江苏省扬州市扬州中学2019届高三化学上学期12月月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -江苏省扬州市扬州中学 2019 届高三化学上学期 12 月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Fe-56 Sr-88 Pd-106 选择题(共 40 分)单项选择题：本题包括 10 小题，每小题 2 分，共计 20 分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与新型材料、环境保护、能源开发等密切相关。下列说法错误的是A. 人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物B. 使用生物酶降解生活废水中的有机物，可防止水体的富营养化C. 用 CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用D. 煤经过气化和液化

2、生成了可燃性气体或液体，变为清洁能源，是化学变化【答案】A【解析】【详解】A.光导纤维的主要成分是 ，不是有机高分子化合物，故 A 错误；B.废水中的有机物可导致水体富营养化，使用生物酶降低废水中的有机物，可防止水体的富营养化，故 B 正确；C.利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类是可降解塑料，减少二氧化碳的排放，实现“碳”的循环利用，故 C 正确；D.煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，主要反应是 C 和水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，煤的直接液化是在高温高压条件下通过加氢使煤转化为液体燃料，均为化学变化，故 D正确；本题答案为 A。2.下列化学用语正确的是A. 18O2结构示意图：B. 硝基

3、苯的结构简式：C. NaHSO4熔融时电离方程式：NaHSO 4 = Na+ + HSO4D. CO2的比例模型：- 2 -【答案】C【解析】【详解】A. 18O2-的核电荷数为 8，质量数为 18，电子数为 10，结构示意图为 ，故 A 错误；B.硝基苯的结构简式中硝基中的 N 原子与苯环中的 C 原子相连，硝基苯正确的结构简式为： ，故 B 错误；C.NaHSO4熔融时只电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式：NaHSO 4=Na+HSO4 ，故 C 正确；D.CO2的比例模型中，碳原子半径比氧原子的半径大，故 D 错误。故选 C。【点睛】注意 NaHSO4在熔融时的电离方程式为：NaHS

4、O 4=Na+HSO4 ，在水溶液中的电离方程式为：NaHSO 4=Na+H+SO42 。3.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是A. 海带提碘 B. 氯碱工业 C. 海水提溴 D. 侯氏制碱【答案】D【解析】【详解】A.海带提碘是由 KI 变为 I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故 A 错误；B.氯碱工业是由 NaCl 的水溶液在通电时反应产生 NaOH、Cl 2、H 2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故 B 错误；C.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故 C 错误；D.侯式制碱法，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠

5、和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故 D 正确。故选 D。4. 下列实验现象可用同一原理解释的是A. 溴水分别滴入植物油和裂化汽油中，溴水均褪色B. 品红溶液中分别通入 SO2和 Cl2，品红均褪色- 3 -C. 鸡蛋白溶液中分别加入 NaCl 溶液和 HgC12溶液，均有固体析出D. 分别加热盛有 NH4Cl 和单质碘的试管，管口均有固体凝结【答案】A【解析】试题分析：A、植物油和裂化汽油中都含有双键，可以发生加成反应使溴水褪色，故 A 正确；B、氯气与水反应生成次氯酸，具有强氧化性，使品红褪色，不能复原，SO 2与品红发生化合

6、使品红褪色，加热能复原，二者褪色原理不同，故 B 错误；C、因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，如饱和硫酸钠溶液、硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜、HgCl 2等，故 C 错误；D、加热盛有 NH4Cl 和单质碘的试管，管口均有固体凝结、单质碘是升华反应、氯化铵是分解、再化合，原理不同，故 D 错误；故选 A。【考点定位】考查氯气的化学性质；铵盐；二氧化硫的化学性质；石油的分馏产品和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【名师点晴】本题考查了物质性质的分析，反应现象和事实的反应原理理解应用，掌握物质性质是解题关键。5.实验室处理废催化剂 FeBr3溶液，得到溴

7、的苯溶液和无水 FeCl3。下列设计能达到相应验目的的是A. 用装置甲制取氯气B. 用装置乙使 Br 全部转化为溴单质C. 用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层D. 用装置丁将分液后的水层蒸发至干，再灼烧制得无水 FeCl3【答案】C【解析】【详解】A.1mol/L 的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰不反应，则不能制备氯气，故 A 错误； B.图中导管的进入方向不合理，将溶液排出装置，应从长导管进气短导管出气，故 B 错误；C.苯不溶于水，密度比水小，溴的苯溶液在上层，则用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层，故 C 正确；- 4 -D.蒸发时促进氯化铁水解，生成盐酸易挥发，

8、不能得到 FeCl3，灼烧得到氧化铁，故 D 错误；本题答案为 C。【点睛】分液时，分液漏斗内的下层液体从漏斗下口放出，上层液体从上口倒出。6.X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z 是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为 15， X 与 Z 可形成 XZ2分子；Y 与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为 0.76g/L；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的 1/2。下列说法正确的是A. 原子半径：WZYXMB. 由 X、Y、Z、M 四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键C. XZ2， X 2M2， W 2Z2均为直线型的共价化合物D. 由

9、 X 元素形成的单质不一定是原子晶体【答案】D【解析】试题分析：由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W 这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有 X、Y、Z 三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z 的最外层电子数之和为 15，X 与 Z 可形成 XZ2分子，可推出 X、Y、Z 分别为C、N、O 三种元素；根据 Y 与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度 0.76gL-1，就可计算出该气态化合物的摩尔质量为 22.4L/mol0.76gL-1=17g/mol，从而确定 M 为 H 元素；根据 W 的质子数是X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的 1/2，推出

10、W 的质子数为 1/2(6+7+8+1)=11，所以 W 为 Na元素。A、原子半径应是 WXYZM(即 NaCNOH)，故 A 错误；B、X、Y、Z、M 四种元素可形成化合物 (NH 4)2CO3、NH 4HCO3、CO(NH 2)2(尿素)等，前二种为离子化合物，而尿素为共价化合物，故 B 错误C、选项中 CO2、C 2H2均为直线型共价化合物，而 Na2O2是离子化合物，不是直线型共价化合物，故 C 错误D、碳的同素异形体很多，金刚石为原子晶体，但例如石墨、C 60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，故 D 正确；故选 D【考点定位】考查元素周期律与元素周期表【名师点晴】本题是一道

11、无机推断题，以元素推断为基础，综合考查原子结构，元素周期表、元素周期律，分子结构，元素化合物性质等知识，但题目一反通常习惯，把 X、Y、Z、M、W这五种短周期元素，并不是按原子序数依次递增排列的，而只是其中 X、Y、Z 三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，而把原子序数最小的 M 元素恰恰排在 X、Y、Z 三种元素后面，- 5 -这样就给学生设置了一个思维陷阱，如果学生不注意审题，不注意这一细节，一旦陷入习惯上的思维定势，就会跌入这个陷阱，无法正确解题。这也是本题的解题关键。只要掌握了这一解题关键，再结合题给的条件，题目就可迎刃而解。7.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A. 酸性溶液

12、中 KIO3与 KI 反应生成 I2：IO 3I 6H =I23H 2OB. 用两个铜电极电解 CuSO4 溶液：2Cu 2+ +2H2O 2Cu + O 2 +4H +C. 硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液恰好反应呈中性：H SO 42 Ba 2 OH H 2OBaSO 4D. 向含有 0.1 mol 溶质的硫酸亚铁稀溶液中加入 7.8 g Na2O2：4Na 2O24Fe 2 6H 2O4Fe(OH) 38Na O 2【答案】D【解析】【详解】A.电荷不守恒，酸性溶液中 KIO3与 KI 反应的离子方程式为：IO35I 6H =3I23H 2O，故 A 错误；B.用两个铜电极电解 CuSO4溶液

13、时，阳极为铜本身失电子变成铜离子，阴极为溶液中的铜离子得到电子变成铜单质，没有水参与电解，故 B 错误；C.硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液恰好反应呈中性，硫酸氢钠溶液与氢氧化钡按照物质的量2:1 反应，反应的离子方程式为：2H SO 42 Ba 2 2OH =2H2OBaSO 4，故 C 错误；D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气氧化亚铁离子为三价铁离子，和氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，向含有 0.1 mol 溶质的硫酸亚铁稀溶液中加入 7.8gNa2O2，7.8gNa 2O2的物质的量为 0.1mol，亚铁离子与过氧化钠等物质的量反应，离子方程式为：4Na2O24Fe 2 6H 2O4Fe(

14、OH) 38Na O 2，故 D 正确。故选 D。8.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 能溶解 Al2O3 的溶液：Na +、K +、HCO 3 、NO 3B. 0.1molL-1Ca(ClO)2 溶液：K +、Na +、I 、Cl C. 能使甲基橙显红色的溶液：K +、Fe 2+、Cl 、NO 3D. 加入 KSCN 显红色的溶液：Na +、Mg 2+、Cl 、SO 42【答案】D【解析】- 6 -【详解】A. 能溶解 Al2O3 的溶液可能是酸性或碱性，碳酸氢根离子不能存在，故错误；B. 0.1molL-1Ca(ClO)2 溶液中 I 被氧化，故错误；C. 能使甲基橙

15、显红色的溶液为酸性溶液，Fe 2+与 NO3 反应不能共存，故错误；D. 加入 KSCN 显红色的溶液说明还有铁离子，与 Na+、Mg 2+、Cl 、SO 42 四种离子不反应，能共存，故正确。故选 D。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )A. SiO2 SiCl4 Si B. CuSO4 Cu(OH)2 CuC. 饱和 NaCl(aq) NaHCO3(s) Na2CO3(s) D. FeS2(s) SO3(g) H2SO4【答案】C【解析】【详解】A.SiO 2与盐酸不能反应生成 SiCl4，故 A 错误；B.Cu(OH)2能被葡萄糖溶液还原成 Cu2O，而不是 Cu

16、，故 B 错误；C.因碳酸氢钠在水中的溶解度较食盐小，则有反应：NaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3，2NaHCO 3 Na2CO3+H2O+CO2，故 C 正确；D. FeS2在氧气中高温下反应先生成 SO2，故 D 错误；答案选 C。【点睛】由物质间的转化规律可知，一般酸性氧化物与酸不反应，如二氧化硅与盐酸不能反应生成 SiCl4，但二氧化硅能与氢氟酸反应生成 SiF4。10.铝石墨双离子电池是一种全新低成本、高效电池。原理为：A1Li+C x(PF6)Al+xC+Li+PF6-。电池结构如图所示。下列说法正确的是A. 放电时，外电路中电子向铝锂电极移动- 7

17、 -B. 放电时，正极反应为 Cx(PF6)+e-=xC+PF6-C. 充电时，应将铝石墨电极与电源负极相连D. 充电时，若电路中通过 1 mol 电子，阴极质量增加 9 g【答案】B【解析】A. 放电时铝锂电极中锂失电子作为负极，外电路中电子由负极铝锂电极向正极铝石墨移动，选项 A 错误；B. 放电时正极铝石墨电极 Cx(PF6)得电子产生 PF6-，电极反应为 Cx(PF6)+e-= xC+ PF6-，选项 B 正确；C. 充电时，应将铝石墨电极与电源正极相连，选项 C 错误；D. 充电时，根据电极反应 Li+ Al +e-= AlLi 可知，若电路中转移 l mol 电子，阴极质量增加3

18、6g，选项 D 错误。答案选 B。不定项选择题：本题包括 5 小题，每小题 4 分，共计 20 分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得 0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得 2 分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得 0 分。11.化合物 是合成中药黄芩中的主要活性成分的中间体，合成方法如下：+HCl下列有关叙述正确的是A. I 的分子式为 C9H10O4B. II 中所有原子均有可能共面C. 可用 FeCl3溶液鉴别有机物 I 和 IIID. 1mol 产物 III 与足量溴水反应，消耗 Br2的物质的量为 1.5 mol【

19、答案】B【解析】试题分析：A根据结构简式，的分子式为 C9H12O4，故 A 错误；B含有苯环、碳碳双键和羰基，具有苯、乙烯和甲醛的平面结构特点，则中所有原子均有可能共面，故 B 正确；C含有酚羟基，可发生显色反应，可用 FeCl3溶液鉴别有机物和，故 C 错误；D中含有酚羟基，可与溴发生取代反应，碳碳双键可与溴发生加成反应，则 1mol 产物 III 与足量溴水反应，消耗 Br2的物质的量为 2mol，故 D 错误；故选 B。- 8 -【考点定位】考查有机物的结构和性质【名师点晴】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该题

20、的关键。根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。12. 下列说法正确的是A. 用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶等可以配制 pH=1 的醋酸溶液B. 在氨水中加入少量的水或氯化铵固体后，都会使溶液中的 c(H+)增大C. 反应 SiO2(s)+ 3C(s)=“SiC(s)“ + 2CO(g)室温下不能自发进行，则该反应的H7):c(NH 3H2O) c(NH4+) c(Cl-) c(OH-)C. 0.1mol/LNa2C2O4与 0.1mol/LHCl 溶液等体积混合(H 2C2O4为二元弱酸):2c(C 2O42-)+c

21、(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)D. 0.1 mol/LNa2CO3与 0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合： c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)3+c(H2CO3)【答案】AD【解析】试题分析：ANaHSO 4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO 4 =Na+H+SO42-，H 2O H+OH-，溶液中质子守恒，c(H +)=c(SO42-)+c(OH-)，故A 正确；B0.1mol/LNH 4Cl 与 0.1mol/L 氨水等体积混合(pH7)，说明溶液中一水合氨电离大于铵根离子水解溶液呈碱性，c(NH

22、4+)c(Cl -)c(NH 3H2O)c(OH -)，故 B 错误；- 10 -C0.1mol/LNa 2C2O4与 0.1mol/LHCl 溶液等体积混合(H 2C2O4为二元弱酸)反应生成氯化钠、NaHC2O4，溶液中存在电荷守恒为：c(Cl -)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故 C错误；D0.1mol/LNa 2CO3与 0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：n(Na):n(C)=3:2，溶液中物料守恒得到：2c(Na +)=3c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，故 D 正确；故选 AD。【考点定位】考查离子

23、浓度大小的比较【名师点晴】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，注意明确盐的水解原理，掌握比较溶液中离子浓度大小的方法，明确电荷守恒、物料守恒等比较离子浓度大小中应用。要熟练使用电解质溶液中的守恒关系：电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。如 NaHCO3溶液中：n(Na )n(H +)n(HCO 3-)2n(CO 32-)n(OH -)推出：c(Na +)c(H +)c(HCO 3-)2c(CO 32-)c(OH -)，物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的

24、总数是不会改变的。如 NaHCO3溶液中：n(Na +):n(c)1:1，推出：c(Na +)c(HCO 3-)c(CO 32-)c(H 2CO3)；质子守恒：(不一定掌握)电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H )的物质的量应相等。例如：在 NH4HCO3溶液中 H3O+、H 2CO3为得到质子后的产物；NH 3、OH -、CO 32-为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H 3O+)+c(H2CO3)=c(NH3)+c(OH-)+c(CO32-)。15.己知：CH 4(g)+2H2S(g) CS2(g)+4H2(g)。向恒容密闭容器中充入 0.lmolCH4 和0.2molH2S，下图所

25、示：下列说法正确的是A. 该反应的HOB. X 点 CH4的转化率为 20%C. X 点与 Y 点容器内压强比为 55：51- 11 -D. 维持 Z 点温度，向容器中再充入 CH4、H 2S、CS 2、H 2 各 0.1mol 时 v(正)v(逆)【答案】BD【解析】A、由图象可知，随温度的升高，反应物在减小，生成物在增大，所以该反应为吸热反应，即HO， （或者由图象不能确定反应的热效应） ，故 A 错误；B、设 X 点时 CS2为 xmol，则CH4为(0.1-x)mol，H 2S 为(0.2-2x)mol，H 2为 4xmol，即得(0.1-x)= 4x，x=0.02 mol，则CH4的

26、转化率为 20%，故 B 正确；C、在同温同容时，压强之比等于物质的0.1%mol量之比，X 点容器内的总物质的量为 n(X)=(0.1-x)mol+(0.2-2x)mol+ xmol+4xmol=0.34 mol，同理可得 Y 点 CS2为 1/30mol，则 n(Y)= (0.1-1/30)mol+(0.2-21/30)mol+1/30mol+41/30mol=11/30 mol，则 X 点与 Y 点容器内压强比= n(X)：n (Y)= 51：55，则C 错误；D、同理可求得 Z 点 CS2为 0.05mol，则 CH4为 0.05mol，H 2S 为 0.1mol，H 2为0.2mol

27、，设容器的体积为 1L，此时的浓度商 Q1=0.16，当向容器中再充入 CH4、H 2S、CS 2、H 2各 0.1mol 时，各物质的量分别为 CH40.15mol，H 2S 0.2mol，CS 2 0.15mol，H 2 0.3mol，此时的 Q=0.2025 Q1= 0.16，所以反应向左进行，即 V(正)CH sp 2、sp 39NA（3）直线形 Ti 4CN3【解析】试题分析：Ga 原子序数为 31，电子排布式为Ar3d 104s24p1。同周期元素从左向右，电负性增大，电负性 NCH。与 H 不相连的 N 杂化类型为 sp2，与 H 相连的 N 杂化类型为 sp3。单键全是 键，双键中有 1 个 键和 1 个 键。N 3 与 CO2互为等电子体，CO 2为直线形，所以 N3-亦为直线形。晶胞中 Ti 个数为 ，N 原子个数为 ，用41864碳原子取代氮化钛晶胞顶点的氮原子后 C 原子位于顶点，个数为 1，则 N 原子数为 3，所以晶胞化学式为 Ti4CN3。- 22 -考点： 核外电子排布式 电负性 中心原子杂化类型 键和 键 离子空间构型 晶胞的计算