2019-2020年高三下期3月月考化学试卷 Word版含解析.doc

2019-2020年高三下期3月月考化学试卷 Word版含解析1下列各组变化规律不正确的是A稳定性：HFHClHBrHI B酸性：HClO4H2SO4 H3PO4 C离子半径：N3O2FNa+Mg2+ D沸点：F2 Cl2 Br2 I2 【答案】D【解析】第 A元素自上而下单质的沸点逐渐升高，选项D不正确，其余都是正确的，答案选D。2在容积固定为4L的密闭容器中，进行了可逆反应：X(g)+2Y(g) 2Z(g) 并达到平衡，在此过程中Y的速率V(Y)与时间t的关系，如图所示，则图中阴影部分的面积可表示AX浓度的减少BX物质的量的减少CZ浓度的增加DY物质的量的减少【答案】C【解析】试题分析：观察图象，纵坐标为反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度，Y和Z的反应速率相等，则阴影部分不可能为X的浓度减少，Sabo表示Y向正反应方向进行时减少的浓度，而Sbod则表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度，所以，Saob=Sabdo-Sbod，表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度，而Y的反应速率与Z的反应速率相等，则阴影部分可表示Y的浓度的减小或Z的浓度的增加，选C。考点：考查化学反应速率图像。3已知反应mA(g)+nB(g)qC(g)的正反应为吸热反应，m + n HZC离子的氧化性aW3+ bX+Da+3=c2【答案】C【解析】试题分析：118号元素的离子aW3+、bX+、cY2、dZ都具有相同的电子层结构，则W为铝元素，X为钠元素，Y为氧元素，Z为氟元素。A、四种元素不位于同一周期，错误；B、氢化物的稳定性H2OHF，错误；C、离子的氧化性Al3+ Na+，正确；D、a3=c+2，错误。考点：考查原子结构、元素周期律。12在容积为2升的密闭容器中，有反应：mA（g）nB（g） pC（g）qD（g），经过5分钟达到平衡，此时，各物质的变化为:A减少了amolL-1，B的平均反应速度VBmolL-1min-1，C增加了molL-1，这时，若增加系统压强，发现A与C的百分含量不变，则mnpq为A1111 B1322C1321 D3122【答案】D【解析】试题分析：5min内，V B = mol/（Lmin），故c（B）= mol/（Lmin）5min= mol/（Lmin），浓度变化量之比等于化学计量数之比，故m：n：p=a mol/L： mol/（Lmin）： mol/（Lmin）=3：1：2，增加系统压强，A与C的百分含量不变，说明平衡不移动，故反应前后气体的物质的量不变，即m+n=p+q，故3+1=2+q，故q=2，所以m：n：p：q=3：1：2：2，故选D。考点：考查了化学反应速率的相关知识。133、已知常温常压下，P2、P4燃烧的热化学方程式分别为：2P2(g)5O2(g)=P4O10(s) H= 2695.4 kJmol1 P4(g)5O2(g)=P4O10(s) H= 2925.091 kJmol1 据此推断，下列说法正确的是： （ ）A、由P2制备P4是吸热反应；等质量时，P2的能量比P4的低B、由P2制备P4是吸热反应；等质量时，P2的能量比P4的高C、由P2制备P4是放热反应；等质量时，P2的能量比P4的低D、由P2制备P4是放热反应；等质量时，P2的能量比P4的高【答案】A【解析】两个热化学方程式相减，得到：2P2(g)P4(g) H 229.691 kJmol1, 从而判断出“由P2制备P4是吸热反应”，反应物总能量比产物总能量要低。14下列化合物中既存在离子键，又存在极性键的是( ) AH2O BNH4Cl CNaOH DNa2O2【答案】B C【解析】水分子中只有H-O键，是极性键，无离子键，排除A项；NH4Cl中NH4+和Cl-间是离子键，NH4+内N和H原子以极性键结合，B项正确；NaOH中Na+和OH-以离子键结合，OH-内H和O之间以极性键结合，C项正确；Na2O2中Na+和O22-以离子键结合，O22-内有非极性键，排除D项。15下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变生成物的是（ ）A铜和硝酸反应 B锌和氯化铁溶液反应C细铁丝在氯气中燃烧 D氯化铝与氢氧化钠溶液反应【答案】C【解析】试题分析：ACu+4HNO4（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O、3Cu+8HNO3=Cu（NO3）2+2NO+4H2O，生成物与浓度有关，错误； B2FeCI3 + Zn = 2FeCI2 + ZnCI2、FeCI2 + Zn = ZnCI2 + Fe，产物与反应物Zn的量有关，错误； C无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，所以与反应物的量、反应物浓度无关，正确；DAlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl、4NaOH+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+2H2O，所以产物与反应物的量有关，错误。考点：硝酸的化学性质,氯气的化学性质16（10分）已知A、B、C为同一短周期的三种元素，它们的原子序数依次增大且和为40；A是该周期中（除稀有气体元素外）原子半径最大的元素，B元素的原子核外M层上的电子数比K层上的电子数多1。解答26-30小题：1A原子的结构示意图为_；A元素在周期表中位置为_。2写出B的最高价氧化物与A的最高价氧化物对应水化物的溶液之间反应的离子方程式_。3A和C形成的化合物的电子式为_，该化合物的水溶液呈_性（填“酸”或“碱”）。【答案】1. ；第三周期IA族 2.Al2O32OH2AlO2H2O3. ；碱【解析】略17有机物A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都生成烃B，B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍，在催化剂存在下，1mol B可以和4mol H2发生加成反应，B的一元硝化产物有三种（同种类型）。有关物质之间的转化关系如下：（O表示氧化反应）（1）反应属于 反应，反应属于 反应（2）写出A2和X两种物质的结构简式：A2 X （3）书写化学方程式： （4）化合物E有多种同分异构体，请写出其中属于酯类且具有两个对位侧链的同分异构体的结构简式：【答案】（1）消去； 加成（2） （2分）（3）（2分）（2分）（4） （每个1分）【解析】试题分析：烃B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍，则B的相对分子质量为118，B苯环上的一硝基取代物有三种，说明B中含有苯环，1mol苯环和氢气发生完全加成反应需要3mol氢气，实际上1molB可以和4molH2发生加成反应，则B中还含有一个碳碳双键，一个苯环连接一个乙烯基，其相对分子质量为104，实际上B的相对分子质量为108，所以B中还含有一个CH2，B和溴发生加成反应生成溴代烃，溴代烃发生取代反应生成醇，醇能被氧化生成E，E能被氧化生成F，F能发生缩聚反应，说明F中含有羧基和醇羟基，则E的中间醇羟基不能被氧化，则该碳原子上没有氢原子，所以B的结构简式为：，C为，D为，E为，F为，F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为；A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B，则A1和A2中都含有醇羟基，A1能被氧化生成醛，则A1中醇羟基位于边上，所以A1的结构简式为，A2的结构简式为，A1被氧化生成H，H的结构简式为，H被氧化生成I，I的结构简式为，F和A1发生酯化反应生成X。（1）通过以上分析知，反应属于消去反应，反应属于加成反应；（2）通过以上分析知，A2和X两种物质的结构简式分别为：A2、 X（3）反应3为F缩聚生成G，方程式为：反应4为H和银氨溶液发生氧化反应生成I，方程式为：；（4）E为，E的同分异构体中，其中属于酯类且具有两个对位侧链的同分异构体有四种， 、 、。考点：本题考查的是有机化合物的综合推断。18（12分）硫酸亚铁（FeSO47H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。实验室通过如下实验由废铁屑制备FeSO47H2O晶体：将5% Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤23遍；向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在5080 之间至铁屑耗尽；趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤23次，再用滤纸将晶体吸干；将制得的FeSO47H2O晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存。请完成下列问题：（1）实验步骤的目的是_，加热的作用是_。（2）实验步骤明显不合理，理由是_。（3）实验步骤中用少量冰水洗涤晶体，其目的是_；_。（4）经查阅资料后发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO47H2O、FeSO44H2O和FeSO4H2O。硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如下表所示（仅在56.7 、64 温度下可同时析出两种晶体）。硫酸亚铁的溶解度和析出晶体的组成温度/010305056.76064708090溶解度/g14.017.025.033.035.235.335.633.030.527.0析出晶体FeSO47H2OFeSO44H2OFeSO4H2O请根据表中数据作出硫酸亚铁的溶解度曲线。（5）若需从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO44H2O，应控制的结晶温度（t）的范围为_。【答案】（1）除油污 升高温度，溶液碱性增强，去油污能力增强（2）应该铁屑过量（或反应后溶液中必须有铁剩余），否则溶液中可能有Fe3+存在（3）洗涤除去晶体表面附着的硫酸等杂质用冰水洗涤可降低洗涤过程中FeSO47H2O的损耗（4）如图（5）56.7 t64 【解析】(1)Na2CO3溶液的主要作用是除去废铁屑表面的油污，因为升高温度，Na2CO3的水解程度大，去污能力强，故需加热。（2）Fe2+易被空气中的O2氧化成Fe3+，要保证得到较纯净的FeSO47H2O晶体，必须在溶解铁屑时保证铁屑过量。（3）要得到纯净的FeSO47H2O晶体，在滤出晶体后必须洗涤23次，以除去其表面的杂质离子。19（13分）浅绿色的硫酸亚铁铵晶体又名莫尔盐（NH4）2SO4FeSO46H2O比绿矾（FeSO47H2O）更稳定，常用于定量分析。莫尔盐的一种实验室制法如下：（1）向废铁屑中加入稀硫酸后，并不等铁屑完全溶解而是剩余少量时就进行过滤，其目的是_；证明溶液A不含Fe3+离子的最佳试剂是_（填序号字母）。a酚酞溶液 bKSCN溶液 c烧碱溶液 dKMnO4溶液操作I的步骤是：加热蒸发、_、过滤。（2）浓度均为01molL-1莫尔盐溶液和（NH4）2SO4溶液，c（NH4+）前者大于后者，原因是_。（3）用托盘天平称量（NH4）2SO4晶体，晶体要放在天平_（填“左”“右”）盘。（4）从下列装置中选取必要的装置制取（NH4）2SO4溶液，连接的顺序（用接口序号字母表示）是：a 接_；_接_。（5）将装置C中两种液体分离开的操作名称是_。装置D的作用是_。【答案】（1）防止Fe2+离子被氧化为Fe3+离子（其他合理答案可得分）（2分） b（1分）；冷却结晶（1分）（2）（2分）莫尔盐中的Fe2+离子易水解，趋使溶液显酸性，抑制NH4+水解, 故c(NH4+)前者大于后者（3）（1分） 左 （4）（2分）d ，e f（5）分液（2分）吸收多余的NH3防止污染空气，防止倒吸（2分）【解析】试题分析：（1）由于亚铁离子极易被氧化为铁离子，所以剩余少量铁的目的是防止Fe2+离子被氧化为Fe3+离子。铁离子能与KSCN溶液反应使溶液显红色，所以检验铁离子的试剂是KSCN溶液，答案选b；加热蒸发的后续操作是冷却结晶，然后过滤。（2）由于莫尔盐中的Fe2+离子易水解，趋使溶液显酸性，抑制NH4+水解, 故浓度均为01molL-1莫尔盐溶液和（NH4）2SO4溶液，c（NH4+）前者大于后者。（3）根据左物右码可知用托盘天平称量（NH4）2SO4晶体，晶体要放在天平左盘。（4）生成的氨气与稀硫酸反应不需要干燥，由于氨气极易溶于水，所以需要注意防倒吸，另外剩余的氨气需要尾气处理，则正确的连接顺序是adef。（5）四氯化碳不溶于水，则将装置C中两种液体分离开的操作名称是分液。根据以上分析可知装置D的作用是吸收多余的NH3防止污染空气，同时也起到防止倒吸作用。考点：考查20（15分）氰化物有剧毒，氰化电镀会产生大量含氰化物的废水，该电镀含氰废水中的氰化物主要是以CN一和Fe(CN)63-两种形式存在。研究表明可采用双氧水氧化法处理电镀含氰废水。某化学兴趣小组模拟双氧水氧化法探究有关因素对该破氰反应速率的影晌（破氰反应是指氧化剂将CN氧化的反应）。【查阅资料】Cu2可作为双氧水氧化法废水处理过程中的催化剂；Cu2十在偏碱性条件下对双氧水分解影响较弱，可以忽略不计；Fe(CN)63-较CN一难被双氧水氧化，pH越大，Fe(CN)63-越稳定，越难被氧化。实脸设计在常温下，控制含氰废水样品中总氰的初始浓度和催化剂Cu2+的浓度相同，调节含氰废水样品不同的初始pH和一定浓度双氧水溶液的用量，设计如下对比实验。（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）。实验编号实验目的初始pH废水样品体积mLCuSO4溶液的体积/mL双氧水溶液的体积/mL蒸馏水的体积mL为以下实验作参考760101020废水的初始pH对破氰反应速率的影响126010102010【数据处理实验测得含氰废水中的总氰浓度（以CN一表示）随时间变化关系如下图所示。（2）实验中2060 min时间段反应速率v(CN-）= _molL-1min-1。【解释和给论（3）实验和实验结果表明，含氰废水的初始pH增大，破氰反应速率减小，其原因可能是_（填一点即可）。在偏碱性条件下，含氰废水中的CN一最终被双氧水氧化为HCO3- ,同时放出NH3,试写出该反应的离子方程式：（4）该兴趣小组同学要探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用，请你帮助他设计实脸并验证上述结论，完成下表中内容。（己知：废水中的CN一浓度可用离子色谱仪测定）实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论【答案】（1）（5分，第1空2分，后面4个空共3分，只要填错1个均给0分）实验编号实验目的初始pH废水样品体积/mLCuSO4溶液的体积/mL双氧水溶液的体积/mL蒸馏水的体积/mL双氧水的浓度对破氰反应速率的影响7601020（2）0.0175（2分）（3）初始pH增大，催化剂Cu2+会形成Cu(OH)2沉淀，影响了Cu2+的催化作用（或初始pH增大，Fe(CN)63- 较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化）（2分）CN +H2O2+H2O=NH3+HCO3（2分）（4）（每空2分）实验方案（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN浓度相同时间内，若甲试管中的CN 浓度小于乙试管中的CN 浓度，则Cu2+ 对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN 浓度相同，则Cu2+ 对双氧水破氰反应不起催化作用【解析】试题分析：（1）由于该实验是在常温下，控制含氰废水样品中总氰的初始浓度和催化剂Cu2+的浓度相同，调节含氰废水样品不同的初始pH和一定浓度双氧水溶液的用量，以实验为参考，实验是调节废水的pH来测定pH对实验的影响，所以实验是控制浓度双氧水溶液的用量，测定对实验速率的影响。与实验比较，只有双氧水的体积不同，其余都相同。即：初始pH是7；废水样品体积60ml，CuSO4溶液的体积10mL，双氧水溶液的体积20mL，蒸馏水的体积是10mL. （2）实验中2060 min时间段反应速率v(CN-）=(1.4mol/L-0.7mol/L)40min=0.0175molL-1min-1；（3）实验和实验结果表明，含氰废水的初始pH增大，破氰反应速率减小，其原因可能是初始pH增大，催化剂Cu2+会形成Cu(OH)2沉淀，影响了Cu2+的催化作用（或初始pH增大，Fe(CN)63- 较中性和酸性条件下更稳定，更难以被氧化）；在偏碱性条件下，含氰废水中的CN一最终被双氧水氧化为HCO3- ,同时放出NH3。则根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式是CN +H2O2+H2O=NH3+HCO3；（4）分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN浓度，相同时间内，若甲试管中的CN 浓度小于乙试管中的CN 浓度，则Cu2+ 对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN 浓度相同，则Cu2+ 对双氧水破氰反应不起催化作用。考点：考查化学反应速率的计算、化学实验方案的设计、评价及原因控制的知识。21一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL 3.00mol/L的NaOH溶液（密度为1.12g/mL）恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。（1）原NaOH溶液的质量分数为 （2）所得溶液中Cl的物质的量为 mol（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2) 。【答案】(1) 10.7% (2) 0.25mol (3) 3：2【解析】22（11分）下图中AJ均代表无机物或其水溶液，其中B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J是磁性材料。根据图示回答问题：（1）按要求写出下列化学用语：若B原子中子数比质子数多1，则B的原子符号为 ；C的电子式为 ，若D最外层只有两个电子，则D的原子结构示意图 ；（2）写出反应的化学方程式是 ；写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目（3）J与稀硝酸反应的离子方程式是 ；用排水法收集满该反应的还原产物后，将试管倒扣在水槽中并通入O2使试管刚好全部充满水，假设液体不外溢，则所得溶液的物质的量浓度为 。【答案】17、（11分）（1）Al 、 、（2）2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2 （3）3Fe3O428H+NO3-9Fe3+NO14H2O 1/224molL-1【解析】试题分析：因为B是地壳中含量最高的金属元素，则B为Al；J是磁性材料，即J为Fe3O4。根据DHFe3O4G，且D是单质，G是气体单质，所以可以推测D为Fe，G为H2，H为H2O；因为AAlFeE，即此反应为铝热反应，一般情况下A为Fe2O3；因为F在过量的盐酸中转化为I，I在过量的NaOH溶液中转化为F，而F中又含有Al元素，所以F为NaAlO2、I为AlCl3，C为NaOH，据此回答。（1）根据上述推断，B为铝，则铝的元素符号为Al，C为NaOH，NaOH的电子式为，D为铁，D最外层只有两个电子，则Fe的原子结构示意图为。（2）反应是Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2；反应是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，化学方程式和电子转移的数目可表示为；（3）Fe3O4与稀硝酸反应，Fe元素被硝酸氧化成Fe3，硝酸得电子生成NO气体，根据化合价升降相等和电荷守恒配平，则离子方程式是3Fe3O428H+NO3-9Fe3+NO14H2O。设试管的体积为V，则收集到的NO的物质的量为V224mol，根据化学反应4NO+3O2+2H2O = 4HNO3 ，最终试管内硝酸的物质的量为V224mol，则硝酸的物质的量浓度为（V224）V= 1/224molL-1。【考点定位】考查无机框图推断，铝、铁及其化合物的性质，化学计算等知识【名师点睛】无机框图推断题，既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大，是近年来高考重要题型之一。解答无机框图推断题，应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。通过结构特征、反应特征、现象特征或其他的一些特征，找出突破口，也就是所谓的“题眼”，通过正推法、逆推法、假设法、猜测法等得出结论。本题的“题眼”是B是地壳中含量最高的金属元素（Al），J是磁性材料（Fe3O4）。23（10分）化合物F是一种调香剂，结构为；以化合物A为原料合成F的工艺流程如下：根据上述信息回答下列问题：（1）化合物F不能发生的反应类型有 （填序号）。A加成反应 B醋化反应 C水解反应 D加聚反应（2）化合物A的结构简式为 ；分子中不同化学环境的氢核磁共振谱峰面积比为（3）反应的化学方程式为 （4）化合物F反式异构体结构简式为 【答案】【解析】试题分析：（1），含有碳碳双键，能发生加成反应、加聚反应；不含羧基和羟基，不能发生酯化反应；含有酯基，能水解；（2）利用逆推法，可知A为；A分子中有4种不同化学环境的氢，核磁共振谱峰面积比为3:2:3:2；（3）反应为消去反应，方程式；（4）化合物F反式异构体结构简式为。考点：本题考查有机物结构与性质。24（10分）下图中AJ均为有机化合物。根据图中信息，回答下列问题：（1）环状化合物A的相对分子质量为82，其中含碳87.80%，含氢12.20%。B的一氯代物仅有一种，B的结构简式为 。（2）M是B的一种同分异构体，M能使溴的四氯化碳溶液褪色，分子中所有的碳原子共平面，则M的结构简式为 。（3）由A生成D的反应类型是 。（4）G的分子式为C6H10O4，0.146 g G需用20 mL 0.100 molL-1 NaOH溶液完全中和，J是一种高分子化合物。则由G转化为J的化学方程式为 。（5）分子中含有两个碳碳双键，且两个双键之间有一个碳碳单键的烯烃与单烯烃可发生如下反应：，则由E和A反应生成F的化学方程式为 。【答案】（10分）（2分）；（2）（2分）（3）加成反应（2分）（4） （2分）（5）（2分）；【解析】试题分析：（1）环状化合物A的相对分子质量为82，其中含碳87.80%，含氢12.20%，则A中含有C原子个数是：。含有的H原子个数是：，所以该物质的分子式是C6H10，A与氢气发生加成反应产生B，B的一氯代物只有一种，说明A含有碳碳双键，B是环烷烃，没有支链，则A是，B是；（2）M是B的一种同分异构体，M能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含碳碳双键，分子中所有的碳原子共平面，则M的结构简式为；（3）A与Br2发生加成反应产生D，则D是；（4）D与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应形成E：；E与A发生反应形成F：；F与HBr发生加成反应形成H：；H与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应形成I:。A被酸性KMnO4溶液氧化，碳碳双键断开得到G的分子式为C6H10O4，0.146gG的物质的量是0.146g146g/mol=0.001mol，20 mL 0.100 molL-1 NaOH溶液的物质的量是n（NaOH）=0.02L0.100 mol/L=0.002mol，因此G含有2个羧基，G结构简式是：HOOC-（CH2）4-COOH，己二酸与乙二醇在浓硫酸存在时，加热，发生缩聚反应形成聚酯J：和水。（5）根据题意可知E和A反应生成F的化学方程式为。考点：考查 有机合成与推断的知识。