1、新疆和田地区第二中学2020届高三化学上学期12月月考试题（重点普通班，含解析）（时间：90分钟满分：100分）可能用到原子量 H -1 C-12 N-14 O -16 Fe-56 Cu-64一、单选题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分）1. 化学在人类生活中扮演着重要角色，以下应用正确的是A. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B. 为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大最食品添加剂C. 使用无磷洗衣粉，可彻底解决水体富营养化问题D. 天然药物无任何副作用，可长期服用【答案】A【解析】【分析】【详解】A.乙烯是一种催熟剂，而高锰酸钾溶液能吸收
2、乙烯，A正确；B.添加剂要合理使用，不能大量添加，B错误；C.含磷洗衣粉只是引起水体富营养化的一部分，所以使用无磷洗衣粉，不可能彻底解决水体富营养化问题，C错误；D.天然药物也有副作用，不能长时间服用，D错误；答案选A。【点睛】2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A. 4.6 g组成为C2H6O的有机物，所含CH键数目一定为0.6NAB. 8.7 g MnO2与40 mL 10 molL1的浓盐酸充分反应，生成的氯气分子数为0.1NAC. 0.1 mol N2与0.3 mol H2在密闭容器中，在催化剂作用下充分反应，生成氨分子数为0.2NAD. 在反应5NH4NO32HNO
3、34N29H2O中，每生成4 mol N2，转移电子数为15NA【答案】D【解析】【详解】AC2H6O的有机物有可能是乙醇：CH3CH2OH，也有可能是乙醚：CH3OCH3，乙醛中含有5个CH键，乙醚中含有6个CH键，故4.6 g组成为C2H6O的有机物，所含CH键数目不一定为0.6NA，故A项错误；BMnO2与浓盐酸反应，当浓盐酸逐渐变稀之后，反应就停止了，所以生成的氯气分子数一定比0.1NA小，故B项错误；CN2与H2反应是可逆反应，反应无法达到100%，故0.1 mol N2与0.3 mol H2在密闭容器中，在催化剂作用下充分反应，生成氨分子数无法达到0.2NA，故C项错误；D标出化合
4、价升降关系，即可判断出每生成4 mol N2，便有3mol +5价N转变为0价的N，故转移电子数为15NA，故D项正确；故答案为D。3. 下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是( )物质编号物质转化关系甲乙丙丁CuCuOCuCl2Cu(NO3)2Na2CO3NaOHNaHCO3CO2(NH4)2SO3CaSO3SO2NH4HSO3Al(OH)3Al2O3NaAlO2AlCl3 A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】Cu可与氧气反应生成CuO，CuO可与稀硫酸反应生成CuSO4，Cu与浓硫酸反应生成CuSO4，CuSO4与铁发生置换反应可生成Cu，Cu和硝酸
5、反应生成Cu(NO3)2，硫酸铜和硝酸钡反应生成Cu(NO3)2，故正确；Na2CO3和氢氧化钡生成NaOH，NaOH和过量二氧化碳反应生成NaHCO3，Na2CO3和NaHCO3可相互转化，二者都可与酸反应生成CO2，故正确；(NH4)2SO3与石灰水反应生成CaSO3，CaSO3与稀硫酸反应生成SO2，SO2与氨水反应可生成NH4HSO3，(NH4)2SO3和SO2可相互转化，故正确；Al(OH)3受热分解生成Al2O3，Al(OH)3与氢氧化钠反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入二氧化碳生成Al(OH)3，Al2O3与氢氧化钠反应生成NaAlO2，NaAlO2与盐酸反应生成AlC
6、l3，AlCl3与适量氢氧化钠反应生成Al(OH)3，物质间的转化均可进行，故正确答案选D。4. 海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如下图所示）下列有关说法不正确的是（ ）A. 从能量转换角度来看，框图中氯碱工业是一个将电能转化为化学能量的过程B. 过程中结晶出的MgCl26H2O要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2C. 在过程中溴元素均被氧化D. 过程中除去粗盐中的、Ca2+、Mg2+、Fe3+ 等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸【答案】D【解析】【分析】【详解】A.电解氯化钠溶液即得到氢气、氢氧化钠和氯气，属于电能转化为化
7、学能的，A正确；B.氯化镁溶于水镁离子水解生成氢氧化镁和氯化氢，加热促进水解，因此为了防止镁离子水解，则要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2，B正确；C.在过程中溴元素的化合价升高，均被氧化，C正确；D.中Ca2用碳酸钠除去，Mg2、Fe3用氢氧化钠除去，硫酸根离子用氯化钡除去，最后加入盐酸酸化，但用于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，D不正确；答案选D。【点睛】5. 甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由、中的不同阳离子和阴离子各一种组成。已知：将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1mol/L乙溶液中c()0.
8、1mol/L；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是()A. 甲溶液含有B. 乙溶液含有C. 丙溶液含有D. 丁溶液含有【答案】D【解析】【分析】根据中的信息：0.1mol/L乙溶液中c()0.1mol/L，说明乙是二元酸，则乙是硫酸；根据中现象，可以推知丙中含有氯离子；再结合中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba(OH)2即甲是Ba(OH)2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，由此分析。【详解】A根据分析可知，甲是Ba(OH)2，故甲溶液中含Ba2+，故A不符合题意；B根据分析可知，乙是H2SO4，故乙溶液
9、含，故B不符合题意；C根据分析可知，丙是MgCl2，故丙溶液含有，故C不符合题意；D根据分析可知，丁是NH4HCO3，故丁溶液中不含，故D符合题意；答案选D。6. 在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A. 无色溶液：、B. 能使pH试纸呈红色的溶液：、C. FeCl3溶液：、D. =0.1mol/L的溶液：、【答案】D【解析】【详解】A与会发生反应，不能大量共存，故A不符合题意；B能使pH试纸呈红色的溶液为酸性溶液，在酸性条件下具有强氧化性，可氧化，故B不符合题意；C和可发生双水解而不能大量共存，故C不符合题意；D=0.1mol/L，=c()=0.1mol/L，c()=10-1
10、3mol/L，c()c()，溶液呈碱性，碱性条件中，、都可大量存在，故D符合题意；答案选D。7. 新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox3xH2ONH3B. 熔点：金刚石汞硫C. 离子的半径：ClAl3NaD. 沸点：AsH3PH3NH3【答案】A【解析】【详解】A. 三种元素的非金属性强弱为FON，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，故A正确；B. 汞在常温下为液态，应为金刚石硫汞，故B错误；C. 离子的核外电子层数越多，离子半径越大，钠离子和铝离子核外有2个电子层，氯离子核外有3个电子层，所以氯离子的离子半径最大，钠离子和铝离子的核外电子结构相同，铝核电荷数大于钠，故原子半径钠离子大于
11、铝离子，故C错误；D. 氨中含有氢键，为同主族氢化物中沸点最高的物质，另两种物质中不含氢键，则相对分子质量越大，沸点越高，所以沸点大小为：NH3AsH3PH3，故D错误。故答案：A。9. 根据下表信息，判断以下叙述正确的是（ ）短周期元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价+2+3+2+6、-2-2A. M与T形成的化合物具有两性B. 单质与稀盐酸反应的剧烈程度为LQC. 氢化物的热稳定性为H2TH2RD. 氢化物的沸点为H2T正，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，HCu2Mn2；(6)因为阴阳两极上收集到气体，因此
12、分为两个过程，第一过程中：阳极：4OH4e = 2H2OO2，阴极：Cu22e = Cu，第二个过程：阳极：4OH4e = 2H2OO2，阴极：2H2e = H2，n(Cu) = m/64mol，根据得失电子数目守恒，推出第一过程中n(O2) = m/128mol，两电极上收集到气体体积相等，设生成氢气的物质的量为xmol，因此有m/128+x/2 = x，解得x = m/64mol，因此阳极最后一种气体的体积为：22.4m/64L。21. 某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解反应平衡常数和水解反应速率的测定。（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭真空容器中（假
13、设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3(g)+CO2(g)实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度/15020.025.030.035.0平衡总压强/kPa5.78.312.017.124.0平衡气体总浓度/molL-12.410-33.410-34.810-36.810-39.410-3可以判断该分解反应已经达到平衡的是_ 。A2v(NH2)=v(CO2) B密闭容器中总压强不变C密闭容器中混合气体的密度不变 D密闭容器中氨气的体积分数不变根据表中数据，列式计算25.0时的分解平衡常数：_取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞
14、的密闭真空容器中，在25.0下达到分解平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量是_ (填“增加”，“减少”或“不变”）。氨基甲酸铵分解反应的焓变H_ O(填“”、“=”或“”),熵变S_ O(填“”、“=”或“”)。(2)已知：NH2COONH4+2H2ONH4HCO2+NH3H2O该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c(NH2COO2）时间的变化趋势如图所示。计算时，0-6min 氨基甲酸铵水解反应的平抑速率_。根据图中信息，如何说明该水解反应速率随温度升高而增大：_。【答案】 (1). BC (2). 1.610-8 (3). 增加 (4). (
15、5). (6). 0.05molL-1min-1 (7). 25.0时，反应物的起始浓度较小，但06min的平均反应速率仍比15.0时大【解析】【详解】(1)A要求反应方向一正一逆，此题没有说明反应方向，不能判断是否达到平衡，故错误；B压强和气体系数有关，反应前后气体系数之和不相等，因此压强不变时，说明达到平衡，故正确；C=m/V，氨基甲酸铵是固体，气体的质量发生变化，容器是恒容状态下，因此密度不变说明反应达到平衡，故正确；D氨基甲酸铵是固体，氨气的体积分数始终不变，不能判断达到平衡，故错误；故答案为：BC；平衡常数：达到平衡时，生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，固体和纯液体浓度视
16、为常数，一般不写入表达式，即 K=C2(NH3)c(CO2)，因为氨基甲酸铵是固体，因此NH3的浓度是总浓度的2/3，CO2的浓度为总浓度的1/3，K=C2(NH3)c(CO2)=(2c/3)2c/3，代入数值，解得K=1.6108，故答案为：1.6108；压缩体积，增大压强，根据勒夏特列原理，平衡应向逆反应方向进行，氨基甲酸铵的质量增加，故答案为：增加；分解反应属于吸热反应，H0，固体变成液体或气体，液体变成气体属于熵增，反之属于熵减，因此S0，故答案为：；(2)速率=(2.21.9)/6mol(Lmin)=0.05mol(Lmin)，故答案为：0.05molL-1min-1；06min平均反应速率15的速率=(2.42.25)/6 mol(Lmin)=0.025 mol(Lmin)，比25时大，因此有25时反应物起始浓度较小，但06min平均反应速率仍比15.0时的大，故答案为：25.0时，反应物的起始浓度较小，但06min的平均反应速率仍比15.0时大。
