届天津市武清区高三上学期第一次月考理科综合化学试题解析版.docx
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届天津市武清区高三上学期第一次月考理科综合化学试题解析版
2019届天津市武清区高三上学期第一次月考理科综合
化学试题
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：
高考考查范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。
将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：
每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：
用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带等。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。
5、选考题的作答：
先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6．保持卡面清洁，不折叠，不破损。
7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。
可能用到的相对原子量：
H：
1C：
12N：
14O：
16S：
32Cu：
64
第I卷选择题
一、选择题（共6小题，每题6分，共36分，在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）
1.下列说法不正确的是
A.利用植物油的加成反应可以制得人造黄油
B.纤维素在人体内可水解成葡萄糖，供人体组织的营养需要
C.75%的酒精可使蛋白质变性从而起到消毒作用
D.可用
和HCHO为原料合成
【答案】B
【解析】
【详解】A项，人造黄油的主要原料是植物油，利用植物油的加成反应可以制造黄油，故A项正确；
B项，人体内没有能够水解纤维素相应的酶，纤维素在人体内只能加快胃肠的蠕动，不能在人体内水解，故B项错误；
C项，75%酒精是有机溶剂，会使蛋白质的结构被破坏而变性从而达到消毒目的，故C项正确；
D项，
和HCHO为原料发生缩聚反应生成
，故D项正确。
正确选项B。
2.燃料电池作为安全性能较好的一类化学电源得到了更快的发展，一种以联氨（N2H4）为燃料的环保电池工作原理如图所示，工作时产生稳定无污染的物质。
下列说法正确的是
A.M极生成氮气且电极附近pH降低
B.负极上每消耗1molN2H4，会有2molH+通过质子交换膜
C.正极的电极反应式为：
O2+2H2O+4e-=4OH-
D.电极M是原电池的正极
【答案】A
【解析】
【分析】
根据图中氢离子的移动方向可知电极N为正极，电极M为负极，燃料电池中的联氨在负极发生氧化反应，电极反应式为：
N2H4-4e-=N2↑+4H+，氧气在正极发生还原反应，电极反应式为：
O2+4H++4e-=2H2O。
据以上分析进行解答。
【详解】根据图中氢离子的移动方向可知电极N为正极，电极M为负极，燃料电池中的联氨在负极发生氧化反应，电极反应式为：
N2H4-4e-=N2↑+4H+，氧气在正极发生还原反应，电极反应式为：
O2+4H++4e-=2H2O。
A项，结合分析可知电极M为负极，电极反应式为：
N2H4-4e-=N2↑+4H+，生成氮气，且会生成H+，导致电极M附近的pH降低，故A项正确；
B项，结合分析可知电极M为负极，联氨在负极发生氧化反应，根据电极反应式可知每消耗1molN2H4，转移4mol电子，会有4molH+通过质子交换膜，故B项错误；
C项，结合分析可知正极的电极反应式：
O2+4H++4e-=2H2O，故C项错误；
D项，根据图中氢离子的移动方向可知电极N为正极，电极M为负极，故D项错误；
正确选项A。
3.下列事实不能说明元素的金属性或非金属性相对强弱的是
序号
事实
推论
A
与冷水反应，Na比Mg剧烈
金属性：
Na>Mg
B
Ca（OH）2的碱性强于Mg（OH）2
金属性：
Ca>Mg
C
SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2
非金属性：
S>C
D
t℃时，Br2+H2
2HBrK=5.6×107
I2+H2
2HClK=43
非金属性：
Br>I
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
试题分析：
A、用与水反应的剧烈程度判断元素金属性的强弱，与冷水反应，Na比Mg剧烈，说明Na的金属性比Mg强，正确；B、用对应碱的碱性判断元素金属性的强弱，Ca（OH）2的碱性强于Mg（OH）2，金属性：
Ca>Mg，正确；C、SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明亚硫酸的酸性比碳酸的酸性强，不能说明S与C的非金属性的强弱，错误；D、相同温度时，溴与碘和氢气化合的难易程度说明溴的非金属性比碘的非金属性强，正确，答案选C。
考点：
考查元素金属性、非金属性的判断依据
4.能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A.大理石溶于醋酸中：
CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O
B.向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：
3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+
C.MnO2与浓盐酸反应制Cl2：
MnO2+4H++4Cl﹣
Mn2++2Cl2↑+2H2O
D.浓硝酸中加入过量铁粉并加热：
Fe+3NO3﹣+6H+
Fe3++3NO2↑+3H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.大理石溶于醋酸的反应，碳酸钙和醋酸都不能拆开,正确的离子方程式为:
CaCO3+2CH3COOH═Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故A错误；
B.氢氧化铁比氢氧化镁更难溶,向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2,发生反应:
3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+，B正确；
C.MnO2与浓盐酸反应氯化锰、氯气、水，离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣
Mn2++Cl2↑+2H2O，故C错误；
D.浓硝酸中加入过量铁粉并加热,离子方程式为Fe+2NO3﹣+4H+
Fe2++2NO2↑+2H2O，故D错误；
正确选项B。
【点睛】掌握相关物质的性质是解答的关键，主要判断离子方程式正确与否的方法一般是：
（1）检查反应能否发生；
（2）检查反应物、生成物是否正确；（3）检查各物质拆分是否正确；（4）检查是否符合守恒关系（如：
质量守恒和电荷守恒等）；（5）检查是否符合原化学方程式。
5.下列图中的实验方案，能达到实验目的的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
A、验证氯化铁溶液对双氧水的分解有催化作用时溶液的温度应该相同，A错误；B、制备和收集氨气装置均正确，B正确；C、二氧化锰氧化浓盐酸制备氯气需要加热，C错误；D、碳酸钠溶液中的导管不能插入溶液中，以防止倒吸，D错误，答案选B。
点睛：
选项A是解答的难点和易错点，注意控制变量法探究影响化学反应速率的因素。
影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。
解答此类题时，要清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。
然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。
6.高炉炼铁过程中发生的主要反应为：
Fe2O3（s）+CO（g）
Fe（s）+CO2（g）；在1000℃时，平衡常数为4.0；在1300℃时，平衡常数为3.5。
下列说法中，正确的是（）
A.平衡常数的表达式为：
K=
B.在1000℃时，10L的密闭容器中，加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1mol，10min达到平衡，υ（CO2）=0.006mol/（L·min）
C.一段时间以后，铁的量不再变化，不能说明该反应达到平衡
D.下图表示不同温度下，CO的转化率与时间关系图像
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应为：
1/3Fe2O3（s）+CO（g）
2/3Fe（s）+CO2（g）；平衡常数的表达式为：
K=c（CO2）/c（CO）,A错误；
B.在1000℃时，令平衡时CO的物质的量变化为nmol,容器的体积为10L；则：
1/3Fe2O3（s）+CO（g）
2/3Fe（s）+CO2（g）
起始量11
变化量nn
平衡量1-n1+n
K=c（CO2）/c（CO）=[（1+n）÷10]/[（1-n）÷10]=4,n=0.6mol,υ（CO2）=0.6/（10×10）=0.006mol/（L·min）,B正确；
C.反应的不断进行，铁的量就在发生变化，一段时间以后，铁的量不再变化，说明该反应达到平衡状态，C错误；
D.在1000℃时，平衡常数为4.0；在1300℃时，平衡常数为3.5，温度升高，平衡常数减小，所以该反应正反应为放热反应，升高温度，速率加快，平衡左移，CO的转化率应该降低，而图示的结果正好相反，D错误；
正确选项B。
第II卷非选择题
二、非选择题（共4小题，共64分）
7.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素．请回答下列问题：
（1）W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为______．
（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为______．
（3）Y在周期表中的位置是______．
（4）比较W、X、Y、Z四种元素简单离子的半径大小（用化学式表示，下同）：
______；比较Y、Z的气态氢化物稳定性强弱：
______＞______．
（5）X的硝酸盐水溶液显______性，用离子方程式解释原：
______．
（6）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为：
______．
（7）Z的最高价氧化物为无色液体，0.25mol该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出QkJ的热量．写出该反应的热化学方程式：
______．
（8）以N2、H2为电极反应物,以HCl—NH4Cl为电解质溶液制造新型燃料电池,放电过程中,溶液中NH4+浓度逐渐增大,写出该电池的正极反应式:
_______．
【答案】
（1）.Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O
（2）.
（3）.第三周期第ⅥA族（4）.S2﹣＞Cl﹣＞Na+＞Al3+（5）.HCl（6）.H2S（7）.酸性（8）.Al3++3H2O
Al（OH）3+3H+（9）.SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl（10）.Cl2O7（l）+H2O（l）═2HClO4（aq）△H=﹣4QkJ•mol﹣1（11）.N2＋8H+＋6e－＝2NH4+
【解析】
【分析】
通过题给问题分析可知，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素；W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，W为钠，X为铝；W与Y可形成化合物W2Y，Y为硫，因为W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，所以Z为氯；据以上分析解答。
【详解】
（1）W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水,则W是金属钠,X是金属铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能和强碱反应生成盐和水,该反应的离子方程式为：
Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；正确答案：
Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O。
（2）W是金属钠，W与Y可形成化合物W2Y,则Y是非金属硫,硫化钠使钠离子和硫离子间通过离子键形成的离子化合物，电子式为:
；正确答案:
。
（3）Y为硫元素，核电荷数为16，原子结构示意图为
，在周期表中的位置是第三周期第ⅥA族；正确答案：
第三周期第ⅥA族。
（4）W为钠，X为铝，Y为硫，Z为氯，四种元素简单离子分别为Na+、Al3+、S2﹣、Cl﹣；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以：
S2﹣＞Cl﹣，Na+＞Al3+；电子层数多的，离子半径大，所以四种元素简单离子的半径大小S2﹣＞Cl﹣＞Na+＞Al3+；Y、Z的气态氢化物分别为H2S和HCl，由于非金属性Cl>S，所以气态氢化物稳定性HCl＞H2S；正确答案：
S2﹣＞Cl﹣＞Na+＞Al3+；HClH2S。
（5）X为铝，硝酸铝为强酸弱碱盐，铝离子能够水解，离子方程式：
Al3++3H2O
Al（OH）3+3H+水解后溶液显酸性；正确答案：
酸性；Al3++3H2O
Al（OH）3+3H+。
（6）Y为硫，Z为氯，Y的低价氧化物为SO2通入Cl2的水溶液中，发生反应生成硫酸和盐酸，化学方程式为：
SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl；正确答案：
SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl。
（7）Z为氯，氯的最高价氧化物为Cl2O7，Cl2O7（l）与水反应生成HClO4，0.25molCl2O7（l）与水反应生成HClO4放出QkJ的热量，则1molCl2O7（l）与水反应生成HClO4放出4QkJ的热量，反应的热化学方程式：
Cl2O7（l）+H2O（l）═2HClO4（aq）△H=﹣4QkJ•mol﹣1；正确答案：
Cl2O7（l）+H2O（l）═2HClO4（aq）△H=﹣4QkJ•mol﹣1。
（8）在N2+3H2=2NH3反应中，氮气做氧化剂，在正极得电子被还原为NH3，在HCl—NH4Cl为电解质溶液中，N2被还原的产物为NH4+，正极反应式:
N2＋8H+＋6e－＝2NH4+；正确答案：
N2＋8H+＋6e－＝2NH4+。
8.有机化工原料1,4-二苯基-1,3-丁二烯及某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：
（1）抗结肠炎药物有效成分分子中的含氧官能团名称是________。
（2）②中的反应条件是________；G生成J的反应类型是________。
（3）①的化学方程式是________。
（4）F的结构简式是________。
（5）③的化学方程式是________。
（6）设计D→E和F→G两步反应的目的是________。
（7）1,4-二苯基-1,3-丁二烯有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：
_________。
a．结构中有两个苯环，无其它环状结构b．苯环上的一硝基取代产物有两种
【答案】
（1）.羟基羧基
（2）.光照（3）.取代反应（4）.
（5）.
（6）.
（7）.保护酚羟基（防止酚羟基被氧化）（8）.
【解析】
【详解】
（1）根据抗结肠炎药物有效成分分子结构简式，可知其含氧官能团名称是羟基和羧基；正确答案：
羟基和羧基。
（2）甲苯的侧链卤代的条件与烷烃相同，都是光照；G生成J的反应条件是浓硝酸、浓硫酸、加热，所以反应类型是取代反应；正确答案：
光照；取代反应。
（3）根据抗结肠炎药物有效成分分子的结构简式判断，D为邻甲苯酚，所以B为邻氯甲苯，①的化学方程式是
；正确答案：
。
（4）根据已知Ⅱ得D到E应是保护酚羟基的反应，E到F是甲基被氧化的反应，所以F的结构简式为
；正确答案：
。
（5）由1,4-二苯基-1,3-丁二烯得结构简式及已知Ⅰ的反应方程式判断③发生消去反应，化学方程式是：
；正确答案：
。
（6）D到E把酚羟基转化为酯基，目的是防止E到F步骤中酚羟基被氧化，F到G又把酯基还原为酚羟基，所以整体作用是保护酚羟基（防止酚羟基被氧化）；正确答案：
保护酚羟基（防止酚羟基被氧化）。
（7）根据题目要求1,4-二苯基-1,3-丁二烯的同分异构体中的苯环上的一硝基取代产物有两种，2个苯环所连取代基应完全相同，且2个苯环是对称结构，所以考虑1个苯环即可；苯环上的一硝基取代产物有两种，说明每个苯环上都有对位取代基，所以同分异构体的结构简式为
；正确答案
、
。
【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。
9.研究小组用下图装置制取Cl2，证明产生的气体中含有HCl。
（1）仪器A的名称为________；A中反应的离子方程式为________。
（2）甲同学将A中产生的气体通入下列溶液：
实验序号
试剂
现象
a
紫色石蕊溶液
b
AgNO3溶液
出现白色沉淀
①实验a中的现象为________。
②不能证明产生的气体中含有HCl的实验是________（填字母序号）。
（3）已知将HCl气体通入饱和食盐水中有白色固体析出。
乙同学将A中产生的气体通入饱和食盐水中，有白色固体析出，但该实验不能证明气体中含有HCl，结合化学用语解释其原因：
________________________。
（4）已知：
2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。
丙同学将A中产生的气体通入蒸馏水中，得到溶液X，进行以下实验证明气体中含有HCl。
I．测定X中溶解的Cl2。
取25.00mL溶液X，加入过量KI溶液，然后用0.04mol•L-1Na2S2O3溶液滴定生成的I2，达滴定终点时消耗Na2S2O3溶液VmL。
II．测定X中Cl元素总量。
另取25.00mL溶液X，选用适当的还原剂将溶解的Cl2全部还原为Cl-，再用0.10mol•L-1AgNO3溶液滴定所得溶液中的Cl-。
①X中的HClO不会影响I的测定结果，原因是________。
②由I、II中实验数据可证明A中产生的气体中含有HCl，则II中消耗0.10mol•L-1AgNO3溶液的体积应大于________mL（用含V的代数式表示）。
【答案】
（1）.圆底烧瓶
（2）.MnO2+4H++2Cl-
Cl2↑+2H2O+Mn2+（3）.溶液先变红再褪色（4）.a、b（5）.Cl2+H2O
HCl+HClO，Cl2溶于水后使得溶液中的c（Cl-）增大，也能析出晶体（6）.答案一：
生成1molHClO需消耗1molCl2，HClO也有氧化性，1molHClO和1molCl2均能将2molKI氧化成I2。
答案二：
Cl2+H2O
HCl+HClO，Cl2发生反应时，上述平衡逆向移动，相当于Cl2全部参与氧化I-的反应。
（7）.0.4V
【解析】
【详解】
（1）该仪器没有支管，是圆底烧瓶；二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：
MnO2+4H++2Cl-
Cl2↑+2H2O+Mn2+；正确答案：
圆底烧瓶；MnO2+4H++2Cl-
Cl2↑+2H2O+Mn2+。
（2）①氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸电离产生氢离子，溶液显酸性，紫色石蕊试剂显红色，次氯酸具有漂白性，使变红的溶液褪色，所以，看到的现象为先变红再褪色；正确答案：
溶液先变红再褪色。
②由于氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，盐酸电离出氢离子和氯离子，溶液显酸性，氯离子遇到银离子产生白色沉淀，所以ab都不能证明产生的气体中含有HCl；正确选项ab。
（3）Cl2+H2O
HCl+HClO，Cl2溶于水后使得溶液中的c（Cl-）增大，使氯化钠的沉淀溶解平衡右移，所以能析出氯化钠晶体；正确答案：
Cl2+H2O
HCl+HClO，Cl2溶于水后使得溶液中的c（Cl-）增大，也能析出晶体。
（4）①HClO也有氧化性，1molHClO能将2molKI氧化成I2，生成1molHClO需消耗1molCl2，相当于也是1molCl2将2molKI氧化成I2；或者从平衡角度解释也可以，Cl2+H2O
HCl+HClO，Cl2发生反应时，上述平衡逆向移动，最终盐酸和次氯酸都消耗完，相当于Cl2全部参与氧化I－的反应；正确答案：
答案一：
生成1molHClO需消耗1molCl2，HClO也有氧化性，1molHClO和1molCl2均能将2molKI氧化成I2。
答案二：
Cl2+H2O
HCl+HClO，Cl2发生反应时，上述平衡逆向移动，相当于Cl2全部参与氧化I-的反应。
②1mol氯气对应1mol碘，对应2mol硫代硫酸根离子，所以氯气的物质的量（0.04×V×10－3）/2=0.02V×10－3mol，根据Cl2—2Cl---2AgCl---2Ag+关系可知，银离子的物质的量为0.04V×10－3mol，所以硝酸银溶液的体积V＝n/c＝0.4V×10－3L=0.4VmL；A中产生的气体若是含有氯化氢，氯化氢也会与硝酸银反应，所以消耗硝酸银溶液的体积应大于0.4VmL；正确答案：
0.4V。
10.以锌锰废电池中的碳包（含碳粉、Fe、Cu、Ag和MnO2等物质）为原料回收MnO2的工艺流程如下：
I.将碳包中物质烘干，用足量稀HNO3溶解金属单质，过滤，得滤渣a；
II.将滤渣a在空气中灼烧除去碳粉，得到粗MnO2；
III.向粗MnO2中加入酸性H2O2溶液，MnO2溶解生成Mn2+，有气体生成；
IV.向III所得溶液（pH约为6）中缓慢滴加0.50mol•L-1Na2CO3溶液，过滤，得滤渣b，其主要成分为MnCO3；
V.滤渣b经洗涤、干燥、灼烧，制得较纯的MnO2。
（1）Ι中Ag与足量稀HNO3反应生成NO的化学方程式为____________________。
（2）已知II的灼烧过程中同时发生反应：
MnO2（s）+C（s）=MnO（s）+CO（g）△H=+24.4kJ•mol-1
MnO2（s）+CO（g）=MnO（s）+CO2（g）△H=-148.1kJ•mol-1
写出MnO2和C反应生成MnO和CO2的热化学方程式：
________。
（3）H2O2分子中含有的化学键类型为________、________。
（4）III中MnO2溶解的离子方程式为________，溶解一定量的MnO2，H2O2的实际消耗量比理论值高，用化学方程式解释原因：
______________________________________。
（5）IV中，若改为“向0.50mol•L-1Na2CO3溶液中缓慢滴加III所得溶液”，滤渣b中会混有较多Mn（OH）2沉淀，解释其原因：
________________________________________。
（6）V中MnCO3在空气中灼烧的化学方程式为________。
【答案】
（1）.3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O
（2）.2MnO2（s）+C（s）=2MnO（s）+CO2（g）△H=-123.7kJ•mol-1（3）.极性键（4）.非极性键（5）.MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O（6）.2H2O2
O2↑+2H2O（7）.Na2CO3溶液pH>7显碱性，III所得溶液pH约为6显弱酸性，后者滴加到前者中，溶液中c（OH-）较大，Mn2+与OH-生成Mn（OH）2沉淀（或答CO32-的水解平衡正向移动生成Mn（OH）2沉淀）（8）.2MnCO3+O2
2MnO2+2CO2
【解析】
【分析】
（1）稀硝酸具有强氧化性，与银反应生成一氧化氮、硝酸银和水；
（2）依据盖斯定律进行解析；
（3同种非金属元素间易形成非极性共价键，不同种非金属元素之间易形成极性共价键
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