届甘肃省师大附中高三上学期第一次月考化学试题解析版Word文件下载.docx

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D、碱性氧化物是与酸反应生成盐和水的氧化物为金属氧化物，但金属氧化物可以是两性氧化物如Al2O3，故D正确；

故选D。

3.有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应如下：

①3ZnO+2Al→Al2O3+3Zn

②3Zn+C2Cl6→3ZnCl2+2C

下列有关叙述不正确的是

A.反应①是铝热反应

B.反应②是置换反应

C.C2Cl6属于卤代烃

D.氧化性：

Al＞Zn＞C

【详解】A．反应①利用Al的还原性及放热，为铝热反应可冶炼Zn，A正确；

B．反应②为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，属于置换反应，B正确；

C．C2Cl6为乙烷的卤代物，则属于卤代烃，C正确；

D．由①②可知还原性为Al＞Zn＞C，且Al、Zn均为金属，不具有氧化性，D错误；

答案选D。

【点睛】本题考查反应类型、氧化性和还原性判断以及有机物分类，把握反应中元素的化合价变化、铝热反应、反应类型为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。

选项D是易错点，注意金属无氧化性。

4.下列实验方案合理且能达到对应目的的是

实验目的

实验方案

A

制备Fe（OH）3胶体

向25mL沸水中逐滴加入5～6滴饱和FeCl3溶液，加热煮沸至溶液呈红褐色

B

除去乙酸乙酯中的乙酸

向混合物中加入饱和氢氧化钠溶液，充分振落、静置、分液

C

比较HClO、HCN的酸性强弱

用pH试纸测浓度相同的NaClO溶液和NaCN溶液的pH值

D

测定中和反应的反应热

50mL5.0mol/L的盐酸和50mL5.0mol/L的NaOH溶液反应

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

分析：

A.制备氢氧化铁胶体时，煮沸至溶液呈红褐色停止加热，且不能搅拌；

B.乙酸乙酯在浓氢氧化钠溶液中会发生水解，以此分析；

C.NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，以此解题；

D.中和热是强酸强碱的稀溶液生成1mol水放出的热,以此解题。

详解:

A.制备氢氧化铁胶体的正确方法为：

向25mL沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热,故A正确；

B.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,乙酸与碳酸钠反应,可用碳酸钠溶液除去乙酸，氢氧化钠溶液碱性太强，乙酸乙酯会发生水解，所以B选项是错误的。

C.NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，故C错误；

D.中和热是强酸强碱的稀溶液生成1mol水放出的热，5.0mol/L浓度较大，产生较大误差，故D错误;

所以A选项是正确的。

5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

A.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为2NA

B.标准状况下，22.4L一氯甲烷中含极性共价键数目为4NA

C.标准状况下，22.4LHCl气体中含有NA个气体分子

D.1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子

【详解】A、由于镁反应后变为+2价，故1mol镁反应转移2NA个电子，故A正确；

B、标况下22.4L一氯甲烷的物质的量为1mol，而一氯甲烷中含4条极性共价键，故1mol一氯甲烷中含4NA条极性共价键，故B正确；

C．标准状况下，22.4LHCl的物质的量为1mol，含有NA个分子，故C正确；

D、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能完全进行，故1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，转移的电子数小于2NA个，故D错误；

6.下列反应的离子方程式正确的是

A.氢氧化亚铁在空气中的变化：

2Fe（OH）2+O2+H2O===2Fe（OH）3

B.硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液：

Fe2++2H2O2+4H+===Fe3++4H2O

C.氢氧化铁与氢碘酸反应：

Fe（OH）3＋3HI===FeI3+3H2O

D.硝酸铁溶液中加过量氨水：

Fe3++3NH3·

H2O===Fe（OH）3↓+3NH4+

【详解】A．氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成氢氧化铁，化学方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3，故A错误；

B．Fe2++2H2O2+4H+===Fe3++4H2O中电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故B错误；

C．氢氧化铁与氢碘酸，发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水，反应为2Fe（OH）3+6HI=2FeI2+I2+6H2O，故C错误；

D．氨水为弱电解质，应写成化学式，与硝酸铁反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为Fe3++3NH3·

H2O═Fe（OH）3↓+3NH4+，故D正确；

【点睛】本题考查离子方程式的正误判断，注意从粒子符号、电荷守恒以及反应物的量等角度判断。

本题的易错点为C，要注意铁离子能够氧化碘离子。

7.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）

A.强酸性溶液中：

Cu2+、K+、ClO-、SO42-

B.PH=6的溶液中：

Fe3+、Al3+、SO42-、Cl-

C.含有大量AlO2-的溶液中：

K+、Na+、HCO3-、I-

D.有色透明溶液中：

Fe2+、Ba2+、Cl-、NO3-

【详解】A、溶液为强酸性，还有大量H＋，H＋与ClO－生成弱电解质HClO，因此这些离子不能在指定溶液中共存，故A错误；

B、PH=6的溶液中，Fe3+不能大量存在，故B错误；

C、AlO2-与HCO3-发生互促水解反应而不能大量共存，故C错误；

D、Fe2＋显浅黄绿色，这些离子在指定的溶液中能够大量共存，故D正确；

【点睛】本题重点考查离子共存问题。

解离子共存问题应注意观察是否会构成沉淀、气体、弱电解质，是否会发生氧化还原反应。

观察题中是否有以下字样1.在酸性溶液中。

如果有此字样，那我们就可以知道题中给了我们一个隐藏的限制，那就是在此溶液中含有氢离子。

2.在碱性溶液中。

如果有此字样，那我们就可以知道题中给了我们一个隐藏的限制，那就是在此溶液中含有氢氧根。

因此氢离子、铜离子、2价铁离子、3价铁离子等等不能共存。

3.是否是无色溶液，若是无色溶液则不能有以下有色离子2价铁呈浅绿色、3价铁呈黄色、铜离子呈蓝色、高锰酸根呈紫色。

本题题干中pH＝13，证明溶液含有OH－，溶液中不能存在与OH－反应的物质；

无色透明溶液说明溶液中不能存在有颜色的离子。

8.下列离子方程式的书写及评价均合理的是

选项

离子方程式

评价

将1mol 

Cl2通入到含1mol 

FeI2溶液中：

2Fe2++2I-+2Cl2═2Fe3++4Cl-+I2

正确；

Cl2过量，可将Fe2+、I-均氧化

1mol•L-1的NaAlO2溶液和2.5mol•L-1的HCl溶液等体积互相均匀混合：

2AlO2-+5H+═Al3++Al（OH）3↓+H2O

AlO2-与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：

3

过量SO2通入到NaClO溶液中：

SO2+H2O+ClO-═HClO+HSO3-

说明酸性：

H2SO3强于HClO

Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：

Mg2++HCO3-+OH-═MgCO3↓+H2O

酸式盐与碱反应生成正盐和水

【详解】A、将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，只能够将碘离子氧化完全，正确的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2，正确的评价为Cl2不足，只氧化I-，故A错误；

B、1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，偏铝酸钠和HCl的物质的量分别为1mol、2.5mol，1mol偏铝酸钠消耗1molHCl生成1mol氢氧化铝，剩余的1.5molHCl能够溶解0.5mol氢氧化铝，反应的离子方程式为：

2AlO2-+5H+═Al3++Al（OH）3↓+H2O，AlO2-与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为1:

1.5=2：

3，故B正确；

C、过量SO2通入到NaClO溶液中，SO32-有强还原性，ClO-有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为SO2+H2O+ClO-=2H++SO42-+Cl-，故C错误；

D、Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应，正确的离子方程式为Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg（OH）2↓+2H2O+2CO32-，故D错误；

故选B。

【点睛】本题考查离子方程式的书写。

本题的难点为选项B，注意氢氧化铝具有两性，要从盐酸与偏铝酸钠反应的方程式和量的关系分析判断。

9.某种类型的心脏起搏器工作时发生下列反应：

4Li+2SOCl2→4LiCl+S+SO2，下列有关判断正确的是（提示：

SOCl2中S显+4价）

A.还原剂只有Li

B.SOCl2既是氧化剂又是还原剂

C.还原产物包括LiCl和S

D.生成1.12LSO2时，反应转移电子为0.2mol

在4Li+2SOCl2→4LiCl+S+SO2反应中，Li的化合价升高，作还原剂，S元素的化合价降低，SOCl2作氧化剂。

详解：

A.Li元素的化合价升高，所以还原剂只有Li，故A正确；

B.SOCl2中S元素的化合价降低，所以SOCl2为氧化剂，故B错误；

C.Li元素的化合价升高被氧化，LiCl是氧化产物，S元素的化合价降低被还原，单质S是还原产物，故C错误；

D.因题目中未说明二氧化硫是否处于标准状况，所以无法计算转移电子的数目，故D错误；

答案选A。

点睛：

本题主要考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化情况为解题的关键，侧重于氧化还原反应基本概念的考查，题目难度不大。

本题的易错点是D项，解题时要注意题目中未说明二氧化硫气体是否处于标准状况，所以无法计算转移电子的数目。

10.下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是

实验操作

现象

结论

向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba（ClO）2溶液

生成白色沉淀

试样己氧化变质

向Co2O3中滴入浓盐酸

产生黄绿色气体

氧化性：

Co2O3＞Cl2

向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液

溶液变为红色

待测溶液中含有Fe2+

向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液

有白色沉淀和气体产生

AlO2-与HCO3-发生了双水解反应

A项，若试样没有变质，Ba（ClO）2具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，Na2SO4与Ba2+形成不溶于稀盐酸的BaSO4沉淀，错误；

B项，Co2O3中滴入浓盐酸产生黄绿色气体，则浓盐酸被氧化成Cl2（Cl2为氧化产物），Co2O3为氧化剂，根据同一反应中氧化性：

氧化剂

氧化产物，氧化性：

Co2O3

Cl2，正确；

C项，待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液，溶液变为红色，待测液中可能只有Fe3+不含Fe2+，检验Fe2+应先加KSCN溶液无明显现象，再加氯水溶液变红，错误；

D项，NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液，发生反应：

NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al（OH）3↓，只有白色沉淀，不是双水解反应，是“强制弱”的复分解反应，错误；

11.铜和Al的合金2.3g全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生2.24L的NO2气体和168mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入一定量的氢氧化钠溶液，使生成的沉淀的最大质量为

A.4.1275gB.4.255gC.8.51gD.9.62g

铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，沉淀的总质量等于金属质量与氢氧根的质量之和。

【详解】2.24L的NO2气体的物质的量为

=0.1mol，168mL的N2O4气体的物质的量为

=0.0075mol，所以金属提供的电子的物质的量为0.1mol×

（5-4）+0.0075mol×

2×

（5-4）=0.115mol，所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.115mol，氢氧根的质量为0.115mol×

17g/mol=1.955g，所以沉淀的金属的质量为2.3g+1.955g=4.255g，答案选B。

【点睛】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题解答的关键是铜和镁失去的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，而结合氢氧根的质量就正好是质量增加的量。

12.下列说法正确的是

A.在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+

B.铁粉作食品袋内的脱氧剂，铁粉起还原作用

C.FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，原因是FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜

D.c（Fe2+）=1mol·

L-1的溶液中：

K+、NH4+、MnO4－、S2-能大量共存

【详解】A．Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN无明显现象，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．铁粉作食品袋内的脱氧剂，Fe与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故B正确。

C．Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，没有单质生成，不属于置换反应，故C错误；

D．Fe2+、MnO4-之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；

13.Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。

利用下图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。

下列判断正确的是（　　）

..............................

A.玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应

B.c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2＋充分接触

C.Y形管乙中产生的为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀

D.e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体

【详解】A、玻璃管的作用是连通大气，平衡压力，以便左右两边产生的气体顺利导入，故A错误；

B、如果产生氨气，氨气极易溶于水防止倒吸，所以不能插人BaCl2溶液中，故B错误；

C、SO2与BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故C错误；

D、如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-，所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生氨气碱性气体，故D正确；

解析

【点睛】SO2与BaCl2反应产生沉淀，溶液中必须存在大量的SO32-，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-，如是氧化性气体，溶液中可生成SO42-，则生成的沉淀可能为BaSO3或BaSO4；

容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡,以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。

14.现取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中不正确的是

A.沉淀中氢氧根的质量为（n—m）克

B.恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为

C.生成标准状况下NO气体的体积为

D.与合金反应的硝酸的物质的量为

【答案】C

A、沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（n－m）克，A正确；

B、恰好溶解后溶液中的NO3－离子的物质的量等于沉淀质量最大时溶液中NO3－离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3－）=n（Na+）=n（NaOH）=

mol，B正确；

C、根据以上分析可知沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n（e－）=n（OH－）=

mol，根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即

mol×

=

mol，其体积在标准状况下为

L，C错误；

D、参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为

mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为

mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为（

+

）mol，D正确；

答案选C。

15.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是

A.用装置甲灼烧碎海带

B.用装置乙过滤海带灰的浸泡液

C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2

D.用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气

【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；

B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；

C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；

D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；

16.某氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。

为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按如图所示步骤进行操作。

下列说法中正确的是

A.起始滤液的pH＝7

B.试剂Ⅰ为Ba（NO3）2溶液

C.步骤②中加入试剂Ⅱ的目的是除去Ba2＋

D.图示的步骤中必须要经过2次过滤操作

【分析】氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质，除去碳酸根离子和硫酸根离子，由流程可知，需要加入试剂I为过量氯化钡溶液，然后过滤后获得含氯化钡、氯化钾溶液X，然后加入过量的试剂Ⅱ为碳酸钾溶液除去溶液中的氯化钡，过滤，得到含氯化钾和碳酸钾混合液的W，再加入试剂Ⅲ为过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加热浓缩、蒸发结晶得到氯化钾，以此来解答。

【详解】A．碳酸钾水解使溶液显碱性，pH＞7，故A错误；

B．由上述分析可知，试剂I为BaCl2溶液，不能引入新杂质，故B错误；

C．步骤②中加入试剂Ⅱ为碳酸钾，其目的是除去Ba2+，故C正确；

D．样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，选择试剂除去杂质还需要2次过滤，共3次，故D错误；

故选C。

【点睛】本题考查混合物分离提纯的综合应用，把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键。

本题的易错点为D，要注意根据流程设计的原理和实验目的分析判断。

17.随原子序数递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。

根据判断出的元素回答问题：

上述元素可组成盐R：

zx4f（gd4）2。

向盛有10mL1mol·

L－1R溶液的烧杯中滴加1mol·

L－1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如下：

（1）R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是________________________________。

（2）写出m点反应的离子方程式：

__________________________________________。

（3）若在R溶液中改加20mL1.2mol·

L－1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为________mol。

【答案】

（1）.c（SO42－）＞c（NH4+）＞c（Al3＋）＞c（H＋）＞c（OH－）

（2）.NH4+＋OH－===NH3·

H2O（3）.0.022

【详解】从图中的化合价和原子半径的大小，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。

（1）盐NH4Al（SO4）2在溶液中发生电离：

NH4Al（SO4）2=NH4++Al3++2SO42-，NH4+、Al3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，使溶液中c（H+）增大，当最终溶液达到平衡时，c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性；

由于Al3+水解程度大于NH4+，因此c（NH4+）＞c（Al3+），盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，因此溶液中离子浓度大小关系是：

c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH-），故答案为：

c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH-）；

（2）m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH-反应生成NH3•H2O，离子方程式为NH4++OH-=NH3•H2O，故答案为：

NH4++OH-=NH3•H2O；

（3）10mL1mol•L-1N