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1、届天津市高三下学期月考化学试题解析版2018届天津市高三下学期月考化学试题（解析版）相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Zn 65（一）选择题（第小题只有一个正确选项，第小题2分，共20分）1.下列关于有机物的说法中，正确的一组是“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化。淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag除去CH4中的少量C2H4，可

2、将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种混合物，错误。汽油、柴油都是烃；而植物油是酯。错误。石油的分馏、煤的气化和液化都是化学变化，错误。淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，正确。将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag，铜是反应的催化剂，因此反应后称量的质量也是ag，正确。由于乙烯可以与溴水发生加成反应，产生液态物质1,2-二溴乙烷，而甲烷不能与溴水反应，因此除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶，正确。正确的是，选项是B。考点：考查关于有机

3、物的说法的正误判断的知识。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有几个12.0 g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NA1mol Na2O 和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 NA常温常压下，92 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6 NA7.8 g中含有的碳碳双键数目为0.3 NA用1L1.0 mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为NA1mol SO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2 NA个电子在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O 中，每生成3molI2转移的电子数为5 NA常温常压下，17 g甲基

4、(-CH3)中所含的中子数为9 NAA. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】A【解析】n（NaHSO4）=0.1mol，NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为NaHSO4=Na+HSO4-，12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子物质的量为0.1mol，错误；Na2O和Na2O2中阴、阳离子个数之比都为1:2，1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总物质的量为3mol，正确；NO2和N2O4的实验式都是NO2，n（NO2）=2mol，常温常压下92g的NO2和N2O4混合气体中所含原子物质的量为6mol，正确；苯中不含碳碳双键，错误；n（FeCl3）=1.0mol/L1L

5、=1mol，根据反应FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，生成1molFe（OH）3，氢氧化铁胶粒是一定数目Fe（OH）3的集合体，氢氧化铁胶粒的物质的量小于1mol，错误；若1molSO2全部反应则转移2mol电子，而SO2与O2的反应是可逆反应，1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，转移电子物质的量小于2mol，错误；用双线桥分析该反应：，每生成3molI2转移5mol电子，正确；n（-14CH3）=1mol，所含中子物质的量为8mol，错误；正确的有，答案选A。点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，主要考查物质的组成（）、物质的结构（）、溶液中粒子

6、数的确定（）、氧化还原反应中转移电子数（）、可逆反应（）、电解质的电离（），解题的关键是对各知识的理解和应用。3.由下列实验及现象不能得出相应结论的是选项实验现象结论A向2 mL 0.01mol/L的 FeCl3溶液中加入1滴KSCN溶液，再加入足量铁粉，充分振荡溶液变为红色，加入铁粉后红色褪去，变为浅绿色Fe3+比Fe2+的氧化性强B加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸湿润的红色石蕊试纸逐渐变蓝NH4HCO3分解产生氨气C将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，将其放置在坩埚中加热钠表面变暗，加热时，钠燃烧，发出黄色火焰钠易与氧气反应，加热时生成Na2O的速

7、率加快D向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A向2 mL 0.01mol/L的 FeCl3溶液中加入1滴KSCN溶液，溶液变为红色，是因为Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，再加入足量铁粉，红色褪去，是因为发生2Fe3+ + Fe=3Fe2+，能说明Fe3+比Fe2+的氧化性强，故A正确；B加热NH4HCO3固体生成氨气、水、二氧化碳和氨气，试管口放置的湿润红色石蕊试纸变蓝色，能够说明NH4HCO3分解产生氨

8、气，故B正确；C钠常温下与氧气反应生成氧化钠，加热生成过氧化钠，加热时不能生成氧化钠，故C错误；DKsp小的先沉淀，则由现象可知相同温度下，AgCl 在水中的溶解度大于AgI的溶解度，故D正确；故选C。4.已知常温下，几种物质的电离平衡常数，下列反应的离子方程式正确的有几个弱酸HCOOHHCNH2CO3HClO苯酚K25K=1.7710-4K=4.910-10K1=4.310-7K2=5.610-11K=2.9810-8K=1.110-10向苯酚钠溶液中通入少量的CO2:2C6H5O-+CO2+H2O2C6H5OH+CO32-次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳:Ca2+2ClO-+CO2+H2O=

9、CaCO3+2HClO次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳:2C1O-+H2O+CO2=2HClO+CO32-次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫:3ClO-+SO2+H2O=SO42-+2HClO+Cl-纯碱溶液中滴加少量甲酸:2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2碳酸钠溶液中通入过量氯气:Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-NaCN溶液中通入少量的CO2:CN-+CO2+H2O=HCO3-+HCNA. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个【答案】B【解析】根据表中数据可知，苯酚的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-，则苯酚能与CO32-反应生成HCO3-，尽管

10、苯酚钠溶液中通入少量的CO2，反应也只能生成C6H5OH和NaHCO3，错误，因为次氯酸的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-， 所以次氯酸钙溶液中通入少量CO2，生成物是HClO 和CaCO3沉淀，正确，由于次氯酸的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-，所以次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，生成物只能是HClO和NaHCO3，错误，由于HClO具有强氧化性，将SO2氧化为H2SO4，而自身还原为Cl-，但由于次氯酸钠量多，生成的硫酸又与次氯酸钠反应生成次氯酸，所以正确，甲酸的酸性强于碳酸，但甲酸量少，与碳酸钠反应只能生成甲酸钠和碳酸氢钠，故错误，由于氯气过量，所以与碳酸钠反应的生成物为CO2+Cl

11、-+ClO-，故错误，由于HCN的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-，所以NaCN溶液中通入少量的CO2，反应只能生成HCO3-+HCN，正确。所以本题有三个正确，答案选B。点睛：较强的酸可以置换较弱的酸，再加上量的限制，使本题很难快速解答。这些反应不仅与酸性强弱有关，还与氧化性还原性的强弱、通入气体量的多少有关，如：一般情况下少量CO2通入碱性溶液中生成CO32-，过量CO2通入碱性溶液生成HCO3-。5.某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：K、Na、Fe2、Fe3、SO42-、I、CO32-，现取三份20 mL该溶液进行如下实验：第一份加入足量盐酸，无任何气体产生；第二份加入足量NaO

12、H溶液，经搅拌、过滤、洗涤、灼烧，最后得到x g固体；第三份滴加0.10 molL1酸性KMnO4溶液，恰好完全反应，消耗其体积为V mL；另用洁净的铂丝蘸取该混合溶液置于浅色火焰上灼烧，发现火焰呈现黄色。根据上述实验，以下说法正确的是A. 由实验、可判定原混合溶液中是否存在IB. 由实验可推断原混合溶液中是否含有SO42-C. 由实验可判定原混合溶液中是否含有Fe2D. 原混合溶液中只存在Na、Fe3、SO42-，不可能存在K、CO32-【答案】A【解析】第一份加入足量盐酸，无任何气体产生，说明溶液中不含CO32-离子，Fe3和I不能同时存在；第二份加入足量NaOH溶液生成沉淀，说明溶液中含

13、有Fe2+或Fe3+离子，或二者都有，根据最后得到xg固体，为氧化铁，可知总共含有的铁元素的物质的量为2=mol；第三份滴加0.10molL-1酸性KMnO4溶液，消耗其体积为VmL，说明溶液中含有还原性离子，含有Fe2+离子或I中的一种或2种，KMnO4的物质的量为V10-4mol，根据得失电子守恒，Fe2+离子或I的物质的量之和为5V10-4mol；另用洁净的铂丝蘸取该混合溶液置于浅色火焰上灼烧，发现火焰呈现黄色，说明含有Na+离子，但不能确定是否含有K+离子，须通过蓝色钴玻璃观察判断。A. 碘离子和亚铁离子与高锰酸根反应的比例是相同的，高锰酸根折算成亚铁离子，若折算后亚铁离子的物质的量不

14、大于mol，即5V10-4molmol，说明溶液中含有铁离子，则没有碘离子，若折算后亚铁离子的物质的量大于 mol，即5V10-4molmol，说明溶液中没有铁离子，则含有碘离子，因此由实验、可判定原混合溶液中是否存在I，故A正确；B. 根据实验无法推断原混合溶液中是否含有SO，故B错误；C. 根据实验无法判定原混合溶液中是否含有Fe2，只能判断含有Fe2+离子或I中的一种或2种，故C错误；D. 根据上述分析，无法判断原混合溶液中是否存在K，故D错误；故选A。6.由丁醇(X)制备戊酸(Z)的合成路线如图所示，不正确的是A. Y的结构有4种B. X、Z能形成戊酸丁酯，戊酸丁酯最多有16种C. 与

15、X互为同分异构体，且不能与金属钠反应的有机物有4种D. 与Z互为同分异构体，且能发生水解反应的有机物有9种【答案】C【解析】A、丁基有四种结构：，Y是丁基和溴原子结合而成，所以有四种结构，故A正确；B、戊酸丁酯中的戊酸，相当于丁基连接一个COOH，所以有四种结构，而丁醇是丁基连接一个OH，所以也有四种结构，因此戊酸丁酯最多有16种，故B正确；C、X为丁醇，其同分异构体中不能与金属钠反应的是醚，分别是COCCC、CCOCC和共3种，所以C错误；D、Z是戊酸，其同分异构体能发生水解的属于酯类，HCOOC4H9有4种，CH3COOC3H7有2种，CH3CH2COOCH2CH3、CH3CH2CH2CO

16、OCH3、(CH3)2CHCOOCH3，所以共9种，故D正确。本题正确答案为C。点睛：注意B选项的戊酸丁酯的同分异构体还有很多，但题中要的是戊酸丁酯最多有多少种？这是很容易搞错的；本题正确解答的关键是掌握住丁基、丙基的结构有几种。7.短周期元素a、b、c、d、e 的原子序数依次增大，由它们形成的化合物X、Y、Z、W 在一定条件下的相互转化关系如图所示。已知X、Y、Z均含有d元素；X的焰色反应呈黄色；Y是两性氢氧化物；0.1molL-1W溶液的pH为1。下列说法正确的是A. e元素的含氧酸的酸性在同主族中最强B. b元素的单质和氢化物可能具有氧化性和漂白性C. c与e和a与e元素形成的化合物均属

17、于电解质且化学键类型相同D. b、c、d元素的离子半径大小顺序是 cdb【答案】B【解析】【分析】X的焰色反应呈黄色，应含有Na元素；Y是两性氢氧化物，应为Al(OH)3，0.1molL-1W溶液的pH为1，应为强酸，可为HCl，由转化关系可知，X为NaAlO2，Z为AlCl3，则a、b、c、d、e依次为H、O、Na、Al、Cl元素，以此解答该题。【详解】A如不是最高价氧化物的水化物，则e元素的含氧酸酸性不一定强，如HClO，为弱酸，故A错误；B如为O3、H2O2，则具有漂白性和氧化性，故B正确；Cc与e和a与e元素形成的化合物分别为NaCl、HCl，分别为离子化合物、共价化合物，化学键类型不

18、同，故C错误；D电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径bcd，故D错误；故选B。【点睛】本题考查无机物的推断，把握焰色反应、pH计算、两性氢氧化物推断物质为解答的关键，W为HCl、Y为氢氧化铝为推断的突破口。本题的易错点为A，注意根据元素周期律判断酸性强弱时一定是最高价氧化物的水化物。8.相同温度下，体积均为0.25 L的两个密闭容器中发生反应：X2(g)3Y2(g) 2XY3(g)H92.6 kJmol1，实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如下表所示：起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化容器X2Y2XY3容器恒温恒容130放热 23.15 kJ容器恒

19、温恒压130Q(Q0)下列叙述正确的是A. 容器、中反应物X2的转化率相同B. 达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2 molL1C. 容器、达到平衡时间相同D. 容器， Q大于2315 kJ【答案】D【解析】A该反应前后气体的物质的量不等，容器、中气体的压强不等，平衡状态不同，反应物X2的转化率不同，故A错误；B该反应前后气体的物质的量不等，容器、中气体的压强不等，平衡状态不同，达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度不等，故B错误；C. 该反应前后气体的物质的量不等，容器、中气体的压强不等，反应速率不等，容器、达到平衡时间不同，故C错误；D容器中放出23.15kJ热量，则生成XY3

20、的物质的量为：=0.5mol，容器恒温恒压，反应过程中压强比容器大，生成XY3的物质的量0.5mol，放出的热量多，即Q大于2315 kJ，故D正确；故选D。9.通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如下图所示，下列说法正确的是A. B为电池的正极，发生还原反应B. 电流方向从B极沿导线经小灯泡流向A极C. A极的电极反应式为: D. 当外电路中有0.2mol e- 转移时，A极区增加的H+ 的数目为0.1NA【答案】D【解析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，电流从正极经导线流向负极，则AB为电池的负极，发生氧

21、化反应，A错误；B电流从正极A沿导线流向负极B，B错误；CA为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，C错误；D据电荷守恒，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生，则A极区增加的H+的个数为0.1NA，D正确；答案选D。10.在常温下，0.1000 molL1 Na2CO3溶液25 mL用0.1000 molL1盐酸滴定，滴定曲线如图。对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列说法不正确的是A. a点：c(HCO3-)c(CO32-)c(OH)B. b点：5c(Cl)4c(HCO3-)4c(CO32-)C. c点：c(OH)c(H)c(HCO

22、3-)2c(H2CO3)D. d点：c(H)2c(CO32-)c(HCO3-)c(OH)【答案】C【解析】【详解】Aa点时n(HCl)=0.1mol/L0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则c(HCO3-)c(CO32-)，故A正确；Bb点时n(HCl)=0.1mol/L0.02L=0.002mol，由物料守恒可知5c(Cl-)=4c(HCO3-)+4c(CO32-)+4c(H2CO3)，则5c(Cl-)4c(HCO3-)+4c(CO32-)，故B正确；Cc点时n(HCl)=0.

23、1mol/L0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3，由于HCO3-水解程度较弱，则有c(HCO3-)c(OH-)，故C错误；Dd点时加入盐酸0.005mol，溶液中溶由反应生成的CO2，溶液存在电荷守恒，存在c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)，由于c(Na+)=c(Cl-)，则 c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故D正确；故选C。【点睛】本题综合考查离子浓度的大小比较，本题注意分析反应物的物质的量之间的关系，判断反应的程度以及溶液的主要成分，结合盐类水解的原理解答。本题的易错点为A，要

24、注意相同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠的水解程度的大小。（二）填空题(70分)11.某学习小组用铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）制备Fe3O4纳米材料的流程示意图如下：已知：步骤中，相同条件下测得Fe3O4的产率与R()的关系如图所示。（1）为提高步骤的反应速率，可采取的措施是_(任写一点) 。（2）步骤中，主要反应的离子方程式是_。（3）浊液D中铁元素以FeOOH形式存在,步骤中反应的化学方程式是_；步骤中，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2目的是_。（4）反应的离子方程式为_ ；步骤中的“分离”包含的步骤有_。（5）设浊液D中FeOOH的物质的量为amol，滤液B中的铁元素的

25、物质的量为bmol。为使Fe3O4的产率最高，则_。（填数值，小数点后保留3位）【答案】 (1). 搅拌、适当升高温度 (2). 2Fe3+ + Fe 3Fe2+ (3). 2Fe(OH)2 +H2O22FeOOH + 2H2O (4). 加热使其分解除去，防止其在步骤中继续氧化2价铁元素 (5). 2FeOOHFe22OHFe3O42H2O (6). 过滤、洗涤 (7). 0.636【解析】(1)这是在溶液中进行的反应，为了提高反应速率，可采用搅拌，或适当升高温度，或者适当增大盐酸的浓度；(2)由铁泥的主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe可知，在与盐酸反应后的滤液A中有FeCl3、FeCl

26、2及剩余的HCl，所以加入铁粉后的反应有：2Fe3+ + Fe 3Fe2+和Fe2H+=Fe2+H2，其中主要的反应为2Fe3+ + Fe 3Fe2+；(3)浊液C为Fe(OH)2，而浊液D为FeOOH，所以步骤的反应方程式为2Fe(OH)2 +H2O22FeOOH + 2H2O，反应完成后继续加热，是为了除去H2O2，防止在与滤液B(即FeCl2)混合时氧化Fe2+；(4)根据转化关系可知，步骤中反应物为浊液D中的FeOOH和滤液B中的Fe2+，结合反应环境，可写出反应的离子方程式为2FeOOHFe22OHFe3O42H2O；为了除去纳米Fe3O4中的浊液杂质，可用过滤、洗涤的方法进行分离；

27、(5)已知浊液D中FeOOH的物质的量为amol，即Fe3的物质的量为amol，滤液B中的铁元素的物质的量为bmol，则与浊液D中FeOOH反应的Fe2的物质的量为(b-a)mol，由图象可知当Fe3O4的产率最高时，=1.75=，则0.636。点睛：步骤反应方程式的书写是本题出错点，关键是配平方程式时必须遵循电荷守恒和质量守恒，只能用OH进行配平；而a/b的计算时，要明确滤液B中的铁元素一部分生成浊液D中的FeOOH，另一部分再与浊液D中的FeOOH反应。12.如图所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，甲中充入2molA和1molB，乙中充入2molC和1molHe，此时K停在0处。

28、在一定条件下发生可逆反应：2A（g）+B（g）2C（g）；反应达到平衡后，再恢复至原温度。回答下列问题：（1）可根据 _现象来判断甲乙都已达到平衡状态。（2）达到平衡时，隔板K最终停留在0刻度左侧a处，则a的取值范围是_。（3）若达到平衡时，隔板K最终停留在左侧刻度1处，此时甲容积为2L，反应化学平衡常数为_（带单位）.若一开始就将K、F如图固定，其他条件均不变，则达到平衡时：（1）测得甲中A的转化率为b，则乙中C的转化率为 _ ；（2）假设乙、甲两容器中的压强比用d表示，则d的取值范围是 _ 。【答案】 (1). 活塞K和F不在移动 (2). 0a2 (3). 4L/moL (4). 1-b

29、 (5). 4/3d3/2【解析】试题分析：本题考查化学平衡的计算，极限法的使用，化学平衡的标志，恒温恒容下的等效平衡规律。I（1）甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，说明甲乙都是恒压容器。反应2A（g）+B（g）2C（g）是正反应为气体分子数减小的反应，建立平衡的过程中气体物质的量发生变化，气体体积发生变化，隔板K和活塞F发生移动，平衡时气体物质的量不变，隔板K和活塞F不再移动。根据隔板K和活塞F不再移动判断甲乙都已经达到平衡状态。（2）用极限法，若甲中A和B不反应，隔板K停留在0刻度；若甲中A和B完全反应则生成2molC，根据恒温恒压下气体体积之比等于气体物质的量之比，（2mol+1mol）：2mol=6：V，V=4，则隔板K停留在0刻度左侧2处；由于是可逆反应则a的取值范围2a0。（3）若达到平衡时，隔板K最终停留在左侧刻度1处，设开始到平衡过程中转化的B的物质的量为x，用三段式2A（g）+B（g）2C（g）n（起始）（mol） 2 1 0n（转化）（mol） 2x x 2xn（平衡）（mol） 2-2x 1-x 2x根据恒温恒压下气体的体积之比等于气体物质的量之比列式3：（2-2x+1-x+2x）=6：5，解得x=0.5mol，则平衡时A、B、C的物质的量依次为1mol、0.5mol、1mol，容积为2L，平衡时A、B、C的物质的量浓度依次为0.5mol/L、