2019届高三化学上学期第二次月考试题 (II).doc

2019届高三化学上学期第二次月考试题 (II)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：SOI2H2O=SO2I2H。某溶液中可能含有Na、NH、Fe2、K、I、SO 、SO， 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 D肯定含有NH9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：Fe3O4+8H+NO33Fe3+NO+4H2OB. Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液：Mg2+2HCO3+2OHMgCO3+CO32+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+4OHAlO2+2BaSO4+2H2O10O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是A氧气是氧化产物 BO2F2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1411设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关反应3Cl2 + 8NH36NH4Cl + 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=12向某NaOH溶液中通入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+CO2HCO3 B. 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HCO3 D. 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）NaNO2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：2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O。(1)上述反应中氧化剂是_。(2)根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有水、碘化钾淀粉试纸、淀粉、白酒、 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：AlNaNO3NaOH=NaAlO2N2H2O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。()请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：_。()V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO)的 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：_、_。27（共6分）某强酸性溶液X中可能含有Fe2、Fe3、Al3、Ba2、NH、CO、NO、 SO、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_。转化的离子方程式为_。(5)对不能确定是否存在的离子，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KMnO4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+H2ONaAlO2+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）aCCl4 bH2O cNH4Cl溶液 dC6H6（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全年一半,引起灰霾的PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3、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_。(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、CH2=CHCHO、HCOOH、CH3COOONO2（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)(H2O)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：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：XYZ目标产物化学答案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，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。9【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：IFe2+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】AO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】A 12【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：2NaOHCO2=Na2CO3H2O（CO22OH=CO32H2O）；NaOHCO2=NaHCO3（OH+CO2HCO3）；M溶液加入盐酸时发生的反应可能为：CO32H=HCO3，HCO3H=H2OCO2；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：aM的成分OB与BC的关系a1:2NaOH 和 Na2CO3OBBCa=1:2Na2CO3OB=BC1:2a1:1NaHCO3和Na2CO3OBBCa1:1NaHCO3OB=0由上表可知，若3OB=BC，则溶液M的成分为NaHCO3和Na2CO3，可得：3n（Na2CO3）=n（Na2CO3）+n（NaHCO3）即：c(NaHCO3)=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正确；（每空分，共分）【答案】(1)NaNO2(2)()10641032，11.2()V6H5NO=VO5NO2 3H2O ()Na3VO4，(VO2)2SO4【解析】()NaNO2中N元素的化合价降低，作氧化剂。()根据题中反应，NaNO2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：10Al6NaNO34NaOH=10NaAlO23N22H2O。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。()钒室温下能溶解于浓硝酸中生成VO，故金属钒与浓硝酸反应：V6H5NO=VO5NO23H2O。 ()V2O5与强碱反应生成Na3VO4，V2O5与强酸反应生成(VO2)2SO4。（每空分，共6分）【答案】(1)CO、SiO(2)b (3) 共价键和离子键 (4)3 Fe2+ + H+ + NO3-= 3Fe3+ + NO+ H2OAlO2H2OCO2=HCOAl(OH)3 (5)【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。(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NO2，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)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)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AlO2H2O CO2=HCOAl(OH)3。(5)综上可知，溶液中一定含有Fe2、Al3、NH、SO，一定不含有Ba2、CO、NO、SiO，不能确定是否含有Fe3，最好选择KSCN溶液对Fe3进行检验，答案选。（每空分，共3分）【答案】(1). 防止倒吸 (2). 关闭K1，打开K2 ； 把装置中残留的氨气全部赶入C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；aCCl4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+H2ONaAIO2+NH3 41 22.4L m 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【解析】（1）Zn为30号元素，所以Zn2+在基态时核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；（2）对于NO3-，根据VSEPR理论，中心N原子的配位原子数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、N2O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、O3与SO2互为等电子体，为V形分子，B错误；C、CH2=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，CH3OCH3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中所有单键均为键，双键中有一个为键，-NO2的结构为，所以PAN（CH3COOONO2）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 (6). (7). (8). 16种 (9). 【解析】C发生氧化反应生成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