江西省鹰潭市余江一中2015届高三上学期第一次联考化学试题 Word版含解析

江西省鹰潭一中高三上学期第一次月考（化学）考试时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H ：1 C ：12 N: 14 O ：16 F ：19 Na ：23第I 卷（共48分）一、选择题：（每小题4分，12小题共48分，每小题只有一个选项符合题意） 1．关于化工生产的下列叙述中，不正确的是（ ） A ．工业生产硫酸时，使用热交换器可以充分利用反应热B ．工业上合成氨没有采用更大的压强是从设备和动力要求方面考虑的C ．电镀精炼铜时，纯铜与直流电源的负极相连D ．工业上金属Mg 、Al 都是用电解熔融的氯化物制得的2．同温同压条件下，等容积的两个容器中分别充满由14N 、13C 、18O 三种原子构成的一氧化氮和一氧化碳气体。

下列说法中正确的是（ ）A ．所含的分子数和质量都不同B ．含有相同的分子数和电子数C ．含有相同的质子数和中子数D ．含有相同数目的中子、原子、分子 3．5 mL Ag ＋浓度为0.1 mol ·L－1的某溶液，加入等物质的量的某种碱金属盐，待卤化物完全沉淀后，经过滤、干燥，称得质量为0.013 g ，则此沉淀是（ ）A ．LiFB ．LiClC ．AgFD ．AgCl 4．下列叙述中正确的是（ ）A ．HCHO 溶液或(NH 4)2SO 4溶液均能使蛋白质变性B ．在CS 2、PCl 5分子中各原子最外层均能达到8电子的稳定结构C ．42.0 g 乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3N AD ．向漂白粉溶液中通入SO 2气体，反应的离子方程式为：22222Ca ClO SO H O HClO+-+++↓+3═C a SO5．纤维素被称为第七营养素。

食物中的纤维素虽然不能为人体提供能量，但能促进肠道蠕 动、吸附排出有害物质。

从纤维素的化学成分看，它是一种（ ） A ．二糖 B ．多糖 C ．氨基酸 D ．脂肪6．某有机物仅含有C 、H 、O 、N 四种元素，下列有关该有机物的说法中不可能正确的是 （ ）A ．能与强碱反应发生中和反应B ．一定条件下能发生水解反应C ．相对分子质量为奇数D ．分子中氢原子数与氮原子数之和为奇数7．由NO 、H 2、CO 2组成的混合气体，通过足量的Na 2O 2充分反应后，再用电火花点燃使其充分反应，最终得到质量分数为70%的硝酸，无任何气体剩余。

2015-2016学年江西省鹰潭市余江一中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1．设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的（）A．2克16O2和14N2的混合气中含有的电子数为N A个B．1molNa与O2完全反应生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为N A个C．Na2O和Na2O2的混合物中若含有1molNa+，则其含有阴离子总数为0.5N AD．常温下，1.0L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1N A2．甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）．下列说法不正确的是（）A．若甲既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则丙可能属于两性氧化物B．若丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，则乙的水溶液可能具有漂白作用C．若甲、丙、戊含有同一种元素，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲＜丙＜戊D．若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，且戊为碱，则丙只能为Na2O23．同温同压下，三个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①HCl ②NO2③体积比为1：1的NO2和O2，进行喷泉实验．经充分反应后烧瓶内溶质的物质的量浓度之比为（）A．1：1：1 B．4：4：5 C．5：5：4 D．15：10：124．将25.6克的铜完全溶于适量的浓硝酸中，收集到氮的氧化物（NO2、N2O4、NO）的混合气，这些混合气恰好能被250ml 2mol/L NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3的盐溶液，则其中NaNO3的物质的量为（）A．0.1 mol B．0.2 mol C．0.3mol D．0.4 mol6．强热硫酸亚铁固体可反应：FeSO4FexOy+SO2↑+O2↑+SO3↑（未配平），则下列有关判断不正确的是（）A．若所得气体中SO2与O2的体积比为2：1，则FexOy为氧化亚铁B．若所得FexOy为氧化铁，则气体中SO2与O2的体积比大于2：1C．若所得FexOy为Fe3O4，则气体中SO2与O2的体积比为3：2D．生成的混合气通入BaCl2溶液中，产生的沉淀为BaSO47．已知HCO3﹣+AlO2﹣+H2O═CO32﹣+Al（OH）3↓；将足量的KHCO3溶液不断滴入含等物质的量的KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与滴入的KHCO3溶液体积的关系可表示为（）A．B．C．D．8．2013年12月5日中国辽宁舰航母编队中的登陆舰紧急逼停了擅闯南海禁航区的美海军“考本斯”号导弹巡洋舰，避免了两军舰艇相撞．据悉，美国“考本斯”号巡洋舰上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）做载热介质．下列有关说法不正确的是（）A．自然界中没有游离的钠和铝B．若铝钠合金投入水中得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀，也可能有铜析出D．m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则铝的质量分数越小9．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：对上述流程中的判断正确的是（）A．试剂X为稀硫酸B．结合质子（ H+）的能力由强到弱的顺序是：AlO2﹣＞OH﹣＞CO32﹣C．反应II中生成Al（OH）3的反应为：CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣D．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al10．现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：有关说法错误的是（）A．反应Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4ClB．向饱和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3C．反应Ⅰ生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱D．往母液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可使氯化铵析出11．一定温度下，mg下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反应，过氧化钠增加了ng，且n＞m，符合此要求的物质是（）①H2 ②CO③CO和H2的混合物④HCOOCH3⑤CH3CHO．A．⑤B．①② C．①②③④ D．①②③④⑤12．将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示．则下列说法不正确的是（）A．镁和铝的总质量为9 gB．最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸C．硫酸的物质的量浓度为2.5 mol•L﹣1D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L13．实验室一瓶固体M的标签右半部分已被腐蚀，剩余部分只看到“Na2S”字样（如图所示）．已知，固体M只可能是Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4中的一种．若取少量固体M配成稀溶液进行有关实验，下列说法不正确的是（）A．只用盐酸一种试剂就可以确定该固体M的具体成分B．往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀，则固体M为Na2SiO3C．往溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl2，若有白色沉淀，则固体M为Na2SO4D．用pH试纸检验，若pH=7，则固体M一定是Na2SO414．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g 固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中（）A．至少存在5种离子B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在15．新型镁铝合金（Mg17Al12）有储氢性能，它一定条件下完全吸氢的反应为：Mg17Al12+17H2═17MgH2+12Al，得到的混合物Y（17MgH2+12Al）能与酸反应释放出大量氢气．下列说法正确的是（）A．该合金应在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质熔炼而成B．该合金中含有离子键，铝元素呈正价C．1mol Mg17Al12完全吸氢后得到的Y与盐酸完全反应放出H2在标准状况下的体积为1164.8L D．合金的熔点高于金属镁、金属铝的熔点16．能正确表示对应反应的离子方程式的是（）A．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32﹣+2Cl2+3H2O═2SO32﹣+4Cl﹣+6H+B．将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+═Fe3++2Fe2++4H2OC．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：Fe2++4H++NO═Fe3++2H2O+NO↑D．铜溶于稀硝酸：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O二、非选择题（共52分）17．如图1是某同学在实验室中进行铝热反应（铝过量）的实验装置，实验中可观察到的现象之一为“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”．（1）试剂A的名称是（2）反应的方程式为（3）探究铝热反应后固体的性质：将反应后容器中的残余固体置于烧杯中，加入100mL稀硝酸，固体完全溶解，（假设固体全部溶解后溶液体积不变），反应过程中无气体放出（活泼金属可把稀 HNO3还原为NH4NO3）．向反应后的溶液中缓慢滴加4mol•L﹣1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量与加入 NaOH溶液的体积的关系如图2所示：①写出DE段发生反应的离子方程式：．②求c（HNO3）= ．③B与A的差值为．18．A、B、C、D、E、F、G七种物质间存在如图所示的转化关系，其中A、B、D、G含有同种元素．已知：A为金属单质，B为红褐色固体，E为密度最小的气体，G为浅绿色的溶液．D的水溶液为黄色溶液，能与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀．在水溶液中D能将某氧化物氧化为F，F是含有三种元素的化合物．请回答下列问题：（1）构成C物质的元素在周期表中的位置是，在短周期主族元素中，该元素与其相邻元素的原子半径从大到小的顺序是（用元素符号表示）．（2）D的水溶液呈性，请用离子方程式解释原因：．（3）上述反应中属于置换反应的是（填序号）．（4）反应③（即D将某种氧化物氧化为F）的离子方程式：（5）气体C通入KI溶液中，氧化产物为KIO3，则氧化剂与还原剂物质的量之比为．19．有一无色溶液可能含Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4+、K+、CO32﹣、SO42﹣等离子的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如图所示：请你根据图推断：（1）原溶液中一定存在的离子有（写化学式）：实验④最终产生的沉淀：（2）写出由A→B过程中所发生反应的离子方程式：．（3）过氧化钠与水反应的化学方程式为：（4）实验②中加入稀盐酸的目的是．20．硫酸亚铁铵又称莫尔盐，是浅绿色晶体．它在空气中比一般亚铁盐稳定，是常用的Fe2+试剂．某实验小组利用工业废铁屑制取莫尔盐，并测定其组成，他们进行了以下实验．Ⅰ．莫尔盐的制取，请回答下列问题．（1）废铁屑中含氧化铁，无需在制备前除去，理由是、（用离子方程式回答），实验前都需将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸，倾倒出液体，用水洗净铁屑．从以下仪器中选择组装，完成该操作必需的仪器有（填编号）．①铁架台②玻璃棒③广口瓶④石棉网⑤烧杯⑥漏斗⑦酒精灯（2）步骤2中加热方式（填“直接加热”﹑“水浴加热”或“沙浴”）；必须在铁屑少量剩余时，进行热过滤，其原因是II．莫尔盐组成的测定①将摩尔盐低温烘干后，称取7.84g加热至100℃失去结晶水，质量变为5.68g．②选择图所示的部分装置连接起来，检查气密性后，将上述5.68g固体放入A装置的锥形瓶中，再向锥形瓶中加入足量NaOH浓溶液，充分吸收产生的气体并测出气体质量为0.68g．③向A中加入适量3%的H2O2溶液，充分振荡后滤出沉淀，洗净、干燥、灼烧后，测得其质量为1.6g．根据上述实验回答下列问题．（3）步骤②中，选择的装置是A接接（填代号），A装置中未使用分液漏斗的理由是．（4）根据上述实验数据计算，摩尔盐中n（NH4+）：n（Fe2+）：n（SO）：n（H2O）= ．2015-2016学年江西省鹰潭市余江一中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1．设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的（）A．2克16O2和14N2的混合气中含有的电子数为N A个B．1molNa与O2完全反应生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为N A个C．Na2O和Na2O2的混合物中若含有1molNa+，则其含有阴离子总数为0.5N AD．常温下，1.0L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、16O2和14N2的摩尔质量不同；B、根据反应后钠元素为+1价来分析；C、在氧化钠和过氧化钠中，均为2mol钠离子～1mol阴离子来分析；D、氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，则水电离的氢氧根离子浓度=氢离子浓度=1×10﹣13mol/L．【解答】解：A、16O2和14N2的摩尔质量不同，故2g混合气体的物质的量与两者的比例有关，则含有的电子数也与两者的比例有关，故A错误；B、由于反应后钠元素为+1价，故1mol钠失去1mol电子即N A个，故B正确；C、在氧化钠和过氧化钠中，均为2mol钠离子～1mol阴离子，故当混合物中含1mol钠离子时，含有0.5mol阴离子即0.5N A个，故C正确；D、室温下pH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为1×10﹣13mol/L，由于氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH﹣离子的浓度与溶液中氢离子浓度相同，故为1×10﹣13mol/L，故D错误．故选AD．【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．甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）．下列说法不正确的是（）A．若甲既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则丙可能属于两性氧化物B．若丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，则乙的水溶液可能具有漂白作用C．若甲、丙、戊含有同一种元素，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲＜丙＜戊D．若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，且戊为碱，则丙只能为Na2O2【考点】无机物的推断．【分析】A．甲为单质，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则甲为Al；B．甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，则甲为Na，乙为氧气；C．丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则丙为HCl，丁为NH3；D．若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，戊为硫酸，则含S 元素的化合价符合题意．【解答】解：A．甲为单质，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则甲为Al，乙为氧气，二者反应生成丙为氧化铝，属于两性氧化物，故A正确；B．丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，则丙为HCl，丁为NH3，若乙为氯气，其水溶液中含有HClO，具有漂白作用，故B正确；C．若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，丁为HClO等具有强氧化性的物质，戊为硫酸，则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲＜丙＜戊，故C正确；D．甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，二者反应生成的丙可能为Na2O2或Na2O，故D错误；故选D．【点评】本题考查无机物的推断，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键，注意选项D为解答的难点，符合甲、丙、戊中同种元素的化合价升高为非金属元素或变价金属元素，题目难度较大．3．同温同压下，三个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①HCl ②NO2③体积比为1：1的NO2和O2，进行喷泉实验．经充分反应后烧瓶内溶质的物质的量浓度之比为（）A．1：1：1 B．4：4：5 C．5：5：4 D．15：10：12【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氯化氢极易溶于水，则盛有氯化氢的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知，水充入烧瓶容积的，据反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3计算出反应后溶质的物质的量，再根据c=计算溶液的物质的量浓度．【解答】解：相同条件下，等体积的气体的物质的量相等，氨气和氯化氢极易溶于水，则盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶容积的，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是二氧化氮的，假设烧瓶的体积为1L，该条件下气体摩尔体积为V m，则：n（HCl）=n（NO2）=mol，溶液中溶质的物质的量分别为：n（HCl）=，n（HNO3）=×，溶液的体积分别为：V（HCl）=1L，V（HNO3）=L，根据c=知，两种溶液的物质的量浓度相等，都是mol/L，体积比为1：1的NO2和O2的混合气中，假设体积都为VL，根据以下方程式反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所以氧气剩余0.75V，而且生成硝酸物质的量为： mol，烧瓶充满溶液其体积为2V﹣0.75V=1.25VL，所以溶质的物质的量浓度为mol/L=×mol/L，所以所得三种溶液的物质的量浓度之比为mol/L： mol/L：（×）mol/L=5：5：4，故选C．【点评】本题考查了物质的量浓度的有关计算，题目难度中等，可以根据c=分析解答，明确溶液中的溶质是解本题的关键，注意盛放二氧化氮的烧瓶中水的体积及溶质的物质的量，为易错点．4．将25.6克的铜完全溶于适量的浓硝酸中，收集到氮的氧化物（NO2、N2O4、NO）的混合气，这些混合气恰好能被250ml 2mol/L NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3的盐溶液，则其中NaNO3的物质的量为（）A．0.1 mol B．0.2 mol C．0.3mol D．0.4 mol【考点】化学方程式的有关计算．【分析】25.6克铜的物质的量为0.4mol，整个过程发生的反应较复杂，但从氧化还原反应电子得失的角度分析可以简化为铜和氮间电子的转移，铜和硝酸反应铜还原硝酸生成氮氧化合物，在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2，我们可以认为铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2，根据得失电子数目相等得到n（Cu）=n（NaNO2），据此解答．【解答】解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，25.6gCu的物质的量为：n（Cu）==0.4mol，共失电子为0.4mol×2=0.8mol，HNO3到NaNO2共得到电子0.8mol，根据得失电子数目相等得到n（Cu）=n（NaNO2），故产物中NaNO2的物质的量为=0.4mol，根据钠元素守恒，所以硝酸钠的物质的量是：0.250L×2mol/L﹣0.4mol=0.1mol，故选A．【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．向FeCl3溶液中加金属钠，Na与水反应，然后与氯化铁反应；B．碘离子的还原性强，先被高锰酸钾氧化；C．酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应；D．少量溴水加入KI溶液中，发生氧化还原反应生成碘．【解答】解：A．向FeCl3溶液中加金属钠，Na与水反应，然后与氯化铁反应，生成氢氧化铁沉淀、氯化钠、氢气，不能置换出铁，故A错误；B．碘离子的还原性强，先被高锰酸钾氧化，则褪色不能说明含亚铁离子，故B错误；C．酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红，故C错误；D．少量溴水加入KI溶液中，发生氧化还原反应生成碘，再加入CCl4，振荡，静置，可观察到下层液体呈紫色，则验证Br2的氧化性强于I2，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、氧化还原反应、离子检验等，把握物质的性质、反应原理是解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．6．强热硫酸亚铁固体可反应：FeSO4FexOy+SO2↑+O2↑+SO3↑（未配平），则下列有关判断不正确的是（）A．若所得气体中SO2与O2的体积比为2：1，则FexOy为氧化亚铁B．若所得FexOy为氧化铁，则气体中SO2与O2的体积比大于2：1C．若所得FexOy为Fe3O4，则气体中SO2与O2的体积比为3：2D．生成的混合气通入BaCl2溶液中，产生的沉淀为BaSO4【考点】化学方程式的有关计算．【分析】A．若所得气体中SO2与O2的体积比为2：1，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式，据此分析；B．若所得FexOy为氧化铁，则Fe、O的化合价升高，S元素的化合价降低，根据得失电子守恒分析；C．若所得FexOy为Fe3O4，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式，再判断产物；D．二氧化硫溶于水生成的亚硫酸易被氧气氧化为硫酸．【解答】解：A．若所得气体中SO2与O2的体积比为2：1，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式：3FeSO43FeO+2SO2↑+O2↑+SO3↑，则FexOy为氧化亚铁，故A正确；B．若所得FexOy为氧化铁，则Fe、O的化合价升高失电子，S元素的化合价降低得电子，若气体中SO2与O2的体积比等于2：1，则得失电子恰好相等，由于Fe元素也失电子，所以SO2与O2的体积比应该大于2：1，故B正确；C．若所得FexOy为Fe3O4，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式为6FeSO42Fe3O4+4SO2↑+O2↑+2SO3↑，则气体中SO2与O2的体积比为4：1，故C错误；D．二氧化硫溶于水生成的亚硫酸易被氧气氧化为硫酸，三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸与BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，故D正确．故选C．【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重于氧化还原反应电子转移和方程式的配平的考查，题目难度中等，考查了学生对基础知识的应用能力．7．已知HCO3﹣+AlO2﹣+H2O═CO32﹣+Al（OH）3↓；将足量的KHCO3溶液不断滴入含等物质的量的KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与滴入的KHCO3溶液体积的关系可表示为（）A．B．C．D．【考点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的有关计算．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】向氢氧化钾、氢氧化钡、偏铝酸钾溶液中加入碳酸氢钾溶液时，碳酸氢根离子先和氢氧根离子反应，然后再和偏铝酸根离子反应，生成的碳酸根离子和钡离子反应生成白色沉淀，偏铝酸根离子和碳酸氢根离子发生复分解生成氢氧化铝沉淀，据此分析解答．【解答】解：HCO3﹣先与OH﹣反应，再与AlO2﹣反应，而HCO3﹣与OH﹣反应生成CO32﹣后，Ba2+与CO32﹣生成沉淀，HCO3﹣+OH﹣+Ba2+═BaCO3↓+H2O①，消耗1molHCO3﹣、1molOH﹣、1molBa2+，生成1molBaCO3沉淀，此阶段化学方程式为KHCO3+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O+KOH；HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O②，消耗2mol HCO3﹣、2molOH﹣（OH﹣消耗完），没有沉淀生成．此阶段化学方程式为KHCO3+KOH═K2CO3+H2O（此时KOH有2mol，原溶液中有1mol，反应①产生1mol）；HCO3﹣+AlO2﹣+H2O═CO32﹣+Al（OH）3↓③，消耗1molHCO3﹣、1mol AlO2﹣（AlO2﹣消耗完），生成1molAl（OH）3沉淀．此阶段化学方程式为KHCO3+KAlO2+H2O═Al（OH）3↓+K2CO3．三阶段消耗KHCO3的物质的量为1：2：1，也即KHCO3溶液体积比为1：2：1；一、三阶段对应的生成沉淀的物质的量为1：1，第二阶段不生成沉淀，所以图象B符合，故选：B．【点评】本题考查了图象分析，明确物质间的反应及反应先后顺序是解本题关键，注意偏铝酸盐能和可溶性的碳酸盐、碳酸氢盐发生双水解反应生成氢氧化铝，为学习的难点和易错点．8．2013年12月5日中国辽宁舰航母编队中的登陆舰紧急逼停了擅闯南海禁航区的美海军“考本斯”号导弹巡洋舰，避免了两军舰艇相撞．据悉，美国“考本斯”号巡洋舰上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）做载热介质．下列有关说法不正确的是（）A．自然界中没有游离的钠和铝B．若铝钠合金投入水中得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀，也可能有铜析出D．m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则铝的质量分数越小【考点】钠的化学性质；铝的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．钠的性质很活泼，极易和氧气、水反应，铝属于亲氧元素；B．根据反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑判断；C．根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑判断；D．如Al过量，则可生成铜．【解答】解：A．钠很活泼，极易和氧气反应生成氧化钠，和水反应生成氢氧化钠，铝属于亲氧元素，极易和氧气反应生成氧化铝，所以自然界中没有游离的钠和铝，故A正确；B．铝钠合金若投入一定的水中发生2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根据方程式知，当氢氧化钠的物质的量大于铝时，得到无色澄清溶液，根据原子守恒得当n （Al）≤n（Na）时，得到无色溶液，故B正确；C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，钠和水反应生成的氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，根据B知，若n（Al）＞n（Na），金属铝也可能会置换出金属铜，故C正确；D．根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多，则铝的质量分数越大，故D错误；故选D．【点评】本题综合考查钠的性质，题目难度中等，可根据反应相关方程式进行判断，易错选项是C，注意铝还可以置换出铜，为易错点．9．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：对上述流程中的判断正确的是（）A．试剂X为稀硫酸B．结合质子（ H+）的能力由强到弱的顺序是：AlO2﹣＞OH﹣＞CO32﹣C．反应II中生成Al（OH）3的反应为：CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣D．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；铝的化学性质．【分析】Al2O3、Fe2O3和硫酸反应，要将氧化铝和Fe2O3分离出来，应该选择氢氧化钠，将氧化铝溶解为偏铝酸钠，则固体难溶物是氧化铁，即试剂X为氢氧化钠，沉淀中含有氧化铁，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，发生CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，Y 为CO2，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解可得铝，以此解答该题．【解答】解：A．Al2O3、Fe2O3和硫酸反应，要将氧化铝和Fe2O3分离出来，应该选择氢氧化钠，将氧化铝溶解为偏铝酸钠，故A错误；B．CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣可说明结合质子（ H+）的能力AlO2﹣＞CO32﹣，但OH﹣最强，故B错误；C．为CO2，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，发生CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故C正确；D．熔融AlCl3不导电，为共价化合物，工业用电解熔融的氧化铝冶炼铝，故D错误．故选C．【点评】本题以铁、铝化合物的性质为载体综合考查工业冶炼铝等知识，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，为高考常见题型，注意把握制备原理和反应的流程，难度中等．10．现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：有关说法错误的是（）A．反应Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4ClB．向饱和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3C．反应Ⅰ生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱D．往母液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可使氯化铵析出【考点】制备实验方案的设计；纯碱工业（侯氏制碱法）．【专题】综合实验题．【分析】饱和氯化钠中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；A．根据发生的反应分析；B．二氧化碳饱和溶液中二氧化碳的浓度较小；C．根据流程分析解答；D．根据氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析．【解答】解：饱和氯化钠中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；A．由发生的反应可知，反应Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl，故A正确；B．NaCl饱和溶液中二氧化碳的浓度较小，所以应该向饱和NaCl溶液中先通入足量的NH3，再通入足量的CO2，故B错误；C．反应I原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl，则反应Ⅰ生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱，故C正确；D．NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，铵根离子浓度增大有利于析出氯化铵，故D正确．故选B．【点评】本题考查了侯德榜制碱法实验方案的设计，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等．11．一定温度下，mg下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反应，过氧化钠增加了ng，且n＞m，符合此要求的物质是（）①H2 ②CO③CO和H2的混合物④HCOOCH3⑤CH3CHO．A．⑤B．①② C．①②③④ D．①②③④⑤【考点】钠的重要化合物．。

江西省重点中学盟校2015届高三第一次联考理科综合试卷 命题组成员： 化学：白鹭洲中学：姚文生 曾建飞 赣州三中：陈良慧 鹰潭一中：王敏超 可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cu-64 7、化学与人类生活密切相关，下列与化学有关的说法不正确的是 A．化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霾天气”的元凶 B．开发和推广新能源是实现低碳生活的途径之一 C．粮食酿酒主要经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程 D．化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火 8．分子式为C9H12O属于芳香醇且苯环上有三个取代基的同分异构体共有 A．4种 B．5种 C．6种 D．8种 ……C AB……D9．有A、B、C、D四种短周期元素在周期表中位置如图所示。

已知：A2+与C原子的电子数相差2。

下列推断不正确的是 A．A和D组成的化合物是弱电解质且水溶液呈酸性 B．与A同周期且与C同主族的E元素，其最高价氧化物对应水化物在某些化学反应中常作催化剂。

C．离子半径：C＞A＞B D．B与C形成的化合物是冶金工业的一种原料 10．NA代表阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述不正确的是 A．在熔融状态下，l mol Na2O2 完全电离出的离子数目为3 NA B．将CO2通过Na2O2使固体质量增加mg，反应中转移的电子数mNA/14 C．在标准状况下，224LCH4与18 gH2O所含有的电子数均为10NA D．含1mol Cl-的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+数为 NA 11．下列实验装置能达到相关实验目的的是 A．图1可用于分离收集CO和CO2 B．图2用于从食盐水中提取NaCl晶体 C．图3用于收集NO D．图4用于氢氧化铁胶体和硫酸钠溶液的分离 12．以熔融Li2CO3和K2CO3为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如右图。

下列说法正确的是 A．以此电池为电源电解精炼铜，当有01 mol e－ 转移时，有32 g铜溶解 B．若以甲烷为燃料气时负极极反应式： CH4+5O2－－8e－=CO32-+H2O C．该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3 D．空气极发生的电极反应式为 O2＋4e－＋2CO2===2CO 13．常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述不正确的是 A．b、c两点溶液的导电能力不相同 B．a、b、c三点溶液中水的电离程度a>c>b C．c点溶液中C(H+) + C(CH3COOH)=C(OH－) D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液 反应，消耗盐酸体积Vb=Vc 26．（15分）Ⅰ研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，同温度下涉及如下反应： a、2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）H1 < 0?其平衡常数为K1? b、2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g）?H2 ”“<”或“=”），平衡常数K1? （填“增大”“减小”或“不变”）。

江西省鹰潭市余江第一中学高三化学月考试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。

）1. 下列有关化学用语的表达正确的是A．甲醛的电子式：B．的名称：3―甲基―2―丁烯C．含78个中子的碘的放射性核素：D．纯碱溶液呈碱性的原理：CO32－＋2H2O＝H2CO3＋2OH－参考答案：C略2. 下列离子在溶液中可以大量共存的一组是（A．H+、Na+、SiO32－、NO3－B．Ag+、Fe3+、NO3－、SO42－C．H+、Cu2+、Cl﹣、NO3－D．NH4+、H+、SO42－、HCO3－参考答案：C【考点】离子共存问题．【分析】A．氢离子与硅酸根离子反应；B．银离子与硫酸根离子反应生成硫酸银沉淀；C．四种离子之间不反应，能够共存；D．氢离子与碳酸根离子发生反应．【解答】解：A．H+、SiO32－之间反应生成硅酸沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Ag+、SO42﹣之间反应生成硫酸银，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．H+、Cu2+、Cl－、NO3－之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．H+、HCO3－之间反应生成二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．3. 下列化学原理表述正确的是（）A．氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，H+浓度增大B．Na2CO3溶液中满足：c(Na+)=2c(CO32-)+2 c(HCO3-)+ 2c(H2CO3)C．NaHCO3溶液不显中性的原因：HCO3-+H2O CO32-+H3O+D．同体积同pH的盐酸和醋酸，与足量的锌反应，盐酸的反应速率快，生成H2的物质的量多参考答案：B氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，但c(H+)会变小，A错。

选项B是Na2CO3溶液中的物料守恒式，正确。

根据所学知识可知NaHCO3溶液显碱性，说明NaHCO3的水解程度大于电离程度，因此不显中性的原因应用水解方程式表示，而不应用电离方程式表示，C错。