1、河北省石家庄市第二中学2020届高三化学下学期3月月考试题（含解析）注意事项：1.答卷前，请务必将自己的班级、姓名和考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，答案必须写在答题卡各题目指定区域。不按要求作答的答案无效。3.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡上交监考老师。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Cl-35.5 Na-23 Ni-59 As-75一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
2、目要求的。1.下列关于物质性质和用途的说法正确的是（ ）A. 镁和铝性质稳定且都有很强的抗腐蚀能力，所以镁铝合金可用于飞机、轮船制造B. Na2SiO3溶液可用作矿物胶、木材防火剂，还可用作制备硅胶的原料C. 氢氧化铝和碳酸钠均可用于治疗胃酸过多D. 缺铁性贫血可服用硫酸铁补铁【答案】B【解析】【详解】A. 镁和铝性质活泼，表面生成致密氧化膜而有很强的抗腐蚀能力，故A错误；B. Na2SiO3溶液可用作矿物胶、木材防火剂，还可用作制备硅胶的原料，故B正确；C. 氢氧化铝可用于治疗胃酸过多，碳酸钠碱性较强，不能治疗胃酸过多，故C错误；D. 缺铁性贫血可服亚铁盐，故D错误。综上所述，答案为B。【点
3、睛】治疗胃酸过多可以用氢氧化铝和碳酸氢钠，但不能用碳酸钠，碳酸钠碱性太强。2.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O48HNO3=3Fe3NO4H2OB Mg(HCO3)2 溶液中加入足量 NaOH 溶液：Mg22HCO32OH=MgCO3CO322H2OC. 向含有 0.2 mol FeI2 的溶液中通入 0.1 mol Cl2 充分反应：2ICl2=2ClI2D. 明矾溶液中加入 Ba(OH)2 溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al32SO422Ba24OH=AlO22BaSO42H2O【答案】C【解析】【分析】A项，电荷不守恒；B项，氢氧化镁的溶解度小于
4、碳酸镁，反应应生成氢氧化镁；C项，还原性：IFe2+，氯气先氧化碘离子；D.当把铝离子转化为Al(OH)3时，沉淀物质的量最多。【详解】A项，电荷不守恒，故A项错误；B项，氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，因此反应应生成氢氧化镁而非碳酸镁，故B项错误；C项，还原性：IFe2+根据电子得失守恒可知，0.1 mol Cl2完全反应变为Cl，转移电子0.2 mol，0.2 mol FeI2中含有0.4 mol I，因此氯气完全反应，离子方程式为2I+Cl22Cl+I2，C项正确；D.当把铝离子转化为Al(OH)3时，沉淀物质的量最多，故D项错误；正确选项C。3.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，
5、可由X在一定条件下合成：下列说法不正确的是A. Y的分子式为C10H8O3B. 由X制取Y的过程中可得到乙醇C. 一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应D. 等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为32【答案】D【解析】【详解】A由Y的结构简式可知Y的分子式为C10H8O3，故A正确；B由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为乙醇，故B正确；CY中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故C正确；DX中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol可与3molNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应
6、，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY可与3molNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：1，故D错误；故答案为D。【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的性质。4.Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用如图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。下列判断正确的是A. e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体B. 玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口
7、瓶，参与反应C. c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触D. Y形管乙中产生的为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀【答案】A【解析】【分析】SO2与 BaCl2反应产生沉淀，溶液中必存在大量的SO32-或SO42-，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-，则生成的沉淀可能为BaSO3；如是氧化性气体,溶液中可生成 SO42-，则生成的沉淀可能为BaSO4；容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。【详解】A、如是碱性气体，
8、溶液中存在大量的SO32-，所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生碱性气体氨气，故A 正确；B、玻璃管的作用是连通大气，平衡压强，以便左右两边产生的气体顺利导入，故 B错误；C、如果产生氨气，氨气极易溶于水，易产生倒吸，为防止倒吸，所以不能插人BaCl2溶液中，故C错误；D. SO2与 BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故D错误；综上所述，本题选A。【点睛】SO2与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强
9、氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。5.二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示：下列说法不正确的是（ ）A. b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸B. 电解池a极电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2OC. 电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6gH2D. 二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH【答案】B【解析】【详解】A. 电解池右边生成氢气，说明是氢离子化合价降低变为氢气
10、，作阴极，因此b电极接电源的负极，氢离子消耗，氯离子不断向左移动，因此b极区流出的Y溶液是稀盐酸，故A正确；B. 电解池a极的电极反应式为NH4+6e+3Cl = NCl3 + 4H+，故B错误；C. 电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3即0.1mol，转移电子0.1mol6 = 0.6mol，根据2e H2，则b极产生H2的物质的量0.3mol，其质量为0.3mol 2 gmol 1=0.6g，故C正确。D. 6NaClO2 + NCl3 +3H2O = NH3+ 6ClO2 + 3NaCl+ 3NaOH，因此二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，
11、故D正确。综上所述，答案为B。【点睛】分析化合价变化，化合价升高失去电子为电解池的阳极，化合价降低得到电子为电解池的阴极。6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是A. 原子半径：r(Y)r(Z)r(W)B. 化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同C. 含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性D. Z与X、Y、W形
12、成的化合物中，各元素均满足8电子结构【答案】C【解析】【分析】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N
13、为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)r(s)r(O)，故A错误；B、SO2能使溴水褪色，发生SO2Br2H2O=2HBrH2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶
14、液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。7.已知HA的酸性弱于HB的酸性。25时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1molL-1的HA溶液和HB溶液的pH（溶液的体积变化忽略不计），溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数
15、与溶液的pH的变化情况如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 曲线表示溶液的pH与-lgc（A-）的变化关系B. =1000C. 溶液中水的电离程度：MND. N点对应的溶液中c（Na+）Q点对应的溶液中c（Na+）【答案】D【解析】【详解】A. HA的酸性弱于HB的酸性，则Ka(HA) Ka(HB)，加入NaOH变为中性时，HA加入的NaOH固体量少，c(Na+)离子浓度小，c(A)离子浓度小，则lgc(A)大，因此曲线II表示pH与1gc(A)的关系，故A错误；B. 对于HA，取点(10，2)，则c(H+)=1010 molL1，c(A)=102 molL1，则，同理对于HB，取点(8，2)
16、，则c(H+)=108 molL1，c(B)=102 molL1，则，所以Ka(HB):Ka(HA)= 109: 1011 =100，故B错误；C. M点和N点溶液中c(A)=c(B)，M点是酸电离占主要显酸性，是抑制水的电离溶液，N点是盐水解占主要显碱性，所以水的电离程度M N，故C错误；D. 对于N点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(B)，对于Q点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(A)，N点和Q点溶液pH相同，则两溶液中c(H+)和c(OH)分别相等，但c(B)c(A)，则N点对应的溶液中c(Na+)中间体F的合成：II.奧美拉唑的合
17、成：已知：R-OHR-ClR1-SH+R2-XR1-S-R2结合上述合成路线，请回答：（1）下列说法正确的是_。A.奥美拉唑的分子式为C18H19N3O3SB.J生成K的反应类型为加成反应C.化合物C可以发生的反应类型有取代、还原、加成D.设计A转化为B的目的是保护其中的官能团（2）化合物F的结构简式为_；（3）请写出AB的反应方程式_；（4）试写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体：_。分子中含苯环，遇FeC13显紫色分子中含有4种不同化学环境的氢原子。（5）利用已有知识和题中涉及的反应，设计从乙烯合成的路线_。(用流程图表示，无机试剂任选)【答案】 (1). C、D (2). (3).
18、 (4). 、 (5). 【解析】【分析】根据A到B反应和B的结构简式得到A结构简式为，B到C发生硝化反应得到C为，C到D发生水解反应得到D为，D反应生成，根据信息2和I和F反应生成J，推出化合物F的结构简式为。【详解】A. 根据奥美拉唑的结构简式得出分子式为C18H18N3O3S，故A错误；B. 加氧去氢是氧化反应，因此J生成K的反应类型为氧化反应，故B错误；C. 化合物C()含有苯环与氢气发生加成反应，也叫还原反应，有肽键能够发生水解反应，也叫取代反应，故C正确；D. 设计A转化为B的目的在硝化反应时保护NH2，故D正确；综上所述，答案为CD。根据信息2和I和F反应生成J，推出化合物F的结构简式为；故答案为：。AB的反应方程式；故答案为：。分子中含苯环，遇FeC13显紫色，说明含酚羟基；分子中含有4种不同化学环境的氢原子；满足下列条件的化合物H的同分异构体：、；故答案为：、。乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应得到，和氨气反应生成，在CS2/KOH/C2H5OH作用下反应生成，合成路线为；故答案为：。