2021年高三第三次月考 化学试题 缺答案

2021届高三年级第三次月考理科综合能力测试注意事项：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.作答时，务必将答案写在答题卡上。

写在本试卷及草稿纸上无效。

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：H-l B-ll N-14 0-16 Na-23 Cl-35.5 Cu-64 Zn-65一、选择题：本题包括13小题。

每小题6分，共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。

7.化学与中华古文化、生产、生活、科技发展密切相关。

下列说法错误的是A.《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载:“以火烧之，紫青烟起, 乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应B.“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”中的“飞絮”的主要成分为纤维素，“马尾”的主要成分为蛋白质C.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醍、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。

其中氯仿的化学名称是三氯甲烷。

D.纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Z Cu2\ Cd2\ Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子有较强的物理吸附8.下列工艺流程的有关说法中正确的是A.氯碱工业，电解饱和食盐水时，氯气从阴极析出B.海水提镁，直接加热MgCl2溶液可得到无水氯化镁，再电解制镁C.海水提漠，用硫酸酸化苦卤的目的主要是将海水调节至酸性并抑制Cb、Bh与水反应D.海带提碘，可以用乙醇将碘单质从其水溶液中萃取出9.设M为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1.2g石墨烯和1.2 g金刚石均含有O.IN A个碳原子B.0.1 mol环氧乙烷中含有的共价键数为0.3N AC.常温下，0.56g铁钉与足量浓硝酸反应，转移的电子数为0.03N AD.标准状况下，22.4L氯气溶于水形成的溶液中：C(C1-)+C(C1O-)+C(HC1O)=2N A10.氮元素是空气中含量最多的元素，在自然界中的分布十分广泛，在生物体内亦有极大作用。

2021年高三上学期月考（3）化学含答案本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页，满分100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题，共40分）注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目、试卷类型用2B铅笔涂写在答题卡上。

考试结束时，将试卷和答题卡一并交回。

2．每小题选出答案后，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，再选涂其它答案标号，不能答在试卷纸上。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Fe 56 Cu 64选择题（本题共15小题。

1-5小题每小题2分，6-15小题每小题3分，共40分。

每小题只有一个选项符台题意）1．化学与生产、生活密切相关。

下列有关叙述正确的是A．人造纤维和光导纤维都属于纤维素B．玻璃和氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料C．明矾可用于净水，其原理与胶体具有吸附性有关D．电解过程需要消耗大量电能，因此，冶炼金属钠不宜采用电解法2．下列有关化学概念逻辑关系正确的是3．俗话说“雷雨发庄稼”。

在雷雨天，空气中有O3（由O2生成）和NO产生，下列说法正确的是A．NO在空气中不能稳定存在，会继续反应B．生成O3和NO的反应都是氧化还原反应C．O3和O2两种气体都是氧元素形成的单质，化学性质相同D．NO的产生是形成酸雨的主要原因4．下列有关化学实验叙述正确的是A．容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前都必须检查是否漏水B．用98％的浓硫酸配制100g10％的稀硫酸时，除使用量简外还需用到容量瓶C．在钠跟水反应的实验中，切下绿豆粒大小的钠投入水中进行实验，剩余的钠块丢弃到废料桶中D．若FeCl2溶液中含有I-杂质，可用过量Cl2氧化后进行萃取分液5．常温下，下列物质既能与NaOH溶液又能与稀硫酸反应，并有气体放出的是A．镁B．铝C铁D．铜6．下列有关说法不正确．．．的是A．胶体的丁达尔效应与微粒直径大小有关B．氨气的水溶液能够导电，因此NH3是电解质C．电解质溶液的导电能力与溶液中离子浓度及离子所带电荷多少有关D．向饱和氯化钠溶液中加入一小块钠，溶液中有固体析出7．在透明的碱性溶液中，能够大量共存的离子组是A．Fe3+、Ag+、NO3-、Cl- B．Mg2+、NH4+、NO3-、Cl-C．Na+、K+、CO32-、NO3- D．Al3+、Na+、MnO4-、SO42-8．下列实验过程中，始终无明显现象．．．．．的是A．NH3通入AlCl3溶液中B．CO2通入到CaCl2溶液中C．用脱脂棉包裹Na2O2粉末露置在潮湿空气中D．稀盐酸滴加到Fe（OH）3胶体溶液中9．下列有关物质的性质和应用的说法均正确的是A．二氧化硅能与NaOH溶液反应，不能用玻璃瓶盛放NaOH溶液B．Cl2能与Ca（OH）2反应，可以用澄清石灰水吸收尾气中的Cl2C．BaCO3、BaSO4都难溶于水，均可用做钡餐D．Al与Fe2O3能发生铝热反应，可用于焊接钢轨10．下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，并且有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA Si原子最外层有4个电子单质及其氧化物硬度很大B SO2具有漂白性SO2可使溴水褪色C Na2O2能与CO2、H2O反应Na2O2用作呼吸面具的供氧剂D 钠比铜活泼钠可以与硫酸铜溶液反应置换出铜11．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确．．．的是A．标准状况下，22.4LN2与CO混合气体的质量为28gB．常温常压下，金属与酸反应生成2gH2，转移电子数为2N AC．含0．2N A个阴离子的Na2O2和水反应时，转移0.2mol电子D．1L含N A个NH3·H2O的氨水，其浓度为1mol·L-112．下列离子方程式正确且与对应实验相符合的是序号目的操作离子方程式A 比较Fe2+和Br-还原性强弱向FeBr2加少量氯水2Br-+Cl2= Br2+2Cl-B 比较C、Si非金属性强弱向硅酸钠溶液中通少量二氧化碳SiO32-+CO2+2H2O=H4SiO4↓+CO32-C 除去CO2中的SO2将气体通入盛饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶CO32-+SO2=SO32-+CO2D 实验室制取氯气向MnO2固体中加入浓盐酸并加热MnO2+4HCl(浓) Mn2++2Cl-+Cl2↑+2H2O13．将a气体通入BaCl2溶液中，没有沉淀生成，然后再通入b气体，有沉淀生成，则a、b不．可能．．是A．a是Cl2，b是CO2B．a是SO2，b是H2SC．a是NH3，b是CO2D．a是SO2，b是Cl214．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是A．Cl2、SO2均能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，说明二者均有漂白性B．溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-C．镁、铝、NaOH溶液形成原电池时铝做负极，说明铝比镁活泼D．向溶液中摘加盐酸产生CO2气体，溶液中可能含有CO32-15．工业上用含Fe2O3杂质的铝土矿为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是A．反应①中试剂X是氢氧化钠溶液B．试剂Y是HCI，它与[Al（OH）4]-反应生成氢氧化铝C．图中所示转化反应中包含2个氧化还原反应D．将X与Y试剂进行对换，最终可以达到相同结果第Ⅱ卷（非选择题，共60分）注意事项：1．第Ⅱ卷共4页，用钢笔或圆珠笔将答案写在答题纸上。

2021届高三第三次月考化学试卷（最新版）-Word文档，下载后可任意编辑和处理-江苏省淮安中学2021届高三第三次月考化学试卷本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。

第I卷（选择题共64分）可能用到的相对原子质量：H1 C 12 O 16 Si 28 S 32Cl 35.5 Ar 40Na 23 Fe56 N 14 O 16 Na 23Al 27 K39 Cu 64 Zn 65一、选择题（本题包括8小题，每小题4分，共32分。

每小题________选项符合题意）1．保护环境是每一个公民的责任。

下列做法：①推广使用无磷洗涤剂②城市生活垃圾分类处理③推广使用一次性木质筷子④推广使用清洁能源⑤过量使用化肥、农药⑥推广使用无氟冰箱。

其中有利于保护环境的是A．①②④⑤B．②③④⑥ C．①②④⑥ D．③④⑤⑥2．强酸和强碱稀溶液的中和热科表示为H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)；△H＝－57.3kJ·mol－1已知：①HCl(aq)＋NH3·H2O(a q)＝NH4Cl(aq)＋H2O(l)；△H＝a kJ·mol－1②HCl(aq)＋NaOH(s)＝NaCl(aq)＋H2O(l)；△H＝b kJ·mol －1③HNO3(aq)＋KOH(aq)＝NaNO3(aq)＋H2O(l)；△H＝c kJ·mol －1则a、b、c三者的大小关系为A．a>b>c B．b>c>a C．a=b=c D．c>b>a3．将0.1 L含有0.02mol CuSO4和0.01molNaCl的水溶液用惰性电极电解。

电解一段时间后，一个电极上得到0.01 mol Cu，另一电极析出的气体A．只有Cl2 B．只有O2 C．既有Cl2又有O2 D．只有H24.下列关于晶体的说法一定正确的是A．分子晶体中都存在共价键B．CaTiO3晶体中每个Ti4+和12个O2-相紧邻C．SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合D．金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高5、将2molNaHCO3和一定量的Na2O2固体混合，在加热条件下让其充分反应，排出气体，得到固体。

2021年高三上学期第三次月考（期中）化学试题含答案可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 K-39 Ca-40Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137Ⅰ卷（50分）一、单项选择题（共25小题，每小题2分，共50分）1．下列说法不正确．．．的是（）A．二氧化硫可以用于消毒、杀菌B．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]既可用做净水剂，也可用作消毒剂C．浓硫酸、浓硝酸均具有强氧化性，常温下均可用铝制容器盛放D．NH4HCO3受热易分解放出NH3和CO2，可用作制作糕点时的发酵剂、膨松剂2．在配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列哪个原因会造成所配溶液浓度偏高（）A．所用NaOH已经潮解B．向容量瓶中加水未到刻度线C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里D．称量时误用“左码右物”3．下列图示内容的对应说明错误的是（）A B C D图示说明主要成分是蔗糖做调味剂该装置可以收集二氧化氮该装置可保护钢闸门不被腐蚀该仪器用于配制一定质量分数的溶液A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl‾、S2‾B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO‾、SO42‾、I‾C．25℃，pH＝8溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl‾、HCO3‾D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl‾、SO42‾5．解释下列事实的方程式书写正确的是（）A．加热可增强纯碱溶液去污力：CO32-＋2H2OH2CO3＋2OH-B．用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：Ag ＋4H+ ＋NO3—＝Ag+＋NO↑＋+2H2O C．向煤中加入石灰石可减少煤燃烧时SO2的排放：2CaCO3＋O2＋2SO2＝2CO2＋2CaSO4 D．碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水混合：HCO3-＋Ca2+＋OH-＝CaCO3↓＋H2O6．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确．．．的是（）A．CO和N2为等电子体，22.4 L的CO气体与l mol N2所含的电子数相等B．在2.4 g石墨中，含C—C共价键数目为0.3N AC．720 g C60晶体含有0.25N A个晶胞（晶胞如右图）D．1mol[Cu(NH3)4]2+中含配位键4 N A7．下列说法正确的是（）A．等体积、等密度的CO和C2H4所含原子数相等B．Na218O2与水反应生成氧气的相对分子质量为34C．OD－中所含电子数和中子数相等D．用反应NH3＋H3O＋＝NH4＋＋H2O可以证明NH3比H2O结合质子的能力强8．茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能．．都用到的是（）A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到的滤液，选用④、⑤和⑦D．检验滤液中的Fe3＋，选用③、⑧和⑩9．80 ℃时，2 L 密闭容器中充入0.40 mol N2O4，发生反应N2O42NO2 ΔH＝＋Q kJ·mol-1（Q ＞0），获得如下数据：时间/s 0 20 40 60 80 100c(NO2)/mol·L-10.00 0.12 0.20 0.26 0.30 0.30A．升高温度该反应的平衡常数K减小B．20～40 s 内，v（N2O4）＝0.004 mol·L-1·s1C．反应达平衡时，吸收的热量为0.30 Q kJD．100 s 时再通入0.40 mol N2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大10．氧化还原反应实际上包含氧化和还原两个过程。

2021年高三第三次大考（化学）（答案不全）注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。

2．选出答案后，用铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案，不能答在试卷上。

以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Al—27 Si—28 P—31 S—32 Cl—35.5 K—39 Mn—55 Fe —56 Cu—64 Na—23第Ⅰ卷（选择题共54分）一.选择题（本题共18个小题，每小题3分，共54分。

在每小题给出的四个选项中，只有1个符合题意）1.在第36“世界地球日”，我国国土资源部确定的主题为“善待地球——科学发展——构建和谐”。

你认为下列行为中不符合这一主题的是 ( )A．开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料B．控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化，保护水资源C．研究采煤、采油新技术，尽量提高产量以满足工业生产的快速发展D．实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗(Re-duce)、增加资源的重复使用(Reuse)、资源的循环再生(Recycle)2.N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是。

( )A．在H202+Cl2====2HCl+O2反应中，每生成32 g氧气，则转移4N A个电子B. 5.6g铁与足量的稀硫酸反应失去电子数为0．3N A个C．1 mol Mg与足量O2或N2反应生成MgO或Mg3N2均失去2N A个电子D．1 mol含五个碳原子的有机物，最爹形成4 mol碳碳单键3.青石棉是一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，其化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2。

青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法不正确的是( )A．青石棉是一种硅酸盐原料B．青石棉中含有一定量的石英晶体C．青石棉的化学组成可表示为：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2OD．1 mol青石棉能使1 mol HNO3被还原4.磁流体电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性。

2021年高三下学期月考化学试卷（3月份）含解析一、选择题1．化学家于1995年合成了一种分子式为C200H200的含有多个碳碳叁键的链烃，其分子中含有碳碳叁键数目最多可以是（）A．49 B．50 C．51 D．无法确定2．在Na+和Cl﹣两种粒子中，相同的是（）A．核内质子数 B．核外电子层数C．最外层电子数D．核外电子数3．等物质的量浓度的下列溶液中，c（）最大的是（）A．NH4HCO3B．NH4NO3C．（NH4）2CO3D．NH4HSO44．证明氨水是弱碱的事实是（）A．氨水与硫酸发生中和反应B．氨水能使紫色石蕊液变蓝C．0.1mol/L的NH4Cl溶液的pH值为5.1D．铵盐与熟石灰反应逸出氨气5．邻甲基苯甲酸（）有多种同分异构体，其中属于酯类，且分子结构中有甲基和苯环的异构体有（）A．2种B．3种C．4种D．5种6．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，四种元素原子最外层电子数之和为14．下列叙述正确的是（）A．同周期元素中W的最高价氧化物对应水化物的酸性最强B．氢化物的热稳定性：Hn Y＞HnWC．Y和X、Z和X组成的常见化合物中化学键的类型相同D．原子半径的大小顺序：rW ＞rZ＞rY＞rX7．回答下列问题：（1）下列物质的沸点由高到低的顺序是．（用字母表示）A．庚烷 B.2﹣甲基丁烷（异戊烷） C．正戊烷D.2，2﹣二甲基丙烷（新戊烷） E．异丁烷（2）依据A～D几种烃的分子模型，回答下列问题：①A、B、D的二氯代物最少的是（填对应字母）．②A～D在空气中燃烧时有黑烟生成的有（填对应字母）．③A～D在充有足量氧气的密闭恒容容器中完全燃烧，150℃时测得燃烧前后的压强不变的有（填对应字母）．8．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A．滴入甲基橙显红色的溶液中：Na+、NO3﹣、I﹣、SO42﹣B．水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L中：K+、AlO2﹣、CH3COO﹣、SiO32﹣C．=1012的水溶液中：K+、ClO﹣、S2﹣、Cl﹣D．c（F﹣）=0.1 mol/L的无色溶液中：Fe3+、NH4+、NO3﹣、Cu2+9．下列叙述中正确的是（）A．硫酸的摩尔质量是98gB．铁原子的摩尔质量等于铁的相对原子质量C．标准状况下，22.4L的O2质量是32gD．2gH2所含原子物质的量为1mol10．CH4是天然气的主要成分，而液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷、丙烯（C3H6）、丁烯（C4H8）．下列说法中不正确的是（）A．相同物质的量上述5种烃中，消耗O2体积最大的是丁烷B．相同质量上述5种烃中，生成H2O的质量最大的是CH4C．天然气灶具改用液化石油气时，应将进风口改小D．严冬季节液化石油气有时会出现火焰变小的现象原因是有些成分被液化11．加成反应也是有机化学中的一类重要的反应类型，下列各组物质中不能全部发生加成反应的是（）A．乙烷、乙烯B．乙烯、乙炔C．氯乙烯、溴乙烯D．顺﹣2﹣丁烯、反﹣2﹣丁烯12．有机物丁香油酚结构简式为：其可能具有的性质是：①能发生加成反应，②能使酸性高锰酸钾溶液褪色，③能发生取代反应，④能与三氯化铁发生显色反应，⑤能发生中和反应，⑥能发生消去反应（）A．全部 B．仅①②③④C．除⑥外都能D．除④⑥外都能13．有一块铁的“氧化物”样品，用140mL 5.0mol/L盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为（）A．Fe4O5B．Fe5O7C．Fe2O3D．Fe3O414．25℃时，在25mL 0.1mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2mol/L的CH3COOH溶液，溶液的pH变化如下图所示，下列分析的结论中正确的是（）A．B点的横坐标a=12.5B．C点时溶液中有：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．D点时溶液中有：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）D．曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c （H+）15．某兴趣小组设计如图微型实验装置．实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转．下列说法正确的是（）A．断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为2H++2Cl﹣Cl2↑+H2↑B．断开K2、闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C．断开K1、闭合K2时，铜电极上的电极反应为Cl2+2e﹣═2Cl﹣D．断开K1、闭合K2时，石墨电极作正极二、非选择题16．以含钴废催化剂（主要成分为Co、Fe、SiO2）为原料，制取钴的氧化物的流程如图1：（1）步骤Ⅰ中废催化剂用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是．（2）步骤Ⅱ需要加热搅拌，相应的离子方程式为．（3）步骤Ⅲ中的反应为2Na++6Fe3++4SO42﹣+12H2O═Na2Fe6（SO4）4（OH）12+12H+．过滤后母液的pH=2，.0，c（Na+）=a mol•L﹣1，c（Fe3+）=b mol•L﹣1，c（SO42﹣）=d mol•L ﹣1，该反应的平衡常数K=（用含a、b、d 的代数式表示）．（4）完成步骤Ⅳ中反应的离子方程式：□+□CO32﹣+□H2O═Co5（OH）6（CO3）2↓+□（5）已知CoCl2的溶解度曲线如图2所示．步骤Ⅴ向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌，待固体溶解后需趁热过滤．①边加热边搅拌的原因是；②趁热过滤的原因是．17．汽车在现代生活中扮演着越来越重要的角色，但其尾气（碳氢化合物、氮氧化物及一氧化碳等）带来的环境污染越来越明显，机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源．（1）设汽油成分为C8H18，若在气缸中汽油高温裂解产生丁烷和丁烯，写出该反应的化学方程．（2）气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＞0①汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是．②1mol空气中含有0.8mol N2和0.2mol O2，1300℃时在含1mol空气的密闭容器内反应达到平衡，测得NO为8×10﹣4mol．计算该温度下的平衡常数K≈．（3）尾气中的CO主要来自于汽油不完全燃烧．①有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）═2C（s）+O2（g）△H=+221kJ•mol﹣1，简述该设想能否实现的依据：．②测量汽车尾气的浓度常用电化学气敏传感器，其中CO传感器可用下图简单表示，则阳极发生的电极反应为．（4）在汽车尾气系统中安装催化转换器，可有效减少尾气中的CO、NOx 和碳氢化合物等废气．已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1=+180kJ/molCO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣283kJ/mol2NO（g）+2CO（g）═2CO2（g）+N2（g）△H3则△H3=kJ•mol﹣1．（5）光化学烟雾（含臭氧、醛类、过氧乙酰硝酸酯等）是汽车尾气在紫外线作用下发生光化学反应生成的二次污染物．写出2﹣丁烯与臭氧按物质的量之比为1：2反应生成乙醛及氧气的化学方程式．18．CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钻矿（主要成分为CO2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离了主要有H+、CO2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等：②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：（金属离子浓度为：0.01mo1•L﹣l）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式．（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式．（3）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀成分为．（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图．向“滤液”中加入萃取剂的目的是：其使用的最佳pH范围是A 2.0～2.5B 3.0～3.5C 4.0～4.5D 5.0～5.5（5）“操作l”中包含3个基本实验操作，它们依次是、和过滤．制得的CoC12•6H2O 在烘干时需减压烘干的原因是．（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量．通过计算发现粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是．（答一条即可）19．醇与氢卤酸反应是制备卤代烃的重要方法．实验室制备溴乙烷的装置如图所示，其中锥形瓶b是安全瓶，试管d中装有少量蒸馏水．已知溴乙烷的沸点为38.4℃，密度为1.43g/mL；（1）制备溴乙烷需要用到蒸馏水、乙醇、溴化钠、浓硫酸，在烧瓶中加入这几种物质的顺序依次是．（2）小火加热，在烧瓶中发生的主要反应有①；②．（3）冷水的作用；d试管中的现象．（4）用这种方法制取的溴乙烷中的含少量杂质Br2，欲除去溴代烷中的少量杂质Br2，下列供选试剂中最适合的是．A．NaI溶液B．NaOH溶液C．Na2SO3溶液D．KCl溶液（5）容器e中NaOH溶液的作用是．20．我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L．实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：（1）请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中．步骤2：将5.0mL 0.01mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡．步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1mol/L KI溶液，振荡．步骤4：，再用0.01mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液8.50mL．（反应原理：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）（2）该废水中苯酚的含量为mg/L．（3）步骤2塞紧瓶塞的原因是（4）步骤3若振荡时间过长，则测得的废水中苯酚的含量（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）．步骤4中若滴定至终点时滴定管尖嘴处出现气泡，而滴定前无气泡，会使测得的废水中苯酚的含量．21．铜及其化合物在生活、生产中有广泛应用．请回答下列问题：（1）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝（CuS）．写出CuSO4转变为铜蓝的离子方程式．（2）工业上以黄铜矿CuFeS2）为原料，采用火法熔炼工艺生产铜的中间过程会发生反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，该反应的氧化剂是；验证反应产生的气体是SO2的方法是．（3）图I是一种新型燃料电池，它以CO为燃料，一定比例的Li2CO3和Na2CO3熔融混合物为电解质，图II是粗铜精炼的装置图，假若用燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验．①写出A极的电极反应式．②要用燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验，粗铜板应与极（填“A”或“B”）相连；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为．③当消耗标准状况下1.12LCO时，精铜电极的质量变化情况为．（4）现向一含有Ca2+、Cu2+的混合溶液中滴加Na2CO3溶液，若首先生成CuCO3沉淀，根据该实验可得出的结论是（填序号）A．Ksp（CuCO3）＜Ksp（CaCO3）B．c（Cu2+）＜c（Ca2+）C．＞D．＜．22．根据下面的有机物合成路线回答下列问题：（1）写出A、B、C的结构简式：A：，B：，C：．（2）各步反应类型：①，②，③；④，⑤．（3）A→B的反应试剂及条件．23．某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究．已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰．M与其他物质的转化关系如图1所示（部分产物已略去）：（1）写出F的电子式．（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是（3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，如图2所示，则A与B溶液反应后溶液中的溶质化学式为．（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E 溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是．（5）若A是一种化肥．实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是．（6）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32﹣、SO42﹣中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为．24．非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过下面方法合成请回答下列问题：（1）有机化合物B中的含氧官能团为和（填名称）．（2）上述反应中，过程②属于反应（3）若过程①发生的取代反应，且另一种产物有HBr，写出由A到B发生反应的化学方程式（4）非诺洛芬的一种同分异构体满足下列条件：Ⅰ：能与NaHCO3反应做出CO2，能与FeCl3溶液发生显色反应Ⅱ：分子中有6种不同化学环境的氟，且分子中含有两个苯环写出符合条件的一种同分异构体的结构简式（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用），合成路线路程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2CH3CH2．xx学年山东省济南二十二中高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题1．化学家于1995年合成了一种分子式为C200H200的含有多个碳碳叁键的链烃，其分子中含有碳碳叁键数目最多可以是（）A．49 B．50 C．51 D．无法确定【考点】有机化合物中碳的成键特征．【分析】对于烃C n H m，当分子中无C=C和环时，C≡C最多，根据：=叁键数×2解题．【解答】解：对于烃C n H m，碳氢原子个数与分子结构的关系公式为：=双键数+叁键数×2+环数，当分子中无C=C和环时，C≡C最多，此时=叁键数×2，所以叁键数50.5．由于叁键数不可能为0.5个，故C200H200中最多可有50个碳碳叁键．故选B．2．在Na+和Cl﹣两种粒子中，相同的是（）A．核内质子数B．核外电子层数 C．最外层电子数 D．核外电子数【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【分析】阴离子中核外电子数=质子数+电荷数，阳离子中核外电子数=质子数﹣电荷数，钠离子、氯离子原子结构示意图、，根据这两种离子的结构分析解答．【解答】解：钠离子、氯离子原子结构示意图、，A．根据离子结构示意图知，钠离子核内质子数是11、氯离子核内质子数是17，核内质子数不等，故A错误；B．钠离子核外有2个电子层、氯离子核外有3个电子层，所以电子层数不同，故B错误；C．钠离子和氯离子最外层电子数都是8，所以二者最外层电子数相等，故C正确；D．钠离子核外有10个电子、氯离子核外有18个电子，所以二者核外电子数不等，故D错误；故选C．3．等物质的量浓度的下列溶液中，c（）最大的是（）A．NH4HCO3B．NH4NO3C．（NH4）2CO3D．NH4HSO4【考点】盐类水解的应用．【分析】物质的量浓度相等的铵盐溶液中，铵根离子系数越大，铵根离子浓度越大，相同铵根离子的盐溶液中，根据其它离子对铵根离子的影响来判断．【解答】解：物质的量浓度相等的铵盐溶液中，铵根离子系数越大，铵根离子浓度越大，相同铵根离子的盐溶液中，根据其它离子对铵根离子的影响来分析，这几种铵盐中，碳酸铵溶液中铵根离子系数最大，则溶液中铵根离子浓度最大；碳酸氢铵、硝酸铵和硫酸氢铵中铵根离子系数相同，碳酸氢根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根离子水解；所以这几种铵盐中，铵根离子浓度大小顺序是C＞D＞B＞A，故选C．4．证明氨水是弱碱的事实是（）A．氨水与硫酸发生中和反应B．氨水能使紫色石蕊液变蓝C．0.1mol/L的NH4Cl溶液的pH值为5.1D．铵盐与熟石灰反应逸出氨气【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】只要证明一水合氨部分电离就能证明一水合氨是弱电解质，则氨水是弱碱，据此分析解答．【解答】解：A．氨水和硫酸发生中和反应只能说明氨水具有碱性，不能说明一水合氨部分电离，则不能说明氨水是弱碱，故A错误；B．氨水能使紫色石蕊试液变蓝色，说明氨水溶液呈碱性，不能说明一水合氨部分电离，则不能说明氨水是弱碱，故B错误；C.0.1mol/L的NH4Cl溶液的pH值为5.1，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则能证明氨水是弱碱，故C正确；D．铵盐和熟石灰反应逸出氨气，证明铵盐不稳定，但不能说明一水合氨部分电离，所以不能证明氨水是弱碱，故D错误；故选C．5．邻甲基苯甲酸（）有多种同分异构体，其中属于酯类，且分子结构中有甲基和苯环的异构体有（）A．2种B．3种C．4种D．5种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】据有机物属于酯类，且分子结构中有甲基和苯环，则应含有﹣COO﹣官能团，则取代基分别为﹣CH3和﹣OOCH或﹣OOCCH3或﹣COOCH3，有2个取代基时，有邻、间、对三不同结构．【解答】解：由题目要求可知该有机物的同分异构体中应具有CH3﹣C6H4﹣OOCH（﹣C6H4﹣为苯环）的结构，应有邻、间、对三种同分异构体或C6H5﹣OOCCH3或C6H5﹣COOCH3，共5种，故选：D；6．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，四种元素原子最外层电子数之和为14．下列叙述正确的是（）A．同周期元素中W的最高价氧化物对应水化物的酸性最强B．氢化物的热稳定性：H n Y＞H n WC．Y和X、Z和X组成的常见化合物中化学键的类型相同D．原子半径的大小顺序：r W＞r Z＞r Y＞r X【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，则X处于Y的上一周期，四种元素原子最外层电子数之和为14，则X 和Y的主族序数之和为7，X和Z同主族，且Z的原子序数大于Y，所以X是H元素，Y 是O元素，Z是Na元素，W是S元素．A．元素的非金属性越强其最高价含氧酸的酸性越强；B．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；C．活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；D．电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，则X处于Y的上一周期，四种元素原子最外层电子数之和为14，则X和Y的主族序数之和为7，X和Z同主族，且Z的原子序数大于Y，所以X是H元素，Y是O元素，Z是Na元素，W是S元素．A．S属于第三周期元素，第三周期中非金属性最强的元素是Cl元素，所以Cl元素的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，故A错误；B．O元素的非金属性大于S，所以气态氢化物的热稳定性：H2O＞H2S，故B正确；C．O和H、Na和H组成的常见化合物中的化学键分别属于共价键和离子键，故C错误；D．原子半径大小顺序是r Z＞r W＞r Y＞r X，故D错误；故选B．7．回答下列问题：（1）下列物质的沸点由高到低的顺序是ACBDE．（用字母表示）A．庚烷 B.2﹣甲基丁烷（异戊烷）C．正戊烷D.2，2﹣二甲基丙烷（新戊烷）E．异丁烷（2）依据A～D几种烃的分子模型，回答下列问题：①A、B、D的二氯代物最少的是A（填对应字母）．②A～D在空气中燃烧时有黑烟生成的有BCD（填对应字母）．③A～D在充有足量氧气的密闭恒容容器中完全燃烧，150℃时测得燃烧前后的压强不变的有AB（填对应字母）．【考点】烷烃及其命名；同分异构现象和同分异构体．【分析】（1）烃的熔沸点规律：1烃分子中碳原子数目越多熔沸点越高；2碳原子数目相同的烃，支链越多沸点越低；（2）依据A～D几种烃的分子模型可知，A为CH4，B为CH2=CH2，C为CH≡CH，D 为C6H6；①A、B、D的二氯代物依据分子中氢原子种类分析判断；②A～D在空气中燃烧时有黑烟生成说明物质含碳量高，依据物质性质分析；③依据烃燃烧规律分析，150℃时物质燃烧生成的水是气体，依据同时分析计算；【解答】解：（1）庚烷的分子式是C7H16，正戊烷、异戊烷、新戊烷三者分子式都是C5H12，异丁烷分子式为C4H10，而正戊烷、异戊烷、新戊烷支链由少到多，根据烃的沸点规律可知四种物质的沸点由高到低的顺序是：正戊烷、异戊烷、新戊烷、异丁烷，庚烷，物质的沸点由高到低的顺序是ACBDE；故答案为：ACBDE；（2）依据A～D几种烃的分子模型可知，A为CH4，B为CH2=CH2，C为CH≡CH，D 为C6H6；①A、B、D的二氯代物，依据分子结构分析，A为甲烷，CH4的结构是正四面体结构，二氯代物为1种，B为CH2=CH2，二氯代物为2种，D为C6H6，依据苯分子结构苯环上六个碳碳键完全相同，二氯代物为邻、间、对3种，最少的是A；故答案为：A．②A～D在空气中燃烧时有黑烟生成说明物质含碳量高，甲烷是淡蓝色火焰，乙烯燃烧放出明亮火焰冒黑烟，乙炔燃烧发出明亮火焰冒黑烟，苯燃烧也是明亮火焰，冒黑烟；故答案为：BCD．③烃燃烧150℃时水位气体，依据燃烧通式分析，CxHy+（x+）O2→xCO2+H2O（g），反应前后压强不变即气体物质的量不变，1+x+=x+，y=4；所以烃分子式中氢原子为4的符合，AB符合；故答案为：AB．8．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A．滴入甲基橙显红色的溶液中：Na+、NO3﹣、I﹣、SO42﹣B．水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L中：K+、AlO2﹣、CH3COO﹣、SiO32﹣C．=1012的水溶液中：K+、ClO﹣、S2﹣、Cl﹣D．c（F﹣）=0.1 mol/L的无色溶液中：Fe3+、NH4+、NO3﹣、Cu2+【考点】离子共存问题．【分析】A、滴入甲基橙显红色的溶液显示酸性；B、水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液是酸性或是碱性溶液；C、次氯酸根离子具有氧化性，可以将硫离子氧化；D、无色溶液中有色离子不能共存．【解答】解：A、滴入甲基橙显红色的溶液显示酸性，此时H+、NO3﹣、I﹣会发生氧化还原反应而不能共存，故A错误；B、水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液是酸性或是碱性溶液，在碱性环境下，离子们可以共存，故B正确；C、水的离子积和氢氧根离子以及氢离子浓度之间的关系，可解得氢离子浓度为10﹣13mol/L，所以氢氧根浓度是0.1mol/L，溶液显示碱性，但是次氯酸根离子具有氧化性，可以将硫离子氧化，故C错误；D、无色溶液中有色离子Fe3+、Cu2+不能共存，故D错误．故选B．9．下列叙述中正确的是（）A．硫酸的摩尔质量是98gB．铁原子的摩尔质量等于铁的相对原子质量C．标准状况下，22.4L的O2质量是32gD．2gH2所含原子物质的量为1mol【考点】摩尔质量；物质的量的相关计算．【分析】A、摩尔质量的单位是g/mol；B、摩尔质量有单位，相对原子质量没有单位；C、标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol．据此计算即可；D、氢气为双原子分子，据此解答即可．【解答】解：A、硫酸的摩尔质量为98g/mol，故A错误；B、铁原子的摩尔质量是56g/mol，相对原子质量是56，故B错误；C、22.4L氧气标况下物质的量==1mol，质量=1mol×32g/mol=32g，故C正确；D、2g氢气的物质的量==1mol，氢气为双原子分子，H原子的物质的量=2mol，故D错误，故选C．10．CH4是天然气的主要成分，而液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷、丙烯（C3H6）、丁烯（C4H8）．下列说法中不正确的是（）A．相同物质的量上述5种烃中，消耗O2体积最大的是丁烷B．相同质量上述5种烃中，生成H2O的质量最大的是CH4C．天然气灶具改用液化石油气时，应将进风口改小D．严冬季节液化石油气有时会出现火焰变小的现象原因是有些成分被液化【考点】烷烃及其命名．【分析】A．烃燃烧的通式为：CxHy+（x+）O2=xCO2+H2O，相同物质的量的烃燃烧耗氧量取决于x+；B．相同质量的烃中，含氢量越高，即越大，燃烧生成的水越多；C．根据化学方程式：C3H8+5O2=3CO2+4H2O，CH4+2O2=CO2+2H2O等物质量的C3H8耗氧为CH4的2.5倍，C3H8产生CO2为CH4的3倍；天然气灶具改用液化石油气时，应将进风口改大；D．严冬季节液化石油气有时会出现火焰变小的现象原因是因为有些成分被液化．【解答】解：A．相同物质的量上述5种烃中丁烷的x+值最大所以耗氧量最大，故A正确；B．相同质量上述5种烃中，甲烷的含氢量最多，所以生成H2O的质量最大，故B正确；C．根据化学方程式：C3H8+5O2=3CO2+4H2O，CH4+2O2=CO2+2H2O等物质量的C3H8耗氧为CH4的2.5倍，C3H8产生CO2为CH4的3倍；天然气灶具改用液化石油气时，应将进风口改大，故C错误；D．严冬季节液化石油气有时会出现火焰变小的现象原因是有些成分被液化，故D正确；故选C．11．加成反应也是有机化学中的一类重要的反应类型，下列各组物质中不能全部发生加成反应的是（）A．乙烷、乙烯B．乙烯、乙炔C．氯乙烯、溴乙烯D．顺﹣2﹣丁烯、反﹣2﹣丁烯【考点】取代反应与加成反应．【分析】根据碳碳双键、碳碳三键能发生加成反应，烷烃不能发生加成反应；【解答】解：A．乙烷不能发生加成反应，乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，故A正确；B．乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，乙炔含有碳碳三键，能发生加成反应，故B错误；C．氯乙烯、溴乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，故C错误；D．顺﹣2﹣丁烯、反﹣2﹣丁烯含有碳碳双键，能发生加成反应，故D错误；故选A．12．有机物丁香油酚结构简式为：其可能具有的性质是：①能发生加成反应，②能使酸性高锰酸钾溶液褪色，③能发生取代反应，④能与三氯化铁发生显色反应，⑤能发生中和反应，⑥能发生消去反应（）A．全部 B．仅①②③④C．除⑥外都能D．除④⑥外都能【考点】有机物的结构和性质．【分析】丁香油酚的结构简式为，含碳碳双键、酚﹣OH、﹣COC﹣，结合烯烃、苯酚的性质来解答．【解答】解：含苯环、碳碳双键，可发生加成反应；含碳碳双键、酚﹣OH可被酸性高锰酸钾氧化；含酚﹣OH，可发生显色反应；含酚﹣OH，可发生取代反应；酚﹣OH，具有酸性，可发生中和反应；该物质不能发生消去反应，故选C．13．有一块铁的“氧化物”样品，用140mL 5.0mol/L盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为（）A．Fe4O5B．Fe5O7C．Fe2O3D．Fe3O4【考点】化学方程式的有关计算；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变．【分析】n（HCl）=0.14L×5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n（O）=n（HCl）=0.35mol，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，结合氯元素守恒确定铁的物质的量，可确定氧化物分子式．【解答】解：n（HCl）=0.14L×5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n（O）=n（HCl）=0.35mol，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，因n（Cl﹣）=0.7mol+0.025mol×2=0.75mol，则n（Fe3+）=n（Cl﹣）=0.25mol，所以氧化物中n（Fe）：n（O）=0.25：0.35=5：7，所以化学式为Fe5O7，故选B．14．25℃时，在25mL 0.1mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2mol/L的CH3COOH溶液，溶液的pH变化如下图所示，下列分析的结论中正确的是（）A．B点的横坐标a=12.5B．C点时溶液中有：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．D点时溶液中有：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）D．曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c （H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．。

2021年高三第三次月考化学含答案选择题答题区，用2B铅笔填涂（共36分）。

单项选择题双项选择题9 10 11 12 得分22 23 得分78[A] [A] [A] [A] [A] [A] [A] [A][B] [B] [B] [B] [B] [B] [B] [B][C] [C] [C] [C] [C] [C] [C] [C][D] [D] [D] [D] [D] [D] [D] [D]一、单项选择题：本题包括16小题，每小题4分，共64分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

多选、错选均不得分。

7．化学与生产、生活密切相关。

下列叙述正确的是A．淀粉、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物B．葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体C．可用于文物年代的鉴定，与互为同素异形体D．从海水中可以得到NaCl，电解饱和NaCl溶液可以得到金属Na8．设n A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．1L 0.1mol·L-1的氯化铵溶液中有n A个NH4+B．标准状况下，22.4LSO3含有n A个SO3分子C．常温常压下，8g O2含有0.5n A个氧原子（O 16）D．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2n A 个电子9．水溶液中能大量共存的一组离子是A．Na+、H+、Cl－、HCO3－B．H+、Na+、Fe2+、NO3－C．K+、Ca2+、Cl－、NO3－D．K+、NH4+、OH－、SO42－10．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图1所示。

下列说法不正确．．．的是A．元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8B．离子Y2－和Z 3＋的核外电子数和电子层数都相同C．元素Y的氢化物的稳定性比W的氢化物强D．Z单质只能和盐酸反应生成氢气11．反应产物除与反应物的结构、性质有关，还与反应的条件有关。

下列各组物质反应时：①Cu与HNO3溶液②Cu与FeCl3溶液③Na与O2中，由于浓度或条件不同得到不同产物的是：A．①② B．①③ C．②③ D．①②③12．下列离子方程式中正确的是A．金属钠溶于水中：2Na＋2H2O = 2Na+＋2OH－＋H2↑B．足量氯气通入FeCl2溶液中：Cl2＋Fe2+= Fe3+ + 2Cl－C．过量氨水加入AlCl3溶液中：Al3+＋3OH－= Al(OH)3↓D．实验室用Ca(OH)2和NH4Cl制取氨气：OH－＋ NH4+ = NH3↑+ H2O二、双项选择题：本题包括9小题，每小题6分，共54分。

2021年高三下学期月考化学试题（3月份）含解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）（xx春•渝中区校级月考）化学充实了生活、改变了生活，下列相关说法正确的是（）A．NaHCO3能与碱反应，因此食品工业用小苏打做焙制糕点的膨松剂B．石油的催化裂解是为了提高从石油中得到汽油等轻质油的产量常用的消毒剂氯气和调料乙酸，两者都含有非极性共价键C．D．废旧电池有牢固外壳保护不会污染土壤和水体，故不必回收处理考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；极性键和非极性键；常见的生活环境的污染及治理；石油的裂化和裂解．专题：化学应用．分析：A、NaHCO3不稳定，加热分解，用小苏打做焙制糕点的膨松剂；B、石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃；C、同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；D、废旧电池中渗漏出的重金属离子会对土壤和水源的污染，应集中回收处理．解答：解：A、NaHCO3不稳定，加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，所以用小苏打做焙制糕点的膨松剂，故A错误；B、石油的催化裂解主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃，故B错误；C、常用的消毒剂氯气和调料乙酸，氯气中只有非极性共价键，乙酸中含有非极性共价键，极性共价键，故C正确；D、废旧电池有牢固外壳保护会污染土壤和水体，必须回收处理，故D错误；故选C．点评：化学来源于生产生活，也必须服务于生产生活，本题难度不大，但涉及知识点较多，灵活运用所学知识是即可正确解答本题．2．（6分）（xx春•渝中区校级月考）下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（）A．将铝表面的氧化物溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH﹣+3H2O═2Al（OH）3↓B．少量硝酸银溶液与足量氨水反应：Ag++NH3•H2O═AgOH↓+NH4+C．500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g）．放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣38.6kJ/molD．甲烷的标准燃烧热为﹣890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A、铝表面的氧化物溶于NaOH生成偏铝酸钠；B、足量氨水反应反应生成银铵络离子；C、0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭的容器中充分反应，不可能完全反应，所以1mol N2和3mol H2置于密闭的容器中完全反应放出的热量大于19.3kJ×2；D、1mol物质的量物质完全燃烧时的反应热叫做该物质的标准燃烧热标准燃烧热．解答：解：A、铝表面的氧化物溶于NaOH生成偏铝酸钠，正确的离子反应式为：Al2O3+2OH ﹣═2AlO2﹣↓+H2O，故A错误；B、足量氨水反应反应生成银铵络离子，正确的离子反应式为：Ag++2NH3•H2O═Ag（NH3）2++2H2O，故B错误；C、0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭的容器中充分反应，不可能完全反应，而热化学方程式中的反应热，表示1mol N2和3mol H2置于密闭的容器中完全反应放出的热量大于19.3kJ×2，故C错误；D、1mol物质的量物质完全燃烧时的反应热叫做该物质的标准燃烧热，所以甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol ﹣1，故D正确；故选D．点评：本题考查离子方程式的书写和热化学方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析．3．（6分）（xx•徐州模拟）下列物质的转化在给定条件下不能实现的是（）①NaNa2O2Na2CO3②MgOMgCl2溶液Mg③FeFe2O3Fe2（SO4）3④SiO2Na2SiO3H2SiO3⑤HCHOHCOOHHCOOCH3．A．①②③B．②③④C．②③⑤D．①④⑤考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；钠的重要化合物．专题：碳族元素；几种重要的金属及其化合物．分析：给定条件下不能实现是指：原物质在给定的条件下无法转化为目标物质；根据所提供的物质的化学性质，分析能否在给定的条件下通过化学反应而实现即可．解答：解：①钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应可以实现，故①不选；②由于电解氯化镁溶液得不到金属镁，故②不能实现转化，故②选；③由于铁点燃生成四氧化三铁，转化不能在给定的条件下实现，故③选；④SiO2与氢氧化钠反应生成Na2SiO3和水，Na2SiO3与盐酸反应生成H2SiO3和氯化钠，反应能够实现，故④不选；⑤、HCHO与氧气发生氧化反应生成HCOOH，HCOOH与甲醇在碱性条件下无法发生酯化反应生成HCOOCH3，故⑤选；以上反应不能够实现的有②③⑤；故选C．点评：本题考查化合物的性质，题目难度不大，熟练掌握物质的性质，是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法．4．（6分）（xx春•渝中区校级月考）下列实验不能作为判断依据的是（）A．钠和钾分别与冷水反应，判断金属活动性强弱B．B r2与I2分别与足量的H2反应，判断溴与碘的非金属活动性强弱C．碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性，判断硫与碳的非金属活动性强弱D．在MgSO4与Al（NO）3溶液中分别加入过量的氨水，判断镁与铝的金属活动性强弱考点：碱金属的性质；卤素原子结构及其性质的比较；钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：A．金属性越强的金属与水反应越剧烈；B．非金属性越强的非金属单质与氢气化合越容易；C．碳酸钠溶液显碱性，说明碳酸根离子水解，硫酸钠溶液显中性，说明硫酸根离子不水解；D．镁离子与铝离子与氨水反应都会产生沉淀，且沉淀都不溶解．解答：解：A．金属性越强的金属与水反应越剧烈，通过钠和钾分别与冷水反应的剧烈程度可以判断金属的活动性，故A正确；B．非金属性越强的非金属单质与氢气化合越容易，通过Br2与I2分别与足量的H2反应的难易程度可以判断非金属性强弱，故B正确；C．碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性，可知碳酸为弱酸，硫酸为强酸，最高价氧化物对应水化物酸性越强，元素的非金属性越强，所以硫的非金属性强于碳，故C正确；D．镁离子与铝离子与氨水反应都会产生沉淀，且沉淀都不溶解，故D错误；故选：D．点评：本题考查了元素金属性、非金属性强弱判断的依据，题目难度不大，注意C选项为易错选项．5．（6分）（xx春•渝中区校级月考）下列说法不正确的是（）A．某烷烃主链4个碳原子数的同分异构体有2种，则与其碳原子个数相同的且主链4个碳原子的单烯烃有4种B．（CH3）2C（OH）CH2CH3的名称为：2﹣甲基﹣2﹣羟基丁烷C．1mol有机物与NaOH溶液反应，最多消耗5mol NaOHD．1mol β﹣紫罗兰酮与1mol Br2发生加成反应可得到3种不同产物考点：同分异构现象和同分异构体；有机化合物命名；有机物的结构和性质．专题：有机化学基础．分析：A．先根据烷烃的条件，确定烷烃的分子式，然后再根据官能团位置异构确定烯烃的同分异构体；B、含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小；C、能与NaOH反应的为酚羟基和羧基，肽键，酯基；D、共轭二烯烃与Br21：1加成时，可以发生1，2﹣加成反应，也可能发生1，4﹣加成反应；解答：解：A．首先：确定该烷烃碳原子个数：①主链为4个碳原子的烷烃，其支链只能是甲基（不可能是乙基，否则主链超过4个碳原子）；②主链为4个碳原子的烷烃，支链数最多4个（下面的0，是指该物质只有一种，没有同分异构体），则：支链含有的甲基的个数烷烃的同分异构体数目1个02个23个04个0所以该烷烃总共有6个碳原子，含有2个甲基，其次：分析烯烃的同分异构体数目①若双键在1号位，有以下3种烯烃的同分异构体：C=C﹣C﹣C1 2 3 42﹣乙基丁烯、2，3﹣二甲基丁烯、3，3﹣二甲基丁烯②若双键在2号位，则只有一种该烯烃的同分异构体：C﹣C=C﹣C1 2 3 42，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯所以满足条件的该烯烃的同分异构体共有4种，故A正确；B．（CH3）2C（OH）CH2CH3的名称为：2﹣甲基﹣2﹣丁醇，故B错误；C.1mol有机物中含有1mol酚羟基、1mol羧基，1mol肽键，1mol酯基，其中1mol酯基消耗2molNaOH，其余都是1mol，所以最多消耗5molNaOH，故C正确；D．与Br2起加成反应，可以发生1，2﹣加成反应，也可能发生1，4﹣加成反应，所以加1mol β﹣紫罗兰酮与1mol Br2发生加成反应可得到3种不同产物，故D正确；故选B．点评：本题主要考查了同分异构体的书写、醇的命名、官能团的性质以及加成反应，难度不大，注意把握有机物的官能团的结构和性质．6．（6分）（xx春•渝中区校级月考）下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．相同物质的量浓度的下列溶液：①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3•H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞④＞②＞③B．常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH=7：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c （H+）=c（OH﹣）C．常温下，pH=6的NaHSO3溶液中：c（SO32﹣）﹣c（H2SO3）=9.9×10﹣7mol•L﹣1D．物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：C（HClO）+c（ClO﹣）=2c （HCO3﹣）+2c（H2CO3）+2c（CO32﹣）考点：离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：A．相同浓度的溶液，弱电解质溶液中铵根离子浓度最小，醋酸根离子促进铵根离子水解、铝离子抑制铵根离子水解，据此判断铵根离子浓度大小；B．混合溶液呈中性，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO﹣）相对大小；C．常温下，pH=6的NaHSO3溶液中中亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度，根据质子守恒判断；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断．解答：解：A．相同浓度的溶液，弱电解质溶液中铵根离子浓度最小，醋酸根离子促进铵根离子水解、铝离子抑制铵根离子水解，所以c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③＞④，故A错误；B．混合溶液呈中性，根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），所以c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故B错误；C．常温下，pH=6的NaHSO3溶液中中亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度，根据质子守恒得c（H2SO3）+c（H+）=c （OH﹣）+c（SO32﹣），所以c（H+）﹣c（OH﹣）=c（SO32﹣）﹣c（H2SO3）=9.9×10﹣7mol•L﹣1，故C正确；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得2C（HClO）+2c（ClO﹣）=c （HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣），故D错误；故选C．点评：本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中溶质的性质及溶液酸碱性再结合守恒思想分析解答，注意B中还含有氯离子，为易错点．7．（6分）（xx•安徽一模）一定温度下，将1mol X和1mol Y气体充入2L恒容密闭容器，发生反应X（g）+Y（g）⇌mZ（g）+Q（s），t1时达到平衡．在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体Z的浓度随时间变化如图所示．下列说法正确的是（）A．反应方程式中的m=1B．t2时刻改变的条件是使用催化剂C．t3时刻改变的条件是移去少量物质QD．t1～t3间该反应的平衡常数均为4考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：A、由图可知，t2时刻Z的浓度增大，但平衡不移动，故改变的条件应是增大压强，反应前后气体的化学计量数之和相等，据此解答；B、催化剂不能影响物质的浓度；C、Q是固体，改变Q的用量，不影响平衡移动，t3时刻改变的条件，瞬间Z的浓度不变，平衡向正反应移动，可能是增大反应物的浓度或升高温度；D、t1～t3间温度相同，利用三段式计算t1平衡时各物质的浓度，代入平衡常数表达式计算．解答：解：A、由图可知，t2时刻Z的浓度增大，但平衡不移动，故改变的条件应是增大压强，反应前后气体的化学计量数之和相等，故m=1+1=2，故A错误；B、催化剂不能影响物质的浓度，由图可知，t2时刻Z的浓度增大，但平衡不移动，故改变的条件应是增大压强，故B错误；C、Q是固体，改变Q的用量，不影响平衡移动，t3时刻改变的条件，瞬间Z的浓度不变，平衡向正反应移动，可能是增大反应物的浓度或升高温度，故C错误；D、t1～t3间温度相同，由图可知t1时刻平衡时，c（Z）=0.5mol/L，则：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+Q（s），开始（mol/L）：0.5 0.5 0变化（mol/L）：0.25 0.25 0.5平衡（mol/L）：0.25 0.25 0.5故平衡常数为=4，故D正确；故选D．点评：本题考查化学平衡有关计算、化学平衡图象等，难度中等，判断t2时刻改变条件是关键，注意C选项中升高温度不一定向正反应移动．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（14分）（xx春•渝中区校级月考）SiO2、SO2、NaOH、H2O、卤素及其化合物是中学化学中的常见物质，他们在生产、生活中有着广泛的应用，请回答下列有关问题：（1）Si元素在周期表中的位置是第三周期第IV A族．（2）请按熔沸点由高到低的顺序对SiO2、SO2、NaOH、H2O四种化合物排序SiO2、NaOH、H2O、SO2．（3）工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能的原因是：①含Fe3+②含Br2③含Fe3+和Br2，现只用下列一种试剂就能分析产生淡黄色的原因，该试剂是D（填序号）A、KMnO4溶液B、KSCN溶液C、淀粉KI溶液D、CCl4（4）工业生产漂白液的化学反应方程式为Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；某课外小组同学利用如图所示装置向该漂白液中持续通入SO2气体．实验过程中观察到如下现象①开始时，溶液上方出现白雾，试纸a变红．甲同学认为是HCl使a变红，乙同学不同意甲的观点乙同学的认为使a变红的是SO2（或H2SO3）（写出一种即可）．②片刻后，溶液上方出现黄绿色气体，试纸b变蓝．用离子方程式解释b变蓝的原因Cl2+2I ﹣═2Cl﹣+I2．③最终试纸b褪色．同学们认为可能的原因有两种：一是I2有还原性，黄绿色气体等物质将其氧化成IO3﹣，从而使蓝色消失；二是I2有氧化性，SO2能将I2还原成I﹣，从而使蓝色消失．考点：性质实验方案的设计；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物．专题：常规题型；实验题；元素及其化合物．分析：（1）主族元素中，原子核外电子层数与其周期数相等、最外层电子数与其族序数相等；（2）一般来说，熔沸点高低顺序是：原子晶体、离子晶体、含有氢键的分子晶体、普通分子晶体；（3）CCl4与溶液混合后分层，根据有机层与水溶液的颜色判断氢溴酸常带黄色原因；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应制取漂白液；①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，也能使湿润的蓝色石蕊试纸变红色；②黄绿色气体是氯气，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色；③二氧化硫具有还原性，能被碘氧化．解答：解：（1）Si元素在周期表中的位置是第三周期、第IV A族，故答案为：第三周期第IV A 族；（2）一般来说，熔沸点高低顺序是：原子晶体、离子晶体、含有氢键的分子晶体、普通分子晶体，二氧化硅属于原子晶体、NaOH属于离子晶体、水和二氧化硫属于分子晶体，但水中含有氢键，所以这几种物质熔沸点高低顺序是SiO2、NaOH、H2O、SO2，故答案为：SiO2、NaOH、H2O、SO2；（3）CCl4与溶液混合后分层，有机层在下层，水层在上层，若有机层无色，水层为黄色，则为①含Fe3+所致，若有机层为橙色，水层为无色，为②含Br2所致，若有机层为橙色、水层为黄色，则为③含Fe3+和Br2所致，故选D；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应制取漂白液，反应方程式为Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，①试纸a变红，说明有酸性物质存在，若二氧化硫过量，试纸a变红还可能与SO2（或H2SO3）有关，故答案为：SO2（或H2SO3）；②上方出现黄绿色气体，试纸b变蓝，发生Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2，故答案为：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2；③最终试纸b褪色，可能与碘的还原性、氧化性有关，则可能的原因二为I2有氧化性，SO2能将I2还原成I﹣，从而使蓝色消失，故答案为：I2有氧化性，SO2能将I2还原成I ﹣，从而使蓝色消失．点评：本题考查了实验方案设计，明确物质的性质是解本题关键，根据物质之间的反应来分析解答即可，明确氯气和二氧化硫在水溶液里能发生氧化还原反应而失去漂白性，为易错点．9．（15分）（xx春•渝中区校级月考）过氧化镁（MgO2）易溶于稀酸，溶于酸后产生过氧化氢，在医学上可作为解酸剂等．过氧化镁产品中常会混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品中过氧化镁的含量．（1）某研究小组拟用如图装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量．①实验前需进行的操作是检查装置的气密性，稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是用作催化剂（或催化H2O2的分解）．MgO2的电子式为．②分液漏斗上端连接的橡皮管的作用是保持恒压使分液漏斗中的溶液顺利滴下．③实验结束后，待恢复至室温，先将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平，再平视刻度线读数．（2）实验室还可通过以下方案测定样品中过氧化镁的含量：取a g样品，加入足量稀盐酸，充分反应后再加入NaOH溶液至Mg2+沉淀完全，过滤、洗涤后，将滤渣充分灼烧，最终得到b g固体．已知：常温下Ksp[Mg（OH）2]=1×10﹣11．为使溶液中的Mg2+完全沉淀[即溶液中c（Mg2+）≤1×10﹣4mol/L]，溶液的pH至少应调至11．则样品中过氧化镁的质量分数为（用含a、b的表达式表示）．（3）实验室中某含Mg2+的溶液中混有Fe3+，可用Mg（OH）2调溶液PH值除去Fe3+，写出该沉淀转化反应的离子方程式3Mg（OH）2+2Fe3+=3Mg2++2Fe（OH）3．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）①实验前需进行的操作是检查装置的气密性；通过测量双氧水分解生成的氧气，可检测过氧化镁的含量，而氯化铁能作催化剂加快双氧水的分解，加快反应速率，过氧化镁是离子化合物，据此写出电子式；②气体的体积受温度和压强影响大，分液漏斗上端连接的橡皮管的作用是保持恒压，用恒压分液漏斗的优点还有消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响，使分液漏斗中的溶液顺利滴下；③应该将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平，然后再平视刻度线读数；（2）根据氢氧化镁的溶度积，计算出溶液中氢氧根离子的浓度，求出溶液的PH；质量b是氧化镁，质量a是过氧化镁和氧化镁杂质质量，设出二者物质的量，列式计算出各自物质的量，最后根据过氧化镁的物质的量，算出其质量分数；（3）用Mg（OH）2调溶液PH值除去Fe3+，利用氢氧化镁和溶液中氢离子反应促进铁离子水解正向进行，生成氢氧化铁沉淀．解答：解：（1）①实验装置连接好以后，实验前需进行的操作是检查装置的气密性；过氧化镁溶于水生成双氧水，双氧水易分解，通过测量双氧水分解生成的氧气，可检测过氧化镁的含量，而氯化铁能作催化剂加快双氧水的分解，加快反应速率，过氧化镁是离子化合物，据此写出电子式为；故答案为：检查装置的气密性；用作催化剂（或催化H2O2的分解）；；②由于气体的体积受温度和压强影响大，所以用恒压分液漏斗的优点还有消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响，使分液漏斗中的溶液顺利滴下，故答案为：保持恒压使分液漏斗中的溶液顺利滴下；③由于气体大体积受压强影响大，所以在读数之前，应该将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平，然后再平视刻度线读数，故答案为：将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平；（2）根据氢氧化镁的溶度积常数可知，当溶液中c（Mg2+）=l×10﹣5mol/L时，K sp[Mg （OH）2]=1×10﹣11=c（Mg2+）•c2（OH﹣），溶液中OH﹣浓度等于1×10﹣3mol/L，所以溶液的pH=11；设过氧化镁的物质的量是xmol，氧化镁物质的量是ymol，则56x+40y=a，（x+y）×40=b，解得x=，方案I中过氧化镁的质量分数为：=，故答案是：11；；（3）用Mg（OH）2调溶液PH值除去Fe3+，利用氢氧化镁和溶液中氢离子反应促进铁离子水解正向进行，生成氢氧化铁沉淀，反应的；离子方程式为：3Mg（OH）2+2Fe3+=3Mg2++2Fe（OH）3，故答案为：3Mg（OH）2+2Fe3+=3Mg2++2Fe（OH）3．点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力；该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力．10．（15分）（xx春•渝中区校级月考）吡氟氯禾灵是一种选择性强、药效稳定、对人畜安全的多禾本科杂草除草剂，它的合成路线如下所示：已知：（1）用系统命名法命名A，其名称为2﹣羟基丙酸；A有多种同分异构体，如果一种同分异构体不能与Na反应，且分子中所有同类原子的化学环境相同，写出其结构简式．（2）在合成吡氟氯禾灵所涉及的反应中，属于加成反应的有①（填序号）．（3）写出反应⑥的化学方程式++HCl．（4）C的同分异构体有多种，写出同时具有下列性质的同分异构体的结构简式．a能与FeCl3溶液发生显色反应b能发生银镜反应c核磁共振氢谱图中有四组峰（5）写出（4）中同分异构体中的任一种与足量新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式+2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O．（6）试以甲醛为原料（其他无机试剂任选）合成，写出它的合成路线流程图合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2═CH2CH3CH3．考点：有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）由反应信息可知，CH3CH（OH）CN在酸性条件下发生水解反应生成A，A为CH3CH （OH）COOH，与CH3OH发生正反应生成B，B为CH3CH（OH）COOCH3．C与反应生成毗氟氯禾灵，结合毗氟氯禾灵的结构及生成C的反应物可知，C为；（2）反应①属于加成反应，反应②属于水解反应，反应③④⑤⑥属于取代反应；（3）反应⑥是与发生取代反应生成；（4）根据条件：a能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，b能发生银镜反应，说明有醛基，c核磁共振氢谱图中有四组峰，说明有4种不同环境的氢原子，结合C的结构简式写同分异构体；（5）（4）中同分异构体中的任一种中有醛基，可以将Cu（OH）2还原为成Cu2O，据此写化学方程式；（6）以甲醛为原料合成，可以将甲醛与HCN发生题目流程中①②的反应，生成HOCH2COOH，再发生酯化可得产品．解答：解：（1）由反应信息可知，CH3CH（OH）CN在酸性条件下发生水解反应生成A，A 为CH3CH（OH）COOH，与CH3OH发生正反应生成B，B为CH3CH（OH）COOCH3．C 与反应生成毗氟氯禾灵，结合毗氟氯禾灵的结构及生成C的反应物可知，C为，根据上面的分析可知，A为CH3CH（OH）COOH，名称为2﹣羟基丙酸，A的同分异构体不能与Na反应，且分子中所有同类原子的化学环境相同的结构简式为，故答案为：2﹣羟基丙酸；；（2）反应①属于加成反应，反应②属于水解反应，反应③④⑤⑥属于取代反应，故答案为：①；（3）反应⑥是与发生取代反应生成，反应方程式为++HCl，故答案为：++HCl；（4）C为，根据条件：a能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，b能发生银镜反应，说明有醛基，c核磁共振氢谱图中有四组峰，说明有4种不同环境的氢原子，结合C的结构简式可知，符合这样条件的C的同分异构体的结构为，故答案为：；（5）（4）中同分异构体中的任一种中有醛基，可以将Cu（OH）2还原为成Cu2O，化学方程式为+2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O，故答案为：+2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O；（6）以甲醛为原料合成，可以将甲醛与HCN发生题目流程中①②的反应，生成HOCH2COOH，再发生酯化可得产品，合成路线为，故答案为：．点评：本题考查有机物的推断和合成，题目较为综合，难度中等，注意利用题中信息和正推、逆推相结合进行推断，是热点题型，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化．11．（14分）（xx春•渝中区校级月考）甲烷是天然气的主要成分，是生产、生活中应用非常广泛的一种化学物质．（1）在一定条件下，甲烷能发生如下反应：CH4（g）+H2O⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0在其他条件不变的情况下降低温度，逆反应速率将减小（填“增大”“减小”或“不变”）现将1.0molCH4和2.0mol H2O（g）通入100L反应器中，发生上述反应，10min末有0.1mol CO 生成，则v（H2）=3×10﹣4mol/（L•min）．（2）一定条件下，用甲烷可以消除氮氧化物（NOx）的污染．已知：CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2现有一份在相同条件下相对于也的密度为17的NO和NO2的混合气体，用16g甲烷气体催化还原该混合气体，恰好生成氮气、二氧化碳和水蒸气，共放出1042.8kJ热量．①该混合气体中NO和NO2的物质的量之比为3：1．②已知上述热化学方程式中△H1=﹣1160kJ/mol，则△H2=﹣574 kJ/mol．（3）以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图．回答下列问题：①B电极的电极反应式为CH4﹣8e﹣+4O2﹣=CO2+2H2O．②若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解100mL 2mol/L的硫酸铜溶液，当两极收集到的气体体积相等时，理论上消耗的甲烷的体积为 2.24L L（标况下），而实际上消耗的甲烷体积（折算到标况）比理论值大，可能原因为电池能量转化率达不到100%．（任答一条）考点：化学电源新型电池；反应热和焓变；化学反应速率的影响因素．专题：基本概念与基本理论．分析：（1）根据温度对速率的影响分析；根据CO的变化量求出CO的速率，再根据计量数之比等于速率比求出氢气的速率；（2）①相同条件下，不同气体的摩尔质量之比等于其密度之比，据此计算氮氧化物平均摩尔质量，再根据平均摩尔质量计算NO和二氧化氮的物质的量之比；②根据盖斯定律确定甲烷和二氧化氮之间的方程式，根据甲烷和NO、NO2之间的反应确定分别和NO、NO2之间反应需要甲烷的物质的量之比，再根据焓变进行计算；（3）①Ⅲ（1）B为负极，总反应式为CH4+2O2+=CO2+2H2O，正极反应式为：2O2+8e ﹣=4O2﹣，两式相减可得负极电极反应式；②开始阶段发生反应：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，铜离子完全放电后，发生反应2H2O2H2↑+O2↑，当两极收集到的气体体积相等时，即氢气与氧气的体积相等，令是氢气为xmol，根据电子转移守恒列方程计算，再根据电子转移守恒计算消耗的甲烷；根据电池中的能量转化率分析．解答：解：（1）降低速率，正逆反应速率都减小；10min末有0.1mol CO生成，则v（CO）==1×10﹣4mol/（L•min），则氢气的速率为v（H2）=3v（CO）=3×10﹣4mol/（L•min），故答案为：减小；3×10﹣4mol/（L•min）；（2）①在相同条件下对H2的相对密度为17的NO与NO2的混合气体，相同条件下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，所以混合气体的摩尔质量为34g/mol，设n（NO）为x，n（NO2）为y，混合气体摩尔质量==34g/mol，x：y=3：1，故答案为：3：1；②16g甲烷的物质的量==1mol，根据盖斯定律知，CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H1CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=0.5（△H1+△H2）NO和NO2的物质的量之比为3：1，根据方程式知，当NO和NO2完全转化为氮气时，分别和NO、NO2反应的甲烷的物质的量之比=：=3：2，则有0.6mol甲烷和NO反应、0.4mol的甲烷和NO2反应，0.6mol甲烷和NO反应放出的热量=0.6mol×1160kJ/mol=696kJ，0.4mol甲烷和NO2完全反应放出的热量=1042.8kJ﹣696kJ=346.8kJ，则0.4mol甲烷和NO2完全反应放出的热量。

辽宁省大连市第三中学【精品】高三上学期第三次月考化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．中华传统文化博大精深，其中涉及很多的化学知识。

下列说法不正确的是( ) A ．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B ．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C ．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。

司南中”杓”所用材质为Fe 2O 3D ．古剑“沈卢” “以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金 2．下列各组性质比较中，正确的是()①沸点：HF>HCl>HBr>HI②离子还原性：2----S >Cl >Br >I③酸性：444HClO HBrO HIO >>④金属性：K>Na>Mg>Al⑤气态氢化物稳定性：2HF HCl H S >>⑥半径：2--+2+O >F >Na >MgA ．①②③B ．③④⑤⑥C ．②③④D ．①③④⑤⑥ 3．下列说法正确的是( )A ．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法B ．SO 2能使品红溶液、溴水褪色，分别说明SO 2具有强氧化性、还原性C ．将AlCl 3溶液和Al 2(SO 4)3溶液分别蒸干和灼烧，最终所得产物的成分均为Al 2O 3D ．金属钠具有强还原性，可用与TiCl 4溶液反应制取金属Ti4．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A ．Fe 2Cl −−−→点燃FeCl 2NaOH −−−−→Fe(OH)2B ．S 2O −−−→点燃2SO 22H O −−−→H 2SO 4 C ．CaCO 3−−−→高温CaO 2SiO −−−→高温CaSiO 3 D ．NH 32O −−−→催化剂NO 2H O−−−→HNO 3 5．下列叙述不正确的是( )A ．向AlCl 3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO 4溶液，沉淀消失B ．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO 3)2固体，铜粉仍不溶解C．将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；若再通入NH3，则产生沉淀D．纯锌与稀硫酸反应时加入少量CuSO4固体，速率会加快6．下列图示与对应的叙述相符的是A．图1表示镁条与盐酸反应的能量变化B．图2表示H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后，溶液的导电性随BaCl2物质的量的变化C．图3表示电解精炼铜时，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量的变化D．图4表示其他条件一定，反应2SO 2＋O22SO3在有、无催化剂情况下SO2的体积分数随时间的变化7．用N A表示阿伏加德罗常数。