2019-2020年高三12月月考化学试题含解析.doc

2019-2020年高三12月月考化学试题含解析一、单选题（14题，每题3分，共计42分）1（3分）（xx秋泰安期末）下列说法正确的是（）A16O和18O互为同位素B漂白粉、液氯、于冰均为混合物C稀硫酸、氨水均为电解质D溶于水能电离出H+的物质一定是酸2（3分）（xx青羊区校级模拟）下列叙述不正确的是（）ABCD放电闪电时会发生反应：N2+O22NO利用丁达尔效应证明烧杯中的分散系是胶体蔗糖中加入浓硫酸搅拌后变黑，因为浓硫酸有吸水性加热时熔化的铝不滴落，证明Al2O3的熔点比Al高AABBCCDD3（3分）（xx洛阳一模）如图是元素周期表的一部分，下列关系正确的是（）SClSeBrA还原性：Se2S2C1B热稳定性：HC1H2SeHBrC原子半径：SeC1SD酸性：HBrO4HClO4H2SO44（3分）（xx秋大兴区校级月考）常温下，对于0.1mol/L CH3COOH溶液 pH=1HCl溶液 pH=13的NaOH溶液 0.1mol/L CH3COONa溶液，下列说法正确的是（）A和分别稀释100倍后的pH：B水电离出的c（OH）：C和混合后溶液呈中性：1D和混合后溶液呈酸性：15（3分）（xx乐山二模）有氨水 NH4Cl溶液 Na2CO3溶液 NaHCO3溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，下列说法正确的是（）A4种溶液pH的大小顺序：B溶液、等体积混合后pH7，则c（NH4+）c（NH3H2O）C向溶液、中分别加入25 mL 0.1mol/L 盐酸后，溶液中c（NH4+）：D向溶液、中分别加入12.5 mL 0.1mol/L NaOH溶液后，两溶液中的离子种类相同6（3分）（xx北京）下列解释事实的方程式不准确的是（）A用浓盐酸检验氨：NH3+HCl=NH4ClB碳酸钠溶液显碱性：CO32+H2OHCO3+OHC钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe3e=Fe3+D长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现白色固体：Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O7（3分）（xx东城区二模）下列事实可以用同一原理解释的是（）A漂白粉和明矾都常用于自来水的处理B乙烯可使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色C铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均无明显现象D苯酚和氢氧化钠溶液在空气中久置均会变质8（3分）（xx顺义区二模）下列解释事实的离子方程式正确的是（）A向铜片中滴加浓硫酸并加热，有刺激性气体产生：Cu+4H+SO42Cu2+SO2+2H2OB向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OC向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后变蓝：4H+4I+O22I2+2H2OD服用阿司匹林过量出现水杨酸（）反应，可静脉注滴NaHCO3溶液：+2HCO3+2CO2+2H2O9（3分）（xx西城区二模）下列实验结论不正确的是（）实验操作现象结论A某有机物与溴的四氯化碳溶液混合溶液褪色有机物含碳碳双键B乙醇与重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液混合橙色溶液变为绿色乙醇具有还原性C常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液溶液变浑浊酸性：碳酸苯酚D苯和苯酚稀溶液分别与浓溴水混合后者产生白色沉淀羟基影响了苯环的活性AABBCCDD10（3分）（xx绵阳模拟）绿原酸的结构简式如图，下列有关绿原酸的说法不正确的是（）A分子式为C16H18O9B能与Na2CO3反应C能发生取代反应和消去反应D0.1mol绿原酸最多与0.8 molNaOH反应11（3分）（xx西城区一模）下列说法正确的是（）A蔗糖水解只生成葡萄糖B含有碳碳双键的有机物均存在顺反异构现象C向混有苯酚的苯中加入金属Na有无色气体生成DCH2=CHCOONa在一定条件下缩聚可得到高分子化合物12（3分）（xx北京）下列叙述不正确的是（）A铁表面镀锌，铁作阳极B船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀C钢铁吸氧腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e=4OHD工业上电解饱和食盐水的阳极反应：2Cl2e=Cl213（3分）（xx北京）下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（）A钢管与电源正极连接，钢管可被保护B铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀C钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀D钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe3eFe3+14（3分）（xx北京）用石墨电极电解CuCl2溶液（如图）下列分析正确的是（）Aa端是直流电源的负极B通电使CuCl2发生电离C阳极上发生的反应：Cu2+2e=CuD通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体二.填空题（共计58分）15（15分）（xx秋大兴区校级月考）短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素阳离子的原子核外没有电子，B是空气中含量最多的元素；C元素原子最外层电子数是其电子层数的三倍；C与D可形成两种常见的离子化合物；工业上常用电解C与E的化合物来制备E单质（1）画出D元素的原子结构示意图C、D、E的简单离子半径由小到大的顺序（ 用离子符号表示）（2）工业上常用A和B的单质合成一种常见气体，该气体的电子式检验该气体的常用方法是（3）D2C2与H2O反应的化学方程式是，D2C2与CuSO4溶液反应的现象是（4）A、B、C三种元素可组成一种常见离子化合物，其水溶液呈酸性，该溶液中离子浓度由大到小的顺序是16（13分）（xx长春四模）合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其研究来自正确的理论指导，合成氨反应的平衡常数K值和温度的关系如下：温 度（）360440520K值0.0360.0100.0038（1）写出工业合成氨的化学方程式由上表数据可知该反应为放热反应，理由是理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是（填序号）a增大压强 b使用合适的催化剂c升高温度 d及时分离出产物中的NH3（2）原料气H2可通过反应 CH4（g）+H2O （g）CO（g）+3H2（g） 获取，已知该反应中，当初始混合气中的 恒定时，温度、压强对平衡混合气CH4含量的影响如图所示：图中，两条曲线表示压强的关系是：P1P2（填“”、“=”或“”）该反应为反应（填“吸热”或“放热”）（3）原料气H2还可通过反应CO（g）+H2O（g）CO2 （g）+H2（g） 获取T时，向容积固定为5L的容器中充入1mol水蒸气和1mol CO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08molL1，则平衡时CO的转化率为，该温度下反应的平衡常数K值为保持温度仍为T，改变水蒸气和CO的初始物质的量之比，充入容器进行反应，下列描述能够说明体系处于平衡状态的是（填序号）a容器内压强不随时间改变b混合气体的密度不随时间改变c单位时间内生成a mol CO2的同时消耗a mol H2d混合气中n （CO）：n （H2O）：n （CO2）：n （H2）=1：16：6：617（16分）（xx秋大兴区校级月考）重要的精细化学品M和N，常用作交联剂、涂料、杀虫剂等，合成路线如图所示：已知：N的结构简式是请回答下列问题：（1）A中含氧官能团名称是（2）由A生成B的反应类型是（3）X的结构简式是（4）C和甲醇反应的产物可以聚合形成有机玻璃该聚合反应的化学方程式是（5）E的结构简式是（6）下列说法正确的是aE能发生消去反应b1mol M中含有4mol酯基cX与Y是同系物dG不存在顺反异构体（7）由Y生成D的化学方程式是（8）Z的结构简式是18（14分）（xx秋大兴区校级月考）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置（1）该电池正极的电极反应式为：；（2）工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的化学方程式为：xx学年北京市旧宫中学高三（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单选题（14题，每题3分，共计42分）1（3分）（xx秋泰安期末）下列说法正确的是（）A16O和18O互为同位素B漂白粉、液氯、于冰均为混合物C稀硫酸、氨水均为电解质D溶于水能电离出H+的物质一定是酸考点：同位素及其应用；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质专题：物质的分类专题分析：A有相同质子数，不同中子数或同一元素的不同核素互为同位素；B液氯是单质，是纯净物；干冰是二氧化碳，是纯净物；C稀硫酸和氨水都是溶液，是混合物；D酸：溶于水，电离出的阳离子全部是H+的物质解答：解：A16O和18O质子数相同，质子数不同，互为同位素，故A正确；B漂白粉主要成分为氯化钙和次氯酸钙，是混合物；液氯是单质，是纯净物；干冰是二氧化碳，是纯净物，故B错误；C稀硫酸和氨水都是溶液，是混合物，故C错误；D硫酸氢钠能电离出氢离子，但硫酸氢钠属于盐类，故D错误，故选A点评：本题考查同位素、混合物、电解质、和酸的概念，难度不大要注意平时的积累2（3分）（xx青羊区校级模拟）下列叙述不正确的是（）ABCD放电闪电时会发生反应：N2+O22NO利用丁达尔效应证明烧杯中的分散系是胶体蔗糖中加入浓硫酸搅拌后变黑，因为浓硫酸有吸水性加热时熔化的铝不滴落，证明Al2O3的熔点比Al高AABBCCDD考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；胶体的重要性质；浓硫酸的性质；镁、铝的重要化合物专题：元素及其化合物分析：A闪电时会发生反应：N2+O22NO；B丁达尔效应是胶体的特性；C因为浓硫酸有脱水性，故蔗糖中加入浓硫酸搅拌后变黑；DAl加热时熔化的铝不滴落，原因是被氧化生成熔点比Al高的Al2O3解答：解；A闪电时会发生反应：N2+O22NO，故A正确；B丁达尔效应是胶体的特性，故可利用丁达尔效应证明烧杯中的分散系是胶体，故B正确；C蔗糖中加入浓硫酸搅拌后变黑，因为浓硫酸有脱水性，不是吸水性，故C错误；DAl的熔点比较低，加热时易熔化，加热时熔化的铝不滴落，原因是被氧化生成熔点比Al高的Al2O3，故D正确；故选C点评：本题考查了氮气的性质、胶体、浓硫酸、铝及其氧化物的性质，难度不大3（3分）（xx洛阳一模）如图是元素周期表的一部分，下列关系正确的是（）SClSeBrA还原性：Se2S2C1B热稳定性：HC1H2SeHBrC原子半径：SeC1SD酸性：HBrO4HClO4H2SO4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：A非金属性越强，阴离子还原性越弱；B同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定；C同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；D非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强解答：解：A非金属性大小为：ClSSe，非金属性越强，阴离子还原性越弱，故阴离子还原性大小关系为：Se2S2Cl，故A正确；B同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性大小关系为：ClSSe，非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性大小为：HClH2SH2Se，故B错误；C同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小关系为：SeSCl，故C错误；D非金属性大小为：ClBrS，故最高价氧化物对应水化物的酸性强弱关系为：HClO4HBrO4H2SO4，故D错误；故选A点评：本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，侧重对元素周期表结构、元素周期律内容的考查，注意掌握元素周期律的内容，能够根据元素周期律判断元素具有的化学性质4（3分）（xx秋大兴区校级月考）常温下，对于0.1mol/L CH3COOH溶液 pH=1HCl溶液 pH=13的NaOH溶液 0.1mol/L CH3COONa溶液，下列说法正确的是（）A和分别稀释100倍后的pH：B水电离出的c（OH）：C和混合后溶液呈中性：1D和混合后溶液呈酸性：1考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A和中酸的浓度相等，稀释促进弱电解质电离；B酸或碱都抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，则抑制水电离程度越大；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断解答：解：A和中酸浓度相等，稀释促进醋酸电离，但醋酸不能完全电离，所以和分别稀释100倍后的pH：，故A错误；B酸或碱都抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，则抑制水电离程度越大，pH=1HCl溶液、pH=13的NaOH溶液对水电离抑制程度相等，所以水电离出的c（OH）：=，故B错误；C混合溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），根据电荷守恒得c（CH3COO）=c（Na+），则=1，故C错误；D混合溶液呈酸性，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒得c（CH3COO）c（Na+），所以1，故D正确；故选D点评：本题考查了弱电解质的电离，根据弱电解质电离特点结合电解质溶液酸碱性、电荷守恒来分析解答，题目难度不大5（3分）（xx乐山二模）有氨水 NH4Cl溶液 Na2CO3溶液 NaHCO3溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，下列说法正确的是（）A4种溶液pH的大小顺序：B溶液、等体积混合后pH7，则c（NH4+）c（NH3H2O）C向溶液、中分别加入25 mL 0.1mol/L 盐酸后，溶液中c（NH4+）：D向溶液、中分别加入12.5 mL 0.1mol/L NaOH溶液后，两溶液中的离子种类相同考点：盐类水解的应用专题：盐类的水解专题分析：A、依据溶液中的溶质电离和水解程度分析判断；B、依据溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子的水解程度分析判断；C、盐酸和一水合氨恰好反应生成氯化铵溶液，抑制铵根离子的水解；D、依据碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中的电离和水解分析离子种类解答：解：A、物质的量浓度均为0.1mol/L的氨水 NH4Cl溶液 Na2CO3溶液 NaHCO3溶液各25mL，一水合氨电离生成氢氧根离子显碱性，氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；碳酸根离子水解显碱性，碳酸氢根离子水解显碱性；同浓度碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，溶液碱性强；所以溶液PH大小为：，故A错误；B、溶液氨水是弱碱存在电离平衡； NH4Cl溶液水解显酸性，、等浓度等体积混合后pH7，说明溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以c（NH4+）c（NH3H2O），故B错误；C、盐酸和一水合氨恰好反应生成氯化铵溶液，氯化铵的浓度为0.05mol/L，氯化铵溶液中加入盐酸抑制铵根离子的水解，溶液中c（NH4+）：，故C错误；D、向溶液、中分别加入25mL 0.1mol/L NaOH溶液后，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠溶液，两溶液中的离子种类相同，故D正确；故选D点评：本题考查了弱电解质电离平衡，盐类水解的应用，溶液酸碱性的分析判断，溶液pH大小比较，题目难度中等6（3分）（xx北京）下列解释事实的方程式不准确的是（）A用浓盐酸检验氨：NH3+HCl=NH4ClB碳酸钠溶液显碱性：CO32+H2OHCO3+OHC钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe3e=Fe3+D长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现白色固体：Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O考点：化学方程式的书写；离子方程式的书写；电极反应和电池反应方程式专题：化学用语专题分析：A根据检验氨气的方法：氨气能使红色石蕊试纸变蓝或氨气能和浓盐酸反应生成白烟解答；B碳酸钠为强碱弱酸盐水解呈碱性；C根据电极材料的活泼性判断正负极，根据电极上发生反应的类型判断电极反应式；D根据二氧化碳的化学性质进行分析，氢氧化钙能与二氧化碳反应生成碳酸钙和水解答：解：A氨气是碱性气体，氨气能和浓盐酸反应NH3+HCl=NH4Cl生成NH4Cl现象为白烟，故A正确；B碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸钠溶液中碳酸钠电离出的碳酸根离子水解，CO32+H2OHCO3+OH显碱性，故B正确；C钢铁中含有碳、铁，根据原电池工作原理，活泼的金属作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，所以碳作正极，铁作负极被氧化，负极Fe2e=Fe2+，故C错误；D石灰水中的溶质是氢氧化钙，能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和水；由于碳酸钙是一种不溶于水的白色物质，故瓶中常形成一种不溶于水的白色固体；反应的化学方程式为CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，故D正确；故选C点评：本题考查了氨气的检验、盐的水解、金属的腐蚀，掌握相关物质性质是正确解答本题的关键，题目较为综合，难度不大7（3分）（xx东城区二模）下列事实可以用同一原理解释的是（）A漂白粉和明矾都常用于自来水的处理B乙烯可使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色C铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均无明显现象D苯酚和氢氧化钠溶液在空气中久置均会变质考点：化学反应的基本原理专题：元素及其化合物；有机化学基础分析：A漂白粉具有强氧化性，明矾具有吸附作用都常用于自来水的处理；B乙烯与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；C铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均钝化，无明显现象；D苯酚易被空气中氧气氧化，氢氧化钠溶液在空气中易吸收CO2解答：解：A漂白粉具有强氧化性能杀菌消毒，明矾具有吸附作用能吸附水中的悬浮颗粒，二者都常用于自来水的处理，但是原理不同，故A错误；B乙烯与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故B错误；C铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均钝化，无明显现象，故C正确；D苯酚易被空气中氧气氧化而变质，氢氧化钠溶液在空气中易吸收CO2而变质，故D错误；故选C点评：本题考查了几种常见物质的化学性质及应用，要注意常见反应的反应原理及其应用，题目难度中等8（3分）（xx顺义区二模）下列解释事实的离子方程式正确的是（）A向铜片中滴加浓硫酸并加热，有刺激性气体产生：Cu+4H+SO42Cu2+SO2+2H2OB向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OC向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后变蓝：4H+4I+O22I2+2H2OD服用阿司匹林过量出现水杨酸（）反应，可静脉注滴NaHCO3溶液：+2HCO3+2CO2+2H2O考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A浓硫酸在离子反应中保留化学式；BCa（HCO3）2完全反应，反应生成碳酸钙、碳酸钠、水；C发生氧化还原反应生成碘和水；D只有COOH能与碳酸氢钠反应解答：解：A向铜片中滴加浓硫酸并加热，有刺激性气体产生的离子反应为Cu+2H2SO4（浓） Cu2+SO42+SO2+2H2O，故A错误；B向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成的离子反应为Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故B错误；C向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后变蓝的离子反应为4H+4I+O22I2+2H2O，故C正确；D服用阿司匹林过量出现水杨酸（）反应，可静脉注滴NaHCO3溶液的离子反应为+HCO3+CO2+H2O，故D错误；故选C点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答的关键，注意与量有关的离子反应为解答的难点，题目难度不大9（3分）（xx西城区二模）下列实验结论不正确的是（）实验操作现象结论A某有机物与溴的四氯化碳溶液混合溶液褪色有机物含碳碳双键B乙醇与重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液混合橙色溶液变为绿色乙醇具有还原性C常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液溶液变浑浊酸性：碳酸苯酚D苯和苯酚稀溶液分别与浓溴水混合后者产生白色沉淀羟基影响了苯环的活性AABBCCDD考点：乙醇的化学性质；苯酚的化学性质专题：有机物的化学性质及推断分析：A、CC三键、醛基等都可以使溴的四氯化碳溶液褪色；B、乙醇与重铬酸钾（K2Cr2O7）混合，乙醇被氧化为乙酸；C、根据强酸制备弱酸进行分析；D、苯酚溶液与溴水发生反应生成三溴苯酚，苯与溴水不反应，说明苯酚中苯环H原子比苯中活泼解答：解：A、C=C、CC三键、醛基等都可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B、重铬酸钾（K2Cr2O7）有强氧化性，与乙醇混合，橙色溶液变为绿色，则Cr2O72转化为Cr3+，乙醇被氧化为乙酸，则乙醇表现为还原性，故B正确；C、常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊，生成苯酚，反应符合复分解反应，说明碳酸和苯酚钠反应生成苯酚，所以酸性：碳酸苯酚，故C正确；D、苯酚溶液与溴水发生反应生成三溴苯酚，苯与溴水不反应，说明苯酚中苯环H原子比苯中活泼，苯酚中羟基苯环越羟基向连接，导致这种现象的原因是羟基影响了苯环的活性，故D正确；故选A点评：本题考查有机物的性质，注意苯酚溶液和二氧化碳反应时生成碳酸氢钠而不是碳酸钠，苯酚和溴水反应时溴原子的取代位置，为易错点10（3分）（xx绵阳模拟）绿原酸的结构简式如图，下列有关绿原酸的说法不正确的是（）A分子式为C16H18O9B能与Na2CO3反应C能发生取代反应和消去反应D0.1mol绿原酸最多与0.8 molNaOH反应考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构专题：有机物的化学性质及推断分析：该有机物中含酚OH、C=C、醇OH、COOH、COOC及苯环等，结合醇、羧酸、酚的性质来解答解答：解：A由结构简式可知，分子式为C16H18O9，故A正确；B含酚OH、COOH，均能与Na2CO3反应，故B正确；C含醇OH，且与OH相连的邻位碳上含H，则能发生消去反应，酚OH、醇OH、COOH，均可发生取代反应，故C正确；D酚OH、COOH、COOC能与NaOH溶液反应，则0.1mol绿原酸最多与0.4molNaOH反应，故D错误；故选D点评：本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系，熟悉酚、醇、羧酸的性质即可解答，题目难度不大11（3分）（xx西城区一模）下列说法正确的是（）A蔗糖水解只生成葡萄糖B含有碳碳双键的有机物均存在顺反异构现象C向混有苯酚的苯中加入金属Na有无色气体生成DCH2=CHCOONa在一定条件下缩聚可得到高分子化合物考点：蔗糖与淀粉的性质实验；同分异构现象和同分异构体；苯酚的化学性质专题：有机物的化学性质及推断分析：A蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；BC=C中每个C连接烃基相同，则不存在顺反异构；C苯酚和金属钠反应生成氢气；DCH2=CHCOONa在一定条件下发生加聚反应得到高分子化合物；解答：解：A蔗糖在一定条件下发生水解反应：C12H22O11（蔗糖）+H2OC6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖），故A错误；BC=C中每个C连接烃基相同，不存在顺反异构，如乙烯，碳碳双键是平面型结构，而4个氢与不饱和碳原子又直接相连，所以6个原子处于同一平面上，因C=C中每个C连接氢相同，则不存在顺反异构，故B错误；C钠与苯不反应，和苯酚反应生成苯酚钠和氢气，2C6H5OH+2Na2C6H5ONa+H2，故C正确；D缩聚反应是由具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如 H2O、HX、醇等）的化学反应，CH2=CHCOONa反应得到高分子化合物，没有小分子生成，是加聚反应，故D错误；故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，熟悉能水解的物质、存在顺反异构的条件、苯酚的性质、缩聚反应是解答本题的关键，题目难度不大12（3分）（xx北京）下列叙述不正确的是（）A铁表面镀锌，铁作阳极B船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀C钢铁吸氧腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e=4OHD工业上电解饱和食盐水的阳极反应：2Cl2e=Cl2考点：金属的电化学腐蚀与防护专题：电化学专题分析：A、电镀时，镀件作阴极B、原电池中较活泼的金属作负极，正极被保护C、钢铁的吸氧腐蚀中，正极上氧化剂得电子发生还原反应D、电解氯化钠溶液时，阳极上阴离子失电子发生氧化反应解答：解：A、铁表面镀锌，镀层是锌，应作阳极；镀件是铁，应作阴极，故A错误B、船底镶嵌锌块，锌、铁和海水构成原电池，锌作负极，铁作正极，锌被腐蚀从而保护了铁，故B正确C、钢铁的吸氧腐蚀中，正极上氧气得电子发生还原反应和水生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故C正确D、工业上电解饱和食盐水时，氯离子的放电能力大于氢氧根离子，所以阳极上氯离子失电子生成氯气，电极反应式为：2Cl2e=Cl2，故D正确故选A点评：本题考查了金属的腐蚀与防护，难度不大，明确金属防护的方法在日常生活中的应用13（3分）（xx北京）下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（）A钢管与电源正极连接，钢管可被保护B铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀C钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀D钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe3eFe3+考点：金属的电化学腐蚀与防护专题：电化学专题分析：A用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极；B常温下，铁和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应；C构成原电池负极的金属易被腐蚀；D钢铁发生析氢腐蚀时，负极上铁失电子生成亚铁离子解答：解：A用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极，应该与原电池负极连接，故A错误；B常温下，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，所以可以保护内部金属不被腐蚀，故B正确；C钢管、铜管和雨水能构成原电池，铁作原电池负极而容易被腐蚀，故C错误；D钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe2eFe2+，故D错误；故选B点评：本题以金属的腐蚀与防护为载体考查了原电池和电解池原理，注意铁和铝的钝化现象不是没反应而是反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，为易错点14（3分）（xx北京）用石墨电极电解CuCl2溶液（如图）下列分析正确的是（）Aa端是直流电源的负极B通电使CuCl2发生电离C阳极上发生的反应：Cu2+2e=CuD通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体考点：电解原理专题：电化学专题分析：A、电解过程中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，阳极和电源正极相连，阴极和电源负极相连；B、通电氯化铜发生氧化还原反应发生分解反应；C、阳极上氯离子失电子发生氧化反应；D、氯离子在阳极失电子生成氯气解答：解：A、依据装置图可知，铜离子移向的电极为阴极，阴极和电源负极相连，a为负极，故A正确；B、通电氯化铜发生氧化还原反应生成氯气和铜，电离是氯化铜离解为阴阳离子，故B错误；C、与b连接的电极是阳极，氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl2e=Cl2，故C错误；D、通电一段时间后，氯离子在阳极失电子发生氧化反应，在阳极附近观察到黄绿色气体，故D错误；故选A点评：本题考查电解原理的应用，主要是电解名称、电极反应的判断，题目较简单二.填空题（共计58分）15（15分）（xx秋大兴区校级月考）短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素阳离子的原子核外没有电子，B是空气中含量最多的元素；C元素原子最外层电子数是其电子层数的三倍；C与D可形成两种常见的离子化合物；工业上常用电解C与E的化合物来制备E单质（1）画出D元素的原子结构示意图C、D、E的简单离子半径由小到大的顺序（ 用离子符号表示）Al3+Na+O2（2）工业上常用A和B的单质合成一种常见气体，该气体的电子式检验该气体的常用方法是用润湿的红色石蕊试纸接近该气体，若试纸变蓝，证明氨气存在（3）D2C2与H2O反应的化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，D2C2与CuSO4溶液反应的现象是产生蓝色沉淀并有气泡放出（4）A、B、C三种元素可组成一种常见离子化合物，其水溶液呈酸性，该溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（NO3）c（NH4+）c（H+）c（OH）考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素阳离子的原子核外没有电子，则A为H元素；B是空气中含量最多的元素，B为N元素；C元素原子最外层电子数是其电子层数的三倍，最外层电子数为6，故C为氧元素或硫元素，且C与D可形成两种常见的离子化合物，故C为O元素、D为Na元素；工业上常用电解C与E的化合物来制备E单质，E为Al元素，根据分析可知：A为H元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、E为Al元素，据此进行分析解答解答：解：短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素阳离子的原子核外没有电子，则A为氢元素；B是空气中含量最多的元素，B为氮元素；C元素原子最外层电子数是其电子层数的三倍，最外层电子数为6，故C为氧元素或硫元素，且C与D可形成两种常见的离子化合物，故C为氧元素、D为Na元素；工业上常用电解C与E的化合物来制备E单质，E为Al元素，（1）D为Na元素，Na原子核外电子数为11，有3个电子层，各层电子数为2、8、1，原子结构示意图为；C为O元素、D为Na元素、E为Al元素，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，故C、D、E的简单离子半径由小到大的顺序为：Al3+Na+O2，故答案为：；Al3+Na+O2；（2）A为H元素、B为N元素，工业上常用A和B的单质合成一种常见气体为NH3，分子中氮原子与氢原子之间形成1对共用电子对，该气体的电子式 为，检验氨气的常用方法是：用润湿的红色石蕊试纸接近该气体，若试纸变蓝，证明氨气存在，故答案为：；用润湿的红色石蕊试纸接近该气体，若试纸变蓝，证明氨气存在；（3）C为O元素、D为Na元素，D2C2为过氧化钠，Na2O2与H2O反应生成NaOH与O2，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；Na2O2与CuSO4溶液反应，首先与H2O反应生成NaOH与O2，然后NaOH与CuSO4溶液反应生成Cu（OH）2，反应现象是：产生蓝色沉淀并有气泡放出，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；产生蓝色沉淀并有气泡放出；（4）A为H元素、B为N元素、C为O元素，A、B、C三种元素可组成一种常见离子化合物，其水溶液呈酸性，该离子化合物为NH4NO3，溶液中NH4+水解，使溶液呈酸性，故c（NO3）c（NH4+），c（H+）c（OH），水解程度很小，溶液中c（NH4+）c（H+），故溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c（NO3）c（NH4+）c（H+）c（OH），故答案为：c（NO3）c（NH4+）c（H+）c（OH）点评：本题以元素推断为载体，考查结构性质位置关系、常用化学用语书写、元素化合物性质等、离子半径比较、离子浓度比较等知识，题目难度中等，注意明确原子结构与元素周期表、元素周期律的关系16（13分）（xx长春四模）合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其研究来自正确的理论指导，合成氨反应的平衡常数K值和温度的关系如下：温 度（）360440520K值0.0360.0100.0038（1）写出工业合成氨的化学方程式N2+3H22NH3由上表数据可知该反应为放热反应，理由是随温度升高，反应的平衡常数K减小理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是a、d（填序号）a增大压强 b使用合适的催化剂c升高温度 d及时分离出产物中的NH3（2）原料气H2可通过反应 CH4（g）+H2O （g）CO（g）+3H2（g） 获取，已知该反应中，当初始混合气中的 恒定时，温度、压强对平衡混合气CH4含量的影响如图所示：图中，两条曲线表示压强的关系是：P1P2（填“”、“=”或“”）该反应为吸热反应（填“吸热”或“放热”）（3）原料气H2还可通过反应CO（g）+H2O（g）CO2 （g）+H2（g） 获取T时，向容积固定为5L的容器中充入1mol水蒸气和1mol CO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08molL1，则平衡时CO的转化率为60%，该温度下反应的平衡常数K值为2.25保持温度仍为T，改变水蒸气和CO的初始物质的量之比，充入容器进行反应，下列描述能够说明体系处于平衡状态的是cd（填序号）a容器内压强不随时间改变b混合气体的密度不随时间改变c单位时间内生成a mol CO2的同时消耗a mol H2d混合气中n （CO）：n （H2O）：n （CO2）：n （H2）=1：16：6：6考点：化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；体积百分含量随温度、压强变化曲线专题：化学平衡专题分析：（1）工业合成氨是氮气和氢气在催化剂作用下高温高压反应生成氨气；依据图标数据分析，平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行说明反应是放热反应为了增大平衡时H2的转化率，平衡正向进行分析选项；（2）依据图象变化分析，相同温度下，CH4（g）+H2O （g）CO（g）+3H2（g），反应是气体体积增大的反应，压强越大，平衡逆向进行，甲烷平衡含量越高；压强一定，温度升高，甲烷平衡含量减小，平衡正向进行，依据平衡移动原理分析判断；（3）依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到；化学平衡状态，反应的正逆反应速率相同，各成分含量保持不变分析选项解答：解：（1）合成氨的化学方程式为N2+3H22NH3，故答案为：N2+3H22NH3；图表中平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应；故答案为：随温度升高，反应的平衡常数K减小；反应是N2+3H22NH3，反应是气体体积减小的放热反应，为了增大平衡时H2的转化率，平衡正向进行分析，a增大压强，平衡正向进行，氢气转化率增大，故a符合； b使用合适的催化剂，改变反应速率，不能改变平衡，氢气转化率不变，故b不符合；c升高温度平衡逆向进行，氢气转化率减小，故c不符合； d及时分离出产物中的NH3，平衡正向进行，氢气转化率增大，故d符合；故答案为：ad；（2）依据图象变化分析，相同温度下，CH4（g）+H2O （g）CO（g）+3H2（g），反应是气体体积增大的反应，压强越大，平衡逆向进行，甲烷平衡含量越高，所以P2P1；故答案为：；压强一定，温度升高，甲烷平衡含量减小，平衡正向进行，正反应为吸热反应；故答案为：吸热；（3）依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，时，向容积固定为5L的容器中充入1mol水蒸气和1mol CO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08molL1， CO（g）+H2O（g）CO2 （g）+H2（g）起始量（mol/L） 0.2 0.2 0 0变化量（mol/L） 0.12 0.12 0.12 0.12平衡量（mol/L） 0.08 0.08 0.12 0.12平衡时CO的转化率=100%=60%则该温度下反应的平衡常数K=2.25故答案为：60%；2.25；化学平衡状态，反应的正逆反应速率相同，各成分含量保持不变分析选项，CO（g）+H2O（g）CO2 （g）+H2（g），反应是气体体积不变反应；a反应过程中和平衡状态下压强相同，容器内压强不随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故a不符合；b混合气体质量守恒，反应前后气体体积不变，反应过程中和平衡状态下，混合气体的密度不随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故b不符合；c单位时间内生成amolCO2的同时消耗amolH2，说明二氧化碳或氢气的正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故c符合；d混合气中n（CO）：n（H2O）：n（CO2）：n（H2）=1：16：6：6，依据反应前后气体物质的量相同，可以利用物质的量代替浓度计算浓度商和平衡常数比较，Q=2.25=K，说明反应达到平衡状态，故d符合；故答案为：cd点评：本题考查了化学平衡影响因素，平衡标志分析，平衡常数的计算应用，主要是图象分析判断，平衡移动原理的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等17（16分）（xx秋大兴区校级月考）重要的精细化学品M和N，常用作交联剂、涂料、杀虫剂等，合成路线如图所示：已知：N的结构简式是请回答下列问题：（1）A中含氧官能团名称是羟基、醛基（2）由A生成B的反应类型是消去反应（3）X的结构简式是CH3CH2CHO（4）C和甲醇反应的产物可以聚合形成有机玻璃该聚合反应的化学方程式是（5）E的结构简式是（6）下列说法正确的是bcaE能发生消去反应b1mol M中含有4mol酯基cX与Y是同系物dG不存在顺反异构体（7）由Y生成D的化学方程式是（8）Z的结构简式是考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C4H8O2可知，X为CH3CH2CHO，A为HOCH2CH（CH3）CHO，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为CH2C（CH3）CHO，B氧化生成C为CH2C（CH3）COOH；由N的结构，结合信息ii中反应可知，E、G分别为、中的一种，C与E反应可以合成M，结合M的分子式C21H28O8可知，E为，故G为，C与E通过酯化反应生成M；由Y到E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应信息i可知，Y为CH3CHO，Z为，故F为；由E的结构可知，1分子CH3CHO与3分子HCHO发生信息i反应生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E（），据此解答解答：解：有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C4H8O2可知，X为CH3CH2CHO，A为HOCH2CH（CH3）CHO，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为CH2C（CH3）CHO，B氧化生成C为CH2C（CH3）COOH；由N的结构，结合信息ii中反应可知，E、G分别为、中的一种，C与E反应可以合成M，结合M的分子式C21H28O8可知，E为，故G为，C与E通过酯化反应生成M；由Y到E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应信息i可知，Y为CH3CHO，Z为，故F为；由E的结构可知，1分子CH3CHO与3分子HCHO发生信息i反应生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E（），（1）由上述分析可知，A为HOCH2CH（CH3）CHO，含有羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；（2）AB是HOCH2CH（CH3）CHO发生消去反应脱去1分子H2O生成CH2C（CH3）CHO，故答案为：消去反应；（3）由上述分析可知，X的结构简式是CH3CH2CHO，故答案为：CH3CH2CHO；（4）CH2C（CH3）COOH和甲醇反应的产物为CH2C（CH3）COOCH3，该物质通过加聚反应生成高聚物，反应方程式为：，故答案为：；（5）由上述分析可知，E的结构简式是，故答案为：；（6）aE为，与羟基相连的碳原子相邻的碳原子上没有H原子，不能发生消去反应，故a错误；b与CH2C（CH3）COOH发生完全酯化反应生成M，1molM中含有4mol酯基，故b正确；cX为CH3CH2CHO，Y为CH3CHO，二者含有相同的官能团、烃基为烷基，结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物，故c正确；d中C=C双键中同一C原子连接2个不同的基团，存在顺反异构体，故d错误；故答案为：bc；（7）Y生成D是1分子CH3CHO与3分子HCHO发生信息i反应生成，反应的化学方程式是，故答案为：；（8）由上述分析可知，Z的结构简式是，故答案为：点评：本题考查有机推断与合成，学生充分利用给出的反应信息及有机物的结构、分子式确定X、E、G的结合是关键，难度较大，是对学生逻辑思维能力、自学能力等考查18（14分）（xx秋大兴区校级月考）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置（1）该电池正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH；（2）工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的化学方程式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O考点：化学电源新型电池专题：电化学专题分析：（1）该燃料电池中，负极反应为CH3OH6e+2OH=CO32+3H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应为O2+2H2O+4e=4OH；（2）得失电子相等条件下，将电极反应式相加即得电池反应式解答：解：（1）该燃料电池中，正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故答案为：O2+2H2O+4e=4OH；（2）得失电子相等条件下，将电极反应式相加即得电池反应式，所以得电池反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，故答案为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O点评：本题考查了化学电源新型电池，根据得失电子确定正负极发生的反应，难点是电极反应式的书写，要注意结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度不大