【化学】江西省宜春市上高二中2015-2016学年高二上学期第三次月考试题

2015-2016学年江西省宜春市上高二中高三（下）月考化学试卷（5月份）一、选择题:（本题共7小题,每小题6分,共126分，每小题只有一个正确答案）1．2015年12月31日，日本获得第113号元素的正式命名权．这种原子（记作Ja)，是由30号元素Zn，连续轰击83号元素Bi获得的．下列说法，不正确的是（）A．获得新核素Ja的过程，是一个化学变化B．题中涉及的三种元素，都属于金属元素C．这种超重核素Ja的中子数与质子数只差为52D．这种新核素，是同主族元素中国原子半径最大的2．设N A是阿伏加德罗常数的数值．下列说法正确的是（）A．用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu(OH)2能使溶液复原，则电路中转移电子的数目为0.2N AB．42克由C2H4和C5H10组成的混合气体中含共用电子对数目为9N A个C．25℃时,50 g 98%浓硫酸和50 g 98％浓磷酸混合后含氧原子数为4N A D．12 g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为N A3．对下图的实验装置和操作评价不合理的是（）选项装置和操作评价A用装置①量取15.00ml的NaOH溶液错误：不能用酸式滴定管，应改用碱式滴定管B 用装置②制备Cl2错误:氯气密度大于空气,收集时导管应长进短出C 用装置③验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃正确：生成的乙烯可使高锰酸钾褪色D 关闭活塞正确：a,从b 处加水，以检查装置④的气密性b 处加水后，左右液面形成稳定的高度差,证明气密性良好A．A B．B C．C D．D4．某有机原料的结构简式如图，下列有关该有机物的叙述正确的是（）A．已知为平面结构，则该有机物分子中最多有16个原子在同一平面内B．1mol该有机物可以和2mol NaOH反应，但不能用Na2CO3溶液区分该有机物和CH3COOCH2CH3C．该有机物能发生加成反应不能发生取代反应D．该有机物和乙酸互为同系物5．a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期,d的原子半径小于c．下列叙述错误的是(）A．d元素的非金属性最强B．它们均存在两种或两种以上的氧化物C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物D．b、c、d分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键6．在固态金属氧化物电解池中,高温共电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO 是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示．下列说法不正确的是（)A．X是电源的负极B．阴极的反应式是：H2O+2e﹣═H2+O2﹣,CO2+2e﹣═CO+O2﹣C．总反应可表示为:H2O+CO2H2+CO+O2D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：17．常温下，浓度均为0。

2016届高三年级第三次月考化学试题可能用到的相对原子质量 H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 S32 K39Fe56 Cr52 Cu64 Ag108一、选择题：每小题3分共48分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。

1、用N A 表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A ．NO 2和H 2O 反应毎生成2mol HNO 3时转移的电子数目为2N AB ．1mol 苯分子中含有3N A 个碳碳单键C ．24g NaH 中阴离子所含电子总数为N AD ．在0.1mol/LK 2CO 3溶液中，阴离子数目大于0.1N A2、下列离子方程式书写正确是（ ）A ．氯化亚铁溶液中加入硝酸：B ．氯化铁溶液中通入硫化氢气体：C ．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：D ．碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：Ca 2++HCO 3—+OH -=CaCO 3↓+H 2O ：3．下列物质间的转化在给定条件下能一步实现的是( )①NH 3――→O 2催化剂/△NO 2――→H 2O HNO 3 ②SiO 2――→NaOH Na 2SiO 3――→盐酸H 2SiO 3③Mg(OH)2――→盐酸MgCl 2(aq)――→电解Mg ④Na――→O 2△Na 2O 2――→CO 2Na 2CO 3 A ．①②③ B ．②④ C ．①④ D ．③④4．硅及其化合物的应用范围很广。

下列说法正确的是( )。

A ．硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料B ．粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应C ．反应：Si ＋2NaOH ＋H 2O===Na 2SiO 3＋2H 2↑中，Si 为还原剂，NaOH 和H 2O 为氧化剂D ．硅能与氢氟酸反应，则硅可以与盐酸反应5．下列物质既能跟盐酸反应，又能跟NaOH 溶液反应的是( )①SiO 2 ②Al ③Al 2O 3 ④Al(OH)3 ⑤Na 2CO 3溶液⑥Ca(HCO 3)2溶液 ⑦NH 4HCO 3溶液 ⑧KHSO 4溶液A ．④⑥⑦⑧B 、①②③④⑦C ．②③④⑥⑦D ．②③④⑤⑧6．下列实验不能达到目的的是( )A ．向Na 2SiO 3溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明Na 2SiO 3发生了水解反应B ．将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝熔点高于铝C ．向HClO 溶液中通入SO 2，生成H 2SO 4，证明H 2SO 4的酸性比HClO 强D ．将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水有漂白性7．向含Fe 2＋、I －、Br －的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b －a ＝5线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。

2015-2016学年江西省宜春市上高二中高一（上）第三次月考化学试卷一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确选项）1．铝镁合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装潢材料，主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏等．下列与这些用途无关的性质是（）A．不易生锈B．导电性好C．密度小D．强度高2．下列物质之间的反应，一定不能生成盐的是（）A．酸性氧化物与碱反应B．碱性氧化物与酸反应C．单质与化合物的置换反应D．金属与氧气化合3．设N A表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，22.4L H2O所含的原子数目为3N AB．25℃、101.3kPa时，11.2L H2中含有的原子数为N AC．4℃、101.3kPa时，54mL H2O中含有的分子数为3N AD．2L 1mol/L Na2SO4溶液中离子总数为3N A4．下列叙述与胶体的性质无关的是（）A．向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀盐酸，开始产生红褐色沉淀，后来沉淀逐渐溶解并消失B．当日光从窗隙射入暗室时，观察到一束光线C．向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀D．水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘粒子带电荷5．市场上销售的“84”消毒液，其商品标识上有如下叙述：①本品为无色溶液，呈碱性②使用时加水稀释③可对餐具、衣物进行消毒，可漂白浅色衣服．则其有效成份可能是（）A．Cl2B．SO2C．NaClO D．KMnO46．下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是（）A．将NaHCO3固体加入新制的氯水中，有无色气泡（H+）B．将红色布条放入新制的氯水中，布条退色（HCl）C．将SO2通入新制的氯水中，溶液退色（Cl2）D．将AgNO3溶液滴加到新制氯水中，有白色沉淀产生（Cl﹣）7．下列说法不正确的是（）A．明矾、漂白粉、臭氧的净水原理相同B．“血液透析”的原理利用了胶体的性质C．食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质D．煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾8．以下物质间的每步转化通过一步反应就能实现的是（）A．Al→Al2O3→Al（OH）3→NaAlO2B．Fe→FeCl2→Fe（OH）2→Fe（OH）3C．Cu→CuO→Cu（OH）2→CuSO4D．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO39．标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是（）A．B．C．D．10．下列各组溶液中，离子一定能大量共存的是（）A．强碱溶液中：Na+、Mg2+、SO42﹣、AlO2﹣B．某无色溶液中：NH4+、Fe3+、MnO4﹣、NO3﹣C．含有0.1mol/L Fe3+溶液中：K+、Mg2+、Cl﹣、SCN﹣D．与铝反应生成H2的溶液中：Na+、K+、Cl﹣、SO42﹣11．下列离子方程式书写正确的是（）A．铁和稀盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．硝酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓C．小苏打溶液与稀硫酸混合：CO32﹣+2H+℃CO2↑+H2OD．明矾溶液与足量的氢氧化钡溶液混合：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O12．下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（）A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B．气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C．灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO213．下列关于Na及其化合物的叙述正确的是（）A．将钠投入FeSO4溶液中，可以得到单质铁B．足量Cl2、S分别和二份等质量的Na反应，前者得到电子多C．Na2O与Na2O2中阴阳离子的个数比均为1：2D．在2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2反应中，每生成1mol O2，消耗2mol氧化剂14．赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O℃6Cu+SO2↑，关于该反应的说法中，正确的是（）A．该反应的氧化剂只有Cu2OB．Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂C．Cu既是氧化产物又是还原产物D．每生成19.2gCu，反应中转移1.8mol电子15．FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（）A．加入KSCN溶液一定不变红色B．溶液中一定含Fe2+C．溶液中一定不含Cu2+D．剩余固体中一定含Cu16．向50gCuSO4溶液中放入一小块Na，待反应完全后，过滤，得到仍显蓝色的溶液44.6g，则投入的Na的质量为（）A．4.6g B．4.1g C．6.9 g D．9.2g二、填空题（本题包括3小题，共36分）17．现有下列九种物质：①H2②铝③SiO2④CO2⑤H2SO4⑥Ba（OH）2固体⑦氨水⑧稀硝酸⑨熔融Al2（SO4）3（1）按物质的分类方法填写表格的空白处：分类标准酸性氧化物能导电电解质属于该类的物质（2）上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H++OH﹣℃H2O，该离子反应对应的化学方程式为．（3）少量的④通入⑥的溶液中反应的离子方程式为：．（4）②与⑧发生反应的化学方程式为：Al+4HNO3℃Al（NO3）3+NO↑+2H2O，该反应的氧化剂是（填化学式），还原剂与氧化剂的物质的量之比是．18．物质A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K存在如图转化关系，其中D、E为气体单质，请回答：（1）写出下列物质的化学式：A是，D是，K是．（2）写出反应“C→F”的离子方程式：（3）写出反应“F→G”的化学方程式：_（4）在溶液I中滴入NaOH溶液，可观察到的现象是：（5）J的饱和溶液可以制备胶体用来净水，离子方程式为19．（1）向稀的AlCl3溶液中，逐滴加入过量的氢氧化钠溶液，边加边振荡，该反应过程中能够观察到的实验现象为；根据上述提示，该反应总的离子方程式可表示为．（2）已知Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓．将氢氧化钠溶液滴入氯化铝溶液（I），或者将氯化铝溶液滴入氢氧化钠溶液（℃）中会出现不同的反应现象．现将不同的现象用不同的图象表示如下，则（I）的图象为，（℃）的图象为．（3）除上题外还有两种溶液相互滴加顺序不同现象不同的例子，如：在饱和碳酸钠溶液中，逐滴加入稀盐酸，边加边振荡，发现最初无气体产生，但溶液变浑浊，原因是，离子方程式为，继续滴加稀盐酸有气体放出，溶液变澄清．而在稀盐酸中，逐滴加入饱和碳酸钠溶液，立即有气体产生，离子方程式为．三、实验题20．氯气是一种重要的化工原料，在工农业生产、生活中有着重要的应用．请你根据所学知识回答下列问题：I、把氯气通入含淀粉碘化钾的溶液中，可观察到的现是：，说明氯单质的氧化性碘单质的氧化性．（填＜，＞，=）℃、某化学兴趣小组计划用氯气和氢氧化钠制取简易消毒液．（1）其反应原理为：（用离子方程式表示）．（2）配制250mL 4.0mol•L﹣1NaOH溶液的实验步骤：a、计算需要氢氧化钠固体的质量．b、称量氢氧化钠固体．c、将烧杯中的溶液注入容量瓶，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液也注入250mL 容量瓶．d、用适量蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体，冷却．e、盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀．f、继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至凹液面最低液而与刻度线相切．①所需称量的氢氧化钠固体的质量是．②上述步骤的正确操作顺序是．③上述实验需要的仪器有：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、、．四、计算（本题包括1小题，共6分）21．现有甲、乙两瓶无色溶液，已知它们可能是NaOH溶液和AlCL3溶液．现做如下实验：①440mL甲溶液与120mL乙溶液反应，产生1.56沉淀②120mL甲溶液与440mL乙溶液反应，产生1.56沉淀③120mL甲溶液与400mL乙溶液反应，产生3.12沉淀通过必要的计算和推理判定：甲溶液是，其浓度为mol/L．乙溶液是其浓度为mol/L．2015-2016学年江西省宜春市上高二中高一（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确选项）1．铝镁合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装潢材料，主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏等．下列与这些用途无关的性质是（）A．不易生锈B．导电性好C．密度小D．强度高【考点】金属与合金在性能上的主要差异；合金的概念及其重要应用．【专题】金属概论与碱元素．【分析】根据镁铝合金的性质判断正误．【解答】解：根据镁铝合金的性质是坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工，所以主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏等；A、C、D都符合这些特点，只有B不符合．故选：B【点评】本题考查的是合金的性质及应用，性质决定用途，用途体现性质，根据镁铝合金的性质判断即可．2．下列物质之间的反应，一定不能生成盐的是（）A．酸性氧化物与碱反应B．碱性氧化物与酸反应C．单质与化合物的置换反应D．金属与氧气化合【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；化学基本反应类型．【分析】A、酸性氧化物和碱反应生成盐和水；B、碱性氧化物和酸反应生成盐和水；C、金属单质和盐之间的置换反应，产物是新盐和新的金属单质；D、金属和氧气化合得到金属氧化物或是过氧化物．【解答】解：A、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，故A不选；B、碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，故B不选；C、金属单质和盐之间的置换反应，产物是新盐和新的金属单质，故C不选；D、金属和氧气化合得到金属氧化物或是过氧化物，一定不会产生盐，故D选．故选D．【点评】本题涉及物质的性质的考查，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等．3．设N A表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，22.4L H2O所含的原子数目为3N AB．25℃、101.3kPa时，11.2L H2中含有的原子数为N AC．4℃、101.3kPa时，54mL H2O中含有的分子数为3N AD．2L 1mol/L Na2SO4溶液中离子总数为3N A【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；B.25℃、101.3kPa时不是标准状况下，题中条件无法计算氢气的物质的量；C．该条件水的密度约为1g/mL，54mL水的质量为54g，物质的量为3mol；D．根据ncV计算出溶液中硫酸钠的物质的量，再根据硫酸钠的组成计算出硫酸钠中含有的离子总数．【解答】解：A．标况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故A错误；B．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氢气的物质的量，故B错误；C.4℃、101.3kPa时，54mL H2O的质量约为54g，54g水的物质的量为3mol，含有的分子数为3N A，故C正确；D.2L 1mol/L的硫酸钠溶液中含有溶质硫酸钠2mol，2mol硫酸钠中含有4mol钠离子、2mol 硫酸根离子，总共含有6mol，离子总数为6N A，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度中等，注意掌握标况下气体摩尔体积的使用条件，明确标准状况下水、乙醇、苯、氟化氢等不是气体，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系．4．下列叙述与胶体的性质无关的是（）A．向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀盐酸，开始产生红褐色沉淀，后来沉淀逐渐溶解并消失B．当日光从窗隙射入暗室时，观察到一束光线C．向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀D．水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘粒子带电荷【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A、向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀盐酸，开始产生红褐色沉淀是胶体的聚沉；B、胶体具有丁达尔现象；C、氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀使发生的复分解反应；D、胶体具有电泳性质．【解答】解：A、向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀盐酸，开始产生红褐色沉淀是胶体的聚沉，与胶体性质有关，故A不符合；B、胶体具有丁达尔现象，当日光从窗隙射入暗室时，观察到一束光线，与胶体性质有关，故B不符合；C、氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀使发生的复分解反应，与胶体性质无关，故C 符合；D、胶体具有电泳性质，水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘粒子带电荷，与胶体性质有关，故D不符合；故选C．【点评】本题考查了胶体性质的分析应用，主要是胶体性质的理解判断，掌握基础是关键，题目较简单．5．市场上销售的“84”消毒液，其商品标识上有如下叙述：①本品为无色溶液，呈碱性②使用时加水稀释③可对餐具、衣物进行消毒，可漂白浅色衣服．则其有效成份可能是（）A．Cl2B．SO2C．NaClO D．KMnO4【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】“84”消毒液为无色液体呈碱性，具有漂白性和强氧化性，据此结合选项解答．【解答】解：A．氯气溶于水为黄绿色溶液，故A不选；B．二氧化硫的水溶液呈酸性，与题中呈碱性不符，故B不选；C．NaClO的水溶液为无色液体，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，具有漂白性，可漂白浅色衣服，故C选；D．高锰酸钾溶液呈紫色，故D不选；故选：C．【点评】本题考查NaClO的性质，题目难度不大，注意把握NaClO的性质与用途．6．下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是（）A．将NaHCO3固体加入新制的氯水中，有无色气泡（H+）B．将红色布条放入新制的氯水中，布条退色（HCl）C．将SO2通入新制的氯水中，溶液退色（Cl2）D．将AgNO3溶液滴加到新制氯水中，有白色沉淀产生（Cl﹣）【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】A．氯水中有盐酸，酸电离生成的H+能与NaHCO3固体反应；B．氯水中的次氯酸具有强氧化性，能用于漂白；C．氯气具有氧化性；D．氯水中的氯离子能与硝酸银发生复分解反应．【解答】解：A．因氯水中有盐酸，电离生成H+，H+能与NaHCO3固体反应生成二氧化碳气体，则会有无色气泡出现，故A正确；B．氯水中的次氯酸具有强氧化性，能使红色布条褪色，故B错误；C．因氯水中的氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色，故C 正确；D．因氯水中的盐酸电离生成Cl﹣，氯离子能与硝酸银发生复分解反应生成氯化银白色沉淀，故D正确．故选B．【点评】本题考查氯水的成分及氯气的化学性质、次氯酸的化学性质，明确新制氯水的成分是解答本题的关键，并熟悉各微粒的性质来解答即可，题目难度不大．7．下列说法不正确的是（）A．明矾、漂白粉、臭氧的净水原理相同B．“血液透析”的原理利用了胶体的性质C．食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质D．煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾【考点】常见的生活环境的污染及治理；胶体的应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．【专题】化学计算．【分析】A．明矾中铝离子水解生成胶体，漂白粉、臭氧具有强氧化性；B．血液为胶体分散性，不能透过半透膜；C．硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性；D．煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等均产生固体颗粒物．【解答】解：A．明矾中铝离子水解生成胶体，利用吸附性净化水，而漂白粉、臭氧具有强氧化性，可用用水的杀菌消毒，净水原理不同，故A错误；B．血液为胶体分散性，不能透过半透膜，而小分子、离子等可透过，则“血液透析”的原理利用了胶体的性质，故B正确；C．硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性，所以食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质，故C正确；D．煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等均产生固体颗粒物，雾霾与空气中固体颗粒物有关，则煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾，故D正确；故选A．【点评】本题考查较综合，涉及水的净化、胶体性质、食品保护及雾霾等，注重化学与生活、环境、医疗的联系，把握物质的性质及化学在生活中的重要应用即可解答，题目难度不大．8．以下物质间的每步转化通过一步反应就能实现的是（）A．Al→Al2O3→Al（OH）3→NaAlO2B．Fe→FeCl2→Fe（OH）2→Fe（OH）3C．Cu→CuO→Cu（OH）2→CuSO4D．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3【考点】铝的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】A．氧化铝和水不反应；B．铁和盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁和氧气反应生成氢氧化铁；C．氧化铜和水不反应；D．二氧化硅和水不反应；【解答】解：A．氧化铝和水不反应，所以氧化铝不能转化为氢氧化铝，必须先转化为其它物质再转化为氢氧化铝，故A不选；B．铁和盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁和氧气反应生成氢氧化铁，所以能实现一步转化，故B选；C．氧化铜和水不反应，所以氧化铜不能一步转化为氢氧化铜，必须先转化为其它物质再转化为氢氧化铜，故C不选；D．二氧化硅不和水反应，所以二氧化碳不能一步转化为硅酸，必须先转化为硅酸钠再转化为硅酸，故D不选；故选B．【点评】本题考查物质的转化，明确物质的化学性质及相关的化学反应是解答本题的关键，难度不大．9．标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是（）A．B．C．D．【考点】物质的量的相关计算．【分析】先求出ng该混合气体含有的分子数，再求出混合气体物质的量，最后根据标准状况下的气体摩尔体积求出体积．【解答】解：根据其组分及其含量相同，所以其质量与分子数成正比，设ng该混合气体含有的分子数为x个，质量与分子数的比列式为：mg：b=ng：x，x==个；ng该混合气体含有的物质的量为：n===mol，其体积为：V=n×V m=mol×V m=L，故选A．【点评】本题考查了物质的量、质量、气体摩尔体积之间的关系，题目难度不大，灵活运用公式是解题的关键，这种类型的题在高考选择题中经常出现．10．下列各组溶液中，离子一定能大量共存的是（）A．强碱溶液中：Na+、Mg2+、SO42﹣、AlO2﹣B．某无色溶液中：NH4+、Fe3+、MnO4﹣、NO3﹣C．含有0.1mol/L Fe3+溶液中：K+、Mg2+、Cl﹣、SCN﹣D．与铝反应生成H2的溶液中：Na+、K+、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．镁离子能够与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀；B．铁离子、高锰酸根离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；C．铁离子能够与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁；D．与铝反应生成H2的溶液为酸性或者碱性溶液，Na+、K+、Cl﹣、SO42﹣离子之间不发生反应，也不与氢离子和氢氧根离子反应．【解答】解：A．Mg2+能够与氢氧根离子发生反应生成难溶物氢氧化镁，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Fe3+、MnO4﹣为有色离子，不满足溶液无色的要求，故B错误；C．Fe3+和SCN﹣能够发生反应生成络合物硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．该溶液为酸性或者碱性溶液，Na+、K+、Cl﹣、SO42﹣离子之间不反应，且都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．11．下列离子方程式书写正确的是（）A．铁和稀盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．硝酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓C．小苏打溶液与稀硫酸混合：CO32﹣+2H+℃CO2↑+H2OD．明矾溶液与足量的氢氧化钡溶液混合：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．铁和盐酸反应生成Fe2+；B．一水合氨是一元弱碱，在反应中不能拆成离子形式；C．小苏打溶液与稀硫酸反应的实质是碳酸氢根和氢离子之间的反应；D．明矾溶液中加入过量的氢氧化钡时，明矾中的离子全部反应．【解答】解：A．铁和盐酸反应生成Fe2+，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A 错误；B．一水合氨是一元弱碱，在反应中不能拆成离子形式，硝酸铝溶液中加入过量的氨水的反应为：Al3++3NH3•H2O℃Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；C．小苏打溶液与稀硫酸反应的实质是碳酸氢根和氢离子之间的反应即HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，故C错误；D．明矾溶液中加入过量的氢氧化钡时，明矾中的铝离子会转化为偏铝酸根，硫酸根全部生成沉淀，反应为Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意胶体的生成为水解的应用及与量有关的离子反应，题目难度中等．12．下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（）A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B．气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C．灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【考点】常见离子的检验方法．【分析】A．如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+；B．无水硫酸铜吸水变为CuSO4•5H2O，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；C．灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察；D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等．【解答】解：A．Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B．气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2O℃CuSO4•5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体中可能含有SO2，不一定是CO2，故D错误；故选B．【点评】本题考查常见物质及离子检验，题目难度中等，明确常见物质的性质及检验方法为解答关键，试题侧重对基础知识的考查，培养了学生的分析能力及灵活应用能力．13．下列关于Na及其化合物的叙述正确的是（）A．将钠投入FeSO4溶液中，可以得到单质铁B．足量Cl2、S分别和二份等质量的Na反应，前者得到电子多C．Na2O与Na2O2中阴阳离子的个数比均为1：2D．在2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2反应中，每生成1mol O2，消耗2mol氧化剂【考点】钠的化学性质．【专题】金属概论与碱元素．【分析】A．Na投入FeSO4溶液中，钠先和水反应生成NaOH，NaOH再和硫酸亚铁反应；B．Na的质量相等，则转移电子相等；C．过氧化钠中阴阳离子分别是过氧根离子和钠离子；D．该反应中O元素化合价由﹣1价变为0价和﹣2价，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂．【解答】解：A．该过程中发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+FeSO4=Fe（OH）2+Na2SO4，所以得不到铁，故A错误；B．Na的质量相等，氧化剂的物质的量相等，反应中只有钠失电子，所以转移电子相等，故B错误；C．Na2O与Na2O2中阴阳离子分别是钠离子和氧离子、钠离子和过氧根离子，所以其阴阳离子个数比均为1：2，故C正确；D．该反应中O元素化合价由﹣1价变为0价和﹣2价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，每生成1mol O2，消耗1mol氧化剂，故D错误；故选C．【点评】本题以钠为载体考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，结合元素化合价变化来分析解答，易错选项是C，注意过氧化钠中阴阳离子分别是什么，为易错点．14．赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O℃6Cu+SO2↑，关于该反应的说法中，正确的是（）A．该反应的氧化剂只有Cu2OB．Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂C．Cu既是氧化产物又是还原产物D．每生成19.2gCu，反应中转移1.8mol电子【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂；B、化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂；化合价升高的元素所在的反应物是还原剂；C、氧化剂对应的是还原产物，还原剂对应的是氧化产物；D、根据转移电子的量来分析生成的金属铜的量．【解答】解：A、反应Cu2S+2Cu2O℃6Cu+SO2↑中，化合价降低的元素是铜元素，所在的反应物Cu2S、Cu2O是氧化剂，故A错误；B、硫化铜中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；C、反应物Cu2S、Cu2O中硫元素化合价降为金属铜中的0价，金属铜为还原产物，故C错误；。

2014-2015学年江西省宜春市上高二中高二（上）第三次月考化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．（3分）（2012秋•重庆期末）下列是4位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡“一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是（）A．化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品B．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率D．化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品考点：化学反应速率的调控作用；化学平衡的调控作用．专题：化学平衡专题；化学反应速率专题．分析：在工业生产中，结合影响化学反应速率的因素可调节外界条件，加快产品的生成速率，从影响化学平衡的因素的角度选择合适的反应条件，使反应向生成物的方向进行．解答：解：从工业生产的实际出发，外界条件只影响化学反应速率的大小，不影响原料的转化率，但根据化学平衡理论，结合影响化学平衡移动的因素，可根据反应方程式的特点，可选择合适的温度、压强，促进平衡向正反应方向移动，从而使原料尽可能多地转化为产品，提高反应物的转化率，很明显C项错误．故选C．点评：本题考查化学反应速率以及化学平衡的调控在工业生产中的应用，题目难度不大，注意工业生产所选择的反应条件应有利于转化率和产率的提高．2．（3分）（2014秋•庆阳校级期中）298K下，将1mol蔗糖溶解在1L水中，此溶解过程中体系的△G=△H﹣T△S和△S的变化情况是（）A．△G＞0，△S＜0 B．△G＜0，△S＞0 C．△G＞0，△S＞0 D．△G＜0，△S＜0考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：由于蔗糖溶解于水的过程是自发过程，所以△H﹣T△S＜0；蔗糖从晶体变成溶液，混乱度增大，所以△S＞0．解答：解：由于蔗糖溶解于水的过程是自发过程，所以△G=△H﹣T△S＜0；蔗糖从晶体变成溶液，混乱度增大，熵增加，所以△S＞0；故选B．点评：本题考查了自发过程的判断，和物质状态与熵变的关系，难度不大，注意根据教材上有关知识分析即可．3．（3分）（2013秋•濠江区校级期末）液氨与水性质相似，也存在微弱的电离：2NH3→NH4++NH2﹣，某温度下其离子积常数K=c（NH4+）•c（NH2﹣）=2×l0﹣30，维持温度不变，向液氨中加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，不发生改变的是（）A．液氨的电离度B．液氨的离子积常数C． c（NH4+）D． c（NH2﹣）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：向液氨中加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，c（NH4+）或c（NH2﹣）增大抑制液氨电离，温度不变，电离平衡常数不变，据此分析解答．解答：解：向液氨中加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，c（NH4+）或c（NH2﹣）增大抑制液氨电离，A．抑制液氨电离导致液氨的电离度减小，故A不选；B．温度不变，电离平衡常数不变，故B选；C．抑制液氨电离，如果加入氯化铵，则铵根离子浓度增大，如果加入NaNH2，则铵根离子浓度减小，故C不选；D．抑制液氨电离，如果加入氯化铵，则c（NH2﹣）减小，如果加入NaNH2，则c（NH2﹣）增大，故D不选；故选B．点评：本题考查了弱电解质的电离，根据加入物质对离子浓度的影响来确定反应方向，再结合电离平衡常数的影响因素来分析解答，题目难度不大．4．（3分）（2014秋•宜春校级月考）NA表示阿伏加德罗常数的值，则关于热化学方程式：C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1 300kJ•mol﹣1的说法中，正确的是（）A．当10NA个电子转移时，该反应放出1 300 kJ的热量B．当1NA个水分子生成且为液体时，吸收1 300 kJ的热量C．当2 NA个碳氧共用电子对生成时，放出1 300 kJ的热量D．当8 NA个碳氧共用电子对生成时，放出1 300 kJ的热量考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、每有1 mol C2H2参加反应，转移10 mol电子，放出1 300 kJ能量；B、由热化学方程式看出，该反应为放热反应；C、1 mol CO2分子中含有4 mol碳氧共用电子对，有8NA个碳氧共用电子对生成时，即生成了2 mol CO2，放出1300 kJ的能量；D、1 mol CO2分子中含有4 mol碳氧共用电子对，有8NA个碳氧共用电子对生成时，即生成了2 mol CO2，放出1300 kJ的能量．解答：解：A、每有1 mol C2H2参加反应，转移10 mol电子，放出1 300 kJ能量，故A正确；B、由热化学方程式看出，该反应为放热反应，故B错误；C、1 mol CO2分子中含有4 mol碳氧共用电子对，有8NA个碳氧共用电子对生成时，即生成了2 mol CO2，放出1 300 kJ的能量，故C错误；D、1 mol CO2分子中含有4 mol碳氧共用电子对，有8NA个碳氧共用电子对生成时，即生成了2 mol CO2，放出1 300 kJ的能量，故D正确．故选AD．点评：本题考查了热化学方程式计算应用，主要是电子转移和化学键形成与反应热量的定量计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．5．（3分）（2006•深圳一模）一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中，正确的是（）A． a、b、c三点溶液的pH：c＜a＜bB． a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜cC．若用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小D． a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：c＜a＜b考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解质溶液的导电性．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小；B．随水的增多，醋酸的电离程度在增大；C．用湿润的pH试纸测量酸性的pH，溶液稀释；D．a、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同．解答：解：A．导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为b＜a＜c，故A错误；B．随水的增多，醋酸的电离程度在增大，所以a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b ＜c，故B正确；C．用湿润的pH试纸测量酸性的pH，溶液稀释，pH增大，故C错误；D．a、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同，所以a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：a=b=c，故D错误；故选B．点评：本题考查电解质的电离，题目难度中等，本题注意分析图象，把握弱电解质的电离特征，易错点为C，注意氢离子浓度越大，其溶液的pH越小．6．（3分）（2014秋•宜春校级月考）将pH=13的NaOH溶液平均分成两份，一份加适量水，另一份加入与该NaOH溶液物质的量浓度相同的适量硫酸后，pH都降低了1，则加入的水与硫酸的体积比为（）A． 10：1 B． 11：1 C． 20：1 D． 21：1考点：p H的简单计算．专题：计算题．分析：此题为溶液PH的计算，涉及两种题型，一种为溶液的稀释，NaOH稀释时，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算所加水的体积；另一种为酸碱溶液的混合，先计算溶液剩余的氢氧根离子，根据c（OH﹣）=计算需要硫酸的体积．解答：解：根据题意氢氧化钡平均分成2份，设每份都为1L，将pH=13的NaOH加适量的水，pH降低了1，则体积是原NaO H体积的10倍，说明所加的水的体积是原溶液的9倍，即水的体积为9L；pH=13的NaOH溶液，氢离子浓度为：c（H+）=1×10﹣13mol/L，氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）=1×10﹣1mol/L，另一份加入与该NaOH物质的量浓度相同的适量硫酸溶液后，pH也降低了1，氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）=1×10﹣2mol/L，可设酸液体积x，依题意可列出下列等式：10﹣1mol/L×1L﹣10﹣1mol/L×2×xL=10﹣2mol/L×（1+x）L，解之得x=L，则加入的水与硫酸的体积比为9：=21：1，故选D．点评：本题考查关于pH的计算，综合性强，涉及溶液的稀释和酸碱中和后混合液的pH计算，具有一定的难度，解题的关键是概念清楚关于pH的计算，在熟练掌握基础知识的同时，还应根据题目的要求，灵活运用，解决实际问题．7．（3分）（2011秋•吉安期末）下列说法中正确的是（）A．中和热的测定实验中需要用的主要玻璃仪器有：二只大小相同的烧杯、二只大小相同的量筒、温度计、环形玻璃搅拌捧B．可以用保温杯代替烧杯做有关中和热测定的实验C．在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录的温度是3次D．测定中和热实验中，若所使用的稀NaOH溶液的物质的量稍大于稀盐酸，则会导致所测得的中和热数值偏高考点：中和热的测定．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、中和热的测定实验中需要用二只大小不同的烧杯组装量热计，因为实验时要将小烧杯放入到大烧杯去，然后在大小烧杯之间填满碎泡沫塑料（或纸条），以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的；B、保温杯代替烧杯，无需放碎泡沫塑料（或纸条），更方便，而且隔热效果更好，故B正确；C、中和反应之前，分别记录盐酸和氢氧化钠的温度，中和反应开始后，记录下混合溶液的最高温度，即最终温度，所以每一组要记录3次温度，而我们实验时至少要做2组，所以至少要记录6次温度；D、在中和热测定过程中为了提高实验的正确度，尽可能保证盐酸和氢氧化钠完全反应，所以在实验中通常使其中一种物质稍过量一些，要么HCl过量，要么NaOH过量，使之完全反应．解答：解：A、中和热的测定实验中需要用的主要玻璃仪器有：二只大小不同的烧杯、二只大小相同的量筒、温度计、环形玻璃搅拌捧，故A错误；B、保温杯的意思就是就能隔热保温，而且无需放碎泡沫塑料（或纸条），更方便，而且隔热效果更好，故B正确；C、在测定中和热的实验中，每一组要记录3次温度，而我们实验时至少要做2组，所以至少要记录6次温度，故C错误；D、测定中和热实验中，若所使用的稀NaOH溶液的物质的量稍大于稀盐酸，保证盐酸完全反应，则所测得的中和热数值不变，故D错误；故选B．点评：本题主要考查了中和热测定实验的仪器、步骤和原理，难度中等，需要注意的是为了减少实验误差，实验至少要做2组，所以至少要记录6次温度．8．（3分）（2014秋•金州区校级期中）已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA，PH=4，下列说法正确的是（）A． HA在水中有0.001%发生电离B． HA的电离平衡常数K=10﹣8mol/LC．升高温度时，PH增大D．由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：A．利用PH=4，计算电离度；B．根据电离度及离子的浓度计算电离平衡常数；C．温度升高促进电离，氢离子浓度变大；D．PH=4的HA在水中，溶液中氢氧根离子是水电离出来的，水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度相等．解答：解：A．0.1mol/L某一元酸HA，PH=4，HA电离度为=0.1%，故A错误；B．由HA═H++Ac﹣，c（H+）=c（Ac﹣）=10﹣4mol/L，则电离平衡常数为=1×10﹣7，故B错误；C．温度升高促进电离，氢离子浓度变大，PH减小，故C错误；D．PH=4，水电离出的氢离子浓度是10﹣10mol/L，由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的，故D正确；故选D．点评：本题考查弱酸的电离，明确离子的浓度、温度对电离平衡的影响及离子积的计算即可解答，难度不大．9．（3分）（2011•奉贤区一模）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）；△H=+49.0kJ•mol﹣1②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）；△H=﹣192.9kJ•mol﹣1下列说法正确的是（）A． CH3OH的燃烧热为192.9kJ•mol﹣1B．反应①中的能量变化如图所示C． CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D．根据②推知反应：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）的△H＞﹣192.9kJ•mol ﹣1考点：化学能与热能的相互转化．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、利用盖斯定律，②×3﹣①×2可得甲醇燃烧的热化学方程式，进而可知甲醇的燃烧热；B、根据△H=生成物总能量﹣反应物总能量来判断；C、根据已知的甲醇转化为氢气的两种反应原理来判断；D、根据物质的能量大小与物质的状态关系来判断．解答：解：A、根据盖斯定律将，②×3﹣①×2可得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O （l）△H=﹣192.9kJ/mol×3﹣49kJ/mol×2=﹣676.7kJ/mol，所以甲醇的燃烧热为676.7kJ/mol，故A错误；B、反应①的△H＞0，而图示的△H=生成物总能量﹣反应物总能量＜0，故B错误；C、由已知可知，反应①为吸热反应，而反应②为放热反应，故C错误；D、同物质的量的同种物质，气态能量最高，其次液态能量，固态能量最低，由②推知反应：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）的△H＞﹣192.9kJ•mol﹣1，故D 正确；故选D．点评：本题考查化学反应的反应热的计算．注意在比较反应热大小时要带符号比较，并注意盖斯定律的应用来解答．10．（3分）（2011•合肥三模）某密闭容器中充入等物质的最的气体A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化如下图所示．下列说法中正确是（）A． 8min时表示正反应速率等于逆反应速率B．前20minA的反应速率为0.05mol/（L•min）C．反应方程式中的x=1，30min时表示增大压强D． 40min时改变的条件是升高温度，且正反应为吸热反应考点：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．专题：化学平衡专题．分析：本题为化学平衡图象题，解化学平衡图象题，看图象：一看轴，弄清横坐标和纵坐标的意义，二看点，弄清图象上点的意义，看起点，交点，转折点，终点，三看量的变化，利用相关公式进行计算．解答：解：A、根据图象可知：8min时B、C的浓度相等，此时仍向正反应方向进行，即正反应速率大于逆反应速率，故A错误；B、前20minA的反应速率为v（A）=v（C）==0.05mol/（L•min ），故B正确；C、在反应中B、C的物质的量浓度变化之比为1：2，根据化学方程式可知x=1，故该反应为气体体积不变的反应，即反应过程中气体的压强不变，增大压强，B、C的物质的量浓度都将增大，故C错误；D、升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即逆反应为吸热反应，故D错误；故选B．点评：本题涉及化学平衡移动的影响因素和化学反应速率的有关计算．需读懂化学平衡的图象、正确理解平衡移动的本质是因正反应速率和逆反应改变的程度不同．11．（3分）（2013秋•大港区校级期末）下列说法中正确的是（）A．常温下，稀释0.1 mol/L的氨水，溶液中c（OH﹣）、c（NH4+）、c（H+）均下降B． pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．常温下，c（NH4+）相等的①（NH4）2SO4 ②（NH4）2Fe（SO4）2 ③NH4Cl ④（NH4）2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：②＜①＜④＜③D．当溶液中存在的离子只有Cl﹣、OH﹣、NH4+、H+时，该溶液中离子浓度大小关系可能为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：A．加水稀释氨水，溶液中c（H+）增大；B．pH=8.3的NaHCO3溶液中HCO3﹣水解程度大于电离程度；C．亚铁离子抑制铵根离子水解、碳酸根离子促进铵根离子水解，相同浓度的铵根离子，铵根离子水解程度越大其浓度越大；D．当溶液呈碱性时，存在c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒判断．解答：解：A．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，但溶液中c（OH﹣）减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c（H+）增大，故A错误；B．pH=8.3的NaHCO3溶液中HCO3﹣水解程度大于电离程度，则c（CO32﹣）＜c （H2CO3），故B错误；C．亚铁离子抑制铵根离子水解、碳酸根离子促进铵根离子水解，相同浓度的铵根离子，铵根离子水解程度越大其浓度越大，化学式中氯化铵中铵根离子个数最少，所以氯化铵的浓度最大，则相同c（NH4+）相等的①（NH4）2SO4 ②（NH4）2Fe（SO4）2 ③NH4Cl ④（NH4）2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：②＜①＜④＜③，故C正确；D．当溶液呈碱性时，存在c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒得c（Cl﹣）＜c（NH4+），故D错误；故选C．点评：本题考查了离子浓度大小比较，涉及盐类水解、弱电解质的电离，根据溶液中溶质的性质结合电荷守恒、盐类水解强弱等知识点来分析解答，题目难度中等．12．（3分）（2011秋•吉安期末）下列各组物质的变化，可用勒夏特列原理解释的是（）①氯水在光照下颜色变浅最终为无色②碳酸钠溶液滴加酚酞试液，加热后红色变深③氯化铁溶液加铁粉振荡后颜色变浅④pH=2的醋酸1ml加水稀释至100ml，pH小于4⑤500℃时比室温更有利于合成氨的反应．A．①②B．①②④C．②③④D．①②④⑤考点：化学平衡移动原理．专题：化学平衡专题．分析：勒夏特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，以此解答该题．解答：解：①氯气与水反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，光照时HClO不稳定而分解，平衡向正向移动，氯水颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，故正确；②滴有酚酞的Na2CO3溶液显示红色，其中碳酸根离子水解平衡受温度的影响，温度高，水解程度大，碱性增强，所以溶液颜色逐渐变深，可用勒夏特列原理解释，故正确；③氯化铁溶液加铁粉振荡后会发生反应生成氯化亚铁，颜色变浅，不可用勒夏特列原理解释，故错误；④pH=2的醋酸1ml加水稀释至100ml，醋酸的电离平衡会正向移动，所以pH小于4，可用勒夏特列原理解释，故正确；⑤合成氨反应为放热反应，升高温度不利用平衡向正方向移动，但升温却可提高反应速率，不可用勒夏特列原理解释，故错误．故选B．点评：本题考查勒夏特例原理应用的有关判断，是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查．试题难易适中，基础性强，侧重对学生解题能力的培养与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．该题需要明确的应注意区别化学平衡移动原理和化学反应速率理论的应用范围，并能具体问题、具体分析．13．（3分）（2012秋•铁东区校级期中）常温下，在25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关离子浓度关系的比较，正确的是（）A．在A、B间任一点，溶液中一定都有c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．在B点a＞12.5，且有：c（Na+）=c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）=c（H+）C．在C点：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．在D点：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2 c（Na+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．分析：A．在A、B间任一点，溶液pH＞7，溶液呈碱性，则存在c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO﹣）相对大小，再根据溶液中的溶质确定c（CH3COO ﹣）、c（OH﹣）相对大小；B．B点溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量；C．在C点，溶液呈酸性，所以c（OH﹣）＜c（H+）；D．在D点，任何溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断．解答：解：A．在A、B间任一点，溶液pH＞7，溶液呈碱性，则存在c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）＞c（CH3COO﹣）相对大小，如果加入醋酸的量很少，则c （CH3COO﹣）＜c（OH﹣），故A错误；B．B点溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒得：c（Na+）=c（CH3COO ﹣），盐类水解程度较小，所以c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以a＞12.5，故B错误，C．在C点，pH＜7，溶液呈酸性，所以c（OH﹣）＜c（H+），故C错误；D．在D点，任何溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2 c（Na+），故D正确；故选D．点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确溶液中的溶质、物质的性质是解本题关键，再结合溶液中存在的电荷守恒、物料守恒解答，易错选项是A．14．（3分）（2013秋•吉州区校级期中）如图是甲醇燃料电池的结构示意图．甲醇在催化剂作用下提供质子（H+）和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应为2CH3OH+3O2→2CO2+4H2O．下列说法不正确的是（）A．左电极为电池的负极，a处通入的物质是甲醇B．正极反应式为：O2+2H2O+4e﹣→4OH﹣C．负极反应式为：CH3OH+H2O﹣6e﹣→CO2+6H+D．该电池提供1mole﹣，消耗氧气0.25mol考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：通过电子的移动方向知，左半极为负极，右半极为正极；燃料电池中，负极上投放燃料，燃料在负极上失电子发生氧化反应；正极上投放氧化剂，氧化剂在正极上得电子发生还原反应．解答：解：A．左电极是电池的负极，负极上投放燃料甲醇，甲醇在负极上失电子发生氧化反应，故A正确；B．酸性条件下，正极反应式为：O2+4H++4e﹣=2H2O，故B错误；C．负极上投放燃料甲醇，甲醇在负极上失电子生成二氧化碳，负极反应式为：CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+，故C正确；D．已知正极反应式为：O2+4H++4e﹣=2H2O，则消耗1mol氧气转移1mol电子，所以该电池提供1mole﹣，消耗氧气0.25mol，故D正确；故选B．点评：本题以甲醇为燃料考查了燃料电池，难度不大，注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同．15．（3分）（2012秋•东河区校级期末）有关如图装置中的叙述正确的是（）A．这是电解NaOH溶液的装置B．溶液中发生了变化：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3C． Fe为正极，电极反应为：Fe﹣2e﹣+2OH﹣═Fe（OH）2D． NaOH溶液的碱性逐渐减弱考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：碱性条件下，铁、铂丝和含有空气的氢氧化钠溶液构成原电池，铁发生吸氧腐蚀，铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，铂丝作正极，正极上氧气得电子发生还原反应．解答：解：A．该装置符合原电池的构成条件，所以属于原电池，发生铁的吸氧腐蚀，故A 错误；B．负极上电极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，正极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定易被氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3，故B正确；C．铁作负极，电极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故C错误；D．负极反应式为2Fe═2Fe2++4e﹣，正极上的反应式为：2H2O+O2+4e﹣═40H﹣，所以总反应为2Fe+2H2O+O2═2Fe（OH）2，根据电池反应式知，电解质溶液中氢氧根离子浓度不变，故D错误；故选：B．点评：本题考查了铁的吸氧腐蚀，明确原电池原理是解本题关键，根据正负极上得失电子及反应类型来分析解答，难点是电极反应式的书写．16．（3分）（2013•成都一模）在恒温恒压下，向密闭容器中充入4mol A和2mol B，发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0.2min后，反应达到平衡，生成C为1.6mol．则下列分析正确的是（）A．若反应开始时容器体积为2L，则v（C）=0.4mol/（L•min）B．若在恒压绝热条件下反应，平衡后n（C）＜1.6molC．若2min后，向容器中再投入等物质的量A、C，B的转化率不变D．若该反应在恒温恒容下进行，放出热量将增加考点：化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用．专题：化学平衡专题．分析：A、依据化学反应速率概念计算分析判断；B、在恒压绝热条件下反应，反应放热，平衡逆向进行，平衡后n（C）＜1.6mol；C、若2min后，向容器中再投入等物质的量A、C，平衡正向进行；D、恒温恒容条件反应过程中，压强减小．解答：解：A、由化学平衡三段式可知，2A（g）+B（g）⇌2C（g）起始量（mol） 4 2 0变化量（mol） 1.6 0.8 1.6平衡量（mol） 2.4 1.2 1.6若反应开始时容器体积为2L，平衡后容器体积小于2L，则v（C）＞0.4mol/（L•min），故A错误；B、依据平衡计算，在恒压绝热条件下反应，反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，平衡后n（C）＜1.6mol，故B正确；C、若2min后，向容器中再投入等物质的量A、C，平衡正向进行，B的转化率增大，故C错误；D、恒温恒容条件反应过程中，压强减小，平衡逆向进行放出的热量减小，故D错误；故选B．点评：本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，注意恒温恒容、恒温恒压条件下分析的角度不同，结果不同，注意掌握平衡移动原理的实质应用，题目难度中等．二、非选择题（每空2分）17．（20分）（2014秋•宜春校级月考）物质在水溶液中可能存在电离平衡、盐的水解平衡或沉淀溶解平衡：（1）有0.1mol•L﹣1的（NH4）2SO4溶液，在该溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）．（2）有0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液，在该溶液中存在的平衡有三个，请分别用离子方程式表示：HCO3﹣⇌H++CO32﹣、HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣、H2O⇌H++OH﹣．（3）已知25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=1.2×10﹣11，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20．在25℃条件下，向浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，则最先生成的沉淀的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O⇌Cu（OH）2↓+2NH4+．（4）NH3•H2O 的电离方程式是NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，往氨水中加入少量醋酸铵固体（提示醋酸铵呈中性），C（OH﹣）减小（填“增大”“减小”“不变”）．（5）已知某温度下K（NH3•H2O）=1.69×10﹣5，则该温度下0.1mol/L的氨水中c（OH﹣）= 1.3×10﹣2mol/L（6）又已知该温度下Ksp〔Mg（OH）2〕=1.2×10﹣11，将0.01mol/L的MgCl2溶液与上述氨水等体积混合有（填“有”、“无”）沉淀生成．往0.01mol/L的MgCl2溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH=10，此时c（Mg2+）= 1.2×10﹣3mol/L．考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：基本概念与基本理论．分析：（1）依据硫酸铵溶液中铵根离子水解溶液呈酸性分析离子浓度大小；（2）碳酸氢钠溶液中存在的平衡为碳酸氢根离子水解平衡、电离平衡和水的电离平衡；（3）根据溶度积常数确定先沉淀的物质，溶度积常数越小的物质越先沉淀，铜离子和氨水反应生成氢氧化铜和铵根离子；（4）NH3•H2O 是弱电解质存在电离平衡，往氨水中加入少量醋酸铵固体，醋酸铵呈中性，溶液中氢氧根离子浓度不变；（5）依据平衡常数概念计算；（6）依据溶度积常数计算分析判断，等体积混合，离子浓度变化为原来一半，结合浓度积和Ksp比较判断，碱溶液中镁离子完全沉淀，镁离子．解答：解：（1）有0.1mol•L﹣1的（NH4）2SO4溶液，铵根离子水解显酸性，水解程度微弱，在该溶液中离子浓度由大到小的顺序c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；故答案为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；（2）碳酸氢钠溶液中存在的平衡为碳酸氢根离子水解平衡HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH ﹣；电离平衡HCO3﹣⇌H++CO32﹣；水的电离平衡H2O⇌H++OH﹣；故答案为：HCO3﹣⇌H++CO32﹣；HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣、H2O⇌H++OH﹣；（3）溶度积常数越小的物质越先沉淀，氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁的溶度积，所以氢氧化铜先沉淀，铜离子和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和铵根离子，离子方程式为Cu2++2NH3•H2O⇌Cu（OH）2↓+2NH4+，故答案为：Cu2++2NH3•H2O⇌Cu（OH）2↓+2NH4+；（4）NH3•H2O 是弱电解质存在电离平衡，NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，往氨水中加入少量醋酸铵固体，醋酸铵呈中性，溶液中铵根离子浓度增大，平衡左移，氢氧根离子浓度减小；故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；减小；（5）某温度下NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，K（NH3•H2O）==1.69×10﹣5，则该温度下0.1mol/L的氨水中C（OH﹣）==1.3×10﹣2mol/L；故答案为：1.3×10﹣2；（6）将0.01mol/L的MgCl2溶液与上述氨水等体积混合，浓度商=0.005mol/L×（）2=2.1×10﹣7＞Ksp，有沉淀生成，往0.01mol/L的MgCl2溶液中滴。

一、选择题(共16个小题，每小题3分，每小题仅有一个符合题意的选项)1．化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用。

下列说法错误的是( )A．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅B．利用催化设施，可以将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体C．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去D．防止酸雨发生的重要措施之一是使用清洁能源【答案】A【解析】考点：考查化学与生产、生活的关系。

2．化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是( )A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B．PM2.5是指大气中直径接近2.5×10-6m的颗粒物，分散在空气中形成胶体C．开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题D．己知2C(s)+2O2(g)═2CO2(g)△H=akJ•mol-1、2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=bkJ•mol-1，则a＞b【答案】C【解析】试题分析：A．绿色化学是对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%，无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染，故A错误；B．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5um的颗粒物，PM2.5的直径大于胶体直径，所以不属于胶体，故B错误；C．氢能、核能、太阳能等是清洁能源，可减少污染，使用新型电动汽车，可减少城市机动车尾气排放，故C正确；D．碳完全燃烧放出的能量远大于不完全燃烧放出的能量，且△H＜0，则a＜b，故D错误，答案为C。

考点：考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识。

3．某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO。

其过程如下：下列说法不正确的是( )A．该过程中CeO2没有消耗B．该过程实现了太阳能向化学能的转化C．以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH——2e—= CO32—+2H2OD．右上图中△H1=△H2+△H3【答案】D【解析】【考点定位】考查热化学知识和盖斯定律的应用，以及催化剂的判断。

2017届高三年级第三次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 k 39 Cl 35.5 Mn 55 Cu 64 Ca 40 Fe 56 Ag 108 Ba 137一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。

）1．建设“碧水蓝天”的生态城市，下列措施中不合理的是（）A．加高烟囱，减少烟尘对周围环境的影响B．大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，减少硫的氧化物和氮的氧化物污染C．积极推广太阳能、风能等新能源的使用，减少化石燃料的使用D．加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化2．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．SO2具有还原性，可用于漂白纸浆B．MgO熔点高，可用作耐高温材料C． KAl(SO4)2·12H2O易溶于水，可用作净水剂D．NH4Cl受热易分解，可用作氮肥3．化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（）Cu稀硝酸可除去试管内壁的银镜4A．利用催化设施，可以将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体B．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去C．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅D．防止酸雨发生的重要措施之一是使用清洁能量5．铅的冶炼大致过程如下：①富集：将方铅矿(PbS)进行浮选；②焙烧：2PbS＋3O＋2SO2；③制粗铅：PbO＋C＋CO；PbO＋CO＋CO2．下列说法正确的是（）A．将1 mol PbS冶炼成Pb理论上至少需要6 g碳B．浮选法富集方铅矿的过程属于化学变化C．方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbOD．整个冶炼过程中，制取1 mol Pb共转移2 mol电子6．向含有c(FeCl3)＝0.3 mol·L－1、c(FeCl2)＝0.15 mol·L－1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是( )A．该分散系的分散质为Fe2O3B．在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷C．可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na＋分离开D．加入NaOH时发生的反应可能为：Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－===Fe3O4＋4H2O7．下列有关溶液组成的描述合理的是（）A．弱碱性溶液中可能大量存在Na＋、K＋、Cl－、HCO－3B．滴加石蕊呈红色的溶液可能大量存在K+、NH4+、Cl—、S2—C．与Al反应能放出H2的溶液中可能大量存在：Fe2＋、K＋、NO－3、SO2－4D．漂白粉的水溶液可能大量存在Fe2+、Cl—、Ca2+、Na+8．下列说法正确的是( )①为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可②在未知液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，该未知液中可能存在SO2－3③淀粉与稀H2SO4水浴共热后用银氨溶液检验水解产物的还原性④向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH＋4⑤用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色反应,火焰显黄色，原溶液中有Na+，也可能有K+A．②③⑤ B．①③④C．② ⑤B．②③④ 9．CsICl2是一种碱金属的化合物，这类物质在化学反应中既可表现氧化性又可表现还原性，有关该物质的说法正确的是( )A．Cs显＋3价B．CsICl2溶于水，电离生成：Cs+、I-、Cl-C．在CsICl2溶液中通入Cl2，有单质碘生成D．酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICl2溶液，溶液褪色10．美国通用原子能公司(GA)提出的碘硫热化学循环是由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成的(如下图所示)，下列有关说法正确的是( )A．设计该循环是为了制取能源气体O2B．图中反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应C．图中反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均可在常温常压下进行D．整个循环过程中产生1 mol O2的同时产生44.8 L H211．100mL 1mol•1L 的Ca(HCO3)2溶液中，放入2.3g金属钠充分反应后，有关物质的物理量正确的是（N A 表示阿伏加德罗常数）（ ）12（ ）13．铋(Bi)位于元素周期表中第ⅤA 族，其价态为＋3价时较稳定，铋酸钠(NaBiO 3)溶液呈无色。

2008-2009学年度下学期高二第三次月考化学试卷温馨提示：1答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、学号填在答题卡上。

2所有答案必须填在答题卡上，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上。

考试时间：100分钟答题总分100分。

4 本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 S:32 Mg:24 Al:27 Cl:35.5 N:14 Na:23 Zn:65 Fe:56 Cu:64第Ⅰ卷选择题（共48分）一选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1．“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，1纳米（nm）=10-9m，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中，纳米碳就是其中的一种。

若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质：①是溶液，②是胶体，③能产生丁达尔效应，④能透过滤纸，⑤能透过半透膜，⑥静置后，会析出黑色沉淀,叙述正确的是A．①④⑥B．②③⑤C．②③④D．①③④⑥2．2008年诺贝尔化学奖授予钱永键等三位科学家，以表彰他们在发现和研究绿色荧光蛋白(一种蛋白质，简称GFP)方面做出的杰出贡献。

下列有关GFP的说法错误的是A．属于高分子化合物B．遇到CuSO4溶液会发生盐析C．水解后可得到多种氨基酸D．可用于蛋白质反应机理的研究3.下列关于物质性质的比较，正确的是A．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次升高B．熔点：铯＞钾＞钠＞钠和钾的合金C．熔沸点：HI＞HBr＞HCl＞HF D．热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI4．2008年9月，中国爆发三鹿婴幼儿奶粉受污染事件，导致食用了受污染奶粉的婴幼儿产生肾结石病症，其原因是奶粉中含有三聚氰胺。

三聚氰胺的分子式为C3N3(NH2)3, 在一般情况下较稳定，但在高温下可能会分解放出氰化物。

下列有关三聚氰胺的说法不正确的是A．三聚氰胺的摩尔质量为126B．用三聚氰胺制造的餐具不可以放进微波炉中加热使用C．三聚氰胺中C、N两种元素的质量比为3：7D．三聚氰胺中氮元素的质量分数约为66.7％5．下列说法正确的是A．在Na2O2晶体中阳离子与阴离子的物质的量之比为l：1B．离子晶体中一定含有金属阳离子C．水加热到很高的温度都难以分解是因为水分子间存在氢键D．用鸡蛋壳内膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐6．下列叙述正确的是A．任何晶体中，若含有阳离子也一定含有阴离子B．原子晶体中只含有共价键C．离子晶体中只含有离子键D．分子晶体中只存在分子间作用力，不含化学键7．Fe3+、2－4SO、Al3+和X四种离子以物质的量之比2:4:1:1大量共存于同一溶液中，X可能是A．Na+ B．OH–C．2－3CO D．Cl–8．下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是①含有大量AlO2-的溶液：Al3+、SO42-、ClO-、Na+②使pH=11的溶液中：Na+，AlO2－，NO3－，S2－，SO32－③由水电离的H+浓度c(H+)=1×10－13mol/L的溶液中：Cl－，HCO3－，NO3－，NH4+，S2O32－④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl－，K+，SO42－⑤使甲基橙变红的溶液中：Fe3+，MnO4－，NO3－，Na+，SO42－⑥酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3－，I－，S2－A．①②⑤B．①③⑥C．②④⑤D．①②④9．常见的离子晶体类型有多种，如右图是其中一种空间构型，则该晶体中X、Y的离子个数之比可能为A．YX4 B．YX2C．YX D．XY410．下列离子方程式正确的是A．足量氯气通入溴化亚铁溶液中：2Fe2++Cl2====2Cl－+2Fe3+B．碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：HCO3—+ OH—==CO32—+ H2O C．氨水中加入少量氯化铝溶液Al3+ + 4OH－= AlO2－+ 2H2O D．H2S通入FeCl3溶液中：H2S+2Fe3+====2Fe2++S↓+2H+11．下列性质既可能是胶体所具有，也可能是溶液所具有的是Ａ．光线照射时，从侧面可观察到一条光亮的通路Ｂ．加入稀硫酸立即产生沉淀Ｃ．分散质粒子小于1nmＤ．装入半透膜袋中并将其浸入盛水的烧杯中一段时间，袋内外均含分散质粒子ＸＹ12．下列叙述正确的是A．直径介于1 nm ~ 100 nm之间的微粒称为胶体B．电泳现象可证明胶体带电C．用盐析法可分离皂化反应后所得的产物D．用含1 mol FeCl3的溶液可制得6.02×1023个Fe(OH)3胶体粒子13．两种元素X、Y，其原子核外电子层数分别为a、b，最外层电子数分别为m、n。

化学试卷一、选择题（每小题仅一个选项符合题意，共3×16=48分）1. 下列是4位同学在学习“化学反应速率和化学平衡”一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是（ ）A. 化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品B. 化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品C. 化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率D. 化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品2． 298K 下，将1mol 蔗糖溶解在1L 水中，此溶解过程中体系的∆G = ∆H －T ∆S 和∆S 的变化情况是（ ）A. ∆G>0，∆S<0B. ∆G<0，∆S>0C. ∆G>0，∆S>0D. ∆G<0，∆S<0 3.液氨与水性质相似，也存在微弱的电离：NH 3 + NH 3NH 4++ NH 2-,其离子积常数k= c（NH 4+）×c （NH 2-）=2×10-30mol 2·L 2,维持温度不变，向液氨中加入NH 4Cl 固体或Na NH 2固体，不发生改变的是（ ）A. c （NH 4+） B.液氨的电离度 C. c （NH 2-） D.液氨的离子积常数 4.以N A 代表阿伏加德罗常数，则关于热化学方程式 C 2H 2(g)+25O 2(g)2CO 2(g)+H 2O(l)ΔH=-1 300 kJ ·mol -1的说法中，正确的是 ( )A.当10N A 个电子转移时，该反应放出1 300 kJ 的能量B.当1N A 个水分子生成且为液体时，吸收1300 kJ 的能量C.当2N A 个碳氧共用电子对生成时，放出1300 kJ 的能量D.当8N A 个碳氧共用电子对生成时，放出1300 kJ 的能量 5．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如右图所示，下列说法正确的是（ ）A ．a 、b 、c 三点溶液的pH ：c ＜a ＜bB ．a 、b 、c 三点醋酸的电离程度：a ＜b ＜cC ．用湿润的pH 试纸测量a 处溶液的pH ，测量结果偏大D ．a 、b 、c 三点溶液用1mol/L 氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：c ＜a ＜b6．将pH ＝13的NaOH 溶液平均分成两份，一份加适量水，另一份加入与该NaOH 溶液物质的量浓度相同的适量硫酸后，pH 都降低了1，则加入的水与硫酸的体积比为（ ）A ．10：1B ．11：1C ．20：1D ．21：17.下列说法中正确的是（ ）A ．中和热的测定实验中需要用的主要玻璃仪器有：两个大小相同的烧杯、两个大小相同的量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒B ．可以用保温杯来代替烧杯做有关测定中和热的实验C ．在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录温度的次数是3次D ．测定中和热实验中，若所使用的稀NaOH 溶液的物质的量稍大于稀盐酸，则会导致所测得的中和热数值偏高8、已知室温时，0.1mol/L 某一元酸HA,PH=4,下列说法正确的是 ( ) A.HA 在水中有0.001%发生电离 B ．HA 的电离平衡常数K ＝10-8mol/L C.升高温度时，PH 增大D.由HA 电离出的c(H ＋)约为水电离出的c(H ＋)的106倍。

2017-2018学年江西省宜春市上高二中高三（上）第三次月考化学试卷一、选择题：每小题3分共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．1．用N A表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．NO2和H2O反应毎生成2mol HNO3时转移的电子数目为2N AB．1mol苯分子中含有3N A个碳碳单键C．24g NaH中阴离子所含电子总数为N AD．在0.1mol/LK2CO3溶液中，阴离子数目大于0.1N A2．下列离子方程式书写正确是（）A．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑B．将少量氯化铁溶液滴入硫化钠溶液中：2Fe3++S2﹣=2Fe2++S↓C．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClOD．向碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O3．下列物质间的转化在给定条件下能实现的是（）①NH3NO2HNO3②SiO2Na2SiO3H2SiO3③Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg④Na Na2O2Na2CO3．A．②④ B．③④ C．①④ D．①②③4．硅及其化合物的应用范围很广．下列说法正确的是（）A．硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料B．粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应C．反应：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑中，Si为还原剂，NaOH和H2O为氧化剂D．盐酸可以与硅反应，故采用盐酸为抛光液抛光单晶硅5．下列物质既能跟盐酸反应，叉能跟NaOH溶液反应的是（）①SiO2②Al ③Al2O3④Al（OH）3⑤Na2CO3溶液⑥Ca（HCO3）2溶液⑦NH4HCO3溶液⑧KHSO4溶液．A．④⑥⑦⑧ B．②③④⑥⑦C．①②③④⑦D．②③④⑤⑧6．下列实验不能达到目的是（）A．向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明Na2SiO3发生了水解反应B．将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝熔点高于铝C．向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，证明H2SO4的酸性比HClO强D．将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水有漂白性7．向含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b﹣a=5线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素．下列说法正确的是（）A．线段Ⅱ表示Br﹣的变化情况B．原溶液中n（FeI2）：n（FeBr2）=3：1C．根据图象无法计算a的值D．线段Ⅳ表示IO的变化情况8．常温下单质硫主要以S8形式存在．加热时，S8会转化为S6、S4、S2等．当温度达到750℃时，硫蒸气主要以S2形式存在（占92%）．下列说法中正确的是（）A．S8转化为S6、S4、S2属于物理变化B．不论哪种硫分子，完全燃烧时都生成SO2C．常温条件下单质硫为原子晶体D．把硫单质在空气中加热到750℃即得S29．用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是（）①中试剂①中现象解释A Ba（NO3）2溶液生成白色沉淀S O32﹣与Ba2+生成白色BaSO3沉淀B 品红溶液溶液褪色SO2具有漂白性C 紫色石蕊溶液溶液变红SO2与水反应生成酸D 酸性KMnO4溶液紫色褪去SO2具有还原性A．A B．B C．C D．D10．有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（）A．物质的量之比为1：1 B．物质的量之比为1：2C．质量之比为4：1 D．质量之比为2：111．有一在空气中暴露过的KOH固体，含水2.8%，K2CO37.2%．取1g该样品投入25mL 2mol/L HCl中，中和多余的HCl又用去1.07mol/L的KOH溶液30.8ml，蒸发中和后的溶液，所得固体的质量是（）A．4.50g B．4.00g C．3.73g D．7.45g12．能够解释CO2比SiO2的熔、沸点低的原因是（）A．CO2的相对分子质量比SiO2的相对分子质量小B．C﹣O键能小于Si﹣O键能C．C的原子半径小于SiD．破坏CO2晶体只需克服分子间作用力，破坏SiO2晶体要破坏Si﹣O共价键13．现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，已知其中稀硫酸浓度为4mol/L，稀硝酸的浓度为2mol/L．取10mL混合酸，向其中加入过量铁粉，反应结束后，在标准状况下可收集到气体体积为（假设HNO3只被还原为NO）（）A．0.224L B．0.448L C．0.672L D．0.896L14．下列说法正确的是（）A．根据反应5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O可知：用酸性KMnO4溶液可检验绿矾（FeSO4•7H2O）是否变质B．根据反应H3PO3+2NaOH（足量）═Na2HPO3+2H2O可知：H3PO3属于三元酸C．根据反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知：反应中HNO3表现酸性和氧化性D．根据反应CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4可知：H2S的酸性比H2SO4强15．下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是（）A B C DY CO2FeCl3C2H5OH Fe2O3W MgO CuCl2C2H5ONa Al2O3A．A B．B C．C D．D16．某磁黄铁矿的主要成分是Fe x S（S为﹣2价），既含有Fe2+又含有Fe3+．将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成硫单质2.4g、FeCl2 0.425mol和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+．则下列说法正确的是（）A．100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为7.5mol/LB．生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24LC．该磁黄铁矿中Fe x S的x=0.85D．该磁黄铁矿Fe x S中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3：1二、解答题（共4小题，满分52分）17．（12分）（2015秋•宜春校级月考）X、Y、Z、W是四种短周期元素，X原子M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液呈碱性；W元素最高正价是+7价．回答下列问题：（1）元素X原子结构示意图为．（2）元素Y的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是．（3）元素Z能与氢元素形成﹣1价阴离子，该阴离子的电子总数是，与该离子电子总数相等的Z与氢形成的微粒是．（4）元素W的单质与元素X的低价氧化物在水溶液中反应的离子方程式为．（5）ZW3常温下呈液态，可与水反应生成一种酸和一种碱，反应的化学方程式为．（6）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一．X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种酸的是（用酸的分子式表示）．18．（12分）（2015秋•宜春校级月考）各物质之间的转化关系如图，部分生成物省略．C、D 是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y、Z原子最外层电子数之和为10．D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应①常用于制作印刷线路板．请回答下列问题：（1）G元素在周期表中的位置．（2）写出实验室制备G的离子反应方程式．（3）气体D与NaOH溶液反应可生成两种盐P和Q，在P中Na的质量分数为43%，其俗名为．（4）实验室中检验L溶液中的阳离子常选用溶液，现象是．（5）A中包含X、Y、Z元素，A的化学式为．19．（14分）（2015秋•宜春校级月考）2013年6月，我国“蛟龙”号再次刷新“中国深度”﹣﹣下潜7062米，为我国深海矿物资源的开发奠定了基础．海洋深处有丰富的锰结核矿，锰结核的主要成分是MnO2，同时还含有黄铜矿．Ⅰ、“蛟龙”号外壳是用特殊的钛合金材料制成，它可以在7000m的深海中承受重压，Ti是以钛白粉（TiO2）为原料进行生产，钛白粉是利用TiO2+发生水解生成钛酸（H2TiO3）沉淀，再煅烧沉淀制得的．TiO2+发生水解的离子方程式为．Ⅱ、MnO2是一种重要的无机功能材料，工业上从锰结核中制取纯净的MnO2工艺流程如图所示：（1）步骤Ⅱ中以NaClO3为氧化剂，当生成0.05molMnO2时，消耗0.1mol/L的NaClO3溶液200ml，该反应离子方程式为．（2）已知溶液B的溶质之一可循环用于上述生产，此物质的名称是．Ⅲ、利用黄铜矿炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等）可制备Fe2O3，方法为：（A）用过量的稀盐酸浸取炉渣、过滤；（B）向滤液中加入5%的H2O2，再向其中加入过量的NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得到Fe2O3根据以上信息回答下列问题：（1）（B）中向滤液中加入5%的H2O2，其目的是．（2）设计实验证明炉渣中含有FeO ．（3）将煅烧得到的Fe2O3还原为Fe单质，再将质量为m g的Fe单质分成相等的四份，分别与50mL、100mL、150mL、200mL的等浓度的稀硝酸反应，反应产物NO在标况下的体积见附表：实验①②③④V（HNO3）/mL 50 100 150 200V（NO）/L 1.344 2.688 3.36 3.36则：①m=g ②写出实验②发生反应后溶液中Fe2+与Fe3+物质的量之比为：．20．（14分）（2015秋•宜春校级月考）过氧化钠（Na2O2）是中学常见物质，常见的过氧化物还包括过氧化钙（CaO2）．已知：过氧化钠与CO2反应有气体生成，而将SO2通入过氧化钠粉末中也有气体生成．有人提出CO2、SO2与过氧化钠的反应原理相同，但也有人提出SO2具有较强的还原性，CO2无强还原性，反应原理不相同．据此设计如下实验操作进行判断．实验一：向一定量的过氧化钠固体中通入足量的SO2，取反应后的固体进行实验探究，以证明过氧化物与SO2反应的特点．（1）提出假设：假设1：反应后固体中只有Na2SO3，证明SO2未被氧化；假设2：反应后固体中只有 Na2SO4，证明SO2完全被氧化；假设3：，证明实验探究：实验二：通过测量气体的体积判断发生的化学反应，实验装置如图：（2）试剂A可以选用，试剂B的作用是．（3）实验测得装置C中过氧化钠质量增加了m1g，装置D质量增加了m2g，装置E中收集到的气体为VL（已换算成标准状况下），用上述有关测量数据判断，SO2未被氧化、完全被氧化的V ﹣m1关系式．未被氧化：，完全被氧化：．（4）若SO2完全被氧化，写出反应的化学方程式：．2015-2016学年江西省宜春市上高二中高三（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：每小题3分共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．1．用N A表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．NO2和H2O反应毎生成2mol HNO3时转移的电子数目为2N AB．1mol苯分子中含有3N A个碳碳单键C．24g NaH中阴离子所含电子总数为N AD．在0.1mol/LK2CO3溶液中，阴离子数目大于0.1N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A、NO2和H2O反应生成硝酸时，生成2mol硝酸时转移2mol电子；B、苯不是单双键交替的结构；C、求出NaH的物质的量，然后根据1molNaH中含12mol电子来分析；D、溶液体积不明确．解答：解：A、NO2和H2O反应生成硝酸时，生成2mol硝酸时转移2mol电子，故转移2N A个电子，故A正确；B、苯不是单双键交替的结构，结构中无碳碳单键，故B错误；C、24gNaH的物质的量为1mol，而1molNaH中含12mol电子，即12N A个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的阴离子的个数无法计算，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．2．下列离子方程式书写正确是（）A．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑B．将少量氯化铁溶液滴入硫化钠溶液中：2Fe3++S2﹣=2Fe2++S↓C．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClOD．向碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O考点：离子方程式的书写．分析：A．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水；B．反应生成FeS和S；C．反应生成碳酸氢钙和HClO；D．反应生成碳酸钙、碳酸钠、水．解答：解：A．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸的离子反应为3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑，故A正确；B．将少量氯化铁溶液滴入硫化钠溶液中的离子反应为2Fe3++3S2﹣=2FeS+S↓，故B错误；C．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳的离子反应为ClO﹣+H2O+CO2=HCO3﹣+HClO，故C错误；D．向碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液的离子反应为Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故D错误；故选A．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应方程式的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大．3．下列物质间的转化在给定条件下能实现的是（）①NH3NO2HNO3②SiO2Na2SiO3H2SiO3③Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg④Na Na2O2Na2CO3．A．②④ B．③④ C．①④ D．①②③考点：氨的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：①氨气被催化氧化生成NO；②SiO2与氢氧化钠反应生成Na2SiO3和水，Na2SiO3与氯化氢反应生成H2SiO3；③电解氯化镁溶液得到的是氢气、氯气和氢氧化镁；④钠和氧气在加热条件下生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气．解答：解：①氨气被催化氧化生成NO，不能直接生成NO2，故①错误；②SiO2与氢氧化钠反应生成Na2SiO3和水，Na2SiO3与氯化氢反应生成H2SiO3和氯化钠，转化能由一步反应实现，故②正确；③电解氯化镁溶液得到的是氢气、氯气和氢氧化镁，不能得到镁，故③错误；④钠和氧气在加热条件下生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故④正确．故选A．点评：本题综合考查化合物的性质，为高考常见题型，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．硅及其化合物的应用范围很广．下列说法正确的是（）A．硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料B．粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应C．反应：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑中，Si为还原剂，NaOH和H2O为氧化剂D．盐酸可以与硅反应，故采用盐酸为抛光液抛光单晶硅考点：硅和二氧化硅．专题：碳族元素．分析：A．硅是良好的半导体材料；B．从工业制硅的反应原理分析；C．所含元素化合价升高的反应物为还原剂，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂；D．硅性质稳定，与盐酸不反应．解答：解：A．硅是良好的半导体材料，常用来制造太阳能材料，故A正确；B．粗硅制备单晶硅反应是，Si+2Cl2SiCl4，SiCl4+2H2Si+4HCl，过程中涉及氧化还原反应，故B错误；C．反应：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑中，Si为还原剂，H2O为氧化剂，故C错误；D．盐酸与硅不反应，故D错误；故选：A．点评：本题主要考查硅单质及其化合物的性质及其应用，侧重对基础知识的考查，题目难度不大．5．下列物质既能跟盐酸反应，叉能跟NaOH溶液反应的是（）①SiO2②Al ③Al2O3④Al（OH）3⑤Na2CO3溶液⑥Ca（HCO3）2溶液⑦NH4HCO3溶液⑧KHSO4溶液．A．④⑥⑦⑧ B．②③④⑥⑦C．①②③④⑦D．②③④⑤⑧考点：两性氧化物和两性氢氧化物．专题：元素及其化合物．分析：根据物质间的反应进行判断，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al（OH）3、Zn（OH）2、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：（NH4）2S、NH4HS、（NH4）2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；④某些具有两性的金属：Zn、Al等；⑤某些非金属：Si、S等；⑥其它一些物质．如：a、某些盐类物质既与酸反应，又与碱反应；b、个别酸性氧化物SiO2；c、具有还原性的无氧酸：H2S、HI等与氧化性酸反应、与碱反应；d、具有氧化性酸：浓H2SO4、HNO3等与还原性酸反应、与碱反应，以此解答本题．解答：解：①SiO2是酸性氧化物，只能和强碱之间反应，不能和盐酸之间反应，故①错误；②Al与HCl反应生成氯化铝和氢气，与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，故②正确；③Al2O3与HCl反应生成氯化铝和水，与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，故③正确；④Al（OH）3与HCl反应生成氯化铝和水，与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，故④正确；⑤Na2CO3溶液只能和盐酸之间反应，不会和氢氧化钠之间反应，故⑤错误；⑥Ca（HCO3）2溶液既能和盐酸之间反应生成氯化钙和水以及二氧化碳，也会和氢氧化钠之间反应，生成碳酸钙沉淀、碳酸钠溶液，故⑥正确；⑦NH4HCO3溶液既能和盐酸之间反应生成氯铵和水以及二氧化碳，还会和氢氧化钠之间反应生成碳酸钠、一水合氨，故⑦正确；⑧KHSO4溶液只能和氢氧化钠之间反应生成硫酸钠、硫酸钾和水，不会和盐酸之间反应，故⑧错误．故选B．点评：本题考查元素化合物的性质，题目难度不大，旨在考查学生对知识的理解识记与知识归纳，注意基础知识的积累．6．下列实验不能达到目的是（）A．向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明Na2SiO3发生了水解反应B．将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝熔点高于铝C．向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，证明H2SO4的酸性比HClO强D．将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水有漂白性考点：化学实验方案的评价．分析：A．无色酚酞遇碱液变红色；B．将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝熔点高于铝；C．次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，次氯酸有漂白性．解答：解：A．无色酚酞遇碱变红色，向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，说明该溶液呈碱性，则硅酸钠水解导致溶液呈碱性，故A正确；B．氧化铝的熔点高于铝的熔点，铝表面被一层致密的氧化铝包着，所以铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故B正确；C．次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，故C错误；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，则氯水中加入蓝色石蕊试纸变红色，次氯酸有漂白性，所以试纸最后褪色，故D正确；故选C．点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、次氯酸的漂白性、盐类水解等知识点，易错选项是C，注意次氯酸漂白性具有永久性，题目难度不大．7．向含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b﹣a=5线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素．下列说法正确的是（）A．线段Ⅱ表示Br﹣的变化情况B．原溶液中n（FeI2）：n（FeBr2）=3：1C．根据图象无法计算a的值D．线段Ⅳ表示IO的变化情况考点：离子方程式的有关计算．分析：向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，首先发生反应：2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕，再反应反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，又发生反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，故线段I代表I﹣的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I﹣）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol﹣1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I﹣）+n（Br﹣）=2n（Fe2+），故n（Br﹣）=2n（Fe2+）﹣n（I﹣）=2×4mol﹣2mol=6mol，根据溴离子判断溶液中n（FeBr2），根据离子方程式计算溴离子反应需要的氯气的物质的量，据此计算a的值；线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该含氧酸中含有I元素，根据电子守恒计算出含氧酸中I的化合价，然后写出其化学式．解答：解：向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，首先发生反应2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，故线段I代表I﹣的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I﹣）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol﹣1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I﹣）+n（Br﹣）=2n（Fe2+），故n（Br﹣）=2n（Fe2+）﹣n（I﹣）=2×4mol﹣2mol=6mol，A．根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，不是氧化溴离子，故A错误；B．n（FeI2）：n（FeBr2）=n（I﹣）：n（Br﹣）=2mol：6mol=1：3，故B错误；C．由分析可知，溶液中n（Br﹣）=2n（Fe2+）﹣n（I﹣）=2×4mol﹣2mol=6mol，根据2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl ﹣可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C错误；D．线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为2mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：=+5价，则该含氧酸为HIO3，即：线段Ⅳ表示IO3﹣的变化情况，故D正确；故选D．点评：本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应先后顺序、氧化性和还原性强弱比较等知识，试题综合性较强，难度较大，明确反应过程及反应原理为解题关键，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力．8．常温下单质硫主要以S8形式存在．加热时，S8会转化为S6、S4、S2等．当温度达到750℃时，硫蒸气主要以S2形式存在（占92%）．下列说法中正确的是（）A．S8转化为S6、S4、S2属于物理变化B．不论哪种硫分子，完全燃烧时都生成SO2C．常温条件下单质硫为原子晶体D．把硫单质在空气中加热到750℃即得S2考点：含硫物质的性质及综合应用．专题：元素及其化合物．分析：A、物理变化是没有新物质生成的变化；B、硫元素组成的单质燃烧产物是二氧化硫；C、单质硫为分子晶体；D、硫单质在空气中加热时，硫单质会和氧气之间发生反应．解答：解：A、物理变化是没有新物质生成的变化，S8转化为S6、S4、S2属于化学变化，故A 错误；B、不论哪种硫分子，组成元素只有硫元素，燃烧产物都是二氧化硫，故B正确；C、单质硫为分子晶体，熔沸点低于原子晶体的熔沸点，故C错误；D、硫单质在空气中加热时，硫单质会和氧气之间发生反应，不会得到纯净的硫单质，故D错误．故选B．点评：本题考查学生含有硫元素的单质的有关知识，可以根据所学知识来回答，难度不大．9．用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是（）①中试剂①中现象解释A Ba（NO3）2溶液生成白色沉淀SO32﹣与Ba2+生成白色BaSO3沉淀B 品红溶液溶液褪色SO2具有漂白性C 紫色石蕊溶液溶液变红SO2与水反应生成酸D 酸性KMnO4溶液紫色褪去SO2具有还原性A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．二氧化硫和亚硫酸钡溶液反应生成硫酸钡；B．品红溶液具有漂白性；C．酸能使紫色石蕊试液变红色；D．二氧化硫被强氧化性物质氧化．解答：解：A．将SO2通入Ba（NO3）2溶液，发生氧化还原反应而有白色沉淀生成，白色沉淀为硫酸钡，不溶于硝酸，所以解释错误，故A错误；B．二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，故B正确；C．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子而使其溶液呈酸性，紫色石蕊试液遇酸变红色，故C正确；D．二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化，酸性高锰酸钾被还原，所以酸性高锰酸钾溶液褪色，则二氧化硫体现还原性，故D正确；故选A．点评：本题考查了二氧化硫的性质，二氧化硫具有漂白性、还原性和氧化性，但二氧化硫的漂白性不稳定，且不能漂白酸碱指示剂，为易错点．10．有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（）A．物质的量之比为1：1 B．物质的量之比为1：2C．质量之比为4：1 D．质量之比为2：1考点：物质的量的相关计算．分析：只有硅和NaOH溶液反应生成氢气，铁与HCl反应生成氢气，根据生成氢气的量计算粗硅中铁和硅的物质的量之比．解答：解：根据电子得失：可知铁与盐酸反应：Fe～～H2，而硅与氢氧化钠反应：Si～～2H2，放出等量的H2，设生成氢的量为2mol，所以粗硅中铁和硅的物质的是之比为：2：1，质量之比为：2×56：1×28=4：1，故选：C．点评：本题考查混合物反应的计算，侧重考查学生分析、计算能力，明确只有Si和NaOH溶液反应是解本题关键，利用关系式解答即可，题目难度不大．11．有一在空气中暴露过的KOH固体，含水2.8%，K2CO37.2%．取1g该样品投入25mL 2mol/L HCl中，中和多余的HCl又用去1.07mol/L的KOH溶液30.8ml，蒸发中和后的溶液，所得固体的质量是（）A．4.50g B．4.00g C．3.73g D．7.45g考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算．分析：碳酸钾和氢氧化钾能与盐酸反应生成KCl，将过量酸再用氢氧化钾中和又生成KCl，反应后溶液中的溶质只有氯化钾，蒸干溶液得到固体产物为KCl，根据n=cV计算n（HCl），根据氯元素守恒n（KCl）=n（HCl），再根据m=nM计算KCl的质量．解答：解：碳酸钾和氢氧化钾能与盐酸反应生成KCl，将过量酸再用氢氧化钾中和又生成KCl，反应后溶液中的溶质只有氯化钾，蒸干溶液得到固体产物为KCl，根据氯元素守恒n（KCl）=n（HCl）=0.025L×2mol/L=0.05mol，所以m（KCl）=0.05mol×74.5g/mol=3.725g，故选C．点评：本题考查混合物的有关计算，关键清楚反应过程，利用原子守恒解答简化计算，注意守恒思想的运用．12．能够解释CO2比SiO2的熔、沸点低的原因是（）A．CO2的相对分子质量比SiO2的相对分子质量小B．C﹣O键能小于Si﹣O键能C．C的原子半径小于SiD．破坏CO2晶体只需克服分子间作用力，破坏SiO2晶体要破坏Si﹣O共价键考点：晶体熔沸点的比较．分析：根据CO2与SiO2形成的晶体类型进行解答，CO2是分子晶体，SiO2是原子晶体，原子晶体的熔点高于分子晶体．解答：解：CO2是分子晶体，CO2的熔化与C=O键能没有关系，其熔化只需要克服范德华力（分子间作用力），SiO2是原子晶体，其熔化要破坏Si﹣O共价键，共价键的强度远远大于范德华力，故ABC错误，故选D．点评：本题考查晶体类型与熔沸点关系，明确常见晶体类型是解本题关键，晶体类型不同导致其熔沸点不同，熟悉常见原子晶体有哪些，题目难度不大．13．现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，已知其中稀硫酸浓度为4mol/L，稀硝酸的浓度为2mol/L．取10mL混合酸，向其中加入过量铁粉，反应结束后，在标准状况下可收集到气体体积为（假设HNO3只被还原为NO）（）A．0.224L B．0.448L C．0.672L D．0.896L考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：稀硫酸浓度为4mol/L，稀硝酸的浓度为2mol/L．取10mL混合酸，n（H+）=0.01L×2×4mol/L+0.01L×2mol/L=0.1mol，n（NO3﹣）=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，Fe+2H+=Fe2++H2↑，以此计算该题．解答：解：10mL混合酸中含有：n（H+）=0.01L×2×4mol/L+0.01L×2mol/L=0.1mol，n（NO3﹣）=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，Fe+2H+=Fe2++H2↑，则3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O0.02mol 0.08mol 0.02mol反应后剩余n（H+）=0.1mol﹣0.08mol=0.02mol，Fe+2H+=Fe2++H2↑0.02mol 0.01mol所以：n（NO）+n（H2）=0.02mol+0.01mol=0.03mol，V（NO）+V（H2）=0.03mol×22.4L/mol=0.672L，故选C．点评：本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意铁过量，根据n（H+）、n（NO3﹣）判断反应的可能性，判断生成气体为NO和H2的混合物，进而计算气体的体积，题目易错．。

2017届高二年级第二次月考化学试卷 本卷可能用到的相对原子质量：H:1 O : 16 Na :23 一、选择题：（每小题只有一个正确答案,每小题3分，共48分） 1． 2013年1月全国大部分地区出现雾霾天气，北京PM2.5浓度达993，系中国有该监测数据以来最高的一次。

,下列属最有希望的新能源是(　) ①天然气　②煤　③石油　④水能　⑤太阳能　⑥地热能　⑦风能　⑧氢能A.①②③④B.⑤⑥⑦⑧C.③④⑤⑥D.除①②外 2．下列描述中正确的是（ ） A．强酸与强碱反应都是放热反应 B．氧化还原反应一定都是放热反应 C．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率 D．同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的不同 3、下列反应属于氧化还原反应且焓变大于0的是（ ） A：Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl反应 B：Zn和稀H2SO4反应制氢气 C：灼热的炭与水蒸气反应 D：工业合成氨的反应 4．下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是 （ ） （1）已达平衡的反应，当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动 （2）已达平衡的反应，当增大的浓度时，平衡向正反应方向移动，的转化率一定升高 （3）有气体参加的反应达平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动 （4）有气体参加的反应达平衡后，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动A. （1）（4）B. （1）（2）（3）C. （2）（3）（4）D. （1）（2）（3）（4） 5. 在一密闭烧瓶中，在25℃时存在着平衡：（正反应放热）。

把烧瓶置于100℃的水中，则下列几项性质中不会改变的是( ) ①颜色；②平均相对分子质量； ③质量； ④压强； ⑤密度A. ①和③B. ②和④C.③和⑤D. ④和⑤ 6．下列事实中不能用勒夏特列原理加以解释的是（ ） A．压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，颜色变深 B．浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生较多的刺激性气味的气体 C．夏天，打开啤酒瓶时会在瓶口逸出气体 D．将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气的密闭容器置于冷水中，混合气体颜色变浅 7.在一密闭容器中，反应aA（气） b B（气）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则（）A.平衡向反应方向移动了 B. 物质B的质量分数增加了　C. 物质A的转化率减少了D.a>b 8.在恒温、恒容下，发生如下反应：2A（g）+2B（g）C（g）+3D（g），现从两条途径分别建立平衡。