重庆市云阳江口中学校2020届高三上学期第一次月考化学试题

高2020级高三上第一次月考测试卷化学

化学测试卷共4页。满分100分。考试时间50分钟。

可能用到的相对原子质量：H: 1   C:12

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。

2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。

3．答非选择题时，必须用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡上规定的位置上。

4．所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答案无效。

5．考试结束后，将试卷带走（方便老师评讲），答题卡不得带走。

一、选择题（本大题共7个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共42分。）

1.下列有关钠及其化合物的叙述错误的是(　　)

A. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂

B. 高压钠灯发出的黄光透雾能力强，可用于道路和广场照明

C. 氢氧化钠具有强碱性，可用于制胃酸中和剂

D. 钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和CO2反应

【答案】C

【解析】

【详解】A．Na2O2吸收CO2产生O2，所以Na2O2可用作呼吸面具供氧剂，故A正确；

B．钠的焰色反应为黄色，则可用作透雾能力强的高压钠灯，故B正确；

C．氢氧化钠具有腐蚀性，不能用于中和胃酸，一般用氢氧化铝、碳酸镁、碳酸氢钠等，故C错误；

D．钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，故D正确；

故选C。

2.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是（　　）

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A、由于Fe是单质，不是化合物，所以铁既不是电解质也不是非电解质，故A错误；

B、NH3本身不能电离出离子，是非电解质， BaSO4是盐，熔融状态完全电离，属于强电解质，故B错误；

C、碳酸钙是盐，属于强电解质，磷酸在溶液中部分电离，属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C正确；

D、Ba(OH)2是强碱，在水中完全电离，属于强电解质，水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故D错误；

故选C。

【点睛】本题的易错点为B，要注意化合物是电解质还是非电解质，以及电解质的强弱与溶解度没有关系。

3.关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是

A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B. 易溶于水及甲苯

C. 分子中所有原子共平面 D. 可以发生加成聚合反应

【答案】D

【解析】

【分析】

2−苯基丙烯含有碳碳双键，属于不饱和芳香烃，能表现芳香烃和烯烃的性质。

【详解】A项、2−苯基丙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；

B项、2−苯基丙烯属于不饱和芳香烃，难溶于水，易溶于甲苯，故B错误；

C项、若有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，2−苯基丙烯中含有甲基，分子中所有原子不可能共平面，故C错误；

D项、2−苯基丙烯含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成聚2−苯基丙烯，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系，熟悉常见有机物的性质是解答关键。

4.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是(　　)

A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA

B. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA

C. 1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA

D. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA

【答案】A

【解析】

【详解】A. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；

B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；

C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；

D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；

答案选A。

5.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）

A. FeCl3溶液与Cu的反应：Cu＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋

B. NO2与水的反应：3NO2＋H2O=2NO3-＋NO＋2H＋

C. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑

D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32-

【答案】B

【解析】

【详解】A．FeCl3溶液与Cu的反应的离子反应为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A错误；

B．NO2与水反应的离子反应为3NO2+H2O═2NO3-+NO+2H+，故B正确；

C．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应的离子反应为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C错误；

D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，故D错误；

故选B。

6.已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是（　　）

A. 上述实验证明氧化性：MnO4—＞Cl2＞Fe3＋＞I2

B. 上述实验中，共有两个氧化还原反应

C. 实验①生成的气体不能使湿润的淀粉­KI试纸变蓝

D. 实验②证明Fe2＋既有氧化性又有还原性

【答案】A

【解析】

【详解】①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂，氧化性：MnO4-＞Cl2；

②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色，铁元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为-1价，氯化亚铁是还原剂、氯气是氧化剂，氧化性：Cl2＞Fe3+；

③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，铁离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘和亚铁离子，I元素化合价由-1价变为0价、铁元素化合价由+3价变为+2价，所以碘离子作还原剂、铁离子为氧化剂，氧化性：Fe3+＞I2。

A．通过以上分析知，上述实验证明氧化性：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2，故A正确；

B．通过以上分析知，有3个氧化还原反应，故B错误；

C．实验①生成的气体是氯气，氯气能氧化碘离子生成碘单质，所以实验①生成的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故C错误；

D．实验②证明Fe2+有还原性，故D错误；

故选A。

7.工业生产钠和烧碱的原理如下：①电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融) 2Na＋Cl2↑，②电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，下列有关说法正确的是（　　）

A. 在反应①和②中，氯化钠均既是氧化剂，又是还原剂

B. 在反应①中氯气是还原产物，在反应②中氢气是还原产物

C. 若标准状况下生成等体积的气体，则反应①和②中转移电子总数相等

D. 若消耗等质量的氯化钠，则反应①和②中转移电子总数相等

【答案】D

【解析】

【详解】①电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，Na元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以氯化钠既是氧化剂，又是还原剂；

②电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2 ↑，H元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以水是氧化剂，氯化钠是还原剂；

A．由分析可知，反应②中氯化钠是还原剂，不是氧化剂，故A错误；

B．在反应①中氯气是氧化产物，在反应②中氢气是还原产物，故B错误；

C．2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑中生成1mol气体转移2mol电子，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2 ↑中生成2mol气体转移2mol电子，故C错误；

D．若消耗1mol氯化钠，则反应①和②中转移电子均为2mol，所以消耗等质量的氯化钠，则反应①和②中转移电子总数相等，故D正确；

故选D。

【点睛】把握反应中的元素化合价变化为解答的关键。本题的易错点为B，要注意氧化剂被还原得到还原产物，还原剂被氧化生成氧化产物。

二、非选择题（共58分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11~12题为选考题，考生根据要求作答。）

8.按要求完成下列填空：

(1)写出下列物质在水溶液中电离方程式：①H2CO3：_______；②NaHCO3：___________。

(2)完成下列反应的离子方程式：①向NaHSO3溶液中加入过量NaHSO4溶液__；②小苏打溶液与乙酸溶液混合___；③FeBr2溶液中通入过量Cl2：____。

(3)25 ℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（      ）

A．无色溶液中：Na＋、NH4+、Cu2＋、SO42-

B．0.1 mol·L-1的NH4HCO3溶液中：K＋、SiO32-、AlO2-、Cl-

C．25 ℃时，Kw/c(H＋)＝1×10-2 mol·L-1的溶液中：K＋、NO3-、S2-、ClO-

D．使甲基橙呈红色的溶液中：NH4+、Ba2＋、Al3＋、Cl-

(4)200 mL某溶液中有5种离子大量共存，其中4种离子的物质的量如下表：

则另外一种离子是________(填写代号)，该离子的浓度为________。

A．Fe2＋     B．Cl-     C．Al3＋     D．ClO-

【答案】    (1). H2CO3H＋＋HCO3-、HCO3—H＋＋CO32-    (2). NaHCO3=Na＋＋HCO3-    (3). HSO3-＋H＋=H2O＋SO2↑    (4). HCO3-＋CH3COOH=CH3COO-＋H2O＋CO2↑    (5). 2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl-    (6). D    (7). C    (8). 0.5 mol·L-1

【解析】

【分析】

(1)碳酸为二元弱酸，电离分步进行，且以第一步为主；碳酸氢钠完全电离生成碳酸氢根离子和钠离子；

(2)①反应生成硫酸钠、水、二氧化硫；②反应生成乙酸钠、水、二氧化碳；③反应生成氯化铁、溴；

(3)首先判断各选项的限制条件的含义，在根据离子共存的常见类型分析判断；

(4)结合电荷守恒及离子共存判断。

【详解】(1)H2CO3在水溶液中部分电离，而且分步电离，电离方程式为H2CO3H++HCO3-，HCO3-H＋＋CO32-；碳酸氢钠在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故答案为：H2CO3H++HCO3、HCO3-H＋＋CO32-；NaHCO3=Na++HCO3-；

(2)①向NaHSO3溶液中加入过量NaHSO4溶液的离子反应为HSO3-+H+═H2O+SO2↑，②小苏打溶液与乙酸溶液混合的离子反应为HCO3-+CH3COOH═CH3COO-+H2O+CO2↑，③FeBr2溶液中通入过量Cl2的离子反应为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，故答案为：HSO3-+H+═H2O+SO2↑；HCO3-+CH3COOH═CH3COO-+H2O+CO2↑； 2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-；

(3)A．Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；B．NH4HCO3与SiO32-、AlO2-反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．ClO-、S2-之间能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Ba2+、Al3+、Cl-之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D；

(4)因H+与ClO-反应，NO3-、H+与Fe2+发生氧化还原反应，不能共存；由表格中数据可知，0.6+0.15×2＞0.5+0.1，可知含阳离子，只能为Al3+，其浓度为 =0.5 mol/L，故答案为：C；0.5 mol/L。

【点睛】本题的易错点为(4)，要注意溶液显电中性，根据电中性原理判断离子所带电荷类型，在根据电荷守恒计算。

9.（1）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42—、Cl－、H2O。

①湿法制备高铁酸钾反应体系中的氧化剂为：__________________（填化学符号）。

②写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：_____________。每生成1 mol FeO42—转移____mol电子，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物的物质的量为__mol。

（2）工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法：

①向海水中通入Cl2将海水中溴化物氧化，其离子方程式为：____________。

②向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为___________。

③将②所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴转化为单质溴，再用有机溶剂提取溴后，还可得到副产品Na2SO4。这一过程可用化学方程式表示为：___________。

【答案】    (1). ClO－    (2). 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42—＋3Cl－＋5H2O    (3). 3    (4). 0.15    (5). Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－    (6). 3Na2CO3＋3Br2=5NaBr＋NaBrO3＋3CO2(或6Na2CO3＋3Br2＋3H2O=5NaBr＋NaBrO3＋6NaHCO3)    (7). 5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4=3Br2＋3Na2SO4＋3H2O

【解析】

【分析】

(1)①湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO-作氧化剂被还原生成Cl-，

②氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，据此首先出反应的方程式，由反应的离子方程式结合化合价的变化分析解答；

(2)①Cl2将海水中的Br-氧化生成Br2；②纯碱(Na2CO3)溶液显碱性，结合Cl2与NaOH溶液的反应，可推出Br2在纯碱溶液中会发生歧化反应生成溴化物，从③中的溴化物中可知另外生成的是溴酸盐；③在酸性条件下，Br-和BrO3-发生归中反应生成Br2。

【详解】(1)①湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO-作氧化剂被还原生成Cl-，故答案为：ClO-；

②氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O，每生成1mol K2FeO4转移电子的物质的量为3mol，还原产物为K2FeO4，其物质的量为2mol，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为0.15mol，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；3；0.15；

(2)①Cl2将海水中的Br-氧化生成Br2，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，故答案为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-；

②纯碱(Na2CO3)溶液显碱性，类比Cl2与NaOH溶液的反应，可推出Br2在纯碱溶液中会发生歧化反应生成溴化物，从③中的溴化物中可知另外生成的是溴酸盐，CO32-转化为CO2或HCO3-，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Br2═5NaBr+NaBrO3+3CO2或6Na2CO3+3Br2+3H2O═5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，故答案为：3Na2CO3+3Br2═5NaBr+NaBrO3+3CO2或6Na2CO3+3Br2+3H2O═5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3；

③在酸性条件下，Br-和BrO3-发生归中反应生成Br2，反应方程式为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O，故答案为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O。

10.实验室需要0.3 mol·L－1硫酸溶液480 mL。根据这种溶液的配制情况回答下列问题：

（1）如图所示仪器中配制溶液需要的是____ (填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是____(填仪器名称)。

（2）下列操作中，是容量瓶所具备的功能有__________。

A．配制一定体积准确浓度的标准溶液   B．贮存溶液  C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体   D．稀释某一浓度的溶液   E．量取一定体积的液体   F．用来加热溶解固体溶质

（3）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为__________mL（计算结果保留一位小数）。如果实验室有10 mL、15 mL、20 mL量筒，应选用__________mL的量筒最好。配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是：_________。

（4）下列操作会使配制的硫酸溶液浓度偏低的是__________。

A．俯视刻度线定容   B．选用的容量瓶内有少量蒸馏水  C．定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线

【答案】    (1). BDE    (2). 烧杯、玻璃棒    (3). A    (4). 8.2    (5). 10    (6). 将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌    (7). C

【解析】

【分析】

(1)根据溶液的配制步骤选择需要的仪器；

(2)根据容量瓶的构造和使用分析判断；

(3)先根据c=计算浓硫酸的浓度，再根据浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变计算，根据浓硫酸的体积选取量筒规格，根据浓硫酸稀释时的正确操作解答；

(4)根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。

【详解】(1)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水)，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所以需要的仪器是BDE，还需要的仪器是烧杯和玻璃棒，故答案为：BDE；烧杯、玻璃棒；

(2)A．容量瓶用于配制一定体积的、浓度准确的溶液，故A正确；B．容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能用于贮存溶液，故B错误；C．容量瓶上只有一条刻度线，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，故C错误；D．容量瓶不能用来稀释浓溶液，故D错误；E．容量瓶只有一个刻度线，不能量取一定体积的液体，故E错误；F．容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，故F错误；故选A；

(3)浓硫酸的浓度c==mol/L=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0.3mol/L×0.5L，V=0.0082L=8.2mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选10mL量筒，稀释浓硫酸的正确操作是：将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，防止液体溅出，故答案为：8.2；10；将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌；

(4)A．俯视刻度线定容，导致溶液的条件偏小，浓度偏大，故A不选；B．选用的容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液的体积不会产生影响，所配溶液准确，故B不选；C．定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线，相当于多加了水，溶液的体积偏大，浓度偏低，故C选；故选C。

【点睛】本题的易错点为(4)，要注意根据c=进行误差分析，凡是能够使n增大，或者使V减小的操作，都会使c偏大；凡是能够使n减小，V增大的操作都会使c偏小。

11.金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备：

请回答下列问题：

（1）环戊二烯分子中最多有__________个原子共面；

（2）金刚烷的分子式为____________________，其分子中的CH2基团有__________个；

（3）下面是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线：

其中，反应①的产物名称是_____________，反应②的反应试剂和反应条件是_________，反应③的反应类型是_____________；

（4）已知烯烃能发生如下的反应： ，请写出下列反应产物的结构简式：___________。

（5）A是二聚环戊二烯的同分异构体，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A经高锰酸钾酸性溶液加热氧化可以得到对苯二甲酸[提示：苯环的烷基（—CH3，—CH2R，—CHR2）或烯基侧链经酸性高锰酸钾溶液氧化得羧基]，写出A的一种结构简式（不考虑立体异构）：________________________。

【答案】    (1). 9    (2). C10H16    (3). 6    (4). 氯代环戊烷    (5). 氢氧化钠乙醇溶液，加热    (6). 加成反应    (7).     (8). 、、、

（不作要求）

【解析】

【分析】

(1)由碳碳双键为平面结构分析环戊二烯分子中最多共平面的原子数；

(2)金刚烷的分子中有6个CH2，4个CH结构，据此判断其分子式；

(3)反应①的产物为氯代环戊烷，反应②为氯代烃的消去反应，反应③中碳碳双键转化为碳碳单键；

(4)由信息可知，碳碳双键的碳被氧化为醛基；

(5)能使溴的四氯化碳溶液褪色，应含有碳碳双键，A经高锰酸钾酸性溶液加热氧化可以得到对苯二甲酸，说明烃基位于苯环对位位置，据此分析书写。

【详解】(1)C=C为平面结构，与双键碳直接相连的原子一定在同一平面内，则5个C和4个H共9个原子在同一平面内，故答案为：9；

(2)由结构简式可知金刚烷的分子式为C10H16，分子中有6个CH2，故答案为：C10H16；6；

(3)反应①的产物为氯代环戊烷，反应②为氯代烃的消去反应，应在氢氧化钠乙醇溶液，加热条件下反应生成，反应③中碳碳双键转化为碳碳单键，属于加成反应，故答案为：氯代环戊烷；氢氧化钠乙醇溶液，加热；加成反应；

(4)由信息可知，碳碳双键的碳上含H原子被氧化为醛，则发生：   ，故答案为：；

(5)A是二聚环戊二烯()的同分异构体，能使溴的四氯化碳溶液褪色，应含有碳碳双键，A经高锰酸钾酸性溶液加热氧化可以得到对苯二甲酸，说明烃基位于苯环对位位置，可能的结构有、、、，故答案为：、、、。