1、高考资源网（） 您身边的高考专家宁夏青铜峡市高级中学2021届高三12月月考理综化学试题1. 化学与生产、技术有着密切的联系，下列说法不正确的是( )A. 利用60Co的放射性可治疗某些疾病，60Co和59Co互为同位素B. “光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关C. 治理严重镉污染的江水，保证饮用水安全，符合绿色化学思想D. 石油的裂化、煤的气化和金属的钝化均属于化学变化【答案】C【解析】【详解】A 60Co和59Co质子数相同，中子数不同，互为同位素，故A正确；BNOx会形成“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”“，所以都与氮氧化合物有关，故B正确；C绿色化学的核心是利用化学原理从源头
2、上减少或消除工业生产对环境的污染，治理严重镉污染的江水，不符合从源头上减小或消除污染，故C错误；D石油的裂化、煤的气化和金属的钝化均有新物质产生，属于化学变化，故D正确；故选C。2. 下列关于有机物的说法中不正确的是( )A. 甲烷、苯、乙醇和乙酸在一定条件下都能发生取代反应B. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色的反应类型不同C. 化学式均为(C6H10O5)n的淀粉和纤维素互为同分异构体D. 塑料、合成橡胶、合成纤维都属于合成有机高分子材料【答案】C【解析】【详解】A甲烷、苯中的H可被取代，乙醇中含-OH、乙酸中含-COOH均可发生取代反应，则一定条件下都能发生取代反应，故A正确
3、；B乙烯中含双键，使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，分别发生氧化反应、加成反应，则反应类型不同，故B正确；C化学式均为(C6H10O5)n的淀粉和纤维素n不同，二者不是同分异构体，故C错误；D塑料、合成橡胶、合成纤维均为小分子发生聚合反应生成的高分子，都属于合成有机高分子材料，故D正确；故选C。3. NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )A. 标准状况下，1molCO2所含共用电子对数为2NAB. 1L0.1molL-1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NAC. 25pH=12的Na2CO3溶液中含有OH-的数目为0.01NAD. 白磷分子(P4)呈正四面体结构，31g白磷中含
4、PP键的数目为1.5NA【答案】D【解析】【详解】ACO2的电子式为，每个CO2含4对共用电子对，故1molCO2所含共用电子对数为4NA，A错误；B1L0.1molL-1Na2SO4溶液中Na2SO4的物质的量为1L0.1molL-1=0.1mol，Na2SO4中O原子的数目为0.4NA，但溶液中的H2O里也含有O原子，因此O原子数远远大于0.4NA，B错误；CpH=12的Na2CO3溶液中OH-的物质的量浓度为0.01mol/L，但选项中没有说明溶液体积，故无法计算OH-的数目，C错误；D白磷分子(P4)呈正四面体结构：，每个P4含有6个P-P键，31g白磷的物质的量为=0.25mol，故
5、含PP键的数目为(0.256) NA=1.5NA，D正确；故选D。4. 下列反应的离子方程式不正确的是( )A. 在含有等物质的量的Fe(NO3)2和KI组成的混合溶液中滴入稀盐酸：3Fe2+4H+=3Fe3+NO2H2OB. 4molL-1的NaAlO2溶液和7molL-1的盐酸等体积均匀混合：4+7H+H2O=3Al(OH)3+Al3+C. NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：2OH-NH32H2OD. 等物质的量浓度、等体积的Ca(HCO3)2溶液与氢氧化钠溶液相混合：Ca2+OH-=CaCO3H2O【答案】A【解析】【详解】A在含有等物质的量的Fe(NO3)2和KI组成的混
6、合溶液中滴入稀盐酸，与H+形成硝酸体系，具有强氧化性，而I-的还原性大于Fe2+，I-先被氧化，即先发生反应2+6I-+8H+=3I2+4H2O+2NO，A错误；B4molL-1的NaAlO2溶液和7molL-1的盐酸等体积均匀混合，4molH+先与4mol反应生成4molAl(OH)3沉淀，生成的1molAl(OH)3再与3molH+反应生成1molAl3+，总反应的离子方程式为4+7H+H2O=3Al(OH)3+Al3+，B正确；CNH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热，由于OH-过量，和都与OH-反应，离子方程式为2OH-NH32H2O，C正确；D等物质的量浓度、等体积的Ca(H
7、CO3)2溶液与氢氧化钠溶液反应，Ca(HCO3)2过量，此时可以把NaOH看做1，离子方程式为Ca2+OH-=CaCO3H2O，D正确；故选A。5. 下列说法正确的是图 图 图 图A. 图I所示装置用于Cu和浓H2SO4制取少量的SO2气体B. 图装置可验证非金属性：ClCSiC. 图可用于收集气体H2、CO2、Cl2、NH3D. 图表示将SO2气体通入溴水中，所得溶液的pH变化【答案】C【解析】【详解】A.Cu和浓硫酸反应需要加热，此装置是不需要加热制气体的，A错误；B.验证元素的非金属性强弱，看的是其最高价氧化物对应的水化物的酸性，酸性强则非金属性强，但HCl中Cl显-1价，不是最高价，
8、B错误；C.长管进气收集的是密度大于空气的气体，短管进气收集的是密度小于空气的气体，但不能收集和空气反应的气体（如NO2），C正确；D.发生离子方程式为SO2Br22H2O=4HSO42-2Br-，溴水显酸性，因此起点应低于7，D错误；合理选项为C。6. X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是 ( )A. 原子半径由大到小的顺序为：Y Z XB. Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式H2YO4C. Y、Z两种元素气态氢化物中，Z的气态氢化物最稳
9、定D. X与W形成的两种化合物中，阴、阳离子物质的量之比均为1：2【答案】D【解析】试题分析：X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，则W为Na元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O元素、Z为S元素；Y的最高正价与最低负价代数和为6，则Y为Cl元素。A. S的原子半径比Cl原子大，A不正确 ；B. Y元素最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，化学式为HClO4，B不正确；C. Cl元素的非金属性强于S，所以Cl、S两种元素气态氢化物中，Cl的气态氢化物HCl最稳定，C不正确；D. O与Na形成的两种化合物氧化钠和过氧化钠
10、中，阴、阳离子物质的量之比均为1：2，D正确。本题选D。点睛：注意本题中X、Y、Z、W为四种短周期主族元素的原子序数没有说明是依次增大的，不可思维定势。过氧化钠（Na2O2）中，两个氧原子组成的原子团叫过氧根离子，所以其中的阴、阳离子物质的量之比与氧化钠（Na2O）相同，均为1：2。7. 氢氧燃料电池构造如图所示。其电池反应方程式为：2H2O2=2H2O，下列说法不正确的是A. 多孔金属a作负极B. 多孔金属b上，O2发生还原反应C. 电池工作时，电解质溶液中OH移向a极D. 正极的电极反应为：O24e4H=2H2O【答案】D【解析】【分析】氢氧燃料电池，氢气在负极失电子，发生氧化反应，氧气在
11、正极得电子，发生还原反应。【详解】A由分析可知，a作负极，A正确；Bb为正极，O2在正极得电子，发生还原反应，B正确；C原电池的电解质溶液中，阴离子移向负极，阳离子移向正极，C正确；D电解质为KOH溶液，电极反应不能出现H，正极反应式应为：O24e2H2O =4OH-，D错误。答案选D。【点睛】电解质溶液为碱性溶液时，电极反应不能出现氢离子，电解质溶液为酸性溶液时，电极反应不能出现氢氧根离子。8. .A+BX+Y+H2O(未配平，反应条件略去)是中学常见反应的化学方程式，其中A、B的物质的量之比为1：4.请回答：(1)若Y是黄绿色气体，则该反应的离子方程式是_。(2)若A为非金属单质，构成它的
12、原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_。(3)若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中A元素在周期表中的位置是第_周期_族，气体Y的化学式是_。含amolX的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X的物质的量为_mol。(4)若A、B、X、Y均为化合物。A溶于水电离出的金属阳离子水解的生成物可净化水，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色。则A与B按物质的量之比1：4恰好反应，所得溶液为无色时，该该反应的离子方程式是_。.用CH4催化还原氮氧
13、化物可以消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-574kJmol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-1160kJmol-1H2O(g)=H2O(l)H=-44.0kJmol-1写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式_。【答案】 (1). (2). 4:1 (3). 四 (4). VIII (5). NO (6). 0.4a (7). (8). CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-955kJmol
14、-1【解析】【详解】I(1)Y是黄绿色气体，则Y是Cl2，且反应中A、B的物质的量之比为1:4，则该反应为实验室使用MnO2和浓盐酸制备Cl2的反应，反应的离子方程式为；(2)构成A的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C，B为浓酸，则C和浓酸的物质的量之比为1:4，在这个氧化还原反应中，C作还原剂，浓酸作氧化剂，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1；(3)“钝化”涉及的金属为Fe或Al，涉及的浓溶液为浓硫酸或浓硝酸，若A为Al，则X溶液为对应的铝盐溶液，则Al不能溶于该溶液，故A为Fe；若B为硫酸，Fe和稀硫酸的反应方程式不符合提干中的方程式通式，故B为硝酸；A为Fe，Fe在周
15、期表中的位置是第四周期 VIII族；B为HNO3，则X为Fe(NO3)3，Y为NO；在该溶液中发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，设被还原的Fe(NO3)3的物质的量为x mol，即被还原的Fe3+的物质的量为x mol，则生成1.5x mol Fe2+，并剩余(a-x)mol Fe3+，由于Fe2+和Fe3+的物质的量相等，即a-x=1.5x，解得x=0.4a mol，即被还原的被还原的Fe(NO3)3的物质的量为0.4a mol；(4)A溶于水电离出的金属阳离子水解的生成物可净化水，则A的金属阳离子为Al3+；向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明A中含有Cl
16、-，则A为AlCl3；B的焰色为黄色，则B中含有Na元素；A与B按物质的量之比1:4恰好反应，则B为NaOH，该反应的离子方程式为；II设该反应为，根据盖斯定律可得=(+)+2，该反应的焓变H=(-574kJmol-1-1160kJmol-1)+2(-44.0kJmol-1)=-955kJmol-1，则该反应的热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-955kJmol-1。9. 工业制纯碱的第一步是通过饱和食盐水、氨和二氧化碳之间的反应，制取碳酸氢钠晶体。该反应原理可以用以下化学方程式表示，已知此反应是放热反应。NH3+CO2+H2O+NaCl
17、(饱和)=NaHCO3(晶体)+NH4Cl(1)利用上述反应原理，设计如图所示装置，制取碳酸氢钠晶体。B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，C烧杯中盛有冰水，D中装有蘸稀硫酸的脱脂棉，图中夹持装置已略去。制取碳酸氢钠晶体可供选用的药品有：a.石灰石b.生石灰c.6mol/L盐酸d.稀硫酸e.浓氨水f.饱和氯化钠溶液。A中制备气体时，所需药品是(选填字母代号)_；B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，其作用是_；在实验过程中，向C中通入气体是有先后顺序的，应先通入气体的化学式为_；原因_E装置向C中通气的导管不能插入液面下的原因是_(2)该小组同学为了测定C中所得晶体的碳酸氢钠的纯度(假设晶体中不含碳酸盐杂质)，将晶体
18、充分干燥后，称量质量为wg。再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量为mg。然后进行如图所示实验：在操作中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是(选填字母序号)_；A在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液B在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中再加入少量碳酸钠溶液C在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液操作的方法为_、_、_；所得晶体中碳酸氢钠的纯度为_。【答案】 (1). A、C (2). 除去CO2中的HCl (3). NH3 (4). CO2在水中的溶解度小，产生的HCO的浓度也就小，不容易形成 NaHCO3的饱和溶液，难形
19、成沉淀 (5). 防倒吸 (6). A (7). 过滤 (8). 洗涤 (9). 干燥 (10). 【解析】【详解】(1)制取CO2是用石灰石和盐酸在烧瓶中发生反应产生的，由于CO2在水中溶解度不大，所以导气管要伸入到液面以下，而制取氨气是将e浓氨水滴入到盛有b生石灰的烧瓶中反应制取的，氨气极易溶于水，易发生倒吸，所以导气管要在液面上，根据在C中导气管的长短可知：在A中制备CO2气体，所需药品是A、C，故答案为：A、C；用盐酸制取CO2气体时，由于盐酸有挥发性，所以其中含有杂质HCl，在B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，其作用就是除去CO2中的杂质HCl，故答案为：除去CO2中的HCl；CO2在水中的
20、溶解度小，产生的HCO的浓度也就小，不容易形成 NaHCO3的饱和溶液，所以难形成沉淀，因此在实验过程中，向C中通入气体应先通入气体的化学式为NH3，故答案为：NH3；CO2在水中的溶解度小，产生的HCO的浓度也就小，不容易形成 NaHCO3的饱和溶液，难形成沉淀；E装置向C中通气的导管不能插入液面下是为了防止倒吸现象的发生，故答案为：防倒吸；(2)在操作中，为了判断加入氯化钙溶液否过量，在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液，若不岀现白色沉淀，就证明氯化钙溶液过量，否则若产生白色沉淀，就证明氯化钙溶液不足量，因此选项A正确，故答案为：A；从溶液中得到固体方法是过滤，洗
21、涤，干燥，所以操作的方法为过滤、洗涤、干燥；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，根据方程式可知284g=168g， NaHCO3完全分解，会产生106gNa2CO3，固体质量会减轻284g-106g=62g；现在固体质量减轻(w-m)g，所以其中含有的 NaHCO3的质量是284(w-m)62g=g，所以所得晶体中碳酸氢钠的纯度为，故答案为：。10. 明矾KAl(SO4)212H2O在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeOxFe2O3)可制备明矾。工艺流程如图：回答下列问题：(1)明矾
22、净水的原理是_(用离子方程式表示)。(2)操作是_，操作是蒸发浓缩、_、过滤、_、干燥。(3)检验滤液A中是否存在Fe2的试剂是_(只用一种试剂)。(4)将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体的化学方程式是_，在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为(该条件下MnO转化为Mn2)：_。(5)已知：在pH3、加热条件下，MnO可与Mn2反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应的离子方程式为：_，滤渣2含有的物质是_。【答案】 (1). Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H (2). 过滤 (3). 冷却结晶 (4). 洗涤 (5). 酸性高锰酸钾溶液 (6). 2Al2NaOH2H2O=2Na
23、AlO23H2 (7). 5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O (8). 3Mn22MnO2H2O=5MnO24H (9). MnO2、Fe(OH)3【解析】【分析】铝灰（含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO xFe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣为二氧化硅和不溶性杂质，滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸铝钾晶体；【详解】(1)明矾是强酸弱碱盐，Al3+
24、水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到净水的目的。其反应原理用方程式表示是Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)3H+；(2)操作是将难溶性固体与溶液分离的操作，叫过滤。操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥就得到明矾；(3)检验滤液A中是否存在Fe2+的方法加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀，证明含有Fe2+，或加入高锰酸钾溶液，溶液褪色；(4)2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，在滤液A中加入高锰酸钾的目的是使Fe2+转化为Fe3+；发生反应的离子方程式为5Fe2+MnO8H+=5Fe3+Mn2+4H2
25、O；(5)根据表中数据可知当溶液的pH=3时Fe3+可以形成沉淀Fe(OH)3，根据题意可得方程式3Mn2+2MnO2H2O=5MnO24H+，由于溶液的pH=3，所以滤渣的成分含有MnO2、Fe(OH)3。11. 选修3物质结构与性质X、Y、Z、W、Q、R均为前四周期元素，且原子序数依次增大。其相关信息如下表所示：X元素的基态原子中电子分布在三个不同的能级中，且每个能级中的电子总数相同Y元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应Z元素的族序数是其周期数的三倍W原子的第一至第六电离能分别为：I1=578kJmol-1 I2=1817kJmol-1 I3=2745kJmol-1I
26、4=11575kJmol-1 I5=14830kJmol-1 I6=18376kJmol-1Q为前四周期中电负性最小的元素元素R位于周期表的第10列回答下列问题：(1)Y元素的基态原子的电子排布式为_,其第一电离能比Z元素原子的第一电离能_(填“高”或“低”)(2)X的氯化物的熔点比Q的氯化物的熔点_(填“高”或“低”)，理由是_(3)光谱证实元素W的单质与强碱性溶液反应有W(OH)4-生成，则W(OH)4-中存在_(填字母)a极性共价键 b非极性共价键 c配位键 d氢键(4)含有X、R和镁三种元素的某种晶体具有超导性，其结构如下图所示。则该晶体的化学式为_；晶体中每个镁原子周围距离最近的R原
27、子有_个。【答案】 (1). 1s22s22p3 (2). 高 (3). 低 (4). X的氯化物为分子晶体，Q的氯化物为离子晶体 (5). ac (6). MgNi3C (7). 12【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q、R均为前四周期元素，且原子序数依次增大，X元素的基态原子中电子分布在三个不同的能级中，且每个能级中的电子总数相同，X基态原子中有6个电子，X是C元素；Y元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应，只有氨气和硝酸可以发生化合反应，Y是N元素；Z元素的族序数是其周期数的三倍，Z是第二周期A元素，Z是O元素；根据W基态原子的电离能可以看出W基态原子的最外层有3个电子
28、，W是Al元素；Q为前四周期中电负性最小的元素，前四周期中电负性最小的元素是K元素，Q是K元素；元素R位于周期表的第10列，元素R是第族元素，R是Ni元素，据此分析作答。【详解】(1)N元素基态原子的电子排布式为：1s22s22p3，根据洪特规则N元素的第一电离能比O基态原子的要高，答案为：1s22s22p3，高；（2）CCl4是分子晶体，KCl是离子晶体，分子晶体的熔点低于离子晶体，答案为：低，X的氯化物为分子晶体，Q的氯化物为离子晶体；（3）Al(OH)4-中存在的有极性共价键和配位键，答案为：ac；（4）根据晶胞结构示意图，C原子位于晶胞的体心，该晶胞中有1个，Ni原子位于晶胞的面心，该
29、晶胞拥有6=3个，Mg原子位于晶胞的顶点，该晶胞有8=1个，所以该晶体的化学式为：MgNi3C，Mg原子位于顶点，每个顶点相连的晶胞有8个，所以有38=12个，答案为：MgNi3C；12。12. 有机物F(分子式为C12H14O2)广泛用于香精的调香剂。为了合成该物质，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：试回答下列问题：(1)A物质名称是_在核磁共振氢谱中能呈现_种峰；峰面积比为_(2)C物质的官能团名称是_(3)上述合成路线中属于取代反应的是_(填编号)；(4)D的另一种同分异构体的结构简式为_(5)写出反应、的化学方程式：_(6)E有多种同分异构体，请写出符合下列条件的所有结构简式：_属
30、于芳香族化合物；核磁共振氢谱中有4种峰【答案】 (1). 2-甲基-1-丁烯 (2). 4 (3). 3：2：3：2 (4). 羟基、羧基 (5). (6). (7). +NaOH+NaCl (8). +H2O (9). 、【解析】【分析】由题中的合成路线可知，化合物A（）与溴水发生加成反应生成；在NaOH的水溶液中加热发生水解反应生成B（）；B发生催化氧化反应生成C（）；C在浓H2SO4的作用下发生消去反应生成D（）；在NaOH的水溶液中加热发生水解反应生成E（）；D与E在浓硫酸的催化下加热发生酯化反应生成F（）。【详解】(1)根据分析，A为，名称为2-甲基-1-丁烯；A有4种化学环境不同的H，在核磁共振谱中能呈现4种峰；这四种H原子个数比为3：2：3：2，故峰面积之比为3：2：3：2；(2)根据分析，C为，官能团为羟基、羧基；(3)水解反应和酯化反应均属于取代反应，根据分析，为取代反应；(4)由题中的合成路线可知，发生消去反应生成D，D有两种结构，其中一种是有两个甲基的，另一种消去产物与其互为同分异构体，结构简式为；(5)根据分析，反应为发生水解反应，化学方程式为+NaOH+NaCl；反应为酯化反应，化学方程式为+H2O；(6)根据分析，E为，E的同分异构体中，属于芳香族化合物、核磁共振氢谱中有4种峰的有、。- 14 - 版权所有高考资源网
