山西省太原市六十六中2020届高三化学上学期第二次月考试卷（附解析Word版）

太原市第 66 中学 2020 届高三年级第二次月考 化学试卷 可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ba-137 第 I 卷（选择题 共 50 分） 一、选择题（每小题只有一个正确答案。每小题 2 分，共 20 分） 1. 化学在生产和生活中有着重要的应用，下列说法正确的是(　 　) A. “雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关 B. “辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料 C. 白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去 D. 能够改善食品的色、香、味，并有防腐、保鲜作用的食品添加剂，须限量使用 【答案】D 【解析】 试题分析：A、温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，错误；B、钢缆属于合金，是传 统型材料，错误；C、塑化剂有毒，且与酒精互溶，不能过滤除去，错误；D、食品添加剂能 够改善食品的色、香、味，并有防腐、保鲜作用，但不能随意使用，应限量使用，正确，答 案选 D。 考点：考查化学与生活、环境的关系 2. 关于胶体和溶液的区别，下列叙述中正确的是 A. 溶液呈电中性，胶体带有电荷 B. 溶液中溶质微粒一定不带电，胶体中分散质微粒带有电荷 C. 溶液中分散质微粒能透过滤纸，胶体中分散质微粒不能透过滤纸 D. 溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线出现明亮的光带 【答案】D 【解析】 两者均为分散系，本质的区别是分散质微粒直径的大小，均为电中性，两者的微粒均可透过 滤纸，两者可用丁达尔现象进行区分。溶液中溶质微粒也可以带电，例如 NaCl 溶液中可电离 出阴阳离子，而大分子胶体中的胶粒也可以不带电，故答案为 D 3.下列表中对于相关物质的分类全部正确的一组是 编号 纯净物 混合物 强电解质 非电解质 A 明矾 蔗糖 NaHCO3 CO2B 天然橡胶 石膏 SO2 CH3CH2OH C 冰 王水 H2SiO3 Cl2 D 胆矾 玻璃 H2SO4 NH3 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A.蔗糖分子式是 C12H22O11，是化合物，属于纯净物，A 错误； B.天然橡胶中含有多种高分子化合物，属于混合物，石膏化学式是 CaSO4·2H2O，属于化合物， SO2 属于非电解质，B 错误； C.H2SiO3 是弱酸，属于弱电解质，C 错误； D.胆矾是 CuSO4·5H2O，属于化合物，是纯净物；玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合物， H2SO4 是二元强酸，属于强电解质，NH3 属于非电解质，选项中各种物质都符合题意，D 正确； 故合理选项是 D。 4.下列物质性质与应用对应关系正确的是 (　　) A. 晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作半导体材料 B. 氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂 C. 漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张 D. 氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料 【答案】B 【解析】 试题分析：A、晶体硅能导电，可用于制作半导体材料，与熔点高硬度大无关系，A 不正确； B、氢氧化铝具有弱碱性，能与酸反应生成铝盐和水，可用于制胃酸中和剂，B 正确；C、漂白 粉具有强氧化性，可用于漂白纸张，与其稳定性无关系，C 不正确；D、氧化铁 红棕色粉末， 可用于制作红色涂料，与是否能与酸反应无关系，D 不正确，答案选 B。 考点：考查物质性质与应用的正误判断 是5. 下列反应不属于氧化还原反应的是 A. 锌放入稀硫酸中 B. 高锰酸钾分解 C. 实验室制备氨气 D. 碳和水蒸气在高温下反应 【答案】C 【解析】 试题分析：A、锌与稀硫酸反应是置换反应，置换反应一定是氧化还原反应，错误；B、高锰 酸钾分解生成锰酸钾和二氧化锰、氧气，有单质生成，是氧化还原反应，错误；C、实验室用 氢氧化钙与氯化铵固体加热制取氨气，元素的化合价都未变化，不是氧化还原反应，正确； D、碳与水蒸气反应生成 CO 和氢气，元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，错误，答案 选 C。 考点：考查氧化还原反应的判断 6.设 NA 为阿伏加德罗常数，如果 a g 某气态双原子分子的分子数为 p，则 b g 该气体在标准状 况下的体积 V(L)是(　　) A. 22.4ap/bNA B. 22.4ab/pNA C. 22.4NAb/a D. 22.4pb/aNA 【答案】D 【解析】 【详解】如果 ag 某双原子分子气体的分子数为 P，则其物质的量是 ，所以该气体的 摩 尔 质 量 是 ， 则 bg 该 气 体 在 标 准 状 况 下 的 体 积 为 ，答案选 D。 7.下列有关一定物质的量浓度的溶液配制的过程中，造成所得的溶液浓度偏大的是 A. 要配制 100 mL 1 mol·L－1 NaOH 溶液，在白纸上称 4 g NaOH 固体，并且称量速度较慢 B. 定容时俯视容量瓶刻度线 p A molN /A A aNag g molp pmolN = bg 22.422.4 / mol /A A bpL LaN aNg molp × =C. 溶解或稀释溶质时烧杯尚未干燥 D. 定容时盖上瓶盖，摇匀后发现液面低于刻度线，再继续滴加蒸馏水使液面重新达到刻度线 【答案】B 【解析】 【详解】A.白纸上称 4g NaOH 固体，并且称量速度较慢，会导致 NaOH 固体潮解，NaOH 固体的 实际质量偏小，而且 NaOH 会因为潮解沾在纸上，使溶质的质量进一步减少，则所配制溶液浓 度偏低，A 不符合题意； B.定容时俯视容量瓶刻度线，则溶液的体积偏小，根据物质的量浓度定义式 c= ，可知溶液 的浓度偏高，B 符合题意； C.溶解或稀释溶质时烧杯尚未干燥，由于不影响溶质的质量和溶液的体积，则根据物质的量 浓度定义式 c= ，可知该操作对溶液的浓度无影响，C 不符合题意； D.定容时盖上瓶盖，摇匀后，由于少量液体沾在容量瓶的瓶颈上，使液面低于刻度线，由于 溶液是均一的、稳定的，所以溶液浓度不变；若再继续滴加蒸馏水使液面重新达到刻度线， 则会对溶液起稀释作用，使所配溶液浓度偏低，D 不符合题意。 故合理选项是 B。 8.下列关于有机化合物的说法正确的是 A. 糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应 B. 戊烷（C5H12）有两种同分异构体 C. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键 D. 乙酸和乙酸乙酯可用 Na2CO3 溶液加以区别 【答案】D 【解析】 【详解】A．糖类中的单糖不能水解，二糖、多糖、油脂和蛋白质可发生水解反应，故 A 错误； B．戊烷(C5H12)有三种同分异构体，正戊烷、新戊烷、异戊烷，故 B 错误； C．苯中不含碳碳双键，也不存在碳碳单键，聚氯乙烯中也不存在碳碳双键，存在 是碳碳单 键，只有乙烯中含有碳碳双键，故 C 错误； D．乙酸与碳酸钠能够反应生成气体，而乙酸乙酯与碳酸钠不反应，现象不同，可鉴别，故 D 正确； 故选 D。 的 n V n V9.有关 Na2CO3 和 NaHCO3 的性质,下列叙述错误的是 A. 相同温度下,等浓度的 Na2CO3 和 NaHCO3 溶液的碱性比较,前者更强 B. 常温时水溶性:Na2CO3>NaHCO3 C. 在酒精灯加热的条件下,前者不分解,后者分解 D. 将澄清石灰水分别加入 Na2CO3 和 NaHCO3 溶液中,前者产生沉淀,后者无现象 【答案】D 【解析】 A、碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根离子，所以相同温度下等浓度的 Na2CO3 和 NaHCO3 溶液的 碱性更强，故 A 正确；B、常温时水溶性：Na2CO3>NaHCO3，故 B 正确；C、在酒精灯加热的条 件下，NaHCO3 分解生成 Na2CO3、CO2、H2O，故 C 正确；D、 将澄清的石灰水分别加入 Na2CO3 和 NaHCO3 溶液中都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，故 D 错误，故选 D。 10.下列说法正确的是（　　） A. 1H、2H、3H 是三种核素，它们物理性质相同，化学性质不同 B. ZX3+的结构示意图为 ，该离子能促进水的电离 C. N2、H2O2、CaC2、MgCl2 中都含有非极性共价键 D. 由于 HF 分子间存在氢键，因此 HF 比 HCl 稳定 【答案】B 【解析】 【详解】A.1H、2H、3H 是氢元素的三种核素，它们的原子核外电子数相同，但质量数不同，所 以物理性质不同，化学性质相同，A 错误； B. ZX3+是中性原子失去 3 个电子形成的带有 3 个单位正电荷的阳离子，根据结构示意图为 ，可知该离子核外有 10 个电子，则元素是 Al 元素，该离子是 Al3+，Al3+能消耗水电离 产生的 OH-，使水的电离平衡正向移动而促进水的电离，B 正确； C.MgCl2 是由 Ca2+、Cl-通过离子键形成的离子化合物，不存在非极性共价键，C 错误； D.物质的稳定性与分子之间的氢键无关，元素的非金属性 F>Cl，导致 HF 分子内的共价键比 HCl 强，所以 HF 比 HCl 稳定，D 错误； 故合理选项是 B。 二、选择题（每小题只有一个正确答案。每小题 3 分，共 30 分） 11.能正确表示下列反应的离子方程式的是(　　)A. Cu 溶于稀 HNO3：Cu+2H＋+NO3-=Cu2＋+NO2↑+H2O B. NaHCO3 溶液中加入稀盐酸：CO32-+2H＋=CO2↑＋H2O C. AlCl3 溶液中加入过量稀氨水：Al3＋+4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O D. 向 NaAlO2 溶液中通入过量 CO2 制 Al(OH)3： CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3- 【答案】D 【解析】 【 详 解 】 A. Cu 与 稀 HNO3 反 应 产 生 的 气 体 是 NO ， 离 子 方 程 式 为 3Cu+8H ＋ +2NO3-=3Cu2 ＋ +2NO↑+4H2O，A 错误； B.NaHCO3 在溶液中电离产生 Na+、HCO3-，NaHCO3 与稀盐酸反应产生 CO2、H2O，反应方程式为 HCO3-+H+=H2O+CO2↑，B 错误； C.NH3·H2O 是一元弱碱，与 Al3+反应产生 Al(OH)3 沉淀，Al3＋+3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3NH4+ ， C 错误； D.H2CO3 是弱酸，与 NaAlO2 溶液反应产生 Al(OH)3 沉淀和 HCO3-，离子方程式为 CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，D 正确； 故合理选项是 D。 12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( ) A. 使甲基橙变红色的溶液：Mg2＋、K＋、SO42-、NO3- B. 使酚酞变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、HCO3-、NO3- C. 0.1 mol·L－1AgNO3 溶液：H＋、K＋、SO42-、I- D. 0.1 mol·L－1NaAlO2 溶液：H＋、Na＋、Cl-、SO42- 【答案】A 【解析】 【详解】A.使甲基橙变红色的溶液显酸性，含有大量的 H+，H+与选项中的离子间不能发生任何 反应，可以大量共存，A 正确； B.使酚酞变红色的溶液是碱性溶液，含有大量的 OH-，OH-与选项中的 Cu2＋会形成 Cu(OH)2 沉淀， 不能大量共存；OH-与 HCO3-会反应产生 CO32-和 H2O，也不能大量共存，B 错误； C.Ag+与 I-会发生反应形成 AgI 沉淀，不能大量共存，C 错误； D.AlO2-与 H+会发生反应，形成 Al3+和 H2O，不能大量共存，D 错误； 故合理选项是 A。 13.设 NA 为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 标准状况下，11.2L 的 SO3 所含分子数为 0.5 NA B. 室温下，pH=13 的 NaOH 溶液中含有 OH-离子的数目为 0.1NA C. 120 克 NaHSO4 固体中含有的离子总数为 2NA D. 含 NA 个 Na+的 Na2O 溶解于 1L 水中，Na+的物质的量浓度为 2mol/L 【答案】C 【解析】 【详解】A.在标准状况下 SO3 呈固态，不能使用气体摩尔体积计算，A 错误； B.缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，B 错误； C.120 克 NaHSO4 的物质的量 n(NaHSO4)=120g÷120g/mol=1mol，NaHSO4 是离子化合物，在 NaHSO4 固体中含有 Na+、HSO4-，所以 1mol NaHSO4 固体中含有的离子总数为 2NA，C 正确； D.水是溶剂，溶剂的体积是 1L，含 NA 个 Na+的 Na2O 溶解于 1L 水中得到的溶液的体积不是 1L， 因此不能计算 Na+的物质的量浓度，D 错误； 故合理选项是 C。 14.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间有如下转化关 系： 下列有关物质的推断不正确的是 ( ) A. 若甲为 AlC13 溶液，则丁可能是 NaOH 溶液 B. 若甲为 N2，则丁可能是 O2 C. 若甲为 Fe，则丁可能是稀硝酸 D. 若甲为 NaOH 溶液，则丁可能是 CO2 【答案】B 【解析】 A．若甲为 AlCl3 溶液，丁是 NaOH 溶液，则乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸钠，氯化铝与偏铝酸钠 发生水解反应得到氢氧化铝，符合转化关系，故 A 正确；B．若甲为 N2，丁如果是 O2，则乙为 NO、丙为 NO2，NO2 不能与 N2 反应生成 NO，故 B 错误；C．若甲为 Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝 酸亚铁、丙为硝酸铁，硝酸铁与 Fe 反应得到硝酸亚铁，符合转化关系，故 C 正确；D．若甲 为 NaOH 溶液，丁是 CO2，则乙为 Na2CO3，丙为 NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠， 符合转化关系，故 D 正确，故选 B。 15.下列有关物质性质的叙述不正确的是 A. 常温下，铝遇浓硝酸发生钝化 B.钠在空气中燃烧生成白色的 Na20 粉末 C. 二氧化硫可以使品红溶液褪色 D. 葡萄糖与银氨溶液在适当条件下可发 生银镜反应【答案】B 【解析】 【详解】A. 常温下，铝遇浓硝酸发生反应生成致密的氧化膜，此过程为钝化，故正确； B. 钠在空气中燃烧生成淡黄色的 Na202 粉末，故错误； C. 二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，故正确； D. 葡萄糖含有醛基，与银氨溶液在适当条件下可发生银镜反应，故正确。 故选 B。 16.今有一混合物的水溶液，可能大量含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl—、Mg2+、Ba2+、 CO32-、SO42-，现取三份 100mL 溶液进行如下实验： （1）第一份加入 AgNO3 溶液有沉淀产生 （2）第二份加足量 NaOH 溶液加热后，收集到气体 0 04mol （3）第三份加足量 BaCl2 溶液后，得干燥沉淀 6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量 为 2.33g。 根据上述实验，以下针对原溶液的推测正确的是 A. Cl—一定不存在 B. K+一定存在 C. Mg2+一定存在 D. Ba2+可能存在 【答案】B 【解析】 试题分析：由（1）判断溶液中 存在 Cl—、CO32-、SO42-中的一种或几种；由（2）加入氢氧化 钠溶液后加热有气体产生，说明原溶液中存在 NH4+，且 100mL 溶液中铵根离子的物质的量是 0.04mol；由（3）得原溶液中存在碳酸根离子和硫酸根离子，2.33g 的沉淀是硫酸钡沉淀，物 质的量是 0.01mol，所以 100mL 的溶液中硫酸根离子的物质的量是 0.01mol，所以原溶液中一 定不存在 Ba2+；6.27-2.33=3.94g 是碳酸钡沉淀，则 100mL 溶液中碳酸根离子的物质的量是 0.02mol，则原溶液中一定不存在 Mg2+。根据溶液为电中性的特点，n(NH4+)I d.Rb、Q、M 的最高价氧化物对应的水化物可以两两发生反应 (3)化合物 QX 导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，其抗熔融金属侵蚀的能力 强，是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料。可用 Q 的氧化物、焦炭和 X 的单质在高温下 生成 QX，已知每生成 1mol QX，消耗 18g 碳，吸收 a kJ 的热量。据此，写出以上制取 QX 的热 化学方程式__________。 (4)X、Y 组成的一种无色气体遇空气变为红棕色，将一定量该无色气体与氧气通入水中，恰好 被完全吸收，生成一种酸，请写出该反应的化学方程式_______________。 【答案】 (1). 第二周期第 VA 族 (2). (3). acd (4). Al2O3(s)+ C(s)+ N2(g)=AlN(s)+ CO(g) △H=+akJ/mol (5). 4NO+3O2+2H2O=4HNO3 【解析】 【分析】 根据表格已知信息可确定 X 是 N 元素，Y 是 O 元素，Z 是 Na 元素，Q 是 Al 元素，M 是 Cl 元素。 (1)根据 N 原子核外电子排布可知 N 元素在元素周期表的位置，根据 N 原子最外层有 5 个电子， 知其简单氢化物是 NH3，N、H 原子间通过共价键结合，可据此书写其电子式； (2)根据同一主族的元素随原子序数的增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱分析 判断； (3)根据反应物 质量计算其物质的量，利用物质反应时的物质的量与能量变化关系，结合质 量守恒定律，书写相应的热化学方程式； 【详解】根据表格已知信息可确定 X 是 N 元素，Y 是 O 元素，Z 是 Na 元素，Q 是 Al 元素，M 是 Cl 元素。 (1)N 是 7 号元素，原子核外电子排布为 2、5，所以 N 元素在元素周期表中位于第二周期第 VA 族；N 原子与 3 个 H 原子通过共价键结合形成 NH3，其电子式为： 。 的 1 2 3 2 1 2 3 2(2) a.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：Rb>I，a 正确； b.Rb 是活泼的金属，Cl 是活泼的非金属元素，二者之间通过电子得失形成阴阳离子，离子之 间通过离子键结合形成 RbCl，b 错误； c.元素的非金属性越强，其与 H 元素形成的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属 性 Cl>I，所以气态氢化物热稳定性：HCl>HI，c 正确； d.Rb、Q、M 的最高价氧化物对应的水化物分别是 RbOH、Al(OH)3、HClO4，RbOH 是一元强碱， Al(OH)3 是两性氢氧化物，HClO4 是一元强酸，所以三种物质可以两两发生反应，产生盐和水， d 正确； 故合理选项是 acd。 (3)化合物 AlN 可用 Al2O3、C 和 N2 在高温下生成，每生成 1molAlN，消耗 18g 碳，其物质的量 是 18g÷12g/mol=1.5mol，同时吸收 a kJ 的热量。根据反应前后各种元素的原子个数相等， 可得制取 AlN 的热化学方程式为： Al2O3(s)+ C(s)+ N2(g)=AlN(s)+ CO(g) △H=+akJ/mol。 (4)X、Y 组成的一种无色气体遇空气变为红棕色，该气体是 NO，将 NO 与 O2 通入水中，恰好被 完全吸收，生成硝酸，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为： 4NO+3O2+2H2O=4HNO3。 【点睛】 四、实验题（14 分） 24.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验： 实验一 焦亚硫酸钠的制取 采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取 Na2S2O5。装置Ⅱ中有 Na2S2O5 晶体析出，发生 的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5 （1）装置 I 中产生气体的化学方程式为__________________。 （2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_________。 1 2 3 2 1 2 3 2（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为________(填序号)。 实验二 焦亚硫酸钠的性质 Na2S2O5 溶于水即生成 NaHSO3。 （4）证明 NaHSO3 溶液中 HSO3－的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是________(填 序号)。 a．测定溶液的 pH b．加入 Ba(OH)2 溶液 c．加入盐酸 d．加入品红溶液 e．用蓝色石蕊试纸检测 （5）检验 Na2S2O5 晶体在空气中已被氧化的实验方案是____________。 实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定 （6）葡萄酒常用 Na2S2O5 作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离 SO2 计算)的 方案如下： (已知：滴定时反应的化学方程式为 SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI) ①按上述方案实验，消耗标准 I2 溶液 25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游 离 SO2 计算)为________________g·L－1。 ②在上述实验过程中，若有部分 HI 被空气氧化，则测得结果____(填“偏高”“偏低”或“不 变”)。 【 答 案 】 (1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O 或 Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O (2). 过滤 (3). d (4). a、e (5). 取少量 Na2S2O5 晶体于试管中，加适量水溶解， 滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成 (6). 0.16 (7). 偏低 【解析】 （1）装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程 式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O 或 Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；（2）从装置Ⅱ中 溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（3）装置Ⅲ用于处理尾气 SO2，由于 SO2 属于 酸性氧化物，除去尾气 SO2 应选择碱性溶液，a 装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择 d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2==Na2SO3+H2O；（4）证明 NaHSO3 溶液中 HSO3 － 的电离程度大于水解程度，要利用两个平衡式 HSO3 － =H++SO32 － ，HSO 3 － +H2O==H2SO3+OH－，证明溶液呈酸性，可采用的实验方法是 a、测定溶液的 pH ，PH