《甘肃省武威第一中学2020届高三化学12月月考试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《甘肃省武威第一中学2020届高三化学12月月考试题含解析.doc（24页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、甘肃省武威第一中学2020届高三化学12月月考试题（含解析）本试卷可用到的相对原子质量：S:32 N:14 O:16 Cu:64 一、选择题(每小题2分，共50分。只有一项是最符合题目要求的。)1.下列有关说法错误的是( )A. 成语“百炼成钢”、“蜡炬成灰”中均包含了化学变化B. 常温下，成语“金戈铁马”中的金属能溶于浓硝酸C. 谚语“雷雨肥庄稼”，其过程中包含了氧化还原反应D. 荷塘月色中“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体【答案】B【解析】【详解】A、百炼成钢包含碳和氧气反应生成二氧化碳的变化，蜡炬成灰包含蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，都包含化学变化，故A正确；B、常温下，成语“金
2、戈铁马”中的金属为铁，在浓硝酸中钝化，不能溶于浓硝酸，故B错误；C、雷雨肥田是指氮气和氧气放电生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水反应生成硝酸，硝酸在土壤中形成铵盐被吸收；反应的化学程式为：N2+O22NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO属于氧化还原反应，故C正确；D、题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1100nm，即10-9m10-7m，故D正确。答案选B。【点睛】本题考查了物质变化过程分析判断、物质性质和胶体分析应用，掌握基础是解题关键。2.下列各组变化中，前者是物理变化，后者是化学变化的是（ ）A
3、. 碘的升华、石油的分馏B. NH4Cl溶液除铁锈、食盐水导电C. 蛋白质溶液中加饱和(NH4)2SO4溶液、蓝色的胆矾常温下变白D. 热的饱和KNO3溶液降温析出晶体、二硫化碳洗涤试管内壁上的硫【答案】C【解析】【详解】A碘的升华是状态的变化，属于物理变化，石油的分馏是利用物质的沸点不同分离的，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B用NH4Cl溶液除金属表面的锈，有新物质生成，属于化学变化，食盐水导电，是电解食盐水，属于化学变化，故B错误；C蛋白质溶液中加饱和(NH4)2SO4溶液，发生蛋白质的盐析，是降低了蛋白质的溶解度，没有新物质生成，属于物理变化，蓝色的胆矾常温下变白，是失去了结晶
4、水，有新物质生成，属于化学变化，故C正确；D热的饱和KNO3溶液降温析出晶体、二硫化碳洗涤试管内壁上的硫，2个过程中都没有新物质生成，都属于物理变化，故D错误；故选C。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. FeSO4具有氧化性，可用作食品抗氧化剂B. SiO2熔点高、硬度大，可用于制光学仪器C. Al(OH)3具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂D. NH3具有还原性，可用作制冷剂【答案】C【解析】【详解】A. FeSO4具有还原性，可用作食品抗氧化剂，A项错误；B. SiO2晶体透光性好，可用于制光学仪器，B项错误；C.Al(OH)3具有弱碱性，能中和胃酸又不伤害人体组织细胞，C项正确；
5、D.NH3易液化，液化时放热，液氨汽化时吸收大量的热，所以NH3可用作制冷剂。D项错误；答案选C。4.同温同压下，m g甲气体和2m g乙气体所占体积之比为12，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是()A. 甲与乙的相对分子质量之比为11B. 同温同压下，甲和乙的密度之比是11C. 同温同体积下，等质量的甲和乙的压强之比是11D. 等质量的甲和乙中的原子数之比是11【答案】D【解析】【分析】同温同压下，m g甲气体和2m g乙气体所占的体积之比为1：2，由n=可知甲乙两种气体的物质的量之比为1：2，结合n=进行判断。【详解】A根据m=nM=M知，二者的相对分子质量为1：1，选项A正确；B
6、同温同压下，气体摩尔体积相同，m g甲气体和2m g乙气体所占的体积之比为1：2，根据知，其密度相同，选项B正确；C根据PV=nRT=RT知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔质量相同，所以压强相同，选项C正确；D等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，选项D错误；答案选D。【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，侧重于气体的质量、密度等物理量的考查，题目难度不大，注意把握相关计算公式的运用。5.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. c(H)V2V3B. V1V3V2C. V2V3V1D.
7、V3V1V2【答案】D【解析】【分析】先判断同组内各物质间是否发生化学反应，反应前后的物质是否极易溶于水，气体的溶解性越大，试管内的压强越小，水面上升的越高，试管中剩余气体越少。【详解】设每种气体各占1L，则组合发生反应：3NO2+H2O2HNO3+NO，剩余气体的体积为：1L+1/3L4/3L；组合发生反应：4NO2+O2+2H2O4HNO3，剩余气体的体积为1L1/4L3/4L；组中NO和N2都不溶于水，剩余气体为2L。故充分反应后，试管中剩余气体的体积关系为V3V1V2，答案选D。19.同一短周期元素甲、乙、丙、丁原子序数依次增大。常温下，含甲的化合物r浓度为0.1molL-1时溶液pH
8、=13。同周期元素简单离子中，乙离子的半径最小。p和q分别是元素丙和丁的单质，其中p为浅黄色固体。上述物质的转化关系如图所示(产物水已略去)。下列说法不正确的是A. 原子半径的大小关系：甲乙丙丁B. 反应的离子方程式为：C12+H2OH+C1-+HC1OC. m、n的阴离子在酸性条件下不能大量共存D. 甲、乙、丁的最高价氧化物对应水化物两两之间均可以发生反应【答案】B【解析】【分析】p是元素丙的单质，p为浅黄色固体，丙为S元素，p为单质硫；甲、乙、丙、丁是同一短周期元素且原子序数依次增大，丁为Cl元素，q为Cl2，甲、乙都是第三周期元素；含甲的化合物r浓度为0.1mol/L时溶液pH=13，r
9、为一元强碱，甲为Na元素，r为NaOH；同周期元素简单离子中，乙离子半径最小，乙为Al元素。【详解】A. 同周期从左到右原子半径逐渐减小，原子半径：甲乙丙丁，A项正确；B. 反应为Cl2与NaOH的反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B项错误；C. 反应为S与NaOH的反应，反应的离子方程式为3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O，S2-、SO32-酸性条件下发生归中反应不能大量共存，反应的离子方程式为2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O，C项正确；D. 甲、乙、丁的最高价氧化物对应水化物依次为NaOH、Al（OH）3、HClO4，相互间发生的反应
10、有：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O、NaOH+HClO4=NaClO4+H2O、Al（OH）3+3HClO4=Al（ClO4）3+3H2O，D项正确；答案选B。20.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是A. 常温常压下X的单质为气态B. Z的氢化物为离子化合物C. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性D. W与Y具有相同的最高化合价【答案】B【解析】分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应
11、，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10721，所以X是Na，据此解答。详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K，则A、金属钠或钾常温常压下是固态，A错误；B、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；C、Y与Z形成的化合物是氯化钙，其水溶液显中性，C错误；D、F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。点睛：准确判断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反应生成HF。易错
12、点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。21.合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下图所示，下列说法不正确的是A. 甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素B. 反应、中含氮元素的反应物都被氧化C. 中发生反应：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4ClD. 利用丁物质受热易分解的性质【答案】B【解析】由图得到，甲为氮气，丁为碳酸氢钠，乙为NO，丙为NO2。所以选项A正确。反应中氮气转化为氨气，氮元素化合价降低，所以氮被还原，选项B错误。反应实际是侯氏制碱法的反应，向饱和食盐水中通入二氧化碳和氨气，得到碳酸氢钠
13、沉淀，方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，选项C正确。反应是将碳酸氢钠受热分解制得碳酸钠，选项D正确。22. 下列物质按只含离子键、只含共价键、既含离子键又含共价键的顺序排列的是A. 氯气二氧化碳氢氧化钠B. 氯化钠氦气氢氧化钠C. 氯化钠过氧化钠氯化铵D. 氯化钠过氧化氢氯化铵【答案】D【解析】【详解】A. 氯气为单质，只含共价键；二氧化碳为共价化合物，只含共价键；NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，故A错误；B.NaCl为离子化合物，只含离子键；氦气为单原子分子，不含化学键；NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，故B错误； C.NaCl为离子化合
14、物，只含离子键；过氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键；氯化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故C错误； D. NaCl为离子化合物，只含离子键；过氧化氢为共价化合物，只含共价键；氯化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故D正确；故选D。23.某无色溶滚中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、SO42、SO32、Cl、Br、CO32中的若干种为检验其中含有的离子，进行如下实验：取10mL溶液，加入足量氯水，无气体产生，再加入CCl4溶液分层，下层为橙红色；分液后，将中上层溶液加入足量BaCl2和HCl溶液，产生白色沉淀2.33g；另取10mL原溶液，加入过量的浓氢氧化钠溶液并加热，
15、收集到标准状况下448mL气体下列关于原溶液的说法正确的是A. 肯定存在NH4+、Cl、BrB. SO42、SO32至少含有一种C. 是否存在Na+需要通过焰色反应来确定D. 肯定不存在Ba2+、Cu2+、SO32、CO32【答案】B【解析】无色溶液中不存在有色的Cu2+；根据加入足量氯水，无气体产生可知原溶液中不存在CO32-，再加入CCl4溶液分层，下层为橙红色，说明存在Br-；将中上层溶液加入足量BaCl2和HCl溶液，产生白色沉淀2.33g，该沉淀为硫酸钡，2.33g硫酸钡的物质的量为：=0.01mol，说明原溶液中含有SO42-、SO32-中的至少一种离子，且物质的量之和为0.01m
16、ol，一定不存在Ba2+；根据可知生成的气体为氨气，其物质的量为：=0.02mol，说明原溶液中含有0.02molNH4+；由于溶液中含有溴离子，根据电荷守恒可知原溶液中负电荷的物质的量一定大于0.02mol，而正电荷只有0.02mol，说明溶液中一定还含有Na+。根据上述分析可知，溶液中一定含有的离子为：Na+、NH4+、Br-及SO42-、SO32-中的至少一种离子；一定不存在的离子为：Ba2+、Cu2+、CO32-，不能确定的离子为Cl-。A肯定存在NH4+、Br-，无法确定是否含有Cl-，故A错误；B根据分析可知，SO42-、SO32-至少含有一种，故B正确；C根据分析可知，溶液中一定
17、含有Na+，不需要通过焰色反应检验，故C错误；D肯定不存在Ba2+、Cu2+、CO32-，可能含有SO32-，故D错误；故选B。点睛：明确常见离子的性质为解答关键。根据电荷守恒判断钠离子的存在情况为是解答本题的难点。易错点为亚硫酸根离子的判断，中加入了氯水，能够将SO32-氧化为SO42-，因此2.33g沉淀为硫酸钡，只能说明原溶液中含有SO42-、SO32-中的至少一种离子，不能判断二者是否一定存在。24.2.56克Cu完全溶于一定量的浓HNO3中，生成的气体恰好充满500mL的烧瓶，然后将该烧瓶倒置于水中，缓缓通入一定量的氧气后容器内刚好充满水，则通入的氧气为( )A. 0.16gB. 0
18、.02molC. 0.224gD. 0.32g【答案】B【解析】【分析】根据电子守恒计算，已知HNO3NO（NO2）HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，以此进行计算。【详解】n（Cu）=0.04mol，反应时失去电子数目为20.04mol=0.08mol，整个过程发生：HNO3NO（NO2）HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n（O2）=0.02mol，故答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应电子转移数目的计算，根据HN
19、O3NO（NO2）HNO3得出Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目是解答本题的关键。25.2.8gFe全部溶于一定浓度200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列说法正确的是( )A. 反应后溶液中存在Fe3+和Fe2+B. 反应后的溶液最多还能溶解1.82g FeC. 反应后溶液中c(NO3-)=0.75mol/LD. 1.12L气体是NO、NO2的混合气体【答案】B【解析】【分析】A、测得反应后溶液的pH为1，则HNO3过量，故Fe只可能转化为Fe3+；B、计算原硝酸溶液中硝酸的物质的量，根据氮元素守恒可知n
20、原来（HNO3）=3nFe（NO3）3+n剩余（HNO3）+n（NO），当生成Fe（NO3）2 时原硝酸溶解的铁最多，据此计算原硝酸溶解的铁的最大重量，减去已经溶解的2.8g，即为反应后的溶液最多还能溶解的Fe的质量；C、由题目信息可知，反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，根据电荷守恒溶液中有3c（Fe3+）+c（H+）=c（NO3-），根据铁元素守恒由n（Fe）=n（Fe3+），据此计算；D、2.8gFe的物质的量为0.05mol，根据电子转移守恒，利用极限假设法解答，若只生成NO，计算生成NO的体积；若只生成NO2，计算生成的NO2体积，根据体积判断。【详解】A、反应后溶液pH为1，故HN
21、O3过量，Fe只可能转化为Fe3+，故A错误；B、由B中分析可知，原硝酸是稀硝酸，反应生成NO，由氮元素守恒可知n原来（HNO3）=3nFe（NO3）3+n剩余（HNO3）+n（NO）=0.05mol3+0.1mol/L0.2+0.05mol=0.22mol，生成Fe（NO3）2、NO时原硝酸溶解的铁最多，由3 Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2 NO+4H2O 可知，0.22molHNO3最多溶解铁0.22mol，质量为0.22mol56g/mol=4.62g，故还能溶解铁4.64g-2.8g=1.82g，故B正确；C、反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，故溶液中有3c（Fe3+）+c
22、（H+）=c（NO3-），根据铁元素守恒由n（Fe）=n（Fe3+）=0.05mol，所以c（Fe3+）=0.25mol/L，反应后溶液pH为1，所以c（H+）=0.1mol/L，所以c（NO3-）=0.25mol/L3+0.1mol/L=0.85mol/L，故C错误；D、2.8gFe的物质的量为=0.05mol，若只生成NO，根据电子转移守恒可知，n（NO）=0.05mol，则V（NO）=0.05mol22.4L/mol=1.12L；若只生成NO2，根据电子转移守恒可知，n（NO2）=0.15mol，V（NO2）=0.15mol22.4L/mol=3.36L，由于实际生成气体1.12L，故只
23、生成NO，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查根据方程式的有关计算，难度中等，判断生成的气体为NO、硝酸有剩余是解题的关键，B选项为易错点，学生容易考虑剩余的硝酸溶解铁，而忽略硝酸铁也与Fe反应。二、非选择题(50分)26.(1)按要求写出电子式：CO2_ COCl2_ NaCN_ N2H_(2)元素周期表中“对角线规则”是指处于周期表中对角线位置(左上和右下方)两元素，其性质具有相似性，例如：Be和Al处于对角线位置。写出Be与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：_。(3)写出氢，氧，钠，硫四种元素组成的两种酸式盐发生复分解反应的离子方程式：_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (
24、5). Be+2OH-BeO22-+H2 (6). H+HSO3-=SO2+H2O【解析】【分析】（1）先分析是共价化合物还是离子化合物，再分析原子之间形成共用电子对的数目；（2）Be（OH）2与Al（OH）3的性质相似，故Be（OH）2与NaOH反应生成Na2BeO2与H2O；（3）由氢，氧，钠，硫四种组成的两种酸式盐能够发生反应，这两种酸式盐应为硫酸的酸式盐和亚硫酸的酸式盐。【详解】（1）CO2是共价化合物，碳原子有四个电子分别和氧原子形成两对共用电子对，电子式为，COCl2分子中含有1个碳氧双键、2个碳氯键，其电子式为，NaCN为离子化合物，CN-中各原子均满足8电子稳定结构，存在CN键，电子式为，N2H相当于是N2H4结合了一个氢离子，故其电子式为：；故答案为：；（2）Be与Al的性质相似，则Be与NaOH溶液反应的化学方程式为：Be+2NaOHNa2BeO2+H2，改成离子方程式为：Be+2OH-BeO22-+H2，故答