黑龙江省大庆市铁人中学2020学年高二化学上学期9月月考试题（含解析）

黑龙江省大庆市铁人中学2020学年高二化学上学期9月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：Fe:56 Cu:64 N:14 H:1 O:16第I卷(选择题，共54分)一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意）1.下列有关实验原理、仪器的使用或操作都正确的是（ ）A. 分离苯和甲苯的混合液B. 实验室制备氨水C. 配制480mL01mol/L盐酸D. 称取27.4g物品【答案】C【解析】【详解】A. 甲苯和苯互溶，分离苯和甲苯应使用蒸馏方法，而不是使用分液漏斗，故A错误；B. 氨气溶解度很大且溶解速率很快，所以氨气溶于水要使用防倒吸装置，故B错误；C. 配制480mL0.1mol/L盐酸使用500mL容量瓶，故C正确；D. 使用托盘天平应注意“左物右码”，故D错误；故答案选C。2.己知25 C、101 kPa下，下列反应C(石墨)+O2(g)CO2(g)，H=-393.51kJ/mol；C(金刚石)+O2(g)CO2(g)，H=-395.41kJ/mol。可以得出的结论是（ ）A. 金刚石比石墨稳定B. 1mol石墨所具有的能量比1mol金刚石低C. 金刚石转变成石墨是物理变化D. 石墨和金刚石都是碳的同位素【答案】B【解析】【详解】A、两个反应相减可得：C（石墨）C（金刚石）H=+1.9kJmol-1，故1mol石墨所具有的能量比1mol金刚石低，石墨比金刚石稳定，故A错误；B、根据A中分析可知B正确；C、金刚石和石墨属于不同物质，金刚石转变成石墨是化学变化，C错误；D、石墨和金刚石都是碳的同素异形体，D错误。答案选B。【点睛】根据石墨、金刚石燃烧的热化学方程式，利用盖斯定律写出金刚石与石墨转化的热化学方程式，根据反应热比较金刚石与石墨的能量大小，注意物质的稳定性与能量的关系：能量越低越稳定。3. 四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是A. 原子半径ZX，故酸性HNO3H2SiO4，B错误；C、氧元素非金属性强于硅元素，热稳定性H2OSiH4，C正确；D、Z为O，位于元素周期表中第二周期、第A族，D正确。答案选B。4.镭是元素周期表中第7周期IIA族元素，下列关于镭的性质的叙述中不正确的是（ ）A. 在化合物中呈+2价B. 单质能与水反应放出H2C. 它的氢氧化物为强碱D. 镭元素的金属性比钡元素的弱【答案】D【解析】【详解】镭是元素周期表中第七周期第IIA族元素，与Mg、Ca等金属位于同一主族，性质相似。则A项，第IIA族元素最外层有2个电子，化合价为+2价，A正确；B项，镭单质性质活泼，能与水发生反应生成氢气，B正确；C项，氢氧化镭碱性强于氢氧化钡，而氢氧化钡是强碱，故C正确；D项，同主族元素，原子序数越大金属性越强，故D错误。【点睛】本题考查元素周期表与周期律的综合应用，注意根据周期律的递变规律推断元素可能具有的性质，同主族元素原子最外层电子数相同，具有相似性，电子层逐渐增多，具有递变性。5.在一定温度下的恒容容器中,当下列物理量不再发生变化时，不能表明反应： A（s）+3B（g）2C（g）+D（g）已达平衡状态的是A. 混合气体的压强B. 混合气体的密度C. 3v逆（C）=2v正（B）D. 气体的平均相对分子质量【答案】A【解析】【详解】A项，该反应是气体分子数不变的反应，反应中压强始终不变，所以压强无法判断是否达到了平衡状态，故A错误；B项，A为固体，气体质量不断变化，容积不变，故混合气体的密度是个变量，混合气体的密度不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；C项，根据化学反应方程式系数可得2v正(B)=3v正(C)，又因为3v逆(C)=2v正(B)，所以v正(C)=v正(C)，反应达到了平衡状态，故C正确；D项，气体分子数不变，气体质量是个变量，所以气体的平均相对分子质量是个变量，当其不变时说明达到了平衡状态，故D正确。答案选A。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断；解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。6.下列溶液中,Na+的物质的量浓度最大的是()A. 1 mL 0.5 molL-1的NaNO3溶液B. 100 mL 0.01 molL-1的NaCl溶液C. 100 mL 0.1 molL-1的NaOH溶液D. 10 mL 0.1 molL-1的Na2SO4溶液【答案】A【解析】【详解】A、NaNO3溶液的物质的量浓度是0.5 molL-1，则Na+的物质的量浓度是0.5 molL-1；B、NaCl溶液的物质的量浓度是0.01 molL-1，则Na+的物质的量浓度是0.01 molL-1；C、NaOH溶液的物质的量浓度是0.1 molL-1，则Na+的物质的量浓度是0.1 molL-1；D、Na2SO4溶液的物质的量浓度是0.1 molL-1，则Na+的物质的量浓度是0.2 molL-1；因此Na+的物质的量浓度最大的是硝酸钠溶液，答案选A。7.下列反应的离子方程式，正确的是A. Fe溶于稀盐酸：2Fe6H+2Fe3+3H2B. 用小苏打治疗胃酸过多：CO32-2H+CO2H2OC. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔：Fe3+CuFe2+Cu2+D. 铝与浓氢氧化钠溶液反应：2Al2OH2H2O2AlO2-3H2【答案】D【解析】【详解】A项，铁溶于稀盐酸反应的离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B项，用小苏打治疗胃酸过多的的离子方程式为：HCO3-+H+CO2+H2O，故B错误；C项，用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故C错误；D项，铝与浓氢氧化钠溶液反应：2Al2OH2H2O2AlO2-3H2，D正确。答案选D。8.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）A. 1 molCH4(g)和2 molO2(g)的能量总和小于1 mol CO2(g)和2 mol H2O(g)的能量总和B. 标准状况下，44.8L NO与22.4L O2混合后气体中分子总数小于2NAC. 1 molFe在氧气中充分燃烧失去3NA个电子D. 在标准状况下，NA个CHCl3分子所占的体积约为22.4L【答案】B【解析】【详解】A甲烷的燃烧为放热反应，所以1molCH4(g)和2mol O2(g)的能量总和大于1mol CO2(g)和2mol H2O(g)的能量总和，故A错误；B标准状况下，44.8LNO的物质的量为2mol，22.4L O2的物质的量为1mol，二者混合后生成2mol二氧化氮，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，则反应后的混合物的分子的物质的量小于2mol，分子总数小于2NA，故B正确；C1mol铁与氧气完全反应生成四氧化三铁，失去了mol电子，失去NA个电子，故C错误；D标准状况下三氯甲烷不是气体，题中条件无法计算三氯甲烷的体积，故D错误；故选B。【点睛】本题易错点为C，要注意铁与氧气反应生成的是四氧化三铁。9.下列物质性质的递变关系正确的是A. 酸性强弱：H3PO4 H2SO4 HC1O4B. 稳定性：HClH2SPH3C. 氧化性：Na+Mg2+Al3+D. 碱性：NaOHKOHCa(OH)2Mg(OH)2【答案】B【解析】【详解】A.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性强弱：H3PO4H2SO4HClO4，A错误；B.非金属性越强，氢化物越稳定，则稳定性：HClH2SPH3，B正确；C.金属性越强，相应离子的氧化性越弱，氧化性：Na+Mg2+Al3+，C错误；D.金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，碱性：KOHCa(OH)2NaOHMg(OH)2，D错误；答案选B。10.下列除杂试剂的选择或除杂操作不正确的是（ ）选项括号内为杂质除杂试剂除杂操作AFe(A1)粉NaOH溶液在过量的NaOH溶液中充分反应后过滤BNa2O2(Na2O)固体O2在纯氧气中加热CFeCl2(FeCl3)溶液Fe粉加入过量Fe粉，充分反应后过滤DNa2CO3(NaHCO3)溶液CO2通入过量的CO2A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A项，Al能与NaOH溶液反应，Fe不与NaOH溶液反应，能达到除杂的目的，故A正确；B项，Na2O能与O2反应生成Na2O2，能达到除杂的目的，故B正确；C项，Fe+2FeCl33FeCl2，能达到除杂的目的，故C正确；D项，CO2不与NaHCO3反应，与Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，不能达到除杂的目的，故D错误。答案选D。11.下列叙述中正确的是A. 如果存放有钠、电石等危险化学品的仓库着火，消防员不能用水灭火，应用泡沫灭火器灭火B. 用石英制成光导纤维，由水玻璃制硅胶都是化学变化C. 利用油脂在碱性条件下的水解，可以制得肥皂和甘油D. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A.钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠能与水或CO2反应，因此不能用水灭火，也不能用泡沫灭火器灭火，应该用沙子扑灭，A错误；B.用石英制成光导纤维属于物理变化，B错误；C.利用油脂在碱性条件下的水解即皂化反应，可以制得肥皂和甘油，C正确；D.糖类中的单糖、二糖以及油脂均不是高分子化合物，D错误；答案选C。12.下列化学用语正确的是A. 甲烷的结构式：CH4B. 苯的分子式：C6H6C. HClO的结构式：HClOD. 氯化钠的电子式 【答案】B【解析】【详解】A.甲烷的结构式为，A错误；B.苯的分子式为C6H6，B正确；C.HClO的结构式为H-O-Cl，C错误；D.氯化钠是离子化合物，电子式 ，D错误；答案选B。【点睛】选项C是解答的易错点，书写化合物的结构式时，应注意原子间的连接顺序，确定原子间连接顺序的方法是先标出各原子的化合价，然后根据异性微粒相邻，同性微粒相间的原则确定。13. 下列说法正确的是A. CH4能使酸性KMnO4溶液褪色B. 金属Na能与C2H5OH中的甲基反应生成H2C. 乙酸有强烈的刺激性气味，其水溶液称为冰醋酸D. CH3CH2CH2CH3与CH3CH（CH3）2互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A项，CH4性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；B项，金属Na能与C2H5OH中羟基上的H反应生成H2，B错误；C项，纯乙酸又称冰醋酸，C错误；D项，分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，正丁烷与异丁烷互为同分异构体，D正确。答案选D。14.下列说法正确的是A. 1mol任何气体的体积都是22.4LB. 1molH2的质量是1g，它所占的体积是22.4LC. 在标准状况下，1mol任何物质所占的体积都约为22.4LD. 在标准状况下，1mol任何气体所占的体积都约为22.4L【答案】D【解析】【详解】A.1 mol任何气体的体积在标准状况下约是22.4 L，A错误；B.1 molH2的质量是2 g，在标准状况下它所占的体积是22.4 L，B错误；C.在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都约是22.4 L，C错误；D.在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都约是22.4 L，D正确；答案选D。15.下列反应属于氧化还原反应的是()A. CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2OB. CaO+H2O=Ca(OH)2C. 2H2O22H2O+O2D. CaCO3CaO+CO2【答案】C【解析】【分析】氧化还原反应的特征是反应前后元素化合价会发生升降。据此解答。【详解】A、该反应是复分解反应，没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A不选；B、该反应是化合反应，没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，B不选；C、反应中氧元素化合价部分升高，部分降低，是氧化还原反应，C选；D、该反应是分解反应，没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，D不选；答案选C。16.将1.92gCu投入盛有一定量浓硝酸的试管中，当在标准状况下收集到1.12L气体时，金属铜恰好全部消耗。则反应中消耗的硝酸的物质的量为A. 0.09molB. 0.1molC. 0.11molD. 0.12 mol【答案】C【解析】【详解】1.92g铜与一定量浓硝酸反应，Cu恰完全反应，生成气体为NO、NO2中的一种或二者混合物；反应的硝酸一部分表现氧化性，一部分表现酸性；根据原子守恒表现氧化性的硝酸物质的量=n（NOx）=1.12L/22.4Lmol-1=0.05mol，表现酸性的硝酸物质的量=2nCu（NO3）2=2n（Cu）=21.92g/64gmol-1=0.06mol，所参加反应硝酸物质量=0.05mol+0.06mol=0.11mol，答案选C。【点睛】本题考查铜和硝酸反应的计算问题，注意运用守恒法简化运算过程，此类题目常用到原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等，本题运用原子守恒：参加反应的硝酸的物质的量=表现氧化性的硝酸的物质的量+表现酸性的物质的量。17.在C(s)+CO2(g)2CO(g)的反应中，现采取下列措施：缩小体积，增大压强 增加碳的量 通入CO2 恒容下充入N2 恒压下充入N2。其中能够使反应速率增大的措施是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】该反应有气体参加，缩小体积增大压强，能够使化学反应速率增大；碳是固体，增加碳的量不会增大化学反应速率；通入CO2增大了反应物的浓度，使反应速率增大；恒容下通入N2，反应物的浓度没有改变，对反应速率无影响；恒压下充入N2，使容器的体积增大，气体的浓度减小，反应速率减小。所以其中能够使反应速率增大的措施是，答案选C。18.银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，其电极分别为Ag2O、Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应为Ag2O+Zn+H2O=Ag+Zn(OH)2。下列说法中错误的是（ ）A. 原电池放电时，负极上发生反应的物质是ZnB. 溶液中OH-向正极移动，K+、 H+向负极移动C. 工作时，负极区溶液pH减小，正极区pH增大D. 负极上发生的反应是Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2【答案】B【解析】【详解】根据总反应Ag2OZnH2O=2AgZn（OH）2分析化合价变化可知，Zn在负极上失电子，Ag2O在正极上得电子，电解质溶液为KOH溶液，所以负极反应为Zn2OH2e=Zn（OH）2，正极反应为Ag2O2eH2O=2Ag2OH；溶液中OH-向负极极移动，K+、H+向正极移动；在负极区，OH被消耗，溶液碱性减弱，pH减小，溶液中的OH作定向移动到负极来补充，正极区生成OH，溶液碱性增强，pH增大。综上ACD正确，B错误。答案选B。第卷（非选择题，共46分）二、非选择题（本题包括4小题，共46分）19.有一包白色粉末状混合物，可能含有Na2CO3、NaCl、CaCO3、CuSO4、Na2SO4、MgCl2中的某几种，现进行如下实验。请根据实验现象回答各问题。实验操作实验结论(1)将混合物溶于水，得到无色透明溶液原混合物肯定无_。(2)取少量上述溶液两份，其中一份加入BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解原混合物肯定有_，无_。(3)在另一份溶液中加入NaOH溶液，也产生白色沉淀原混合物肯定有_。【答案】 (1). CuSO4、CaCO3 (2). Na2SO4 (3). Na2CO3 (4). MgCl2【解析】【详解】（1）将混合物溶于水，得到无色透明溶液，碳酸钙难溶于水，硫酸铜溶液呈蓝色，说明原混合物一定不含CaCO3、CuSO4；（2）取少量上述溶液两份，其中一份加入BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，可能是生成的碳酸钡、硫酸钡沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，说明沉淀一定不是碳酸钡，是硫酸钡，证明原混合物含有硫酸钠，一定不含碳酸钠；（3）在另一份溶液中加入NaOH溶液，也产生白色沉淀，原混合物中的氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，说明原混合物含有MgCl2。【点睛】本题考查了物质检验的实验方法和反应现象的分析判断，掌握物质性质和反应现象是推断的依据和关键。注意进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。20.实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内），加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏（如下图所示），得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品。请回答下列问题：（己知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸点依次是78.4、118、77.1（1）在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是_。（2）在烧瓶中加入一定比例的乙醇和浓硫酸的混合液的方法是：_。（3）在该实验中，若用lmol乙醇和lmol乙酸在浓硫酸作用下加热，充分反应，能否生成lmol乙酸乙酯？原因是_。（4）现拟分离含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品，下图是分离操作步骤流程图。请在图中圆括号内填入适当的试剂，在方括号内填入适当的分离方法。试剂a是_，试剂b是_；分离方法是_，分离方法是_，分离方法是_。（5）在得到的A中加入无水碳酸钠粉末，振荡，目的是_。（6）写出CD反应的化学方程式_。【答案】 (1). 防止烧瓶中液体暴沸 (2). 先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡 (3). 否，该反应是可逆反应，反应不能进行到底 (4). 饱和碳酸钠溶液 (5). 硫酸 (6). 分液 (7). 蒸馏 (8). 蒸馏 (9). 除去乙酸乙酯中混有的少量水 (10). 2CH3COONa+H2SO4Na2SO4+2CH3COOH【解析】【详解】（1）酯化反应需要加热，在烧瓶中放入几块碎瓷片，其目的是防止烧瓶中液体暴沸。（2）浓硫酸溶于水放出大量的热，所以应该将浓硫酸慢慢的加入到乙醇中，而不能反过来加，故在烧瓶中加入一定比例的乙醇和浓硫酸的混合液的方法是：先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡。（3）酯化反应是可逆反应，所以反应物的转化率不可能是100的。（4）在制得的产品中含有乙醇和乙酸，所以应该首先加入饱和碳酸钠溶液，溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，之后分液即得到乙酸乙酯A。B中含有乙醇和乙酸钠，乙醇的沸点比较低，蒸馏即可得到乙醇E。C是乙酸钠，加入硫酸可得到乙酸和硫酸钠，乙酸的沸点低于硫酸钠的沸点，蒸馏即得到乙酸；综上分析，试剂a是饱和碳酸钠溶液，试剂b是硫酸；分离方法是分液，分离方法是蒸馏，分离方法是蒸馏。（5）由于A中仍然含有少量水，所以加入无水碳酸钠来除去乙酸乙酯中的水。（6）C是乙酸钠，加入硫酸可得到乙酸和硫酸钠，故CD反应的化学方程式为：2CH3COONa+H2SO4Na2SO4+2CH3COOH。21.物质A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K存在下图转化关系，其中气体D、E为单质，试回答：（1）写出下列物质的化学式：A是_，D是_，K是_。（2）写出反应“CF”的离子方程式：_。（3）写出反应“FG”的化学方程式：_。（4）在溶液I中滴入NaOH溶液，可观察到的现象是_。【答案】 (1). Al (2). H2 (3). Fe(OH)3 (4). Al33NH3H2OAl(OH)33NH4+ (5). Al(OH)3 NaOHNaAlO22H2O (6). 先生成白色絮状沉淀，而后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀【解析】【分析】K为红褐色沉淀，则应为Fe（OH）3，则溶液J中含有Fe3+，所以H为Fe，D应为H2，E应为Cl2，B为HCl，则I为FeCl2，J为FeCl3，K为Fe（OH）3，白色沉淀F能溶于过量NaOH溶液，则F为Al（OH）3，G为NaAlO2，A为Al，C为AlCl3。据此解答。【详解】（1）根据以上分析可知AAl，D是H2，K是Fe(OH)3；（2）反应“CF”的离子方程式：Al33NH3H2OAl(OH)33NH4+；（3）反应“FG”的化学方程式：Al(OH)3NaOHNaAlO22H2O；（4）FeCl2中滴入NaOH溶液发生反应：FeCl2+2NaOHFe(OH)2+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+4H2O4Fe(OH)3。因此实验现象是先生成白色絮状沉淀，而后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀。22.A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A、D及C、F分别是同一主族元素，A元素的一种核素无中子，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，B元素的的最外层电子数是内层电子数的2倍，E元素的最外层电子数等于其电子层数。请回答：（1）A、D、F形成化合物的电子式_。（2）工业上在高温的条件下，可以用A2C和BC反应制取单质A2。在2L密闭容器中分别充入1 mol A2C和1 mol BC， 定条件下，2 min达平衡时生成0.4mol A2，则用BC表示的反应速率为_。下列关于该反应的说法中正确的是_。A.增加BC2的浓度始