重庆市云阳江口中学校2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）

重庆市云阳江口中学校2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）化学测试卷共4页。满分100分。考试时间50分钟。可能用到的相对原子质量：H: 1 C:12注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3答非选择题时，必须用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡上规定的位置上。4所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答案无效。5考试结束后，将试卷带走（方便老师评讲），答题卡不得带走。一、选择题（本大题共7个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共42分。）1.下列有关钠及其化合物的叙述错误的是()A. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂B. 高压钠灯发出的黄光透雾能力强，可用于道路和广场照明C. 氢氧化钠具有强碱性，可用于制胃酸中和剂D. 钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和CO2反应【答案】C【解析】【详解】ANa2O2吸收CO2产生O2，所以Na2O2可用作呼吸面具供氧剂，故A正确；B钠的焰色反应为黄色，则可用作透雾能力强的高压钠灯，故B正确；C氢氧化钠具有腐蚀性，不能用于中和胃酸，一般用氢氧化铝、碳酸镁、碳酸氢钠等，故C错误；D钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，故D正确；故选C。2.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是（）ABCD强电解质FeNaClCaCO3HNO3弱电解质CH3COOHNH3H3PO4Ba(OH)2非电解质C12H22O11(蔗糖)BaSO4C2H5OHH2OA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、由于Fe是单质，不是化合物，所以铁既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、NH3本身不能电离出离子，是非电解质， BaSO4是盐，熔融状态完全电离，属于强电解质，故B错误；C、碳酸钙是盐，属于强电解质，磷酸在溶液中部分电离，属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C正确；D、Ba(OH)2是强碱，在水中完全电离，属于强电解质，水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意化合物是电解质还是非电解质，以及电解质的强弱与溶解度没有关系。3.关于化合物2苯基丙烯（），下列说法正确的是A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色B. 易溶于水及甲苯C. 分子中所有原子共平面D. 可以发生加成聚合反应【答案】D【解析】【分析】2苯基丙烯含有碳碳双键，属于不饱和芳香烃，能表现芳香烃和烯烃的性质。【详解】A项、2苯基丙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B项、2苯基丙烯属于不饱和芳香烃，难溶于水，易溶于甲苯，故B错误；C项、若有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，2苯基丙烯中含有甲基，分子中所有原子不可能共平面，故C错误；D项、2苯基丙烯含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成聚2苯基丙烯，故D正确。故选D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系，熟悉常见有机物的性质是解答关键。4.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC. 1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA【答案】A【解析】【详解】A. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；答案选A。5.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A. FeCl3溶液与Cu的反应：CuFe3=Cu2Fe2B. NO2与水的反应：3NO2H2O=2NO3-NO2HC. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO32H=Ca2H2OCO2D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2-CO23H2O=2Al(OH)3CO32-【答案】B【解析】【详解】AFeCl3溶液与Cu的反应的离子反应为Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故A错误；BNO2与水反应的离子反应为3NO2+H2O2NO3-+NO+2H+，故B正确；C醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应的离子反应为CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO-，故C错误；D向NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-，故D错误；故选B。6.已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是（）A. 上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3I2B. 上述实验中，共有两个氧化还原反应C. 实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D. 实验证明Fe2既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】【详解】向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂，氧化性：MnO4-Cl2；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色，铁元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为-1价，氯化亚铁是还原剂、氯气是氧化剂，氧化性：Cl2Fe3+；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，铁离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘和亚铁离子，I元素化合价由-1价变为0价、铁元素化合价由+3价变为+2价，所以碘离子作还原剂、铁离子为氧化剂，氧化性：Fe3+I2。A通过以上分析知，上述实验证明氧化性：MnO4-Cl2Fe3+I2，故A正确；B通过以上分析知，有3个氧化还原反应，故B错误；C实验生成的气体是氯气，氯气能氧化碘离子生成碘单质，所以实验生成的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故C错误；D实验证明Fe2+有还原性，故D错误；故选A。7.工业生产钠和烧碱的原理如下：电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融) 2NaCl2，电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl2H2O 2NaOHH2Cl2，下列有关说法正确的是（）A. 在反应和中，氯化钠均既是氧化剂，又是还原剂B. 在反应中氯气是还原产物，在反应中氢气是还原产物C. 若标准状况下生成等体积的气体，则反应和中转移电子总数相等D. 若消耗等质量的氯化钠，则反应和中转移电子总数相等【答案】D【解析】【详解】电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融)2Na+Cl2，Na元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以氯化钠既是氧化剂，又是还原剂；电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 ，H元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以水是氧化剂，氯化钠是还原剂；A由分析可知，反应中氯化钠是还原剂，不是氧化剂，故A错误；B在反应中氯气是氧化产物，在反应中氢气是还原产物，故B错误；C2NaCl(熔融)2Na+Cl2中生成1mol气体转移2mol电子，2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 中生成2mol气体转移2mol电子，故C错误；D若消耗1mol氯化钠，则反应和中转移电子均为2mol，所以消耗等质量的氯化钠，则反应和中转移电子总数相等，故D正确；故选D。【点睛】把握反应中的元素化合价变化为解答的关键。本题的易错点为B，要注意氧化剂被还原得到还原产物，还原剂被氧化生成氧化产物。二、非选择题（共58分。第810题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1112题为选考题，考生根据要求作答。）8.按要求完成下列填空：(1)写出下列物质在水溶液中电离方程式：H2CO3：_；NaHCO3：_。(2)完成下列反应的离子方程式：向NaHSO3溶液中加入过量NaHSO4溶液_；小苏打溶液与乙酸溶液混合_；FeBr2溶液中通入过量Cl2：_。(3)25 时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A无色溶液中：Na、NH4+、Cu2、SO42-B0.1 molL-1的NH4HCO3溶液中：K、SiO32-、AlO2-、Cl-C25 时，Kw/c(H)110-2 molL-1的溶液中：K、NO3-、S2-、ClO-D使甲基橙呈红色的溶液中：NH4+、Ba2、Al3、Cl-(4)200 mL某溶液中有5种离子大量共存，其中4种离子的物质的量如下表：离子HKNO3-SO42-物质的量(mol)0.50.10.60.15则另外一种离子是_(填写代号)，该离子的浓度为_。AFe2 BCl- CAl3 DClO-【答案】 (1). H2CO3HHCO3-、HCO3HCO32- (2). NaHCO3=NaHCO3- (3). HSO3-H=H2OSO2 (4). HCO3-CH3COOH=CH3COO-H2OCO2 (5). 2Fe24Br-3Cl2=2Fe32Br26Cl- (6). D (7). C (8). 0.5 molL-1【解析】【分析】(1)碳酸为二元弱酸，电离分步进行，且以第一步为主；碳酸氢钠完全电离生成碳酸氢根离子和钠离子；(2)反应生成硫酸钠、水、二氧化硫；反应生成乙酸钠、水、二氧化碳；反应生成氯化铁、溴；(3)首先判断各选项的限制条件的含义，在根据离子共存的常见类型分析判断；(4)结合电荷守恒及离子共存判断。【详解】(1)H2CO3在水溶液中部分电离，而且分步电离，电离方程式为H2CO3H+HCO3-，HCO3-HCO32-；碳酸氢钠在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3-，故答案为：H2CO3H+HCO3、HCO3-HCO32-；NaHCO3=Na+HCO3-；(2)向NaHSO3溶液中加入过量NaHSO4溶液的离子反应为HSO3-+H+H2O+SO2，小苏打溶液与乙酸溶液混合的离子反应为HCO3-+CH3COOHCH3COO-+H2O+CO2，FeBr2溶液中通入过量Cl2的离子反应为2Fe2+4Br-+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl-，故答案为：HSO3-+H+H2O+SO2；HCO3-+CH3COOHCH3COO-+H2O+CO2； 2Fe2+4Br-+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl-；(3)ACu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；BNH4HCO3与SiO32-、AlO2-反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CClO-、S2-之间能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Ba2+、Al3+、Cl-之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D； (4)因H+与ClO-反应，NO3-、H+与Fe2+发生氧化还原反应，不能共存；由表格中数据可知，0.6+0.1520.5+0.1，可知含阳离子，只能为Al3+，其浓度为=0.5mol/L，故答案为：C；0.5 mol/L。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意溶液显电中性，根据电中性原理判断离子所带电荷类型，在根据电荷守恒计算。9.（1）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO、OH、FeO42、Cl、H2O。湿法制备高铁酸钾反应体系中的氧化剂为：_（填化学符号）。写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：_。每生成1 mol FeO42转移_mol电子，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物的物质的量为_mol。（2）工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法：向海水中通入Cl2将海水中溴化物氧化，其离子方程式为：_。向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为_。将所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴转化为单质溴，再用有机溶剂提取溴后，还可得到副产品Na2SO4。这一过程可用化学方程式表示为：_。【答案】 (1). ClO (2). 2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO423Cl5H2O (3). 3 (4). 0.15 (5). Cl22Br=Br22Cl (6). 3Na2CO33Br2=5NaBrNaBrO33CO2(或6Na2CO33Br23H2O=5NaBrNaBrO36NaHCO3) (7). 5NaBrNaBrO33H2SO4=3Br23Na2SO43H2O【解析】【分析】(1)湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO-作氧化剂被还原生成Cl-， 氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，据此首先出反应的方程式，由反应的离子方程式结合化合价的变化分析解答；(2)Cl2将海水中的Br-氧化生成Br2；纯碱(Na2CO3)溶液显碱性，结合Cl2与NaOH溶液的反应，可推出Br2在纯碱溶液中会发生歧化反应生成溴化物，从中的溴化物中可知另外生成的是溴酸盐；在酸性条件下，Br-和BrO3-发生归中反应生成Br2。【详解】(1)湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO-作氧化剂被还原生成Cl-，故答案为：ClO-；氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O，每生成1mol K2FeO4转移电子的物质的量为3mol，还原产物为K2FeO4，其物质的量为2mol，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为0.15mol，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O；3；0.15；(2)Cl2将海水中的Br-氧化生成Br2，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-Br2+2Cl-，故答案为：Cl2+2Br-Br2+2Cl-；纯碱(Na2CO3)溶液显碱性，类比Cl2与NaOH溶液的反应，可推出Br2在纯碱溶液中会发生歧化反应生成溴化物，从中的溴化物中可知另外生成的是溴酸盐，CO32-转化为CO2或HCO3-，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Br25NaBr+NaBrO3+3CO2或6Na2CO3+3Br2+3H2O5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，故答案为：3Na2CO3+3Br25NaBr+NaBrO3+3CO2或6Na2CO3+3Br2+3H2O5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3；在酸性条件下，Br-和BrO3-发生归中反应生成Br2，反应方程式为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO43Br2+3Na2SO4+3H2O，故答案为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO43Br2+3Na2SO4+3H2O。10.实验室需要0.3 molL1硫酸溶液480 mL。根据这种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示仪器中配制溶液需要的是_ (填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。（2）下列操作中，是容量瓶所具备的功能有_。A配制一定体积准确浓度的标准溶液 B贮存溶液 C测量容量瓶规格以下的任意体积的液体 D稀释某一浓度的溶液 E量取一定体积的液体 F用来加热溶解固体溶质（3）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为_mL（计算结果保留一位小数）。如果实验室有10 mL、15 mL、20 mL量筒，应选用_mL的量筒最好。配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是：_。（4）下列操作会使配制的硫酸溶液浓度偏低的是_。A俯视刻度线定容 B选用的容量瓶内有少量蒸馏水 C定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线【答案】 (1). BDE (2). 烧杯、玻璃棒 (3). A (4). 8.2 (5). 10 (6). 将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌 (7). C【解析】【分析】(1)根据溶液的配制步骤选择需要的仪器；(2)根据容量瓶的构造和使用分析判断；(3)先根据c=计算浓硫酸的浓度，再根据浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变计算，根据浓硫酸的体积选取量筒规格，根据浓硫酸稀释时的正确操作解答；(4)根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。【详解】(1)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水)，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所以需要的仪器是BDE，还需要的仪器是烧杯和玻璃棒，故答案为：BDE；烧杯、玻璃棒；(2)A容量瓶用于配制一定体积的、浓度准确的溶液，故A正确；B容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能用于贮存溶液，故B错误；C容量瓶上只有一条刻度线，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，故C错误；D容量瓶不能用来稀释浓溶液，故D错误；E容量瓶只有一个刻度线，不能量取一定体积的液体，故E错误；F容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，故F错误；故选A；(3)浓硫酸的浓度c=mol/L=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/LV=0.3mol/L0.5L，V=0.0082L=8.2mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选10mL量筒，稀释浓硫酸的正确操作是：将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，防止液体溅出，故答案为：8.2；10；将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌；(4)A俯视刻度线定容，导致溶液的条件偏小，浓度偏大，故A不选；B选用的容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液的体积不会产生影响，所配溶液准确，故B不选；C定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线，相当于多加了水，溶液的体积偏大，浓度偏低，故C选；故选C。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意根据c=进行误差分析，凡是能够使n增大，或者使V减小的操作，都会使c偏大；凡是能够使n减小，V增大的操作都会使c偏小。11.金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备：请回答下列问题：（1）环戊二烯分子中最多有_个原子共面