1、新疆泽普县吐格其乡中学2018-2019学年第二学期高三第一次月考化学试题1.下列每组物质发生状态变化所克服的粒子间的相互作用属于同种类型的是（ ）A. 食盐和蔗糖熔化B. 钠和硫熔化C. 碘和干冰升华D. 二氧化硅和氧化钠熔化【答案】C【解析】【详解】A项、食盐是离子晶体，熔化克服的是离子键，蔗糖是分子晶体，熔化克服的是分子间作用力，故A错误；B项、钠是金属晶体，熔化克服的是金属键，硫是分子晶体，熔化克服的是分子间作用力，故B错误；C项、碘和干冰都是分子晶体，状态改变克服的都是分子间作用力，故C正确；D项、二氧化硅是原子晶体，熔化时克服的是共价键，氧化钠是离子晶体，熔化时克服的离子键，故D错
2、误；故选C。2.下列有关叙述正确的是A. 氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中B. 在分子中含有1个手性C原子C. 碘单质在水溶液中溶解度很小是因为I2和H2O都是非极性分子。D. 含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，若n值越大，则含氧酸的酸性越大【答案】B【解析】【详解】A、氢键是一种分子间作用力，不是化学键，A错误；B、一个碳原子与其它四个不同的原子或原子团相连的碳为手性C原子，中间的碳为手性C原子，B正确；C、I2和是非极性分子而H2O是极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子难溶于极性溶剂，所以碘单质在水溶液中溶解度很小，C错误；D含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，式中m大
3、于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，据此可知，非羟基氧原子数目越大，酸性越强，D错误。答案选B。3.下列说法正确的是A. 石油液化气的主要成份为甲烷B. 煤的干馏可分离出煤中含有的煤焦油C. 石油的分馏和食盐水的蒸馏原理上是相似的D. 石油经过分馏得到的汽油是纯净物【答案】C【解析】【详解】A石油液化气的主要成份为丁烷，错误； B煤的干馏是化学变化，在煤中不含有的煤焦油，错误；C石油的分馏和食盐水的蒸馏原理上是相似的。都是分离沸点不同的液体混合物，正确；D石油经过分馏得到的汽油仍然是混合物，错误。答案选C。4.现有四种短周期元素的有关信息如下表所示：元素结构特点及在周期表中的位置单质及化合物的部
4、分性质与用途甲元素周期表中，主族序数等于周期数工业上用电解法冶炼该金属乙单质的晶体是良好的半导体材料氧化物是工业制普通玻璃的主要原料丙原子最外层电子数是最内层电子数的2倍单质存在多种同素异形体丁元素能形成两种不同的阴离子丁的一种单质与KI溶液反应生成另一种丁的单质则甲、乙、丙、丁四种元素的原子序数从大到小排列的是（ ）A. 甲、乙、丙、丁B. 丁、甲、乙、丙C. 丙、丁、甲、乙D. 乙、甲、丁、丙【答案】D【解析】【分析】根据表中信息可知，甲是Al元素，乙是Si元素，丙是C元素，丁是O元素，O元素的一种单质O3与KI溶液反应生成另一种单质O2，反应的化学方程式可表示为O3+2KI+H2O =2
5、KOH+O2+I2。【详解】Al元素、Si元素、C元素、O元素的原子序数从大到小排列的是Si、Al、O、C，故选D。5.化学式与俗名相符的是A. 苛性钠Na2CO3B. 胆矾CuSO4C. 苏打NaHCO3D. 火碱NaOH【答案】D【解析】【详解】A、苛性钠是NaOH，又称为火碱、烧碱，Na2CO3 俗名苏打、纯碱，故说法错误；B、胆矾是CuSO45H2O，故说法错误；C、苏打是碳酸钠，碳酸氢钠俗名是小苏打，故说法错误；D、参考A的分析，故说法正确。答案选D。6.X、Y、Z、W均为中学化学中常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系(其它产物已略去)：下列说法不正确的是A. 若W是单质铁，则
6、Z溶液可能是FeCl2溶液B. 若W是氢氧化钠，则X水溶液呈酸性C. 若W是氧气，则X、Z的相对分子质量可能相差48D. 若W是强氧化性的单质，则X可能是金属铝【答案】D【解析】【分析】由反应的转化关系可知X可与W连续反应，说明X的生成物与W的量或反应条件有关，符合该转化关系的有：氢氧化钠或氢氧化钾与二氧化碳和二氧化硫的反应、铁和硝酸或氯化铁溶液的反应、偏铝酸盐和盐酸的反应、氯化铝和氢氧化钠溶液的反应、氨气或氮气或硫被氧化的反应、钠被氧化的反应等，以此解答该题。【详解】A如果W是Fe，Z是FeCl2，则Y必是FeCl3，发生的化学反应是2FeCl2+Cl22FeCl3，则X是Cl2，符合题干要
7、求，故A正确；B若W是氢氧化钠，说明X能连续与氢氧化钠反应，则X可以是酸性氧化物二氧化硫或二氧化碳等也可以是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性，故B正确；C若W是氧气，X能连续被氧化，则如果X是硫单质，则X、Z的相对分子质量可能相差48，故C正确；D若W是强氧化性的单质，则X应为有可变价态的元素的物质，所以不可能是金属铝，因为铝没有可变价，故D错误。答案选D。7.下列物质属于合成高分子化合物的是A. 淀粉B. 蚕丝C. 聚氯乙烯D. 纤维素【答案】C【解析】【详解】A、淀粉是天然高分子化合物，故A错误；B、蚕丝成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，故B错误；C、聚氯乙烯属于合成高分
8、子化合物，故C正确；D、纤维素是天然高分子化合物，故D错误。答案选C。8.某校研究性学习小组的同学进行了以下化学实验：将金属钙置于空气中燃烧，然后向所得固体产物中加入一定量蒸馏水，此过程中反应放出大量的热，并且放出有臭味的气体。（1）甲同学提出：运用类比学习的思想，Ca与Mg位于同一主族，化学性质具有一定的相似性。请写出Ca在空气中燃烧发生反应的化学方程式_。（2）乙同学提出：Ca的性质比Na活泼，在空气中燃烧还应有CaO2生成，请写出燃烧后固体产物与水反应放出气体的化学方程式_。（3）丙同学提出用实验的方法探究放出臭味气体的成分：（查阅资料）1CaO2遇水反应生成H2O2，H2O2可能会分解
9、产生一定量的O3。2碘量法是最常用的臭氧测定方法，其原理为强氧化剂臭氧(O3)与碘化钾(KI)水溶液反应生成游离碘(I2)，臭氧转化为氧气。反应式为O32KIH2O=O2I22KOH。（提出假设）假设1：该臭味气体只有NH3；假设2：该臭味气体只有_；假设3：该臭味气体含有_。（设计方案进行实验探究）（4）该小组同学设计如下实验方案，并进行实验，验证上述假设。请完成相关实验操作步骤、预期现象及结论(仪器自选)。限选实验试剂：红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、pH试纸、淀粉KI溶液、蒸馏水实验操作预期现象与结论取少量反应后固体于试管中，_【答案】 (1). 2CaO22CaO、3CaN2Ca3N2、2
10、CaCO22CaOC (2). 2CaO22H2O=2Ca(OH)2O2、Ca3N26H2O=3Ca(OH)22NH3 (3). O3 (4). O3和NH3 (5). 向试管中加入少量水，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口；另取少量反应后固体于试管中，向试管中加入少量水，将产生的气体通入淀粉KI溶液中 (6). 若湿润的红色石蕊试纸显蓝色，且淀粉KI溶液不变色，则假设1成立；若湿润的红色石蕊试纸不显蓝色，且淀粉KI溶液变蓝色，则假设2成立；若湿润的红色石蕊试纸显蓝色，且淀粉KI溶液变蓝色，则假设3成立【解析】【分析】（1）由于镁可以和空气中的氧气、二氧化碳、氮气反应，则钙也可以和空气中的氧气、二
11、氧化碳、氮气反应；（2）Ca在空气中燃烧的产物中能与水反应放出气体的物质为CaO2和Ca3N2；（3）根据题中所给信息知，有气味的气体可以是NH3，也可以是O3，还可以是二者的混合物；验证是否含有NH3，可用湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明有NH3；验证是否含有臭氧，可用淀粉KI溶液，由题给信息知臭氧能使淀粉KI溶液变蓝。【详解】（1）由于镁可以和空气中的氧气、二氧化碳、氮气反应，钙与镁的化学性质具有一定的相似性，所以钙也可以和这三种气体发生反应，反应的化学方程式为2Ca+O22CaO、3Ca+N2Ca3N2、2Ca+CO22CaO+C，故答案为：2Ca+O22CaO、3Ca+N2Ca3
12、N2、2Ca+CO22CaO+C；（2）Ca在空气中燃烧的产物中能与水反应放出气体的物质为CaO2和Ca3N2，CaO2与水反应生成氢氧化钙和氧气，反应的化学方程式为2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+ O2，Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气，反应的化学方程式为Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，故答案为：2CaO22H2O=2Ca(OH)2O2、Ca3N26H2O=3Ca(OH)22NH3；（3）根据题中所给信息知，有气味的气体可以是NH3，也可以是O3，还可以是二者的混合物；验证是否含有NH3，可用湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明有NH3；验证是否含有臭氧，可用
13、淀粉KI溶液，由题给信息知臭氧能使淀粉KI溶液变蓝；具体实验操作为向试管中加入少量水，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口；另取少量反应后固体于试管中，向试管中加入少量水，将产生的气体通入淀粉KI溶液中；预期实验现象与结论是若湿润的红色石蕊试纸显蓝色，且淀粉KI溶液不变色，则假设1成立；若湿润的红色石蕊试纸不显蓝色，且淀粉KI溶液变蓝色，则假设2成立；若湿润的红色石蕊试纸显蓝色，且淀粉KI溶液变蓝色，则假设3成立，故答案为：O3；O3和NH3；向试管中加入少量水，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口；另取少量反应后固体于试管中，向试管中加入少量水，将产生的气体通入淀粉KI溶液中；若湿润的红色石蕊试纸显蓝色
14、，且淀粉KI溶液不变色，则假设1成立；若湿润的红色石蕊试纸不显蓝色，且淀粉KI溶液变蓝色，则假设2成立；若湿润的红色石蕊试纸显蓝色，且淀粉KI溶液变蓝色，则假设3成立。【点睛】用湿润的红色石蕊试纸验证是否含有NH3，用淀粉KI溶液验证是否含有臭氧是设计实验的依据，也是答题的难点。9.硅烷(SinH2n+2)的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是_。【答案】硅烷为分子晶体，分子量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高【解析】【详解】硅烷形成的晶体是结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故答案为：硅烷为分子晶体，分子量越大，分子间作用力越大，熔沸
15、点越高。10.有下列八种物质：氯化钡；金刚石；硫；钨；氯化钠；钠；二氧化硅；干冰，回答有关这八种物质的问题。（1）将这八种物质按不同晶体类型分成四组，并填写下表：各组中物质的编号_晶体类型分子晶体原子晶体离子晶体金属晶体（2）其中以共价键相结合，原子彼此间形成空间网状结构的化合物是_（填编号，下同）。晶体内存在单个分子的单质是_。（3）其中硬度最大的物质是_；熔点最低的物质是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). (8). 【解析】分析】（1）根据构成晶体的微粒判断；（2）根据晶体的空间结构判断；（3）根据晶体的物理性质判断；【详解】（1）构成氯化钡
16、晶体的微粒是氯离子和钡离子，所以是离子晶体；构成金刚石的微粒是原子，属于原子晶体；构成硫单质的微粒是分子，所以是分子晶体；构成钨的微粒是金属阳离子和电子，属于金属晶体；构成氯化钠晶体的微粒是阴阳离子，属于离子晶体；构成钠的微粒是金属阳离子和电子，属于金属晶体；构成二氧化硅的微粒是硅原子和氧原子，属于原子晶体；构成干冰的微粒是分子，属于分子晶体；故答案为：；（2）能形成空间网状结构的物质有金刚石和二氧化硅，但金刚石是单质；分子内存在单个分子的是硫和干冰，但干冰是化合物，故答案为：；（3）原子晶体的特性是：高硬度、高熔点，硬度还与键长成反比，所以硬度最大的是金刚石；分子晶体的特性是：低熔点、升华，
17、所以熔点最低的是干冰，故答案为：；。【点睛】判断晶体类型的方法：（1）依据物质的分类判断：金属氧化物（如K2O等）、强碱（如NaOH、KOH等）和绝大多数的盐类是离子晶体；大多数非金属单质（除金刚石、石墨、晶体硅、晶体硼外）、气态氢化物、非金属氧化物（除SiO2外）、酸、绝大多数有机物（除有机盐外）都是分子晶体；常见的原子晶体单质有金刚石、晶体硅、晶体硼等；常见的原子晶体化合物有碳化硅、二氧化硅等；金属单质（除汞外）与合金是金属晶体；（2）依据晶体的物理性质不同进行判断：离子晶体一般熔沸点较高，硬度较大，其水溶液或熔化时能导电；原子晶体一般熔沸点更高，硬度更大，一般不导电，但也有例外，如晶体硅
18、；分子晶体一般熔沸点低，硬度小，一般不导电，但也有部分（如酸和部分气态氢化物）溶于水导电；金属晶体一般熔沸点较高（Hg除外），硬度较大，能导电。11.A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期元素，其原子序数依次增大，其中A、B、C为短周期非金属元素。A是形成化合物种类最多的元素；B原子基态电子排布中只有一个未成对电子；C是同周期元素中原子半径最小的元素；D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多；E与D相邻，E的某种氧化物X与C的氢化物的浓溶液加热时反应常用于实验室制取气态单质C；F与D的最外层电子数相等。回答下列问题(相关回答均用元素符号表示)：(1)D的基态原子的核外电子排布式是
19、_。(2)B的氢化物的沸点比C的氢化物的沸点_(填“高”或“低”)，原因是_。(3)A的电负性_(填“大于”或“小于”)C的电负性，A形成的氢化物A2H4中A的杂化类型是_。(4) X在制取C单质中的作用是_，C的某种含氧酸盐常用于实验室中制取氧气，此酸根离子中化学键的键角_(填“”“”或“”)10928。(5)已知F与C的某种化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是_，若F与C原子最近的距离为a cm，则该晶体的密度为_gcm3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的数值为NA)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1 (2). 高 (3). HF分子间
20、能形成氢键 (4). 小于 (5). sp2杂化 (6). 氧化剂 (7). (8). CuCl (9). （或）【解析】【分析】A是形成化合物种类最多的非金属元素，A为碳元素；B是非金属元素，基态电子排布中只有一个未成对电子，即为氟元素；C是短周期元素，同周期元素中原子半径最小，即氯元素；D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，即d轨道5个电子，最外层1个电子，所以为Cr元素；E与D相邻，即E为Mn元素，其氧化物MnO2与浓盐酸反应生成氯气；F的最外层电子数为1，只能是d轨道全充满，即铜元素，据此分析解答。【详解】(1)D为Cr元素，由于未成对电子数最多，所以d轨道5个电子，4s
21、轨道1个电子。Cr的基态原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；(2)氟化氢分子间除范德华力外还存在分子间氢键，氯化氢分子间只存在范德华力，所以氟化氢的沸点高，故答案为：高；HF分子间能形成氢键；(3) A为碳元素，C是氯元素；氯元素非金属性强，碳的电负性小于氯的电负性；C2H4为平面结构，C2H4中碳原子采用sp2杂化，故答案为：小于；sp2杂化；(4)X为MnO2，在MnO2与浓盐酸反应生成氯气的反应中作氧化剂，ClO3中存在孤对电子，根据价层电子互斥理论，微粒中键角小于10928。故答案为：氧化剂；(5)用均
22、摊法可求出晶胞中存在4个氯原子、4个铜原子，可得出化学式为CuCl，Cu与Cl原子最近的距离为a cm，通过数学几何知识求出图示中的边长为cm。根据=，则该晶体的密度为 gcm3，故答案为：CuCl；。12.前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A和B的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。A、B和C3三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有_；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为_，配位体是_。【答案】 (1). 离子键、配位键 (2). FeF63 (3
23、). F【解析】【详解】前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A-和B+的电子数相差为8，A属于第VIIA族元素，B属于第IA族元素，且A的原子序数小于B，则A是F元素，B是K元素；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，且C和D的原子序数大于B，C的原子序数小于D，有4个未成对电子的一定是过渡金属，前四周期元素中只有3d64s2符合，因而C为Fe元素，顺推出D为Ni。A、B和C3三种离子组成的化合物为K3FeF6，在K3FeF6中K与FeF63之间是离子键，FeF63中Fe3与F之间是配位键
24、；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为FeF63；Fe3是中心离子，F是配位体。13.室安卡因（G）是一种抗心率天常药物，可由下列路线合成；（1）已知A是单体，则A中含有的官能团是_（写名称）。B的结构简式是_。（2）C的名称（系统命名）是_，C与足量NaOH醇溶液共热时反应的化学方程式是_。（3）X是E的同分异构体，X分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有两种，则X所有可能的结构简式有、_、_、_。（4）FG的反应类型是_。（5）下列关于室安卡因（G）的说法正确的是_。a.能发生加成反应 b.能使酸性高锰酸钾溶液褪色c.能与盐酸反应生成盐 d.属于氨基酸【答案】 (1). 羧基、碳碳双
25、键 (2). CH3CH2COOH (3). 2-溴丙酸 (4). (5). (6). (7). (8). 取代反应 (9). abc【解析】【分析】A是的单体，则A的结构简式为：CH2=CHCOOH，A和和氢气发生加成反应生成B，B的结构简式为CH3CH2COOH，B和溴发生取代反应生成C，C为CH3CHBrCOOH，C发生取代反应生成D，D和E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G，结合物质的结构和性质分析解答。【详解】（1）A是的单体，则A的结构简式为：CH2=CHCOOH，A中官能团名称是碳碳双键和羧基，B的结构简式为CH3CH2COOH，故答案为：碳碳双键和羧基；CH3CH2COO
26、H；（2）C的结构简式为CH3CHBrCOOH，C的名称是2-溴丙酸，CH3CHBrCOOH与足量NaOH醇溶液共热时发生消去反应和酸碱中和反应，反应的化学方程式是，故答案为： 2-溴丙酸；（3）X是E的向分异构体，X分子中含有苯环且苯环上一氯代物只有两种，则X分子中苯环上有两类氢原子，则X所有可能的结构简式有、，故答案为：、；（4）根据F和G结构简式的差异性知，F和氨气发生取代反应生成G，故答案为：取代反应；（5）G中含有氨基、羰基、苯环，aG中含有羰基和苯环，所以能发生加成反应，故正确；bG连接苯环的碳原子上含有氢原子，所以能被高锰酸钾氧化生成羧酸，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；cG中含有氨基，所以能与盐酸反应生成盐，故正确；dG中不含羧基，不属于氨基酸，故错误；故选abc。