贵州省习水县一中2020届高三化学12月月考试题（含解析）

贵州省习水县一中2020学年12月份考试高三理综化学试题1.下列叙述正确的是A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为21D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同【答案】B【解析】分析：本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。详解：A1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。B设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为2=mol和3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。C重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。D乙烷（C2H6）分子中有6个CH键和1个CC键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个CH键和1个CC，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。点睛：本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。2.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A. 0.1 molL1KI溶液：Na、K、ClO、OHB. 0.1 molL1Fe2(SO4)3溶液：Cu2、N、N、SC. 0.1 molL1HCl溶液：Ba2、K、CH3COO、ND. 0.1 molL1NaOH溶液：Mg2、Na、S、HC【答案】B【解析】【详解】A. I-与ClO 能发生氧化还原反应，所以不能大量共存，故A错误；B. 0.1 molL1Fe2(SO4)3溶液与Cu2、N、N、S离子之间能大量共存；故B正确；C. 0.1 molL1HCl溶液CH3COO生成弱电解质CH3COOH，所以不能大量共存，故C错误；D. 0.1 molL1NaOH溶液与Mg2、HC都能反应，所以不能大量共存，故D错误；答案：B。【点睛】离子在溶液中能大量共存的条件：离子之间不发生反应。即指各离子之间不能生成沉淀、气体和弱电解质，离子之间也不能发生氧化还原反应，也不能发生相互促进双水解反应的离子间能大量共存。3.为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的，良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述正确的是 ()A. Na2O2中阴、阳离子的个数比为11B. Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等C. Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等D. Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同【答案】C【解析】【详解】A. Na2O2的阴、阳离子的个数比为1:2,故A错误;B. 由2Na2O2+2CO2=4Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2知生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同,但质量不同,故B错误;C. 由2Na2O2+2CO2=4Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2知两者转移电子的物质的量相同,故C正确的;D. Na2O2因具有强氧化性而有漂白性,SO2易与有色物质化合生成无色不稳定的物质,故原理不同,故D错误.答案：C。【点睛】根据Na2O2与CO2 和H2O反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=4Na2CO3+O2，2Na2O2+2=4NaOH+O2，进行解答。4.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A. 雾和霾的分散剂相同B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】C【解析】分析：A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。详解：A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。点睛：结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。5.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，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。6.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的NaCO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为3CO24Na鸠2Na2CO3C。下列说法错误的是()A. 放电时，Cl向负极移动B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2C. 放电时，正极反应为3CO24e=2CCD. 充电时，正极反应为Nae=Na【答案】D【解析】【详解】A.放电时，阴离子向负极移动，故A项正确；B.充电时有生成CO2，放电时消耗CO2，故B项正确；C.放电时，正极CO2得电子发生还原反应，故C项正确；D.充电时，阳极反应为：C+2CO32-4e-=3CO2，故D项错误；答案为D。7.室温下，向圆底烧瓶中加入1 mol C2H5OH和含1 mol HBr的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OHHBr鸠馛2H5BrH2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4 和78.5 。下列有关叙述错误的是()A. 加入NaOH，可增大乙醇的物质的量B. 增大HBr浓度，有利于生成C2H5BrC. 若反应物均增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变D. 若起始温度提高至60 ，可缩短反应达到平衡的时间【答案】D【解析】【详解】A.加入NaOH，NaOH会和HBr反应，则平衡会向逆反应方向移动，则乙醇的物质的量将会增加，故A项正确；B.增大HBr的浓度，平衡将会向正反应方向移动，有利于生成C2H5Br，故B项正确；C.两者是等比例增加的，则两种反应物的平衡转化率之比不变，故C项正确。D.当起始温度升高到60时，溴乙烷会挥发，则反应达到平衡的时间将会延长，故D项错误；答案:D。8.储氢纳米碳管的研制成功体现了科技的进步。用电弧法合成的纳米碳管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，此反应中的反应物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、Cr2(SO4)3、K2SO4、H2O七种物质。(1)若将碳纳米颗粒分散到一定溶剂中，形成稳定的分散系，其所具有的性质是_。丁达尔效应加入饱和(NH4)2SO4溶液产生聚沉可通过半透膜(2)请用上述物质填空，并配平化学方程式：_C_H2SO4_K2SO4_Cr2(SO4)3_H2O。(3)H2SO4在上述反应中表现出来的性质是_(填选项编号)。A氧化性 B氧化性和酸性C酸性 D还原性和酸性(4)若反应中电子转移了0.8 mol，则产生的气体在标准状况下的体积为_。【答案】 (1). (2). 32K2Cr2O7823CO228 (3). C (4). 4.48 L【解析】【详解】(1)碳纳米颗粒大小介于1-100nm,所以分散到一定溶剂中,形成稳定的分散系属于胶体,胶体具有丁达尔效应、聚沉的性质,不能通过半透膜,故选:(1)(2); (2)反应中C被氧化生成CO2、K2Cr2O7被还原为Cr2(SO4)3根据反应过程中得失电子守恒和原子个数守恒可配平方程式得:3C2 K2Cr2O78H2SO4=2K2SO43CO22 Cr2(SO4)38H2O。因此，本题正确答案是: K2Cr2O7;8;2; 3CO2;2;8;(3) H2SO4在上述反应中所含元素化合价不变,与金属阳离子结合生成盐,表现出酸性;因此，本题正确答案是:C;(4)根据方程式可以知道每生成3mol二氧化碳气体,反应转移电子的物质的量为12mol,所以若反应中电子转移了0.8mol,则生成二氧化碳气体的物质的量为0.2mol,标况下体积为: 0.2mol 22.4L/mol=4.48L因此，本题正确答案是: 4.48L .9. 某课外活动小组欲利用氨气与CuO反应,研究氨气的性质并测其组成,设计了如下实验（夹持装置未画出）进行实验。请回答下列问题：（1）仪器a的名称为_；仪器b中可选择的试剂为（任意填一种）_。（2）实验中，装置C中黑色CuO粉末全部转化为红色固体（已知Cu2O也为红色固体），量气管中有无色无味的气体。实验前称取黑色CuO 80g，实验后得到红色固体质量为68g。则红色固体成分的化学式为_。（3）E装置中浓硫酸的作用是_。（4）F中读取气体体积前，应对装置F进行的操作是：_，若无此操作，而F中左边液面低于右边液面，会导致读取的气体体积_ （填“偏大”或“偏小”或“无影响”）；图中量气管可由_ （请选择字母填空：A酸式滴定管，B碱式滴定管）改装而成。（5）要想测得氨气分子中氮、氢原子个数比，实验中应至少测量或读取哪些数据_。AB装置实验前后质量差mg； BF装置实验前后液面差VLCD装置实验前后质量差mg； DE装置实验前后质量差mg；【答案】（1）分液漏斗（1分） 碱石灰或生石灰或氢氧化钠固体（任意填一种）（2分）（2）Cu和Cu2O（3分）（3）防止F中水蒸气进入D中，并吸收氨气（2分）（4）向上或向下移动右管，使得左右两边液面相平（2分），偏小（2分），B（1分）（5）B、C（2分）【解析】试题分析：（1）a是分液漏斗，A是制氨气的装置，所以b中可放碱石灰或生石灰或氢氧化钠固体任意一种（2）若CuO全部被还原为Cu，则CuOCu，计算出Cu的质量为64g,但红色固体的质量为68g64g，所以该红色固体的成分是Cu和Cu2O（3）浓硫酸的作用是吸收未反应的氨气及防止F中的水进入D中，影响结果（4）F中读取气体体积时应保证气体和外界大气压相等，所以应向上或向下移动右管，使得左右两边液面相平，若F中左边液面低于右边液面，说明气体压强大于外界大气压强，压强增大体积偏小，根据酸式滴定管与碱式滴定管的不同，图中量器管可由碱式滴定管改装而成，选B（5）确定氨气分子中氮、氢原子个数比也即确定产物中水和氮气的物质的量，A、B装置是干燥氨气，其质量与所求无关，错误；B、F装置测量氮气的体积，正确；C、D装置测量产物水的质量，正确；D、E装置是吸收多余的氨气及防治水进入D中，与所求无关，所以答案选B、C考点：考查氨气还原氧化铜的实验中所涉及的仪器名称、药品的选择、试剂的作用、产物的判断、数据的读取、测量10.离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、Al2Cl和AlCl组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。(1)钢制品应接电源的_极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为_。若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为_。(2)为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6 mol电子时，所得还原产物的物质的量为_mol。(3)用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有_。aKCl bKClO3cMnO2dMg取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，_(填“能”或“不能”)说明固体混合物中无Fe2O3，理由是_(用离子方程式说明)。【答案】 (1). 负 (2). 4Al2Cl7-3e=Al7AlCl4- (3). H2 (4). 3 (5). bd (6). 不能 (7). Fe2O36H=2Fe33H2O、Fe2Fe3=3Fe2(或只写Fe2Fe3=3Fe2)【解析】【详解】（1）要在钢制品上电镀铝，则镀件钢制品应接电源的负极；阴极反应为Al得电子被还原，电极反应式为4Al2Cl7-3e=Al7AlCl4-；若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为H2。答案：负 、4Al2Cl7-3e=Al7AlCl4- 、 H2。（2）NaOH溶解铝的化学方程式为2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2 ，当反应转移6mol电子时，所得还原产物H2的物质的量为3mol。答案：3.（3）铝热反应中，Mg为引燃剂，KClO3为助燃剂，故选择bd项。答案：bd。滴加KSCN溶液无明显现象，说明溶液中不含有Fe3，但不能说明固体混合物中无Fe2O3，因为Fe3能被Fe 还原成Fe3，离子方程式为Fe2O36H=2Fe33H2O、Fe2Fe3=3Fe2(或只写Fe2Fe3=3Fe2)。答案：不能 、Fe2O36H=2Fe33H2O、Fe2Fe3=3Fe2(或只写Fe2Fe3=3Fe2)11.铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。(1)Fe3基态核外电子排布式为_。(2)丙酮(CH3CCH3O)分子中碳原子轨道的杂化类型是_，1 mol丙酮分子中含有键的数目为_。(3)C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为_。(4)乙醇的沸点高于丙酮，这是因为_。(5)某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(xn)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为_。【答案】 (1). Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5 (2). sp2和sp3 (3). 9NA (4). HCO (5). 乙醇分子间存在氢键 (6). Fe3CuN【解析】【详解】铁的原子序数为26，位于第四周期族，Fe3核外电子数为23，其基态核外电子排布式为Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5 ；答案：Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5 。（2）丙酮的甲基中碳原子的杂化方式为sp3杂化，羰基中碳原子的杂化方式为 sp2杂化；1mol丙酮中含有6molC-H键，2molC-C键，1molC=O键，单键均为键，碳氧双键中含有1mol键，所以1mol丙酮中含有9mol键。答案：sp2和sp3 、 9NA。（3）电负性是原子在分子中吸引成键电子的能力。同周期元素的电负性随原子序数的增大而增大，所以电负性CO，又因为在甲烷中碳元素显负化合价，吸引电子能力更强，所以电负性HC，故电负性HCO 。答案：HCO。（4）丙酮分子间只有范德华力，而乙醇存在分子间氢键，使其沸点升高。答案：乙醇分子间存在氢键。（5）由晶胞示意图可知，一个FexNy晶胞中，含有铁原子的数目为1/2+1/8=4氮原子的数目为1，所以x=4,y=1，由图-2可知，Cu替代该晶体中a位置Fe，可使能量降低，Cu替代该晶体中b位置Fe，可使能量升高，最稳定的Cu替代型产物为Cu完全替代该晶体中a位置Fe，即晶格中铜原子数目为1/88=1，所以铁原子数目为3，所以最稳定的Cu替代型产物化学式为Fe3CuN。答案：Fe3CuN12.1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，沸点为71，密度为1.36gcm-3。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下：步骤1：在仪器A中加入搅拌磁子、12 g正丙醇及20 mL水，冰水冷却下缓慢加入28mL浓H2SO4，冷却至室温，搅拌下加入24 g NaBr。步骤2：如图所示搭建实验装置，缓慢加热，直到无油状物馏出为止。步骤3：将馏出液转入分液漏斗，分出有机相。步骤4：将分出的有机相转入分液漏斗，依次用12 mL H2O、12 mL 5% Na2CO3溶液和12 mLH2O洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得1-溴丙烷。（1）仪器A的名称是_，加入搅拌磁子的目的是搅拌和_。（2）反应时生成的主要有机副产品有2-溴丙烷和_。（3）步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是_。（4）步骤2中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行，目的是_。（5）步骤4中用5%Na2CO3溶液洗涤有机相的操作；向分液漏斗中小心加入12 mL 5%Na2CO3溶液，振荡，_，静置，分液。【答案】 (1). 略 (2). 略 (3). 略 (4). 略 (5). 略 (6). 略【解析】（1）仪器A的名称是蒸馏烧瓶；加入搅拌磁子的目的是搅拌加快反应速率和防止暴沸；（2）（2）反应时生成的主要有机副产物有2-溴丙烷和正丙醇发生消去反应产生丙烯、正丙醇分子之间脱水生成正丙醚。（3）步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是降低温度，减少1-溴丙烷的挥发；（4）步骤2中发生NaBrH2SO4=NaHSO4HBr，CH3CH2OHHBrCH3CH2BrH2O，需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行，目的是减少HBr挥发；（5）萃取的操作：装液，振荡,将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体,静置,分液。将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出