湖北省武汉市部分学校2020届高三化学起点质量监测试题（含解析）

-1-湖北省武汉市部分学校2020届高三化学起点质量监测试题（含解析）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.氯碱工业是电解熔融的NaCl，在阳极能得到Cl2B.电渗析法淡化海水利用了离子交换膜技术C.硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业D.煤经过气化和液化等化学变化可转化为清洁能源【答案】A【解析】【详解】A.氯碱工业是电解NaCl的水溶液，A错误；B.电渗析法淡化海水利用了离子交换膜技术，B正确；C.硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业，C正确；D.煤经过气化和液化等化学变化可转化为清洁能源，D正确；故答案选A。2.下列关于有机化合物的叙述中错误的是A.汽油、柴油、石蜡都是多种碳氢化合物的混合物B.苯与铁粉、溴水混合可制备密度大于水的溴苯C.利用酸性高锰酸钾溶液可除去CO2中混有的乙烯D.只用溴水可鉴别苯、己烯和四氯化碳【答案】B-2-【解析】【详解】A.汽油、柴油、石蜡都是多种碳氢化合物的混合物，A正确；B.苯的溴代是苯与液溴的反应，而不是溴水，B错误；C.乙烯被高锰酸钾氧化会生成二氧化碳，故可利用酸性高锰酸钾溶液可除去CO2中混有的乙烯，C正确；D.溴水与苯会分层，上层为苯无色液体，己烯可以使溴水褪色，四氯化碳与溴水也会分层，下层为四氯化碳无色液体，故只用溴水可鉴别苯、己烯和四氯化碳，D正确；故答案选B。3.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是A.用图①所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质B.用乙醇提取溴水中的溴选择图②所示装置C.用图③所示装置可以分离乙醇水溶液D.用图④所示装置可除去CO2中含有的少量HCl【答案】A【解析】【详解】A.碳酸钠能溶于水而碳酸钙难溶，故可用过滤的方法除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质，A正确；B.乙醇与溴水互溶，故无法进行萃取分液，B错误；C.用蒸馏的方法分离乙醇和水需要在装置中加装温度计，并使温度计的水银球在支管口处，C错误；D.应使用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中含有的少量HCl，D错误；故答案选A。【点睛】在除杂时，注意试剂的选择，尽量不要减少所需物质的量。-3-4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.2.3gNa与O2完全反应，转移电子总数为0.1NAB.常温下，0.2mol/LNH4Cl溶液中，NH4+数目小于0.2NAC.标准状况下，11.2LCHCl3中氯原子数目为1.5NAD.7.8g苯中碳碳双键的数目为0.3NA【答案】A【解析】【详解】A.2.3gNa与O2完全反应，生成0.1mol+1价的Na，转移电子总数为0.1NA，A正确；B.没有给出溶液的体积，故无法计算NH4+数目，B错误；C.标准状况下，CHCl3为非气态，无法计算CHCl3中氯原子数目，C错误；D.苯中的碳碳键为介于单键和双键之间的特殊共价键，即苯中不含碳碳双键，D错误；故答案选A。【点睛】22.4L/mol仅适用于标况下气态物质体积的求算。5.我国科学家提出了由CO2和CH4转化为CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下：下列有关说法错误的是A.原料到产品的总反应属于加成反应B.CH3COOH分子中最多有7个原子共平面C.①→②放出热量并形成了C一C键D.CH4→CH3COOH过程中，有两种类型的化学键断裂【答案】B【解析】【详解】A.原料到产品的总反应为423CHCOCHCOOH催化剂，属于加成反应，A正确；B.CH3COOH分子中最多有羧基的四个原子和甲基中的两个原子共6个原子共平面，B错误；-4-C.根据图中所示的信息，①→②放出热量并形成了C一C键，C正确；D.CH4→CH3COOH过程中，有碳氧双键和碳氢单键两种类型的化学键断裂，D正确；故答案选B。【点睛】在判断一个反应是否为“加成反应”时，不能单凭“烷烃无法发生加成反应”来进行判断，烷烃可在一定条件下加到其他的双键上。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法中正确的是A.原子半径：WZYXB.气态氢化物热稳定性：YZWC.元素Z和W均存在两种以上的含氧酸D.元素Z和W在自然界中均只能以化合态存在【答案】C【解析】【分析】X与Y可形成如图所示的分子结构为过氧化氢，则X为H、Y为O，因为Y与Z同主族，则Z为S，因为短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，W为Cl。【详解】A.原子核外电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径的大小顺序为Z＞W＞Y＞X，A错误；B.原子的非金属性越强，其对应气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物热稳定性大小顺序为W＞Y＞Z，B错误；C.元素Z和W均有多种正价态，故均存在两种以上的含氧酸，C正确；D.硫元素（Z）在自然界中以化合态和少量游离态的形式存在，D错误；故答案选C。-5-7.我国明崇祯年间《徐光启手迹》记载了《造强水法》：“绿钒(FeSO4•7H2O)五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，……锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水……。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，加盐则化。……强水用过无力……”。下列有关解释错误的是A.“将矾炒去，约折五分之一”后生成FeSO4•4H2OB.该方法所造“强水”为硝酸C.“惟黄金不化水中，加盐则化”的原因是加人NaCl溶液后氧化性增强D.“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱【答案】C【解析】【详解】A.假设有421molFeSO7HO即其质量为1mol278g/mol=278g，“将矾炒去，约折五分之一”失去质量的15即1278g=55.6g5，换算成水的物质的量为55.6g3mol18g/mol，所以脱水后产物为FeSO4•4H2O，A正确；B.根据题目中描述“惟黄金不化水中，加盐则化”，可知该方法所造“强水”为硝酸，B正确；C.Au的金属活动性很弱，硝酸均不能将其氧化，加盐后，“强水”中含王水成分，Au可溶于王水，主要是由于配位作用，而不是因为氧化性，C错误；D.“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱，D正确；故答案选C。8.已知甲、乙、丙、丁之间的置换转化关系如图所示，且甲、丁为单质。下列说法正确的是A.若甲为铁，丁为氢气，则乙一定为酸B.若甲为非金属单质，则丁不一定为非金属单质-6-C.若甲为金属单质，丁为非金属单质，则丁一定是氢气D.若甲为碳，丁为硅，则碳的非金属性强于硅【答案】B【解析】【详解】A.若甲为铁，丁为氢气，则乙可能为酸，也可能为水，A错误；B.若甲为非金属单质，则丁不一定为非金属单质，如C、氢气等非金属单质还原金属氧化物可得到金属单质，B正确；C.若甲为金属单质，丁为非金属单质，则丁不一定是氢气，如金属镁和二氧化碳的反应，生成单质碳，C错误；D.元素的非金属性对应单质的氧化性，若甲为碳，丁为硅，无法说明碳的非金属性强于硅，D错误；故答案选B。9.氯化镁晶体具有如下转化关系：下列说法错误的是A.固体I可溶于饱和NH4Cl溶液B.气体I能使无水CuSO4变蓝色C.溶液I和溶液Ⅱ常温下均能与Cu反应D.在固体Ⅱ的浊液中加入KI溶液可产生黄色沉淀【答案】C【解析】【分析】由于镁离子会水解，故在没有保护气的环境下灼烧氯化镁晶体，会得到氧化镁固体和氯化氢与水的混合气体，浓硫酸具有吸水性，因此溶液I为稍稀的硫酸，气体II为干燥的氯化氢气体，将氯化氢气体通入硝酸银溶液，可得到氯化银沉淀和硝酸溶液。【详解】A.NH4Cl溶液由于铵根离子的水解显酸性，故固体IMgO会溶于饱和NH4Cl溶液，A正确；-7-B.气体I为氯化氢与水的混合气体，故能使无水CuSO4变蓝色，B正确；C.硫酸在常温下与Cu不会发生反应，故C错误；D.由于()()spspKAgIKAgCl，故AgCl固体会向AgI进行转化，D正确；故答案选C。10.利用如图所示装置进行以下实验，能得到相应实验结论的是①②③实验结论A浓氨水NaOH酚酞NaOH的碱性比NH3•H2O的强B浓盐酸MnO2淀粉溶液非金属性：氯元素大于碘元素C浓硝酸Na2CO3Na2SiO3酸性：HNO3H2CO3H2SiO3D浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.氢氧化钠溶于水会放热，导致浓氨水中的氨气逸出，使酚酞变为红色，无法证明NaOH的碱性比NH3•H2O的强，A错误；B.用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气，需要加热，该实验无法完成，B错误；C.浓硝酸具有挥发性，故无法证明碳酸和硅酸的酸性，C错误；D.将浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖变黑，说明其具有脱水性，同时生成的还原性气体能使溴水褪色，说明浓硫酸具有氧化性，D正确；故答案选D。【点睛】在设计实验比较酸碱性强弱时，要注意是否发生了化学反应，当涉及到多种物质进行比较时，要注意挥发性物质的除杂。11.激素类药物己烯雌酚的结构简式如图所示。下列叙述正确的是-8-A.己烯雌酚是芳香烃B.1mol己烯雌酚可与6molH2发生加成反应C.1mol己烯雌酚完全燃烧能生成18molCO2和12molH2OD.己烯雌酚苯环上的一氯代物有两种(不包括立体异构)【答案】D【解析】【详解】A.己烯雌酚中含有氧元素，不属于烃类，不是芳香烃，A错误；B.1mol己烯雌酚中有2mol苯环和1mol碳碳双键，故可与7molH2发生加成反应，B错误；C.根据结构简式可以数出该分子中含有18个C原子，再根据其不饱和度Ω=9，可计算出有20个H原子，故1mol己烯雌酚完全燃烧能生成18molCO2和10molH2O，C错误；D.根据结构简式，我们可以看出己烯雌酚苯环是上下对称、左右对称、中心对称的结构，其苯环上的等效氢有两种，故其苯环上的一氯代物有两种(不包括立体异构)，D正确；故答案选D。12.某碱性电池的总反应为：3HO2-＋2Al=OH-＋2AlO2-＋H2O，工作原理如图所示。下列叙述错误的是A.电子迁移方向：Al→用电器→PtB.电池工作时，负极附近溶液pH减小C.正极反应式为：HO2-＋3H++2e－=2H2OD.负极会发生副反应：2Al+2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑【答案】C-9-【解析】【分析】根据电池总反应3HO2-＋2Al=OH―＋2AlO2-＋H2O，可知Al为电池的负极，电极反应为22342AleOHAlOHO，HO2-为正极，电极反应为2223HOeHOOH。【详解】A.由于Al为电池负极，电子迁移方向：Al→用电器→Pt，A正确；B.根据电池的负极反应22342AleOHAlOHO，电池工作时，负极附近溶液pH减小，B正确；C.因为电池的电解液为碱性环境，故正极的反应式应为2223HOeHOOH，C错误；D.由于负极的Al会直接与碱液接触，故负极会发生副反应：2Al+2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑，D正确；故答案选C。13.利用CH4可消除NO2的污染，反应原理为：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，在10L密闭容器中分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得不同温度下n(CH4)随时间变化的有关实验数据如表所示：下列说法正确的是A.组别①中0~20min内，NO2降解速率为0.0125m