1、内蒙古巴彦淖尔市乌拉特前旗一中2019-2020学年高三上学期第一次月考理科综合试题化学试题1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法不正确的是()A. 溶液和胶体的本质区别是丁达尔效应B. 常温下浓硝酸与铝发生钝化，可用铝制容器存放浓硝酸C. 氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂D. Mg可用于制造燃烧弹和照明弹等【答案】A【解析】分析：A分散系的本质区别在于分散质微粒的直径大小；B、铝与浓硝酸发生钝化；C、根据漂白液和漂白粉的制取来分析；D制造燃烧弹和信号弹需燃烧时有耀眼白光；据此分析判断。详解：A胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm(10-710-
2、9m)之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的粒子直径大于100nm，故A错误；B、铝与浓硝酸发生钝化，因此可用铝制容器存放浓硝酸，故B正确；C、氯气与氢氧化钠反应制漂白液，氯气和石灰乳反应能制得漂白粉，均为含氯的消毒剂，故C正确；D镁条燃烧发出耀眼白光，可以用于制造信号弹和焰火，故D正确；故选A。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1molNa2O2与水完全反应、转移电子数为NA个B. 将NA个NH3分子溶于1L水中所得氨水的浓度为1molL-1C. 标准状况下22.4L氮气与22.4L苯所含分子数均为NAD. 向含有0.2mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH溶液
3、至沉淀完全溶解，消耗OH-的数目为0.8NA【答案】A【解析】ANa2O2与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故A正确；B. NA个NH3分子的物质的量为1mol，溶于1L水中所得氨水的体积不是1L，浓度不是1molL-1，故B错误；C标准状况下，22.4L氮气，其物质的量为1mol，苯是液态，不能用气体摩尔体积计算，故C错误；D、氢氧化钠先与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，0.2mol铝离子消耗0.6mol氢氧根；然后与铵根结合生成一水合氨，0.2mol铵根离子消耗0.2mol氢氧根；最后氢氧根与0.2mol氢氧化铝反应转化为偏铝酸钠溶液，此过程消耗氢氧根0.2mol
4、，故整个过程共消耗的OH-1mol，即为NA个，故D错误；故选A。点睛：本题的易错点为D，要注意发生的反应和先后顺序，氢氧化钠先与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，然后与铵根结合生成一水合氨，同时注意氢氧化铝是两性氢氧化物，最后氢氧化铝要和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液。3.如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是（ ）（选项中按 W X Y Z 的顺序）A. S SO2 SO3 H2SO4B. Na Na2O2 NaOH NaClC Fe FeCl3 Fe（OH）2 FeCl2D. Al AlCl3 NaAlO2 Al2（SO4）3【答案】D【解
5、析】【分析】A硫不能一步反应生成三氧化硫；BNa燃烧生成Na2O2；C铁在氯气中燃烧只生成氯化铁；DAl与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z。【详解】A、S不能一步转化为SO3，选项A错误；B、NaCl不能一步转化为Na2O2，选项B错误；C、FeCl3不能一步转化为Fe(OH)2，选项B错误；D、铝与盐酸或氯气等反应生成氯化铝，氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与氯化钡溶液反应生成氯化铝，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查物质的性质及相互转化，为
6、高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的化学反应及反应条件为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。4.某溶液中含有较大量的Cl、OH等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是（）滴加Mg（NO3）2溶液；过滤；滴加AgNO3溶液；滴加Ba(NO3)2溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】检验氯离子用AgNO3溶液，检验氢氧根离子可用Mg(NO3)2溶液，检验碳酸根离子可用Ba(NO3)2溶液；由于碳酸根离子能与AgNO3溶液、Mg(NO3)2溶液反应，分别生成碳酸银沉淀、碳酸镁沉淀，故要先检验CO32-，再检验OH-
7、和Cl-；由于OH-与Ag+结合形成极不稳定的氢氧化银，故要先检验OH-；仅用一份样品溶液，可先滴加硝酸钡溶液，产生白色沉淀，说明含有碳酸根离子，过滤，向滤液中再滴加Mg(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明含有OH-，过滤，再向滤液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明含有氯离子，故正确的实验操作顺序是；故答案选B。【点睛】酸碱盐溶解性规律：钾钠铵盐硝酸盐，全都溶在水中间，碳酸、磷酸两种盐，溶者只有钾钠铵，盐酸盐难溶银亚汞，硫酸盐难溶钡和铅，碱只溶钾钠钡钙氨，酸难溶是硅酸；此题是离子共存问题的具体应用，掌握好酸碱盐溶解性规律，利于问题的快速解决。5.下列说法正确的是A. 氢氧燃料电池工作时，
8、在负极上失去电子B. 溶液加热后，溶液的pH减小C. 常温常压下，中含有的分子数为个D. 室温下，稀释溶液，溶液的导电能力增强【答案】A【解析】分析：原电池中负极发生氧化反应。温度升高，盐类的水解程度增大。在标准状况下，气体的摩尔体积约为22.4L/mol。稀释溶液，溶液中离子总浓度减小。详解：A. 氢氧燃料电池工作时，在负极上失去电子，A正确；B. 溶液加热后，碳酸根离子的水解程度变大，溶液的pH增大，B不正确；C. 常温常压下，的物质的量小于1mol，故其中含有的分子数小于个，C不正确；D. 室温下，稀释溶液，溶液中离子总浓度减小，故溶液的导电能力减弱，D不正确。本题选A。6.硫酸锌是制造
9、锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作印染媒染剂，医药上用于催吐剂。已知25 时，KspZn(OH)21.01017， KspAg2SO41.2105，则下列说法正确的是（ ）A. 在水中加入少量ZnSO4固体时，水的电离平衡向正反应方向移动，Kw减小B. 在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为：c(Zn2) + c(H)c(OH) + c(SO42)C. 在0.5 L 0.10 molL1的ZnSO4溶液中加入等体积的0.02 molL1的AgNO3溶液，即可生成Ag2SO4沉淀D. 常温下，要除去0.20 molL1 ZnSO4溶液中的Zn2，至少要调节pH8【答案】D【解析】试题分析：A、温度不
10、变，水的离子积常数不变，A错误；B、根据电荷守恒，在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为：2c(Zn2)c(H)c(OH)2c(SO42)，B错误；C、在0.5 L 0.10 molL1的ZnSO4溶液中加入等体积的0.02 molL1的AgNO3溶液后，c(SO42)=0.05 molL1，c(Ag+)=0.01 molL1，Q= c2(Ag+) c(SO42)=51060（1）一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如右图所示，则8分钟内CO的平均反应速率v(CO)=_。（2）写出该反应平衡常表达式：K=_；下列措施中能
11、使该反应的平衡常数K增大的是_（填序号）。A升高温度 B增大压强 C充入CO D再加入一些铁粉（3）反应达到平衡后，若保持容器体积不变时，再通入少量的CO2，则CO2的转化率将_ （填“增大”、“减小”、“不变”）。（4）铁的重要化合物在生产生活中应用十分广泛。高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型饮用水消毒剂。高铁酸钠生产方法之一是：强碱性溶液中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和另一种常见化合物，该反应的离子方程式为_。高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH下列叙述错误的是_（填序号）。A放电时每转移6mol电子，负极
12、有2mol K2FeO4被还原B充电时阴极反应为：Zn(OH)2 +2e-=Zn+ 2OH-C放电时正极反应为：FeO42-+ 3e-+ 4H2O= Fe(OH)3+ 5OH-D充电时阳极附近溶液的碱性减弱（5）已知：2CO(g)+O2(g)= 2CO2(g) H=-566 kJ/mol2H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g)；H=-4836 kJ/mol写出CO和H2O(g)作用生成CO2和H2的热化学方程式：_。【答案】 (1). 0.075mol/(Lmin) (2). K=c(CO)/c(CO2) (3). A (4). 不变 (5). 2Fe(OH)3+3ClO- +4OH- =
13、2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). A (7). CO (g) +H2O(g)=CO2 (g) +H2 (g) H=-41.2kJ/mol【解析】（1）如图，8min内，c(CO)=0.60mol/L，则CO的平均反应速率v(CO)=c(CO)t(CO)=0.60mol/L8min=0.075mol/(Lmin)。（2）在一定温度下，可逆反应都达到平衡，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，用K表示，这个常数叫化学平衡常数，再结合该反应化学方程式，平衡常表达式K=c(CO)/c(CO2)；化学平衡常数只受温度影响，由已知该反应为吸热反应
14、，故升高温度平衡常数K增大，只有A选项符合题意。（3）该反应为反应前后气体分子数不变的反应，反应达到平衡后，若保持容器体积不变时，再通入少量的CO2，达到的平衡与原平衡等效，则CO2的转化率不变。（4）强碱性溶液中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和另一种常见化合物，根据原子守恒和得失电子守恒可知另一种常见化合物含有氢元素，应为水，根据电荷守恒，离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。A项，高铁电池放电时，锌元素的化合价升高，铁元素化合价降低(由+6降为+3)，K2FeO4在正极上发生还原反应，每转移6mol电子，在正极上有2mo
15、lK2FeO4被还原，故A错误；B项，充电时阴极Zn(OH)2发生得电子的还原反应，电解质溶液为碱性，电极反应为：Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-，故B正确；C项，放电时正极发生K2FeO4得电子的还原反应，电解质溶液为碱性，电极反应为：FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-，故C正确；D项，充电时阳极发生Fe(OH)3失电子的氧化反应，即Fe(OH)3+5OH-3e-=FeO42-+4H2O，消耗氢氧根离子，所以充电时阳极附近溶液的碱性减弱，故D正确。（5）设已知中两个反应分别为：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H=-566kJ/mol、2H2(g)+O2(
16、g)=2H2O(g) H=-483.6kJ/mol，根据盖斯定律-得：2CO(g)+2H2O(g)=2CO2(g)+2H2(g)H=-82.4kJ/mol，所以CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H=-41.2kJ/mol。11.透明聚酯玻璃钢可用于制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气瓶。制备它的一种配方中含有下列四种物质： 填写下列空白：（1）甲中不含氧原子的官能团是_；下列试剂能与甲反应而褪色的是_（填标号）a. Br2/CCl4溶液 b.石蕊溶液 c.酸性KMnO4溶液（2）甲的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式：_（3）淀粉通过下列转化可以得到乙（其中
17、AD均为有机物）: A的分子式是_，试剂X可以是_。（4）已知：+RCl+HCl(-R为烃基)+H2利用上述信息，以苯、乙烯、氯化氢为原料经三步反应合成丙，其中属于取代反应化学方程式是 _ 。（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110。丁与FeCl3溶液作用现特征颜色，且丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种。则丁的结构简式为 _。【答案】 (1). 碳碳双键（或） (2). ac (3). CH2CHCH2CH2COOH (4). C6H12O6 (5). Br2/CCl4 (6). +CH3CH2ClHCl (7). 【解析】【分析】(1)根据有机物甲的结构简式确定不含氧原子的
18、官能团，有机物甲含有碳碳双键，可以与溴发生加成反应，可以被酸性高锰酸钾氧化；(2)甲同分异构体中不含甲基的羧酸，没有支链、碳碳双键处于碳链的一端，据此书写；(3)淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖转化生成乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷水解生成乙二醇；(4)乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，由信息可知，苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成乙苯，乙苯在催化剂的作用下生成苯乙烯；(5)化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110，丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，分子中含有酚羟基-OH，结合相对分子质量，可知丁含有1个苯环，假
19、设为二元取代，则剩余的式量为110-Mr(OH)-Mr(C6H4)=17，故剩余基团为-OH，烃基上的一氯取代物只有一种，说明苯环中只有1种H原子，2个-OH处于对位，据此生成丁的结构简式。【详解】(1)根据有机物甲的结构简式可知不含氧原子的官能团为碳碳双键，有机物甲含有C=C双键，可以与溴发生加成反应，Br2的CCl4溶液褪色，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，不能使石蕊溶液褪色，故答案为ac；(2)甲的同分异构体中不含甲基的羧酸，没有支链、碳碳双键处于碳链的一端，故符合条件的甲的同分异构体为CH2=CH-CH2-CH2-COOH；(3)淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖转化生成乙醇，乙醇
20、发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷水解生成乙二醇；(4)乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，由信息可知，苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成乙苯，乙苯在催化剂的作用下发生消去反应生成苯乙烯，属于取代反应的化学方程式为：+CH3CH2ClHCl；(5)化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110，丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，分子中含有酚羟基-OH，结合相对分子质量，可知丁含有1个苯环，假设为二元取代，则剩余的式量为110-Mr(OH)-Mr(C6H4)=110-17-76=17，故剩余基团为-OH，烃基上的一氯取代物只有一种，说明苯环中只有1种H原子，2个-OH处于对位，故丁的结构简式为。
