广西桂林市第十八中学2019届高三化学上学期第二次月考试题.doc

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1、- 1 -广西桂林市第十八中学 2019 届高三化学上学期第二次月考试题7化学中常借助于图像这一表现手段以清晰地突出实验装置的要点，形象地阐述化学过程的原理。下列有关化学图像表现的内容正确的是A测定一定时间内生成 H2的反应速率 B提取海带中的碘C检验火柴燃烧产生的 SO2 D证明非金属性：ClCSi8已知：SO I 2H 2O=SO 2I 2H 。某溶液中可能含有23 24Na 、NH 、Fe 2 、K 、I 、SO 、SO ， 4 23 24且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是A肯定不含 I B可能含有 SO C肯定含有 SO

2、D肯定含有 NH24 23 49下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe 3O4+8H +NO3 3Fe 3 +NO+4H 2OB. Mg(HCO3)2溶液中加入足量 NaOH 溶液：Mg 2 +2HCO3 +2OH MgCO 3+CO 32 +2H2OC. 向含有 0.2 mol FeI2的溶液中通入 0.1 mol Cl2充分反应：2I +Cl22Cl +I2D. 明矾溶液中加入 Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al3 +2SO42 +2Ba2 +4OH AlO 2 +2BaSO4+2H 2O10O 2F2可以发生反应：H 2S+4O2F2SF 6

3、+2HF+4O2，下列说法正确的是A氧气是氧化产物 BO 2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成 4.48 L HF，则转移 0.8 mol 电子 D还原剂与氧化剂的物质的量之比为 14- 2 -11设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关反应 3Cl2 + 8NH3 6NH4Cl + N2的说法中正确的是A若有 0.3 mol Cl2参加反应，则转移的电子数为 0.6NAB若生成 2.24 L N2，则转移的电子数为 0.6NAC若有 1.2NA个电子发生转移，则被氧化的 NH3的质量是 27.2 gD若生成 1 mol NH4Cl 转移的电子数是 n，则 NA=112向某 NaOH 溶液中通入

4、CO2气体后得到溶液 M，因 CO2通入的量不同，溶液 M 的组成也不同，若向溶液 M 中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积 V(HCl)的关系如图所示。则下列分析与判断不正确的是(不计 CO2溶解) A若 OB=0，则形成溶液的过程中所发生反应的离子方程式为 OH +CO2HCO 3B. 若 OB=BC，则溶液 M 为 Na2CO3溶液C. 若 OBBC，则溶液 M 中大量存在的阴离子为 CO32 和 HCO3D. 若 3OB=BC，则溶液 M 中 c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)13一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度不计）将容器分成两部分，当左边充入

5、 1mol N2，右边充入 CO 和 CO2的混合气体共 8g 时，隔板处于如图位置（保持温度不变） ，下列说法正确的是A右边 CO 与 CO2分子数之比为 1:3B右侧 CO 的质量为 2.75gC若改变右边 CO 和 CO2的充入量而使隔板处于离右端 处，保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体压强之比为 5: 3D右侧气体密度是相同条件下氢气密度的 16 倍 （每空分，共分）NaNO 2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知 NaNO2能发生反应：2NaNO 24HI= =2NOI 22NaI2H 2O。(1)上述反应中氧化剂是_。(2)根据上述反应，鉴别 NaNO2和 Na

6、Cl。可选用的物质有水、碘化钾淀粉试纸、淀粉、白酒、- 3 -食醋，你认为必须选用的物质有_(填序号)。()请配平以下化学方程式：Al NaNO3 NaOH= NaAlO2 N2 H2O若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N2的体积为_L。“钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成 VO 。 2()请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：_。()V 2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为 VO )，溶于强酸生成含钒34氧离子(VO )的 2盐。请写出 V2O5分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式

7、：_、_。27（共6 分）某强酸性溶液 X 中可能含有 Fe2 、Fe 3 、Al 3 、Ba 2 、NH 、CO 、NO 4 23、 3SO 、SiO 中的若干种，现取 X 溶液进行连续实验，实验过程及产物如图所示。实24 23验过程中有一种气体为红棕色。根据以上信息，回答下列问题：(1)由强酸性条件即可判断 X 溶液中肯定不存在的离子有_。(2)溶液 X 中关于硝酸根离子的判断，正确的是_(填编号，下同)。a一定含有 b一定不含有 c可能含有(3)气体 F 的电子式为_，化合物 I 中含有的化学键类型有_。(4) 转化的离子方程式为_。- 4 -转化的离子方程式为_。(5)对不能确定是否存

8、在的离子，可以另取 X 溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是_。NaOH 溶液 KSCN 溶液 氯水和 KSCN 的混合溶液 pH 试纸 KMnO 4溶液28 （共3 分）氮化铝（AlN)是一种新型无机非金属材料。某 AlN 样品仅含有 Al2O3杂质，为测定 AlN 的含量，设计如下两种实验方案。已知：AlN+NaOH+H 2ONaAlO 2+NH3【方案 1】取一定量 mg 的样品，用图 1 装置测定样品中 AlN 的纯度（夹持装置已略去） 。（1）如图 1，C 装置中球形干燥管的作用是_。（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品。接

9、下来的实验操作是_，打开分液漏斗活塞，加入 NaOH 浓溶液，至不再产生气体。打开 K1，通入氮气一段时间，测定 C 装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是_。（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_。【方案 2】用图 2 装置测定 mg 样品中 A1N 的纯度（部分夹持装置已略去） 。（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的 X 液体可以是_。 （填字母序号）aCCl 4 bH 2O cNH 4Cl 溶液 dC 6H6（苯） （5）若 mg 样品完全反应，测得生成气体的体积为 VmL（已转换为标准状况） ，则 AlN 的质量分数是_。35 （共5 分）我国部分城市灰霾天占

10、全年一半,引起灰霾的 PM2.5微细粒子包含(NH 4)2SO4、NH 4NO3、有机颗粒物及扬尘等。通过测定灰霾中锌等重金属的含量,可知目前造成我国灰霾天气的原因主要是交通污染。(1)Zn2+在基态时核外电子排布式为_。- 5 -(2)NO3的立体构型是_。(3)PM2.5含有大量的有毒、有害物质,易引发二次光化学烟雾污染,光化学烟雾中含有NOx、O3、CH 2=CHCHO、HCOOH、CH 3COOONO2（PAN）等二次污染物。下列说法正确的是_。A.N2O 结构式可表示为 N=N=O B.O3分子呈直线形C.CH2=CHCHO 分子中碳原子均采用 sp2杂化D.相同压强下,HCOOH

11、沸点比 CH3OCH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子1 mol PAN 中含 键数目为_(用含 NA的式子表示)。 NO 能被 FeSO4溶液吸收生成配合物Fe(NO)(H 2O)5SO4,该配合物中心离子的配位数为_(填数字)。 (4)测定大气中 PM2.5的浓度方法之一是 -射线吸收法,-射线放射源可用 85Kr,已知 Kr 晶体的晶胞结构如图所示,设晶体中与每个 Kr 原子相紧邻的 Kr 原子有 m 个,晶胞中含 Kr 原子为 n 个,则 =_(填数字)。(5)水分子的立体结构是_，水分子能与很多金属离子形成配合物，其原因是在氧原子上有_。(6)冰晶胞中水分子的空间排列方式与金

12、刚石晶胞（其晶胞结构如上图,其中空心所示原子位于立方体的顶点或面心,实心球所示原子位于立方体内）类似。每个冰晶胞平均占有_个水分子。冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同的原因是_。36 （共 15 分）G 是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：- 6 -已知： （1）B 的结构简式为_。 （2）反应的条件为_；的反应类型为_；反应的作用是_。（3）下列对有机物 G 的性质推测正确的是_(填选项字母)。A具有两性，既能与酸反应也能与碱反应 B能发生消去反应、取代反应和氧化反应C能聚合成高分子化合物 D1molG 与足量 NaHCO3溶液反应放出 2molCO2（4）D 与足量的 NaOH 溶液反

13、应的化学方程式为_。（5）符合下列条件的 C 的同分异构体有_ 种。A属于芳香族化合物，且含有两个甲基 B能发生银镜反应 C与 FeCl3溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱有 4 组峰，且峰面积之比为 6221 的是 _ (写出其中一种结构简式)。（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻或对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选)。_合成路线流程图示例如下：X Y Z目标产物- 7 -化学答案7【答案】A 【解析】A 项，注射器可测量反应生成 H2的体积，秒表可测量反应的时间，故可测定一定时间内生成 H2

14、的反应速率，正确；B 项，分液漏斗下端应该紧贴烧杯内壁，错误；C 项，进气管(试管中左侧导管)应该插入溶液中，而出气管(试管中右侧导管)不能插入溶液中，错误；D 项，碳酸钠、硅酸钠分别为 C、Si 的最高价氧化物对应的含氧酸盐，而盐酸不是 Cl 的最高价氧化物对应的含氧酸，该实验不能比较 Cl 与 Si、C 的非金属性强弱。8【答案】C【解析】解析：溶液本身无色，说明没有 Fe2 。加入溴水仍然无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I 和 SO 均可与溴水反应使溴水褪色，此时反应后溶液无色，23说明没有 I2，则原溶液中一定有 SO 。由于 SO 的还原性比 I 强，故 I 是否存在无法23

15、23判断。因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断肯定没有 SO ，不一定有 NH 。24 49 【答案】C【解析】A 项，电荷不守恒，故 A 项错误；B 项，氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，因此反应应生成氢氧化镁而非碳酸镁，故 B 项错误；C 项，还原性：I Fe2+根据电子得失守恒可知，0.1 mol Cl2完全反应变为 Cl ，转移电子 0.2 mol，0.2 mol FeI2中含有 0.4 mol I ，因此氯气完全反应，离子方程式为 2I +Cl22Cl +I2，C 项正确；D.当把铝离子转化为Al(OH)3时，沉淀物质的量最多，故 D 项错误；正确选项 C。 10 【答案】D【解析】A

16、O 元素的化合价由反应前的+1 价变为反应后的 0 价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，错误；B在反应中 O2F2中的 O 元素的化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而 H2S 中的 S 元素的化合价是2 价，反应后变为 SF6中的+6 价，所以 H2S 是还原剂，错误；C外界条件不明确，不能确定 HF 的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，错误；D根据方程式可知还原剂 H2S 与氧化剂 O2F2的物质的量的比是14，正确。11【答案】A12 【答案】C【解析】向某 NaOH 溶液中通入 CO2气体，涉及反应及产物分别为：2NaOHCO 2=Na2CO3H 2O（CO 22O

17、H =CO32 H 2O） ；NaOHCO 2=NaHCO3（OH +CO2HCO 3 ） ；M溶液加入盐酸时发生的反应可能为：CO 32 H =HCO3 ，HCO 3 H =H2OCO 2；在不同的物质的量比的范围内产物（溶液 M 的成份）不同，参见下图：设 a=n(CO2)/n(NaOH)，则： - 8 -a M 的成分 OB 与 BC 的关系a1:2 NaOH 和 Na 2CO3 OBBCa=1:2 Na2CO3 OB=BC1:2a1:1 NaHCO3和 Na2CO3 OBBC a1:1 NaHCO3 OB=0由上表可知，若 3OB=BC，则溶液 M 的成分为 NaHCO3和 Na2CO

18、3，可得：3n（Na 2CO3）=n（Na 2CO3）+n（NaHCO 3）即：c(NaHCO 3)=2c(Na2CO3)，综上所述 A、B、D 正确，C 错误；正确选项 C。13 【答案】D【解析】左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为 4：1，则左右气体物质的量之比为 4：1，所以右侧气体物质的量=0.25mol，CO 和二氧化碳质量为 8g，设 CO 的物质的量为 xmol，则二氧化碳物质的量为（0.25x）mol，28xg+44（0.25x）g=8g，x= mol，则 CO 的物质的量为 mol，二氧化碳物质的量为 mol，A气体的物质的量之比

19、等于其分子数之比，所以右边 CO 与 CO2分子数之比为mol： mol=3：1，故 A 错误； Bm（CO）=nM= mmol28g/mol=5.25g，故B 错误；C若改变右边 CO 和 CO2的充入量而使隔板处于距离右端 1/6 处，则左右空间体积之比为5：1，充入二氧化碳和 CO 物质的量为 =0.2mol，相同条件下气体的物质的量之比等于其压强之比，所以其压强之比为 0.25mol：0.2mol=5：4，故 C 不正确；D相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，右边气体平均摩尔质量= =32g/mol，而氢气摩尔质量为 2g/mol，所以混合气体与氢气密度之比为 16：1，故 D

20、正确；（每空分，共分）【答案】(1)NaNO 2 (2) ()10 6 4 10 3 2， 11.2()V6H 5NO =VO 5NO 2 3H 2O ()Na 3VO4 ， (VO 2)2SO4 3 2- 9 -【解析】()NaNO 2中 N 元素的化合价降低，作氧化剂。()根据题中反应，NaNO 2在酸性溶液中，能将 I 氧化成 I2，淀粉遇 I2变蓝色，故必须选用的物质有。()根据化合价升降相等配平：10Al6NaNO 34NaOH= =10NaAlO23N 22H 2O。根据关系式 N210e ，若反应过程中转移 5 mol e ，则生成标准状况下 N2的体积为 11.2 L。()钒室

21、温下能溶解于浓硝酸中生成 VO ，故金属钒与浓硝酸反应：V6H 5NO 2=VO 5NO 23H 2O。 3 2()V 2O5与强碱反应生成 Na3VO4，V 2O5与强酸反应生成(VO 2)2SO4。（每空分，共6 分）【答案】 (1)CO 、SiO (2)b (3) 共价键和离子键 23 23(4)3 Fe2+ + H + + NO3- = 3Fe3+ + NO + H 2OAlO 2H 2OCO 2=HCO Al(OH) 3 (5) 2 3【解析】(1)在强酸性溶液中氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，所以一定不会存在 CO 、SiO 。23 23

22、(2)加入过量硝酸钡生成沉淀，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，说明一定含有 SO ，含有 SO 就一定不含 Ba2 ；气体 A 连续氧化生成 D 和 E，则 A 为 NO，D 为24 24NO2，E 为 HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为 Fe2 ，则在酸性条件下一定不含NO ，否则酸性条件下 NO 会将 Fe2 氧化而不能大量共存，答案选 b。 3 3(3)溶液 B 中加入过量 NaOH 溶液并加热，生成气体 F，则 F 为 NH3，其电子式为；溶液 E 为 HNO3，气体 F 为 NH3，E 与 F 反应生成 I 为 NH4NO3，含有的化学键类型有离子键和极性共价键。(4)

23、根据题中提供的离子，前面已排除 SiO 的存在，则在过量氢氧化钠作用下得到的23溶液 H，通入过量二氧化碳后能产生沉淀 K，K 应该为氢氧化铝，则溶液 H 中含有偏铝酸根离子，故溶液 X 中含有 Al3 ，转化的离子方程式为 AlO 2H 2O CO2=HCO Al(OH) 2 33。(5)综上可知，溶液中一定含有 Fe2 、Al 3 、NH 、SO ，一定不含有 4 24Ba2 、CO 、NO 、SiO ，不能确定是否含有 Fe3 ，最好选择 KSCN 溶液对 Fe3 进行检23 3 23验，答案选。 （每空分，共3 分）【答案】(1). 防止倒吸 (2). 关闭 K1，打开 K2 ； 把装

24、置中残留的氨气全部赶入 C- 10 -装置 (). C 装置出口处连接一个干燥装置 (). ad (). 100% 【解析】 （1）分析装置和仪器作用分析，氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图 C 装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用；（2）组装好实验装置，原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品接下来的实验操作是关闭 K1，打开 K2，打开分液漏斗活塞，加入 NaOH 浓溶液，至不再产生气体打开 K1，通入氮气一段时间，测定 C 装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置 C 被浓硫酸吸收，准确测定装置 C 的增重计算；（3）装置

25、存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置 C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管；（4）依据氨气极易溶于水的性质分析，为测定生成气体的体积，量气装置中的 X 液体可以是；aCCl 4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故 a 正确；b氨气极易溶于水，不能排水法测定，故 b 错误；c氨气极易溶于水，不能用排 NH4Cl 溶液的方法测定气体体积，故 c 错误； d氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液，测定氨气的体积，故 d 正确；（5）若 mg 样品完全反应，测得生成气体的体积为 VmL（已转换为标准状况） ，AIN+NaOH+H2ONaAIO 2+NH341 22.4

26、Lm V10-3Lm=41V10-3/22.4g则 AlN 的质量分数=41V/22400m。35 （除注明外，每空分，共8 分）【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10 (2). 平面三角形 (3). AC（分） 10NA 6 (). 3 (). V 形 ； 孤电子对 (). 8 （分） ；C 原子与 O 原子都为 sp3杂化,且氢键和共价键都具有方向性和饱和性- 11 -【解析】 （1）Zn 为 30 号元素，所以 Zn2+在基态时核外电子排布式为：1s 22s22p63s23p63d10或Ar3d10；（2）对于 NO3-，根据 VSEPR 理论，中心 N 原子的配位原

27、子数 3，孤电子对数为 0，则价电子对数为 3+0=3，根据杂化轨道理论，中心 N 原子为 sp2杂化，则其空间构型为平面三角形；（3）A、N 2O 与 CO2互为等电子体，二者形成的化学键相似，故 N2O 结构式可表示为N=N=O，A 正确；B、O 3与 SO2互为等电子体，为 V 形分子，B 错误；C、CH 2=CH-CHO 中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，故均为 sp2杂化，C 正确；D、HCOOH 分子间可以形成氢键，CH 3OCH3分子间只有范德华力，氢键的作用强于范德华力，所以 HCOOH 沸点比 CH3OCH3高，与分子的极性无关，D 错误。答案选 AC；PAN 中所有单键

28、均为 键，双键中有一个为 键，-NO 2的结构为 ，所以PAN（CH 3COOONO2）分子中含有 10 个 键，则 1mo1PAN 含 键数目为 10 NA（或106.021023或 6.021022） 。配体位于方括号中，由 1 个 NO 和 5 个 H2O 构成，则配位数为 6。（4）根据均摊法，以顶点计算，与之相邻最近的 Kr 位于三个面心上，而顶点的原子为8 个立方体共有，每个面心上的 Kr 为两个立方体共有，故最近的 Kr 为 38/2=12，晶胞中Kr 有 81/8+61/2=4，两者比值为 12：4=3。（5）水分子中含有 2 个 键，孤电子对数= =2，所以水分子的立体构型为

29、 V 型，水分子能与很多金属离子形成配合物，其原因是在氧原子上有孤对电子，金属离子有空轨道，能形成配位键；（6）每个冰晶胞平均含有水分子数为：8 +6 +4=8（其中顶点为 8 个，面心为 6 个，晶胞内有 4 个） ；金刚石中，C 原子为 sp3杂化，而冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，说明 C 原子与 O 原子都为 sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性；36 （每空分，共分）【答案】 (1). . (2). 浓硫酸、浓硝酸、加热 (3). 取代反应(4). 保护酚羟基，以防被氧化 (5). AC - 12 -(6). (7). (8). 16 种 (9). 【解析】C 发生氧化

30、反应生成 D，由 D 的结构逆推，可知 C 为 ；A 与 B 反应生成 C，结合 B 的分子式、给予的反应信息，可知 B 为 ，A 为；D 发生水解反应、酸化得到 E 为 ；由 G 的结构简式可知，E发生硝化反应生成 F ，F 再发生还原反应得到 G。（1）由上述分析可知，B 的结构简式为： ,故答案为： ；（2）反应为硝化反应，反应条件为：浓硫酸、浓硝酸、加热，的反应类型为取代反应，反应的作用是保护酚羟基，以防被氧化。（3）A、G 含有氨基与羧基，具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故 A 正确；B、G不能发生消去反应，故 B 错误；C、含有羧基、氨基，能进行缩聚，形成高分子化合物，故C 正

31、确；D、羧基能与 NaHCO3反应生成 CO2，1molG 与足量 NaHCO3溶液反应放出 1molCO2，故D 错误。故选 AC；（4）D 中羧基，水解得到羧酸与酚羟基均与 NaOH 反应，反应化学方程式为：；（5）C 为 ,符合下列条件的 C 的同分异构体：a、属于芳香族化合物，且含有两个甲基，说明含有苯环和 2 个CH 3；b、能发生银镜反应，说明含有 CHO；c、与- 13 -FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则苯环上有四个取代基：2 个CH 3、1 个 OH、1个CHO。若为 苯环上 H 原子被OH、CHO 取代，则当OH 在 中 1 号位置，-CHO 有 3 种位置；当

32、-OH 在 2 号位置，CHO 有 3 种、 3 种位置，故共 6 种同分异构体；若为 苯环上 H 原子被OH、CHO 取代，则当OH 在 中 1 号位置，-CHO 有 2 种位置；当-OH 在 2 号位置，-CHO 有 2 种位置；当-OH 在 3 号位置，-CHO 有 3 种位置，共 7 种同分异构体；若为 苯环上 H 原子被OH、 CHO 取代，OH有 1 种位置，而 CHO 有 3 种位置。故符合条件的同分异构体共有 16 种。其中核磁共振氢谱有 4 组峰,且峰面积之比为 6:2:1:1 的是 或 。故答案为：16； 或 。（6）流程目的： 。要将-CH 3氧化为-COOH，且要在邻位引入 1 个-NH2。苯环上-CH 3可以在酸性高锰酸钾条件下被氧化为-COOH；据已知信息可知，可以先在甲苯上引入-NO 2，即发生硝化反应；然后在 Fe/HCl 的条件下将-NO 2还原为-NH 2；而又已知-NH 2极易被氧化，所以-CH 3的氧化应在-NO 2的还原之前。合成流程图为：