ ‎（5）反应Ⅲ的化学反应方程式是________________________________________________。‎ ‎（6）下列说法正确的是_____________。(填字母)。‎ a．A可与NaOH溶液反应 b．常温下，A能和水以任意比混溶 c．化合物C可使酸性高锰酸钾溶液褪色 d．E存在顺反异构体 ‎（7）符合下列条件的B的同分异构体有____________种。‎ a．能与饱和溴水反应生成白色沉淀 b．属于酯类 c．苯环上只有两个对位取代基 ‎【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). 取代反应 (3). NaOH溶液 (4). (5). (6). ACD (7). 6‎ ‎【分析】苯与氯气发生取代反应生成氯苯，氯苯反应得到A，A与C反应得到N，结合N的结构及信息反应Ⅱ可知，A的结构简式为，C的结构简式为：；反应①应是在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解后酸化；苯与CH3COCl发生取代反应生成，由反应信息Ⅰ可知B为，B与甲醇发生酯化反应生成D为，D发生消去反应生成E为，E发生加聚反应生成R为 ‎。‎ ‎【详解】（1）B为，含氧官能团的名称是：羧基、羟基 ，故答案为：羧基、羟基；‎ ‎（2）由生成是氯原子取代了苯环上的H，故反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；‎ ‎（3）反应Ⅰ应是在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解后酸化，则还需要的试剂是NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；‎ ‎（4）由分析可知，化合物C的结构简式是：，故答案为：；‎ ‎（5）反应Ⅲ为E发生加聚反应生成R为，化学反应方程式为：，故答案为：；‎ ‎（6）A的结构简式为，A为苯酚。‎ A．A为，含有酚羟基，可与NaOH溶液反应，故A正确；‎ B．在常温下微溶于水，高于65℃时，能和水混溶，故B错误；‎ C．化合物C为，含有醛基、碳碳双键，可使高锰酸钾酸性溶液褪色，故C正确；‎ D．R为，其分子中含有酯基，在一定条件下可以发生水解反应，故D正确；‎ 故选ACD，故答案为：ACD；‎ ‎（7）根据同分异构体的要求，含有，且酚羟基对位的取代基由：-OOCCH2CH3、或-CH2OOCCH3、或-COOCH2CH3、或-CH2CH2OOCH、或-CH（CH3）OOCH、或-CH2COOCH3，总共有6种，故答案为：6。 ‎