届辽宁省葫芦岛市重点中学高三月考化学试题解析版.docx

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届辽宁省葫芦岛市重点中学高三月考化学试题解析版

2020届辽宁省葫芦岛市重点中学高三10月月考化学试题（解析版）

一、单选题（共18道，每道3分，共计54分）

1.化学与人类的生产、生活、科技、航天等方面密切相关。

下列说法正确的是

A.汝窑瓷器的天青色来自氧化铁

B.“傍檐红女绩丝麻”所描述的丝、麻主要成分是蛋白质

C.中国歼—20上用到的氮化镓材料是作为金属合金材料使用

D.诗句“煮豆燃豆萁”中涉及的能量变化主要是化学能转化为热能和光能

【答案】D

【解析】

【详解】A.氧化铁是红棕色的，所以汝窑瓷器的天青色来自氧化铁说法是错误的，故A错误；

B.丝指蛋白质，麻指纤维素，故B错误；

C.氮化镓

化合物，不属于合金，故C错误；

D.煮豆燃豆萁，豆萁燃烧发光放热，由化学能转化为热能和光能，故D选项正确；

所以本题答案：

D。

2.科学家用

Ca轰击

Bk（锫）生成

Up和

Up，Up可能是科学家一直寻找的第117号元素。

下列关于

Ca、

Bk（锫）、

Up和

Up说法中正确的是（）

A.117号元素的相对原子质量为293.5

B.

Up和

Up互为同位素

C.

Ca、

Bk（锫）、

Up和

Up表示四种核素，属于四种元素

D.该轰击表明通过化学反应可以合成新元素

【答案】B

【解析】

【详解】A.元素的相对原子质量是多种同位素相对原子质量的平均值，117号元素的两种核素所占百分率未知且不一定只有两种核素，所以，无法计算它的相对原子质量，故A错误；

B.

Up和

Up质子数相同、中子数不同，互为同位素，故B正确；

C.

Ca、

Bk（锫）、

Up和

Up表示四种核素，属于三种元素，故C错误；

D.该轰击发生了原子核的变化，化学变化中元素种类不变，通过化学反应不能合成新元素，故D错误。

3.下列表示不正确的是（）

A.中子数为10的氧原子：

B.乙烷的球棍模型：

C.

的结构示意图：

D.次氯酸的电子式：

【答案】D

【解析】

【详解】A.氧原子的质子数为8，中子数为10的氧原子，其质量数为10+8=18，故可表示为：

，A项正确；

B.球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型，乙烷的球棍模型为：

，B项正确；

C.

的质子数为12，核外电子数为10，其离子结构示意图为：

，C项正确；

D.次氯酸分子中，O原子分别与H和Cl原子共用一对电子对，各原子达到稳定结构，其电子式为：

，D项错误；

答案选D。

4.下列物质中含有共价键的离子化合物是（　　）

①MgBr2②NaClO③NaOH④NH4Cl⑤CO2⑥N2

A.②③⑤B.②③④C.①②③D.①③⑤

【答案】B

【解析】

【详解】①MgBr2中镁离子和溴离子之间只存在离子键，故①错误；

②NaClO中钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键，次氯酸根离子中氯原子和氧原子之间存在共价键，故②正确；

③NaOH中钠离子和氢氧根离子间存在离子键，氢氧根离子中氧原子和氢原子之间存在共价键，故③正确；

④NH4Cl中氯离子和铵根离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在共价键，故④正确；

⑤CO2中碳原子和氧原子之间存在共价键，故⑤错误；

⑥N2中氮原子和氮原子之间存在共价键，故⑥错误；

故选B。

5.在下列变化过程中，被破坏的作用力正确的是（　　）

A.干冰升华——共价键B.二氧化硅熔融——范德华力

C.氢氧化钠熔融——离子键、共价键D.硫酸氢钠溶于水——离子键、共价键

【答案】D

【解析】

【详解】A.干冰为分子晶体，升华时破坏分子间作用力，故A错误；

B.二氧化硅为原子晶体，熔融时破坏共价键，故B错误；

C.氢氧化钠为离子晶体，熔融时破坏离子键，故C错误；

D.硫酸氢钠为离子晶体，溶于水电离出氢离子、钠离子以及硫酸根离子，破坏离子键、共价键，故D正确。

答案选D。

【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，分子晶体和原子晶体中存在共价键、离子晶体中存在离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力、原子晶体熔化时破坏共价键、离子晶体熔化时破坏离子键，以此解答该题。

6.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图。

下列说法不正确的是（）

A.该过程将太阳能转化成为化学能

B.该过程中，只涉及非极性键的断裂与生成

C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3

D.原料气N2可通过分离液态空气获得

【答案】B

【解析】

A.该过程将太阳能转化成为化学能，A正确；B.该过程中，既有极性键（N-H、O-H）的断裂与生成，也有非极性键（N

N、O=O）的断裂与生成，B不正确；C.该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，C正确；D.原料气N2可通过分离液态空气获得，D正确。

本题选B。

7.“能源分类相关图”如图所示，下列四组能源选项中全部符合图中阴影部分的能源是（）

A.煤炭、石油、潮汐能

B.水能、生物能、天然气

C.太阳能、风能、沼气能

D.地热能、海洋能、核能

【答案】C

【解析】

【详解】A.煤炭、石油是化石能源，不是新能源，是非再生能源；潮汐能不是来自太阳能，A项不符合；

B.天然气是化石能源，不是新能源，B项不符合；

C.太阳能、风能、沼气能都是来自太阳能的可再生能源，也是新能源，C项符合；

D.地热能、核能不是来自太阳能，D项不符合；

答案选C。

8.对下图的表达中正确的是（　　）

A.图a可以表示ts时，N2（g）＋3H2（g）

2NH3（g）达到了平衡

B.图b中所介绍

电池使用后不能投入火中，应埋入地下以防污染环境

C.图c可表示某化学反应属于放热反应，放出的能量为E2－E1

D.图d涉及的反应可能为M

N

【答案】A

【解析】

【详解】A．图a中ts时，正逆反应速率不再变化，且不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，为平衡状态，故A正确；

B．重金属会污染地下水、土壤，不能埋入地下，故B错误；

C．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，△H=-E2kJ/mol，故C错误；

D．N的浓度减小为反应物，M的浓度增大为生成物，且ts时间内N减少2mol/L、M增加4mol/L，化学计量数之比等于浓度变化量之比，则反应为N⇌2M，故D错误；

故选A。

【点睛】本题的易错点为C，要注意焓变=生成物的总能量-反应物的总能量。

9.对于在一个密闭容器中进行的反应C（s）+H2O（g）

CO（g）+H2（g），下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是

①增加C的量；②增加CO的量；

③将容器的体积缩小一半；④保持体积不变，充入N2以增大压强；

⑤升高反应体系的温度；⑥保持压强不变，充入N2以增大体积。

A.②③B.①④C.①⑥D.④⑥

【答案】B

【解析】

【分析】

根据影响化学反应速率的外因分析判断。

【详解】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大；④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。

本题选B。

10.已知反应：

2NO（g）＋Br2（g）

2NOBr（g）ΔH＝－akJ·mol−1（a＞0），其反应机理如下

①NO（g）＋Br2（g）

NOBr2（g）快

②NO（g）＋NOBr2（g）

2NOBr（g）慢

下列有关该反应的说法正确的是（）

A.该反应的速率主要取决于①的快慢

B.NOBr2是该反应

催化剂

C.增大Br2（g）浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率

D.正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol−1

【答案】D

【解析】

【分析】

A.反应速率主要取决于慢的一步；

B.NOBr2是中间产物；

C.增大浓度，活化分子百分数不变。

D.正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量。

【详解】A.反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，故A错误；

B.NOBr2是中间产物，而不是催化剂，故B错误；

C.增大浓度,活化分子数目增加，活化分子百分数不变，故C错误；

D.正反应放热,断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol−1；故D正确；

故答案选D。

11.下列说法或表示方法中正确的是（）

A.相同条件下，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，反应的热效应ΔH1>ΔH2

B.由C（石墨）→C（金刚石）ΔH=+1.9kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定

C.已知在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则有关氢气燃烧热的热化学方程式为：

2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH=-571.6kJ/mol

D.在稀溶液中，H+（aq）+OH－（aq）=H2O（l）ΔH=-57.3kJ/mol，若将含0.5mol硫酸的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ

【答案】D

【解析】

【详解】A、由于硫蒸气的能量高于硫固体，所以等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量比后者高，由于硫的燃烧为放热反应，所以ΔH1<ΔH2，故A项错误；

B、由C（石墨）→C（金刚石）ΔH=+1.9kJ/mol，可知，金刚石转化成石墨放热，即金刚石的能量高于石墨的能量，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石更稳定，故B项错误；

C、燃烧热指的是1mol物质完全燃烧生成稳定的物质时，放出的热量；因此2gH2（即为1mol）完全燃烧生成液态水，放出热量为285.8kJ/mol，故氢气燃烧热的热化学方程式为：

H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）ΔH=-285.8kJ/mol，故C项错误；

D、H2SO4的浓溶液和NaOH溶液混合，不仅发生中和反应，且H2SO4的浓溶液被稀释，放出热量，所以溶液混合放出的热量大于稀溶液中的中和反应放出的热量，即放出的热量大于57.3kJ，故D项正确；

故答案为D。

12.2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。

制备NH4ClO4的工艺流程如下：

饱和食盐水

NaClO3

NaClO4

NaClO4

NH4ClO4

下列说法错误的是（）

A.NH4ClO4属于离子化合物

B.溶解度：

NaClO4＞NH4ClO4

C.该流程中可循环利用的物质是NH4Cl

D.高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价

【答案】C

【解析】

【详解】A、NH4ClO4 是由铵根离子与高氯酸根形成的离子键组成的离子化合物，故A正确；

B、根据NaClO4

NH4ClO4，当加入氯化铵后，析出高氯酸铵的晶体，得出高氯酸铵溶解度小于高氯酸钠，故B正确；

C、最后的母液中含有的NaCl可循环利用，故C错误；

D、根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知高氯酸铵中氯元素的化合价为：

（+1）+x+（-2）×4=0，则x=+7，故D正确；

故选C。

13.下列有关原子结构及元素周期律的叙述不正确的是（）

A.原子半径：

Na＞O，离子半径：

r（Na+）

B.碘的两种核素131I和137I的核外电子数之差为6

C.P和As属于第VA族元素，H3PO4的酸性强于H3AsO4的酸性

D.Na、Mg、Al三种元素最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱

【答案】B

【解析】

【分析】

A、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；

B、碘的两种核素131I和137I的核外电子数相等；

C、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；

D、Na、Mg、Al位于同周期，金属性逐渐减弱。

【详解】A、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞O，Na+和O2-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径r（Na+）

B、碘的两种核素131I和137I的核外电子数相等，核外电子数之差为0，故B错误；

C、非金属性P>As，所以H3PO4的酸性强于H3AsO4的酸性，故C正确；

D、Na、Mg、Al位于同周期，金属性逐渐减弱，则失电子能力和最高价氧化物对应水化物的碱性均依次减弱，故D正确；

故答案选B。

【点睛】核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；同周期自左而右原子半径减小，元素的金属性减弱；同主族自上而下原子半径增大，元素的金属性增强。

14.四种短周期元素W、X、Y、Z，其中W元素的一种单质在自然界硬度最大；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的；Y是地壳中含量最多的金属元素；Z单质的水溶液具有漂白性。

下列叙述中，不正确的是（）

A.Z的气态氢化物的沸点在同主族中最低

B.工业上用电解熔融Y的氧化物的方法冶炼金属Y

C.将X单质投入到CuSO4溶液中，生成紫红色固体

D.将W的最高价氧化物通入Na2SiO3溶液，生成白色沉淀，则非金属性：

W>Si

【答案】C

【解析】

【分析】

四种短周期元素W、X、Y、Z，其中W元素的一种单质在自然界硬度最大，为金刚石，W为C元素；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，X为Na元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，Y为Al元素；Z单质的水溶液具有漂白性，Z为Cl元素，据此分析解答。

【详解】根据上述分析，W为C元素，X为Na元素，Y为Al元素，Z为Cl元素。

A．Cl为卤族元素，其中HF分子间存在氢键，沸点比氯化氢高，溴化氢和碘化氢的相对分子质量比氯化氢大，沸点比氯化氢高，氯化氢的沸点在同主族中最低，故A正确；

B．铝为活泼金属，由于熔融的氯化铝不导电，工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝，故B正确；

C．将钠投入到CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，不能生成紫红色固体铜，故C错误；

D．W的最高价氧化物为二氧化碳，将二氧化碳通入Na2SiO3溶液，生成硅酸白色沉淀，说明非金属性：

C>Si，故D正确；

故选C。

15.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。

下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。

下列说法错误的是

A.原子半径：

W

B.常温常压下，Y单质为固态

C.气态氢化物热稳定性：

Z

D.X的最高价氧化物的水化物是强碱

【答案】D

【解析】

【分析】

W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+（a+2）=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。

【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则

A.同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：

N＜Al，A项正确；

B.常温常压下，Si为固体，B项正确；

C.同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：

PH3＜NH3，C项正确；

D.X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；

答案选D。

【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。

16.已知下列热化学方程式：

（1）CH3COOH（l）+2O2（g）==2CO2（g）＋2H2O（l）ΔH1＝－870.3kJ·mol-1

（2）C（s）+O2（g）==CO2（g）△H2＝-393.5kJ•mol-1

（3）H2（g）+

O2（g）==H2O（l）△H3＝-285.8kJ·mol-1

则反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）==CH3COOH（l）的△H为（）

A.-488.3kJ·mol-1B.-244.15kJ·mol-1

C.+488.3kJ·mol-1D.+244.15kJ·mol-1

【答案】A

【解析】

【分析】

根据化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，而与反应进行的途径无关分析；

由盖斯定律可知2×②+③×2-①得：

2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）；再根据反应热也要进行相应计算可得△H=2△H2+2△H3-△H1，带入数据进行计算。

【详解】已知①CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1=-870.3kJ/mol，

②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=-393.5kJ/mol，

③H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H3=-285.8kJ/mol，

将热化学方程式2×②+③×2-①得：

2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l），

则△H=2△H2+2△H3-△H1=2×（-393.5kJ/mol）+（-571.6kJ/mol）-（-870.3kJ/mol）=-488.3kJ/mol。

故选A。

17.科研工作者对甘油（丙三醇）和辛酸合成甘油二酯的酶法合成工艺进行了研究。

发现其它条件相同时，不同脂肪酶（Ⅰ号、Ⅱ号）催化合成甘油二酯的效果如图所示，此实验中催化效果相对最佳的反应条件是（）

A.12h，I号B.24h，I号C.12h，II号D.24h，II号

【答案】A

【解析】

【分析】

结合图及表可知，12h，I号时合成甘油二酯转化率大，时间快；

【详解】结合图及表可知，在12h时，辛酸的转化率和甘油二酯的含量较高，同时，反应时间增加的话，转化率和甘油二酯的含量不会增加的太明显，所以选用12h更好；在12h时，脂肪酶Ⅰ号的转化率和甘油二酯的含量都比Ⅱ高，所以选用Ⅰ号，A项正确；

答案选A。

18.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是

A.方案①用于分离I2和NH4Cl固体

B.方案用于比较CuSO4和MnO2的催化活性

C.方案③用于测定中和热

D.方案④用于比较醋酸和硼酸的酸性强弱

【答案】D

【解析】

【详解】A.加热时碘升华，而氯化铵易分解，且分解生成物氨气和氯化氢在温度较低的地方又化合生成氯化铵，达不到实验目的，A项错误；

B.本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，本实验过氧化氢的质量分数要一致，B项错误；

C.图②中和热的测定，缺少环形玻璃搅拌棒，C项错误；

D.本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：

醋酸＞碳酸＞硼酸，D项正确；

答案选D。

二、填空题（共2道，共计26分）

19.如表为元素周期表中的一部分，表中列出了10种元素在周期表中的位置，按要求完成下列各小题。

主族

周期

ⅠA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

0

2

⑥

⑦

⑧

3

①

③

⑤

⑨

⑩

4

②

④

I.

（1）这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是____（填元素符号，下同），非金属性最强的元素是___。

（2）①③⑤三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的化合物的电子式是_____。

（3）①②③三种元素的原子半径由大到小的顺序是____。

（4）某元素的最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水，向该元素和⑨号元素形成的化合物的溶液中，缓慢滴加氢氧化钠溶液至过量，产生的实验现象是____，有关反应的离子方程式为_____。

II.下列物质：

①N2②CO2③NH3④Na2O⑤Na2O2⑥NaOH⑦CaBr2⑧H2O2⑨NH4Cl⑩Ar

（1）既含有极性键又含有非极性键的是____；（填序号，下同）

（2）含有非极性键

离子化合物是____；

（3）不含化学键的是____；

（4）用电子式表示Na2O的形成过程_____。

【答案】

（1）.Ne

（2）.F（3）.

（4）.K>Na>Mg（5）.先产生白色沉淀后沉淀逐渐溶解（6）.Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O（7）.⑧（8）.⑤（9）.⑩（10）.

【解析】

【分析】

I.由元素在周期表中的位置可以知道：

①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为O、⑧为F、⑨为Cl、⑩为Ne；据以上各元素的性质及其形成的化合物性质进行分析；

II.非金属元素之间可形成共价键，同种原子间形成非极性键，不同种原子间形成极性键；活泼金属与活泼非金属元素原子间易形成离子键；离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；稀有气体分子间不存在化学键。

【详解】I.由元素在周期表中的位置可以知道：

①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为O、⑧为F、⑨为Cl、⑩为Ne；

（1）稀有气体Ne的性质最稳定，F的非金属性最强；

（2）金属性越强，对应碱的碱性越强，则①③⑤三种元素的最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的化合物的化学式是NaOH，其属于离子化合物，电子式为：

； 

（3）电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则①②③三种元素的原子半径由大到小的顺序是K>Na>Mg；

（4）某元素的最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水，符合条件的物质为氢氧化铝；该元素为铝元素，铝元素和氯元素形成的化合物为AlCl3，向氯化铝溶液中缓慢滴加氢氧化钠溶液至过量，先产生白色沉淀后沉淀逐渐溶解，有关反应的离子方程式为：

Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

II.①N2分子中只含有氮氮非极性共价键；②CO2分子中只含有碳氧极性共价键，属于共价化合物；③NH3分子中只含有氮氢极性共价键，属于共价化合物；④Na2O属于离子化合物，含有钠离子和氧离子，只含有离子键；⑤Na2O2属于离子化合物，钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧氧原子之间为非极性键；⑥NaOH属于离子化合物，钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢氧原子之间为极性键；⑦CaBr2属于离子化合物，钠离子和溴离子之间存在离子键；⑧H2O2属于共价化合物，氢氧原子间为极性键，氧氧原子之间存在非极性键；⑨NH4Cl中含有氮氢极性共价键和铵根离子与氯离子之间的离子键；⑩Ar属于