届天津市高三下学期月考化学试题解析版.docx
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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：
H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Zn65
（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
①“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
②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
③石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化。
④淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖
⑤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
⑥除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶
A.③⑤⑥B.④⑤⑥C.①②⑤D.②④⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：
①“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。
②汽油、柴油都是烃；而植物油是酯。
错误。
③石油的分馏、煤的气化和液化都是化学变化，错误。
④淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，正确。
⑤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。
⑥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④⑤⑥，选项是B。
考点：
考查关于有机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
①12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NA
②1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA
③常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
④7.8g
中含有的碳碳双键数目为0.3NA
⑤用1L1.0mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为NA
⑥1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2NA个电子
⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA
⑧常温常压下，17g甲基（-CH3）中所含的中子数为9NA
A.3B.4C.5D.6
【答案】A
【解析】
①n（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，①错误；②Na2O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，②正确；③NO2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，③正确；④苯中不含碳碳双键，④错误；⑤n（FeCl3）=1.0mol/L
1L=1mol，根据反应FeCl3+3H2O
Fe（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，⑤错误；⑥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，⑥错误；⑦用双线桥分析该反应：
，每生成3molI2转移5mol电子，⑦正确；⑧n（-14CH3）=
=1mol，所含中子物质的量为8mol，⑧错误；正确的有②③⑦，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（③⑧）、物质的结构（②④）、溶液中粒子数的确定（⑤）、氧化还原反应中转移电子数（⑥⑦）、可逆反应（⑥）、电解质的电离（①），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2mL0.01mol/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的速率加快
D
向2支盛有2mL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.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向2mL0.01mol/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；D．Ksp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
HCOOH
HCN
H2CO3
HClO
苯酚
K25℃
K=1.77×10-4
K=4.9×10-10
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K=2.98×10-8
K=1.1×10-10
①向苯酚钠溶液中通入少量的CO2:
2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32-
②次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳:
Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
③次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳:
2C1O-+H2O+CO2=2HClO+CO32-
④次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫:
3ClO-+SO2+H2O=SO42-+2HClO+Cl-
⑤纯碱溶液中滴加少量甲酸:
2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑
⑥碳酸钠溶液中通入过量氯气:
Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-
⑦NaCN溶液中通入少量的CO2:
CN-+CO2+H2O=HCO3-+HCN
A.2个B.3个C.4个D.5个
【答案】B
【解析】
①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-，尽管苯酚钠溶液中通入少量的CO2，反应也只能生成C6H5OH和NaHCO3，①错误，②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，②正确，③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NaHCO3，③错误，④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④正确，⑤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⑤错误，⑥由于氯气过量，所以与碳酸钠反应的生成物为CO2+Cl-+ClO-，故⑥错误，⑦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，⑦正确。
所以本题有②④⑦三个正确，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20mL该溶液进行如下实验：
①第一份加入足量盐酸，无任何气体产生；②第二份加入足量NaOH溶液，经搅拌、过滤、洗涤、灼烧，最后得到xg固体；③第三份滴加0.10mol·L－1酸性KMnO4溶液，恰好完全反应，消耗其体积为VmL；④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②、③可判定原混合溶液中是否存在I－
B.由实验①可推断原混合溶液中是否含有SO42-
C.由实验③可判定原混合溶液中是否含有Fe2＋
D.原混合溶液中只存在Na＋、Fe3＋、SO42-，不可能存在K＋、CO32-
【答案】A
【解析】
①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；②第二份加入足量NaOH溶液生成沉淀，说明溶液中含有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；③第三份滴加0.10mol•L-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V×10-4mol，根据得失电子守恒，Fe2+离子或I－的物质的量之和为5V×10-4mol；④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大于
mol，即5V×10-4mol≤
mol，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5V×10-4mol＞
mol，说明溶液中没有铁离子，则含有碘离子，因此由实验②、③可判定原混合溶液中是否存在I－，故A正确；B.根据实验①无法推断原混合溶液中是否含有SO
，故B错误；C.根据实验③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C—O—C—C—C、C—C—O—C—C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、CH3CH2CH2COOCH3、（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；0.1mol·L-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c＞d＞b
【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）3，0.1mol•L-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；C．c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b＞c＞d，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0.25L的两个密闭容器中发生反应：
X2（g）＋3Y2（g）
2XY3（g） ΔH＝－92.6kJ·mol－1，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
X2
Y2
XY3
容器①恒温恒容
1
3
0
放热23.15kJ
容器②恒温恒压
1
3
0
Q（Q＞0）
下列叙述正确的是
A.容器①、②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2mol·L－1
C.容器①、②达到平衡时间相同
D.容器②，Q大于23．15kJ
【答案】D
【解析】
A．该反应前后气体的物质的量不等，容器①、②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①、②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①、②中气体的压强不等，反应速率不等，容器①、②达到平衡时间不同，故C错误；D．①容器中放出23.15kJ热量，则生成XY3的物质的量为：
=0.5mol，容器②恒温恒压，反应过程中压强比容器①大，生成XY3的物质的量＞0.5mol，放出的热量多，即Q大于23．15kJ，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0.2mole-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A．B为电池的负极，发生氧化反应，A错误；B．电流从正极A沿导线流向负极B，B错误；C．A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，0.1000mol·L－1Na2CO3溶液25mL用0.1000mol·L－1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（HCO3-）＋2c（H2CO3）
D.d点：
c（H＋）＝2c（CO32-）＋c（HCO3-）＋c（OH－）
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点时n（HCl）=0.1mol/L×0.0125L=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；B．b点时n（HCl）=0.1mol/L×0.02L=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；C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=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；D．d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⑤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①的反应速率，可采取的措施是_______________________（任写一点）。
（2）步骤②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④中反应的化学方程式是________；步骤④中，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2目的是__________________。
（4）⑤反应的离子方程式为________________________________________________；步骤⑤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+H2O2＝2FeOOH+2H2O（4）.加热使其分解除去，防止其在步骤⑤中继续氧化＋2价铁元素（5）.2FeOOH＋Fe2＋＋2OH－
Fe3O4＋2H2O（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、FeCl2及剩余的HCl，所以加入铁粉后的反应有：
2Fe3++Fe＝3Fe2+和Fe＋2H+=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④的反应方程式为2Fe（OH）2+H2O2
＝2FeOOH+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⑤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2FeOOH＋Fe2＋＋2OH－
Fe3O4＋2H2O；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；
（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⑤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.Ⅰ.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。
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）
Ⅱ.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）.0【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2
a
0。
（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）210
n（转化）（mol）2xx2x
n（平衡）（mol）2-2x1-x2x
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、
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