2019届高三化学上学期第三次月考试卷(含解析) (I).doc

2019届高三化学上学期第三次月考试卷(含解析) (I)1.化学与生活密切相关,下列说法错误的是A. 氧化镁可制做耐火材料B. 药皂中含苯酚具有杀菌、消毒作用C. 甲醛的水溶液可用于蔬菜防腐D. 醋酸用来除水垢【答案】C【解析】【分析】A. 氧化镁可制做耐火材料；B. 低浓度的苯酚可以起到杀菌、消毒作用；C. 甲醛对人体有害，不能用于蔬菜防腐；D.水垢可以和醋酸反应；【详解】A. 氧化镁熔点高，具有极高的稳定性，可制做耐火材料，故A项正确； B. 低浓度的苯酚是一种杀菌剂，在药皂中加入苯酚可以起到杀菌、消毒作用，故B项正确；C.甲醛对人体有害，不能用于蔬菜防腐，故C项错误；D.水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，两者均能溶于酸，故醋酸可以用来除水垢，D项正确。综上，本题选C。2.化学概念在逻辑上存在如下关系：对下列概念的说法正确的是( )A. 电解质与非电解质属于包含关系 B. 羧酸与高级脂肪酸属于包含关系C. 溶液与胶体属于交叉关系 D. 氧化还原反应与置换反应属于并列关系【答案】B【解析】【分析】A.电解质与非电解质属于并列关系；B.高级脂肪酸属于羧酸；C.溶液与胶体属于并列关系；D.置换反应有化合价的变化，一定是氧化还原反应；【详解】A.电解质与非电解质属于并列关系，故A项错误；B.高级脂肪酸属于羧酸，故羧酸与高级脂肪酸属于包含关系，B项正确；C.溶液与胶体属于并列关系，分散质粒子直径小于1nm的是溶液，介于1100nm之间的为胶体，故C项错误；D.置换反应一定是氧化还原反应，二者属于包含关系，故D项错误。综上，本题选B。【点睛】A项物质分类时，可将化合物分为电解质与非电解质，故二者属于并列关系。D项考查了四种基本反应类型与氧化还原反应的关系，化合反应、分解反应与氧化还原反应属于交叉关系，置换反应和氧化还原反应属于包含关系，复分解反应和氧化还原反应属于并列关系。3.下列各组离子一定能大量共存的是A. 某无色透明的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl-、CO32-B. 能使KI-淀粉试纸变蓝色的溶液中：Na+、S2、K+、NO3C. 由水电离出的c(H+)=110-13molL-1的溶液中：Na+、K+、HCO3-、SO42-D. c(H+)/c(OH)=11012溶液中：K+、Ba2+、Cl、NO3【答案】D【解析】【分析】A.CaCO3为白色沉淀；B.溶液能使KI-淀粉试纸变蓝色，说明溶液具有氧化性，与还原性离子不共存；C.由水电离出的c(H+)=110-13molL-1的溶液，溶液可能为酸性，也可能为碱性，酸性时HCO3-与H+不共存，碱性时，HCO3-与OH-不共存；D.此时溶液中K+、Ba2+、Cl、NO3均可共存；【详解】A.Ca2+与CO32-不共存，故A项错误；B.溶液能使KI-淀粉试纸变蓝色，说明溶液具有氧化性，S2-的还原性强于I-，则还原性离子S2不共存，故B项错误；C.由水电离出的c(H+)=110-13molL-1的溶液，溶液可能为酸性，也可能为碱性，酸性时HCO3-与H+不共存，碱性时，HCO3-与OH-不共存，故C项错误；D. c(H+)/c(OH)=11012说明溶液显碱性，K+、Ba2+、Cl、NO3均可共存，故D项正确。综上，本题选D。【点睛】解题时要注意，由水电离出的c(H+)=110-13molL-1的溶液，可能呈酸性也可能呈碱性，只能说明水的电离受到了抑制。4.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 常温下，23g C2H5OH含有4NA个共价键B. 1 L 0.1molL-1的氨水含有0.1NA个OHC. 标准状况下，22.4 L CCl4含有NA 个CCl4分子D. 15g甲基（CH3）含有的电子数是10NA【答案】A【解析】【分析】A.23g C2H5OH物质的量为0.5mol，含有4NA共价键；B.氨水是弱电解质，在水溶液中不能完全电离；C.标准状况下CCl4不是气体；D. 15g甲基物质的量为1mol，含有的电子数是9NA；【详解】A.1mol C2H5OH含有8NA共价键，23g C2H5OH物质的量为0.5mol，故含有4NA共价键，A项正确；B.氨水是弱电解质，在水溶液中不能完全电离，1L 0.1molL-1的氨水中OH数目小于0.1NA，故B项错误；C.标准状况下CCl4不是气体，不能根据气体摩尔体积来计算其分子数目，故C项错误；D.15g甲基（CH3）含有的电子数是9NA，故D项错误。综上，本题选A。5.某种药物合成中间体的结构简式为：有关该物质的说法不正确的是A. 属于芳香族化合物B. 能发生消去反应和酯化反应C. 能分别与金属Na、NaHCO3溶液反应D. 1 mol该有机物与足量NaOH溶液反应，消耗5 mol NaOH【答案】D【解析】【分析】有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应。含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和和酯化反应，以此解答。【详解】A.分子中含有苯环，为芳香族化合物，故A项正确；B.分子中含有醇羟基，可发生消去和酯化反应，故B项正确；C.分子中含有羧基，可与金属钠、碳酸氢钠溶液反应，故C项正确；D.分子中含有2个酚羟基和1个羧基，则1mol该有机物与足量NaOH溶液反应，消耗3 mol NaOH，故D项错误。综上，本题选D。6.对反应Al2O3N23C =2AlN3CO的叙述中正确的是A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B. 上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子C. AlN中氮元素的化合价为3D. AlN的摩尔质量为41g【答案】B【解析】【分析】A.在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，据此分析；B.氮元素从0价变为-3价，根据氮化铝和转移电子之间的关系分析；C.氮化铝中铝元素的化合价为+3价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为0分析；D.根据摩尔质量的单位是g/mol分析。【详解】A.反应方程式可知，Al、O的化合价反应前后没有变化，N的化合价由0价变为-3价，而C的化合价由0价变为+2价，因此N2是氧化剂，Al2O3既不是氧化剂又不是还原剂，故A项错误；B.N的化合价由0价变为-3价，故每生成1molAlN需转移3mol电子，故B项正确；C.氮化铝中Al的化合价为+3价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为零计算，氮元素的化合价是-3价，故C项错误；D.氮化铝的摩尔质量是41g/mol，故D项错误。综上，本题选B。【点睛】本题考查氧化还原反应的相关知识。要熟记氧化还原的规律：化合价升高，失电子，被氧化，作还原剂。化合价降低，得电子，被还原，作氧化剂。7.对实验的实验操作现象判断正确的是A. 实验：产生红褐色沉淀B. 实验：溶液颜色变红C. 实验 ：放出大量气体D. 实验：先出现白色沉淀，后溶解【答案】C【解析】【详解】A. 实验中向沸水中滴加少量的氯化铁饱和溶液，可以产生红褐色的氢氧化铁胶体，A错误；B. 实验中，KSCN溶液滴加到氯化亚铁溶液后，溶液不变色，B错误；C. 实验中，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，C正确；D. 实验中，氨水滴入氯化铝溶液后，生成白色沉淀氢氧化铝，氨水碱性较弱，不能溶解氢氧化铝，D错误；答案选C。8.Na2O2是一种常见的过氧化物，具有强氧化性和漂白性。 通常可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂。（1）某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应：用化学方程式解释使酚酞试液变红的原因_，依据实验现象推测红色褪去的原因是_。加入MnO2的作用为_。（2）某实验小组拟验证CO2与Na2O2反应的产物，现设计以下实验装置进行实验：写出装置A中反应的化学方程式_；拟用装置D收集气体产物，请在方框中将装置补充完整_。产物检验：检验气体产物的方法：_；有同学认为该实验装置存在明显缺陷，你认为该缺陷是什么_。【答案】 (1). 2Na2O2 +2H2O = 4 NaOH +O2 (2). 反应生成的H2O2具有漂白作用 (3). 催化剂的作用 (4). 2NaHCO3Na2CO3 + CO2 + H2O (5). (6). 打开集气瓶，用带火星的木条伸入瓶内，木条复燃 (7). 碳酸氢钠受热分解产物中有水，水也与过氧化钠反应，干扰二氧化碳与过氧化钠反应产物的检验【解析】【分析】（1）过氧化钠和水反应生成碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成了具有氧化性的过氧化氢；过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气；（2）通过分析可知，装置A为NaHCO3的受热分解，装置B中CO2与Na2O2反应生成O2，同时吸收CO2，装置C检验CO2是否被除尽，装置D收集生成的O2据此判断；【详解】（1）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，碱遇酚酞变红；褪色后的溶液中加入二氧化锰产生气泡，红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性；过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气；（2）NaHCO3受热分解，生成Na2CO3 、CO2和H2O；NaHCO3分解生成CO2，CO2与Na2O2反应生成O2，经装置C检验，无CO2，装置D收集的是O2，O2密度比空气大，所以用向上排空气法收集氧气，导气管长进短出；检验O2的方法：打开集气瓶，用带火星的木条伸入瓶内，木条复燃；通过分析可知存在明显缺陷：碳酸氢钠受热分解产物中有水，水也与过氧化钠反应，干扰二氧化碳与过氧化钠反应产物的检验；9.回答下列问题： （1）若金属钠等活泼金属着火时，应该用_来灭火。将一小块钠投入盛有饱和石灰水的烧杯中，不可能观察到的现象是_。a有气体生成 b钠熔化成小球并在液面上游动c烧杯底部有银白色的金属钙生成 d溶液变浑浊（2）Na2CO3和NaHCO3是两种常见的钠盐。下列关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，正确的是_。a常温下，Na2CO3在水中的溶解度比NaHCO3小b相同质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，在相同条件下产生CO2前者多c可用Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液d NaHCO3溶液中混有少量Na2CO3杂质可通入足量CO2除杂（3）过氧化钠、过氧化镁都是重要的过氧化物。过氧化镁不溶于水，但易溶于稀酸，广泛用作胃药，治疗胃酸过多。试写出过氧化镁与胃酸反应的离子方程式：_。（4）某无色稀溶液X中，可能含有Al3、Cl、Fe3、Mg2、NH4中的某几种，向其中加入NaOH溶液时产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液体积(V)的关系如下图所示。则X中一定含有的阳离子是_，bc段反应的离子方程式为_。（5）在1L某酸性溶液中离子浓度的分析结果如下表离子Mg2Al3SO42Clc/（mol/L）0.51021.01020.51023.0102向该溶液中逐滴加入0.5 molL-1NaOH溶液至沉淀恰好不再溶解时，消耗NaOH体积为_mL。【答案】 (1). 干沙土 (2). c (3). d (4). 2MgO2+4H+=2Mg2+2H2O+O2 (5). Al3、Mg2、NH4 (6). Al(OH)3OH-=AlO2-2H2O (7). 100【解析】【分析】（1）金属钠等活泼金属着火时，应该用干沙土来灭火；钠与水反应生成H2，钠熔点低，熔化成小球并在液面上游动，钠消耗水，使石灰水处于过饱和状态，溶液变浑浊；（2）可结合Na2CO3和NaHCO3性质做相应判断；（3）过氧化镁与胃酸反应类比过氧化钠与胃酸反应；（4）oa段生成Mg(OH) 2 和Al(OH)3沉淀、ab段是NH4与OH-反应，bc段是Al(OH)3的溶解，cd段剩余的沉淀是Mg(OH) 2；（5）Mg2结合OH-生成Mg(OH) 2，Al3结合OH-生成AlO2-，据此计算。【详解】（1）金属钠可与水反应，金属钠等活泼金属着火时，应该用干沙土来灭火；金属钠与水反应放出大量的热，将其熔化成闪亮的小球，与水接触的部位产生的气体不均匀推动小球在液面上游动；随着反应的进行，水量不断减少，且氢氧化钙溶解度随温度升高而降低，因此有部分氢氧化钙析出，使溶液变浑浊，但它不是银白色物质，综上，c错误；（2）a常温下，Na2CO3在水中的溶解度比NaHCO3大，故a错误；b相同质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，相对分子质量NaHCO3小于Na2CO3，所以等质量的NaHCO3、Na2CO3的物质的量n (NaHCO3)n (Na2CO3)，即在相同条件下产生CO2的体积NaHCO3多，故b错误；c.Ca(OH)2溶液与Na2CO3溶液反应产生白色沉淀，Ca(OH)2溶液与和NaHCO3溶液反应也产生白色沉淀，故无法鉴别，c错误；d.CO2与Na2CO3和水反应生成NaHCO3，故NaHCO3溶液中混有少量Na2CO3杂质可通入足量CO2，d正确；综上，本题选d。（3）过氧化钠、过氧化镁都是重要的过氧化物。过氧化镁与胃酸反应类比过氧化钠与胃酸反应，故离子反应方程式为2MgO2+4H+=2Mg2+2H2O+O2；（4）无色稀溶液肯定不含Fe3+，bc段沉淀减少，则bc段是Al(OH)3的溶解，cd段显示的是Mg(OH) 2，原溶液中一定有Al3、Mg2，ab段沉淀量不变，发生反应NH4+ OH-=NH3H2O，故原溶液中一定有NH4。综上，含有的离子为Al3、Mg2、NH4；bc段反应的离子方程式为Al(OH)3OH-=AlO2-2H2O；（5）Mg2最终存在形式为Mg(OH) 2，Al3最终存在形式为AlO2-，1L溶液中含有Mg20.005mol，Al30.01mol。Mg2消耗OH- 0.01mol，Al3消耗OH- 0.04mol，共消耗NaOH溶液0.05mol，VNaOH(aq)=n/c=0.05mol/0.5 molL-1=0.1L=100mL，故消耗NaOH体积为100 mL。10.铁及其化合物之间的相互转化可用下式表示：回答下列有关问题：（1）Fe2O3中铁元素化合价为_，实现的转化需加入_(填“氧化剂”或“还原剂”)。（2）配平下面的缺项方程式_FeCl3 +_ Cl2+_ _ Na2FeO4+ _ NaCl +_H2O（3）已知下列反应可以发生：Co2O3+6H+2Cl-=2Co2+Cl2+3H2O 2Fe3+SO32+H2O2Fe2+SO42+2H+，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+ 由上述反应可知氧化性：Co2O3_(填“”或“”) Fe3+,下列离子反应错误的是_。a. Co2O3+6H+2 Fe2+=2Co2+2Fe3+3H2O b. SO42+2Cl-+2H+Cl2+SO32+H2O c. Cl2+SO32+H2O2Cl-+SO42+2H+，（4）A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图：根据图示转化关系回答：写出A与NaOH溶液反应的离子方程式_。写出A+Fe3O4甲的化学方程式_。【答案】 (1). +3 (2). 还原剂 (3). 2、3、16NaOH、2、12、8 (4). (5). b (6). 2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2 (7). 8Al3Fe3O4 4Al2O39Fe【解析】【分析】（1）Fe2O3中铁元素化合价为+3价；Fe3+转化为Fe2+需加入还原剂；（2）利用得失电子守恒配平该氧化还原反应；（3）利用氧化剂氧化性大于氧化产物进行比较，根据“强制弱”规律判断反应能否进行；（4）A是金属，能与NaOH溶液反应，则A是Al，乙为NaAlO2，B为O2，C为H2，丙为水，甲为氧化铝；【详解】（1）Fe2O3中铁元素化合价为+3价；将Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，实现的转化需加入还原剂；（2）由元素守恒可知，方程式左边缺少钠元素和氢元素，所以在方程式左边补入NaOH，铁元素由+3价升高为+6价，氯元素由0价降为-1价，利用得失电子守恒进行配平可得，2FeCl3+3Cl2+16NaOH=2Na2FeO4+12NaCl+8H2O；（3）由Co2O3+6H+2Cl-=2Co2+Cl2+3H2O可知，氧化性Co2O3Cl2，由Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+可知，氧化性Cl2Fe3+，故氧化性Co2O3 Fe3+；由2Fe3+SO32+H2O2Fe2+SO42+2H+，可知，氧化性Fe3+ SO42。结合之前分析可得氧化性：Co2O3Cl2Fe3+SO42，故离子反应a、c可以发生，由于氧化性Cl2SO42，b不可以发生；（4）A是金属，能与NaOH溶液反应，则A是Al，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；结合图中分析可得，乙为NaAlO2，B为O2，C为H2，丙为水，甲为氧化铝，A+Fe3O4甲的化学方程式为：8Al3Fe3O4 4Al2O39Fe。11.化合F是一种重要的有机合成中间体，它的合成路线如下：请认真分析和推理回答下列问题：（1）化合物C中含氧官能团的名称是_、EF的反应类型是_。（2）写出化合物C与乙酸反应生成酯的化学方程式：_。（3）写出化合物B的结构简式：_。同时满足下列条件的B的同分异构体（不包括B）共有_种：苯环上只有两个取代基 能与FeCl3溶液显紫色，（4）工业上以苯酚（）和烃W为主要原料制备有机物3乙基1，6己二酸的合成路线流程图如下：提示：3乙基1，6己二酸的结构简如下图：写出X、Z的结构简式：X：_，Z：_；写出苯酚与W反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 羟基 (2). 氧化反应 (3). (4). (5). 11 (6). (7). 或 (8). 【解析】【分析】（1）化合物C中含氧官能团的名称是羟基；EF的反应类型是氧化反应；（2）C与乙酸发生酯化反应；（3）根据题中各物质的转化关系可以知道,由A 到C 的变化分别是：在苯酚的对位上发生加成反应引入了一个烷烃基(叔丁基)，然后苯环上发生与氢气的加成，据此可以推断出B的结构简式为，然后C中醇羟基被氧化生成酮基，即得到D； (4)比较苯酚和 的结构可以知道，W为，根据 和 结构可以知道， 与氢气加成得 ， 再发生消去反应得 ，所以X为 ， 经两步氧化得 ，所以Z为 ，据此答题。【详解】（1）由C的结构简式可知，化合物C中含氧官能团的名称是羟基；EF引入了氧原子，属于氧化反应；（2）C与乙酸反应生成酯的化学方程式，遵循酸脱羟基，醇脱氢的原则，方程式如下：；（3）根据题中各物质的转化关系可以知道，由A 到C 的变化分别是：在苯酚的对位上发生加成反应引入了一个烷烃基(叔丁基)，然后苯环上发生与氢气的加成，据此可以推断出B的结构简式为，同时满足下列条件苯环上只有两个取代基，能与溶液显紫色，即有酚羟基的B的同分异构体为苯环上连有-OH和-C4H9，有邻间对三种位置关系，其中-C4H9有四种结构，所以共有12种，其中除去B的结构还有11种， 因此，本题正确答案是: 、11；（4）根据上面的分析可以知道，X为 ，Z为 或， 因此，本题正确答案是: ； ；W为，苯酚与W反应的化学方程式为 ， 因此，本题正确答案是：。