1、辽宁省大连市旅顺口区届高三月考化学解析版辽宁省大连市旅顺口区2020届高三10月月考可能用到的相对原子质量：C 12 Cl 35.5 Co 59 Na 23 O 16一、单项选择题（本大题共15小题，每小题2分，共30分）1.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是（ ）A. “木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素B. “苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质C. “黑芝麻糊”是一道传统美食，食用时可加入白砂糖作配料，白砂糖的主要成分是麦芽糖D. “黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为
2、硅酸盐【答案】C【详解】A.“木活字”是木头制造的，其主要成分是纤维素，A项正确；B.蚕丝的主要成分是蛋白质，B项正确；C.白砂糖的主要成分是蔗糖，C项错误；D.“黑陶”是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐，D项正确。故选C。2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. 乙醇的分子式：C2H5OH B. 次氯酸的电子式：C. 氯原子的结构示意图： D. 中子数为146、质子数为92的铀(U)原子:【答案】B【详解】A.乙醇的分子式是C2H6O，结构简式是C2H5OH ， A错误；B.HClO分子中O原子最外层有6个电子，分别与Cl、H原子形成一对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，因此电子
3、式是，B正确；C.Cl原子核外电子数是17，最外层有7个电子，原子结构示意图为，C错误；D.中子数为146、质子数为92的铀原子质量数是238，用原子符号表示为，D错误；故合理选项B。3.下列实验操作和现象及所得出的结论都正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向BaCl2溶液中通入SO2，产生白色沉淀BaSO3是不溶于水的白色固体B向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色，中间为白色氯水既有酸性又有还原性C相同条件下，分别测量0.1molL-1和0.01molL-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强醋酸浓度越大，电离程度越大D取5mL 0.1molL-1KI溶液，加入1mL 0.1molL-
4、1FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应【答案】D【详解】A、亚硫酸的酸性小于盐酸，所以向BaCl2溶液中通入SO2，不反应，没有白色沉淀生成，故A错误；B、向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色体现酸性，中间为白色体现漂白性（氧化性），故B错误；C、弱电解质浓度越小电离程度越大，醋酸浓度越大，电离程度越小，故C错误；D、取5mL 0.1molL-1KI溶液，加入1mL 0.1molL-1FeCl3溶液，KI溶液过量，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明溶液中有Fe3+，证明Fe3+与I-所发生的反应为可
5、逆反应，故D正确；故选D。4.下列有关实验操作的叙述合理的是（ ）A. 用pH试纸测定溶液pH时，不需要预先润湿B. 蒸馏实验中，忘记加沸石，应立即趁热加入沸石C. 要量取15.80mL溴水，须使用棕色的碱式滴定管D. 用氢氧化钠溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+【答案】A【详解】A、预先润湿pH试纸，相当于对溶液稀释，用pH试纸测定溶液pH时，不需要预先润湿，故A正确；B. 蒸馏实验中，忘记加沸石，应停止加热，冷却后加入沸石，故B错误；C. 溴水能腐蚀橡胶，要量取15.80mL溴水，须使用酸式滴定管，故C错误；D. 用高锰酸钾或铁氰酸钾溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+，故D错误；故
6、选A。5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 1L 0.1molL-1的NH4NO3溶液中含0.1NA个NH4+B. 7.8g Na2S晶体中含有0.1NA个Na2S分子C. 若100mL某饮料中含钠23mg，则钠离子浓度为0.01molL-1D. 28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含有NA个碳碳双键【答案】C【详解】A.铵根离子会发生水解反应而消耗，所以1L 0.1molL-1的NH4NO3溶液中含铵根离子的数目小于0.1NA个，A错误；B. Na2S是离子化合物，在固体中也没有Na2S分子，B错误；C.n(Na+)=0.023g23g/mol=0.001mol，故c(N
7、a+)=0.001mol0.1L=0.01mol/L，C正确；D.若28g为乙烯，其物质的量是1mol，含有NA个碳碳双键；若全为丙烯，则其物质的量小于1mol，因此含有的碳碳双键数目就小于NA个，D错误；故合理选项是C。6.下列离子方程式书写正确的是（ ）A. Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O32-+6H+=2S+3H2OB. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，CO32-+CO2+H2O=2HCO3-C. AgNO3与过量浓氨水反应的离子方程式：Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+D. Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：2时，3Fe+2NO3
8、-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O【答案】D【详解】A.电荷不守恒，Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O32-+2H+S+SO2+H2O，故A错误；B.因为Na2CO3溶液是饱和的，所以生成的NaHCO3会析出，反应的离子方程式应为CO32-+H2O+CO2+2Na+=2NaHCO3，故B错误；C.向AgNO3溶液中逐滴加入氨水，开始会生成氢氧化银白色沉淀，但是氢氧化银会溶于过量的氨水中，反应生成氢氧化银氨溶液，会出现沉淀然后消失，离子方程式为：Ag+2NH3H2O=Ag(NH3)2+2H2O，故C错误；D.Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：2时，硝酸
9、不足，反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；离子方程式：3Fe+2NO3+8H+3Fe2+2NO+4H2O，故D正确。故选D。【点睛】判断离子方程式的正误：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。7.氯化亚铜(CuC1)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+。某小组拟热分解CuCl22H2O制备CuC1，并进行相关探
10、究。下列说法正确的是（ ）A. 制备CuC1时产生的Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和NaC1溶液中除去B. Cu2(OH)2Cl2在200时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl2 2CuO+2HClC. X气体可以是N2，目的是做保护气，抑制CuCl22H2O加热过程可能的水解D. CuC1与稀硫酸反应离子方程式：2CuCl+4H+SO42-=2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O【答案】B【分析】A.Cl2在饱和NaC1溶液中的溶解度小，不能被吸收；B.Cu2(OH)2Cl2加热至200时生成CuO，结合原子守恒书写化学方程式；C.X气体是用于抑制CuCl2水解；D.CuC1在酸性条
11、件下不稳定，易生成金属铜和Cu2+。【详解】A.制备CuC1时产生的Cl2可以转化为HCl，回收循环利用，Cl2在饱和NaC1溶液中的溶解度小，不能被吸收除去，故A错误；B.Cu2(OH)2Cl2加热至200时生成CuO，结合原子守恒可知，还生成HCl，则化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl，故B正确；C.CuCl2水解生成氢氧化铜和HCl，X气体是用于抑制CuCl2水解，则X为HCl，不是氮气，故C错误；D.CuC1在酸性条件下不稳定，易生成金属铜和Cu2+，故D错误。故选B。8.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）A. 铁与氯
12、气反应制氯化铁，推出铁与碘反应制碘化铁B. CO2通入到漂白粉溶液中发生CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3+2HClO，推出SO2通入到漂白粉溶液中发生SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3+2HClOC. 利用可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3，推出可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe(OH)3D. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，推出Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2【答案】C【详解】A. 三价铁离子能氧化碘离子，所以铁与碘反应生成碘化亚铁，不能生成碘化铁，故A错误；B. SO2通入到漂白粉溶液中，二氧化硫被次氯酸钙氧化生成硫酸钙，所以SO2通
13、入到漂白粉溶液中不能生成CaSO3，故B错误；C. 可溶性的铝盐和铁盐都能和氨水生成沉淀，即可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3，可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe(OH)3，故C正确。D. 过氧化钠能氧化二氧化硫，所以Na2O2与SO2反应可生成Na2SO4，不能生成Na2SO3，故D错误；答案选C。9.下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项实验操作现象结论A将铜粉加入1.0mol/LFe2(SO4)3溶液中溶液变为蓝色金属铁比铜活泼B用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝不滴落下来氧化铝的熔点高于铝的熔点C常温下，用pH计测0.1mol/LNaX溶液
14、和0.1mol/LNa2CO3溶液的pH前者小于后者酸性：HXH2CO3D向10%的蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热一段时间，再加入银氨溶液未出现光亮银镜蔗糖未发生水解【答案】B【详解】A.由于发生反应：Cu+ Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，不能证明金属铁比铜活泼，A错误；B.加热发生反应：4Al+3O22Al2O3，熔化后的液态铝不滴落下来，就是由于在熔化的Al表面包裹了一层致密的Al2O3，所以可以证明氧化铝的熔点高于铝的熔点，B正确；C. Na2CO3溶液的pH大，可知阴离子的水解程度大，则对应HCO3-的酸性弱，即酸性为HXHCO3-，不能证明HX与H2CO3的酸性强
15、弱，C错误；D.向10%的蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热一段时间，由于该溶液为酸性，没有用碱将催化剂硫酸中和，所以再加入银氨溶液，未出现光亮银镜，不能证明蔗糖是否发生水解反应，D错误；故合理选项是B。10.人们从冰箱中取出的“常态冰”仅是冰存在的多种可能的形式之一。目前，科学家发现了一种全新的多孔、轻量级的“气态冰”，可形成气凝胶。下列有关说法正确的是（ ）A. “常态冰”和“气态冰”结构不同，是同素异形体B. “气态冰”因其特殊的结构而具有比“常态冰”更活泼的化学性质C. 18g“气态冰”的体积为22.4LD. 构成“气态冰”的分子中含有极性共价键【答案】D【详解】A.“常态冰”和“气态
16、冰”是水存在的不同形式，状态不同，但是同一种物质，故A错误；B.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，物理性质不同，但化学性质相同，故B错误；C.“气态冰”是形成气凝胶的冰，标准状况下不是气体，18g“气态冰”的体积小于22.4L，故C错误；D.“气态冰”的分子是水分子，构成“气态冰”的分子中含有极性共价键，故D正确。故选D。11.根据下表中的信息判断，下列说法错误的是（ ）A. 第组反应的氧化产物为O2B. 第组反应中C12与FeBr2的物质的量之比小于或等于1：2C. 第组反应中生成3mol C12，转移6mol电子D. 氧化性由强到弱的顺序为C1O3- C12Fe3+【答案】C【详解
17、】A.H2O2中O元素的化合价升高，失去电子，被氧化，则H2O2反应的氧化产物为O2，A正确；B.中溴元素的化合价没有变化，Cl2只将Fe2+氧化为Fe3+，发生的反应为3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，则Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，若小于1:2，也只发生该反应，B正确；C.在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O中，每生成3mol氯气转移5mol电子，生成1molCl2转移mol电子，C错误；D.KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O反应中，物质的氧化性：ClO3-Cl2，Cl2 氧化FeBr2生成FeBr3，则氧化性：Cl2Fe3+，因此
18、物质的氧化性由强到弱的顺序为ClO3-Cl2Fe3+，D正确；故合理选项是C。12.X、Y、Z、M、W为五种短周期主族元素且原子序数依次增大。X有三种核素，质量数之比为123，Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Z和M同主族。下列说法中错误的是（ ）A. 简单氢化物的稳定性：WMB. 简单离子半径：r(M)r(W)r(Y)r(Z)C. X、Y、Z三种元素只能形成共价化合物D. Y、W分别与X形成的最简单化合物相遇会出现白烟【答案】C【详解】A.X、Y、Z、M、W为5种短周期主族元素且原子序数依次增大。X有三种核素，质量数之比为123，则X是氢元素；Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Y是氮元素
19、；Z和M同主族，Z只能是第二周期的元素，若Z是氧元素，M是硫元素；若Z是氟元素，M是氯元素，则W元素不属于短周期主族元素。综上，Z为氧元素，M为硫元素，W为氯元素。A.由于非金属性：ClS，故氢化物的稳定性：HClH2S，故A项正确；B.M和W对应的简单离子为：S2和Cl，由于二者核外电子排布相同，核电荷数越小，半径越大，故r(S2)r(Cl)；Y和Z形成的简单离子分别为：N3和O2，二者核外电子排布相同，离子半径：r(N3)r(O2)；由于电子层数越多半径越大，故r(S2)r(Cl) r(N3)r(O2)，故B项正确；C.H、N、O三种元素可以形成NH4NO3，化合物中含有离子键，属于离子化
20、合物，故C项错误；D.N、Cl与H形成化合物分别为：NH3和HCl，二者相遇会生成NH4Cl固体颗粒，有白烟出现，故D项正确，故选C。13.现将1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL的NOX混合气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入标准状况下的O2的体积为（ ）A. 504mL B. 336mL C. 224mL D. 168mL【答案】B【详解】1.92gCu的物质的量为n(Cu)=0.03mol，反应时失去电子的物质的量为20.03mol=0.06mol，反应整个过
21、程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)=0.015mol，V(O2)=0.015mol22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为336mL，故答案为B。【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。14.某学习小组拟探究CO2和
22、锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示：下列说法正确的是（ ）A. 实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞KB. b、c、f中试剂依次为氢氧化钠溶液、浓硫酸、银氨溶液C. 装置e的作用是收集一氧化碳气体D. 用上述装置(另择试剂)可以制备氢气并探究其还原性【答案】D【分析】探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体，a装置是二氧化碳气体发生装置，生成的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，通过b中饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，装置c中浓硫酸除去水蒸气，通过 d加热和锌发生反应，生成的气体通过装置e分离二氧化碳和一氧化碳，一氧化碳进入装置f
23、中的银氨溶液产生黑色固体，验证一氧化碳的存在，据此分析判断选项。【详解】通过上述分析可知装置图中各个装置的作用分别是：a装置是二氧化碳气体发生装置，生成的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，通过b中饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，装置c中浓硫酸除去水蒸气，通过 d加热和锌发生反应，生成的气体通过装置e分离二氧化碳和一氧化碳，一氧化碳进入装置f中的银氨溶液产生黑色固体，验证一氧化碳的存在。A.实验开始时，装置内含有空气，若先点燃酒精灯，锌与空气反应产生ZnO，无法使CO2与ZnO反应，所以应该先打开活塞K，使CO2充满整个装置后再点燃酒精灯，A错误；B.通过前面分析可知b中试剂为饱和碳酸氢钠溶液，用来除
24、去杂质氯化氢；c中试剂为浓硫酸，用来干燥CO2气体；f中试剂为银氨溶液，验证一氧化碳的存在，B错误；C.装置e的作用是分离二氧化碳与一氧化碳的混合气体，C错误；D.由于在实验室中是用稀盐酸与Zn粒反应制取氢气，反应不需要加热，因此也可以使用启普发生器制取，然后用饱和食盐水或水除HCl杂质，用浓硫酸干燥氢气，再通过盛有CuO的干燥管来验证H2的还原性，e作安全瓶，可以防止倒吸现象的发生，氢气是可燃性气体，在排放前要进行尾气处理，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了物质性质、实验过程分析、气体除杂和气体性质的理解应用，注意装置的作用的分析判断，掌握基础知识和基本技能是解题关键，题目难度中等。
25、15.已知：H(aq)OH(aq)=H2O(l) H157.3 kJmol1，H2(g)O2(g)=H2O(g) H2241.8 kJmol1，下列有关说法正确的是（ ）A. 向含0.1 mol NaOH的溶液中加入一定体积的0.1 molL1乙二酸，反应中的能量变化如上图所示B. H2SO4(aq)Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)2H2O(l)H114.6 kJmol1C. 氢气的标准燃烧热为241.8 kJmol1D. 若反应中水为液态，则同样条件下的反应热：HH2【答案】A【解析】乙二酸是弱酸，向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1molL1乙二酸放出热量小于57.
26、3 kJ，故A正确；H2SO4(aq)Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)2H2O(l)由于有硫酸钡沉淀生成，放出的热量大于114.6 kJ，故B错误；氢气的标准燃烧热是生成液态水放出的热量，故C错误；若反应中水为液态，则同样条件下的反应热：HH2，故D错误。二、单项选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）16.芳香族化合物A与互为同分异构体，A苯环上的一氯代物只有一种结构,则A可能的结构有（ ）A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种【答案】C【详解】有2个相同的取代基处于对位时，一氯代物只有一种，如；将取代基换成2个Br和2个CH3，分子为轴对称或者中心对称时，一氯代物只有
27、一种。中心对称分子有1种，；轴对称分子有5种，分别为、；共7种；答案选C。17.化合物 （a）、 （b）、 （c）同属于薄荷系有机物，下列说法正确的是（ ）A. a、b、c 都属于芳香族化合物 B. a、b、c都能使溴水褪色C. 由a生成c的反应是氧化反应 D. b、c互为同分异构体【答案】D【解析】A、芳香族化合物含有苯环，这三种化合物不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B、a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B错误；C、对比a和c结构简式，a生成c发生加成反应，故C错误；D、b和c分子式为C10H18O，结构不同，属于同分异构体，故D正确。18.短周
28、期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是（）A. 原子半径：ZWYXB. Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键C. 元素Y与X、Z都能组成两种化合物D. 乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性【答案】B【分析】根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以X是H元素，乙是氯气，所以W为Cl元素，戊是
29、Z的最高价氧化物对应的水化物，且25时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，所以戊为氢氧化钠，根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Y为O元素，Z为钠元素。【详解】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为O元素，X是H元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：ZWYX，故A正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的共价键，故B错误；C、Y为O元素，X是H元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反应
30、可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；故选B。【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能含有共价键。19.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（ ）A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C. 用装置丙稀释反应后的混合液D. 用装置丁测定余酸的浓度【答案】C【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误；B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，错误；C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确；D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误；选C。20.实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：下列分析正确的是（ ）A. 中采用蒸馏的方法精制粗盐水B. 中阳极的主要电极反应：4OH- - 4e- = 2H2O + O2C. 中制备漂白液的反应：Cl2 + OH- = Cl- + HClOD. 、中均发生了氧化还原反应【答案】D【详解】A. 中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方
