《Ks5u解析》内蒙古阿尔山市第一中学高三上学期第一次月考化学试题

学年度第一学期高三第一次月考化学试卷1.生活、生产中的问题常涉及到化学知识，下列叙述中正确的是A.使用明矾可以对水进行消毒、杀菌B.为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C.浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了催熟水果D.信息产业中的光缆的主要成分是单质硅【答案】B【解析】试题分析：A中明矾可以利用胶体聚沉的原理进行净水，但是对水没有消毒杀菌的作用。B中，漂白精中加入醋酸可以有助于生成HClO，有助于提高漂白效果。C中，浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了给水果保鲜。D中，光缆的主要成分是二氧化硅，芯片的主要成分是单质硅。考点：化学在生产生活中的应用实例。2.青蒿素是抗疟特效药属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯取代物有（不含立体异构）A.5种B.6种C.7种D.8种【答案】C3.能正确表示下列反应离子方程式的是：A.将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2OB.NaHCO3溶液中加入HCl：CO32＋2H＋=CO2↑＋H2OC.向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2＋AlO2－＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－D.“漂白液”和“洁厕灵”（主要成分为盐酸）混合使用会产生有毒气体：ClO3－＋5Cl－＋6H＋＝3Cl2↑＋3H2O【答案】C【解析】A、产物不正确，且电荷不守恒，正确反应式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故A错误；B、拆分错误，HCO3不可拆，正确反应式为：HCO3+H+=CO2↑+H2O，故B错误；C、向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3，CO2过量，生成酸式盐，方程式正确，故C正确；D、“84消毒液”主要成分为NaClO和NaCl，反应式应为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，故D错误；故选C。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB.标准状况下，22.4LSO3含有NA个SO3分子C.3molNO2和H2O完全反应，被还原的NO2分子数目为1NAD.56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子【答案】C【解析】A、Fe2+和I都能被Cl2氧化，1molFeI2中含有1molFe2+、2molI，完全反应需消耗1.5molCl2,转移3mol电子，即3NA，故A错误；B、标况下SO3是固体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；C、3NO2+H2O=2HNO3+NO，3molNO2反应，有1mol被还原，即被还原的分子数目为1NA，故C正确；D、铁在浓硫酸中钝化，故不能反应完全，则生成的SO2分子数小于NA，故D错误。故选C。5.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多空的海绵状碳浓硫酸具有吸水性和强氧化性B用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+，无K+C向盛Na2SiO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去2min后，试管里出现凝胶非金属性：Cl>SiD向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A、浓硫酸能将有机物中H、O元素以2:1水的形式脱去而体现脱水性，浓硫酸还将氧化C生成CO2，体现其强氧化性，故A错误；B、观察K元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃，滤去黄光的干扰，故B错误；C、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能据此判断非金属性强弱，故C错误；D、向Na2SiO3溶液中通入CO2生成H2SiO3沉淀，这是强酸制弱酸的原理，说明碳酸酸性强于硅酸，故D正确，故选D。点睛：判断K元素的有和无，均要用透过蓝色钴玻璃确定，此为易错点。6.某化学兴趣小组进行了有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如下图所示。下列有关说法正确的是A.实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，说明稀硝酸被Cu还原为NO2B.实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强C.实验③发生反应的化学方程式为：3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2OD.由上述实验可得出结论：Cu在常温下既可以和稀硝酸反应，也可以和稀硫酸反应【答案】C【解析】试题分析：稀硝酸被Cu还原为NO，故A错误；Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，稀硫酸的氧化性比稀硝酸弱，故B错误；实验③发生反应的化学方程式为:3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4═4CuSO4+2NO↑+4H2O，故C错误；由上述实验可得出结论:Cu在常温下可以和稀硝酸反应，故D错误。考点：本题考查硝酸的性质。7.X、Y、Z、M是四种原子序数依次增大的主族元素。已知X、Y、Z是短周期中的三种非金属元素，X元素原子的核外电子数等于所在周期数；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z单质为无色气体，性质稳定常用作保护气；M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是A.四种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞Z＞Y＞XB.元素X、Z可形成某种化合物，其分子内既含极性键又含非极性键C.化合物YO2、ZO2都能和氢氧化钠溶液反应，均属于酸性氧化物D.金属M制品具有较强的抗腐蚀能力，说明M元素的金属活动性较差【答案】B【解析】X元素原子的核外电子数等于所在周期数，可推断X为氢（H）元素；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则Y含有两个电子层，最外层含有4个电子，为碳（C）元素；Z单质为无色气体，性质稳定，常用作保护气，则Z为（N）元素；M是地壳中含量最高的金属元素，则M为（Al）元素。8.短周期主族元素A，B，C，D，E，F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13。B的化合物种类繁多，数目庞大；C，D是空气中含量最多的两种元素，D，E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期半径最小的元素。试回答以下问题：（1）D、E两种元素的单质反应生成的两种离子化合物分别是________、___________。（2）化学组成为BDF2的电子式为：_______，A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为_________化合物(填“离子”或“共价”)。（3）化合物甲、乙由A，B，D，E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的离子方程式为：_______________________________。（4）由C，D，E，F形成的简单离子的离子半径由大到小的顺序是_________________(用元素离子符号表示)。（5）元素B和F的非金属性强弱，B的非金属性_________于F(填“强”或“弱”)，并用化学方程式证明上述结论_______________________________。【答案】(1).Na2O(2).Na2O2(3).(4).离子(5).OH－＋HCO3－=CO32－＋H2O(6).Cl＞N3＞O2＞Na+(7).弱(8).Na2CO3＋2HClO4=CO2↑＋H2O＋2NaClO4或NaHCO3＋HClO4=CO2↑＋H2O＋NaClO4【解析】根据B形成的化合物种类繁多，可推断B为碳（C）元素；C、D为空气中含量最多的两种元素，C、D的原子序数依次增大，所以C为氮（N）元素，D为氧（O）元素；D、E形成两种不同的离子化合物，氧元素之后的短周期元素能与氧形成离子化合物的为金属元素，能形成两种的只有Na，则E为Na；F为同周期半径最小的元素，E、F同周期，所以F为Cl元素；它们的原子核外电子层数之和为13，则A为H元素；（1）Na元素与O元素形成两种化合物，分别为：Na2O和Na2O2；（2）B、D、F分别为碳、氧、氯，三者形成的化合物COCl2，其中C原子共用四对电子，O原子共用两对电子，每个Cl共用一对电子，所以C为中心原子，四个原子均为八电子稳定结构，其电子式为：；（3）化合物甲、乙由A、B、D、E（氢、碳、氧、钠）中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性，则甲和乙可能是NaOH和NaHCO3，其反应的离子方程式为：OH+HCO3=CO32+H2O；（4）C、D、E、F形成的简单离子分别为：N3、O2、Na+、Cl，其中N3、O2、Na+的电子层结构相同，均有2个电子层，而Cl有3个电子层。电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小；离子电子层越多，离子半径越大，故C、D、E、F形成的简单离子的离子半径由大到小的顺序是：Cl＞N3＞O2＞Na+；（5）元素B和F的分别为C、Cl，非金属性C比Cl弱。非金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，利用这一点可以证明非金属性强弱。高氯酸能制备碳酸，则高氯酸的酸性大于碳酸，即非金属性Cl大于C，反应方程式Na2CO3＋2HClO4=CO2↑＋H2O＋2NaClO4或NaHCO3＋HClO4=CO2↑＋H2O＋NaClO4。9.I．研究CO2、CO的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义，CO2、CO都可用于合成甲醇。CO2用于合成甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H①该反应的平衡常数表达式为K=____________________。②取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1∶3），加入恒容密闭容器中发生上述反应，反应过程中测得甲醇的体积分数φ(CH3OH)与反应温度T的关系如右图所示，则该反应的ΔH_______0（填“>”、“<”或“＝”）。Ⅱ.甲醇是结构最为简单的饱和一元醇，又称“木醇”或“木精”。甲醇是一碳化学基础的原料和优质的燃料，主要应用于精细化工、塑料、能源等领域。已知甲醇制备的有关化学反应如下反应①：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H1=﹣90.77kJ•mol—1反应②：CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）△H2=+41.19kJ•mol—1反应③：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H3（1）反应③的△H3=__________________。（2）若500℃时三个反应的平衡常数依次为K1、K2与K3，则K3=_____（用K1、K2表示）。已知500℃时K1、K2的值分别为2.5、1.0，并测得该温度下反应③在某时刻，H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度（mol/L）分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时V正_____V逆（填“＞”、“=”或“＜”）．（3）在3L容积可变的密闭容器中发生反应②，c（CO）随反应时间t变化如图中曲线Ⅰ所示。若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是_______。当通过改变压强使曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，曲线Ⅲ达到平衡时容器的体积为___________________。【答案】(1).(2).＜(3).49.58kJ•mol—1(4).K1•K2(5).＞(6).加入催化剂(7).2L【解析】I．①平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积；CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数K=；②根据图象可知达到平衡后，温度越高，甲醇的体积分数φ(CH3OH)越小，说明升高温度平衡逆移，则正反应方向为放热反应，△H<0，故答案为：＜；Ⅱ.（1）根据盖斯定律：③=①+②，得反应③的△H3=49.58kJ•mol—1；（2）反应③=①+②，则K3=K1·K2；已知500℃时K1、K2的值分别为2.5、1.0，则K3=2.5，该温度下反应③在某时刻，Qc===0.9＜K3，反应正向进行,此时V正＞V逆。故答案为：K1·K2；＞；（3）分析图象知，t0时刻改变一个条件，曲线I变为曲线II，CO的平衡浓度没有变化，而达平衡的时间缩短，则改变的条件是加入催化剂；反应②为反应前后气体数目不变的反应，改变压强，平衡不移动，曲线I变为曲线III时,n（CO）=0.3×3mol=0.9mol，CO的浓度由0.3mol/L变为0.45mol/L，容器的体积由3L缩小2L。故答案为：加入催化剂；2L。点睛：（1）平衡常数的关系：若反应③=反应①+反应②，则K3=K1·K2；若反应③=反应①反应②，则K3=K1/K2；（2）平衡常数的应用：当Qc＞K，反应正向进行，此时V正＞V逆；当Qc＜K，反应正向进行，此时V正＜V逆；当Qc=K，反应为平衡状态，此时V正=V逆。10.淮南是我国重要的煤炭生产基地，通过煤的气化和液化，能使煤炭得以更广泛的应用。I．工业上先将煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2时，存在以下平衡：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）（1）向2L恒容密闭容器中充入CO和H2O（g），800℃时测得部分数据如下表。t/min01234n（H2O）/mol1.201.040.900.700.70n（CO）/mol0.800.640.500.300.30则从反应开始到2min时，用H2表示的反应速率为_________________；该温度下反应的平衡常数K=___________________（小数点后保留1位有效数字）。（2）相同条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO、3molH2O（g）、2molCO2（g）、2mo1H2（g），此时v正________v逆（填“>”“<”或“=”）。Ⅱ.一定条件下用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣105kJ•mol﹣1．向体积为2L的密闭容器中充入2molCO和4molH2，测得不同温度下容器内的压强（P：kPa）随时间（min）的变化关系如右图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ曲线所示：（1）Ⅱ和Ⅰ相比，改变的反应条件是______．（2）反应Ⅰ在6min时达到平衡，在此条件下从反应开始到达到平衡时v（CH3OH）=______．（3）反应Ⅱ在2min时达到平衡，平衡常数K（Ⅱ）=______．（4）比较反应Ⅰ的温度（T1）和反应Ⅲ的温度（T3）的高低：T1_____T3（填“＞”“＜”“=”），判断的理由是_________________________________________________________．【答案】(1).0.075mol•L1•min1(2).1.2(3).<(4).Ⅱ中使用催化剂(5).0.125mol/（L•min）(6).12(7).＞(8).此反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动【解析】I．（1）从反应开始到2min时,△n(H2O)=0.3mol,则生成0.3mol氢气，v(H2)=0.3mol/(2L·2min)=0.075mol·L−1·min−1；根据已知表格信息，列出三段式：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始n/mol0.801.2000△n/mol0.500.500.500.50平衡n/mol0.300.700.500.50容器体积为2L，则K==1.2(2)向2L恒容容器中充入1molCO、3molH2O、2molCO2、2molH2,Qc==>1.2，平衡向逆反应方向进行,所以υ(正)<υ(逆)。故答案为：<；Ⅱ.①Ⅱ和Ⅰ相比反应速率加快，不影响平衡移动，正反应为气体物质的量减小的反应，应是使用催化剂；故答案为：Ⅱ中使用催化剂；②根据pV=nRT可知，恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比。反应Ⅰ起始状态时压强为2kPa，平衡时压强为1kPa。则平衡时气体的物质的量为起始时气体物质的量的2倍。设CO转化xmol,列三段式：

CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)起始量(mol):2

4

0变化量(mol):

2

平衡量(mol):2

42

所以，=2，解得=1.5则v(CH3OH)=1.5mol/(2L·6min)=0.125mol/(L·min)，故答案为：0.125mol/(L·min)；③Ⅱ、Ⅰ温度相同,平衡常数相同,平衡常数K(Ⅱ)=K(Ⅰ)=；故答案为：12；④反应Ⅲ达平衡时所用的时间比反应Ⅰ达平衡时所用的时间长,化学反应速率快,且Ⅲ平衡时压强比I小,与I相比平衡正向移动,正反应为气体体积减小放热反应,应降低温度,故温度T1温度更高，故答案为：>；此反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动。11.分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，符合下列条件：①其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：6：1，②其苯环上有四个取代基（其中两个为甲基）；且苯环上的一卤代物只有一种；③水解酸化后的产物C能发生银镜反应，D遇FeCl3溶液显色且E能与浓溴水反应在一定条件下可发生下述一系列反应已知：①在稀碱溶液中，溴苯难发生水解②请回答下列问题（1）X中含氧官能团的名称是______；（2）E可能具有的化学性质______（选填序号）。a．取代反应b．消去反应c．氧化反应d．还原反应（3）在上述反应中有机物发生还原反应的是______；a．A→Bb．D→Ec．E→Fd．F→H（4）写出下列反应的化学方程式：①A→B：_____________________________________________；②F→H：______________________________________________；（5）同时符合下列条件的E的同分异构体共有______种，其中一种的结构简式为______。a．能发生水解反应b．遇FeCl3溶液显色c．含有苯环，苯环上有两个取代基且苯环上有两种不同化学环境的氢原子【答案】(1).酯基(2).acd(3).c(4).(5).(6).6(7).【解析】X（C10H10O2Br2）在稀NaOH溶液中发生水解，酸化后得到C和D，则X中含有酯基；根据已知条件③：C能发生银镜反应，则C中含有CHO；D遇FeCl3溶液显色，则D中有酚羟基