福建省莆田九中高三化学上学期第二次月考试题（含解析）.doc

福建省莆田九中2016届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）可能用到的原子量：h 1 n 14 o 16 cl 35.5 al 27第卷 （选择题，共48分）一、单项选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。1、下列物质间转化都能通过一步实现的是（ ） asisio2h2sio3na2sio3 balal2o3naalo2al(oh)3csso3h2so4so2 dn2no2hno3no【答案】b考点：物质之间的转化2、下列物质与其用途完全符合的有几条 na2co3制玻璃sio2太阳能电池agi人工降雨nacl制纯碱al2o3焊接钢轨naclo消毒剂mgo耐火材料fe2o3红色油漆或涂料a、4 b、5 c、6 d、7【答案】c【解析】试题分析：工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，正确；高纯硅为半导体，常用作制造太阳能电池的原料，错误；agi易与空气中水蒸气结合形成晶核，常用于人工降雨，正确；依据侯氏制碱法的原理，氯化钠、氨气、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，正确；铝热反应放出大量的热能够熔化钢轨，可用于焊接钢轨，而不是氧化铝，错误；naclo具有强的氧化性，可以用来杀菌消毒，正确；氧化镁熔点比较高，可以用作耐火材料，正确；fe2o3为红色固体常用来做红色油漆或涂料，正确；故物质与其用途完全符合的有6条。答案选c。考点：物质的性质及用途3、设na为阿伏伽德罗常数的值。下列说正确的是a、高温下，0.2molfe与足量水蒸气反应，生成的h2分子数目为0.3nab、室温下，1l ph13的naoh溶液中，由水电离的oh 离子数目为0.1nac、氢氧燃料电池正极消耗22.4l（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2nad、5nh4no3 2hno3 4n2 9h2o反应中，生成28g n2时，转移的电子数目为3.75na【答案】d【解析】试题分析：a、高温下铁与水蒸气反应的化学方程式为3fe4h2o(g) fe3o44h2，因此高温下，0.2molfe与足量水蒸气反应，生成的h2分子数目为4/30.2 na0.27na，a错误；b、室温下，1lph13的naoh溶液中，氢离子的物质的量是1013，水电离出1个氢离子，必然电离出1个oh离子，所以由水电离的oh离子数目为1013na，b错误；c、氢氧燃料电池正极消耗氧气，22.4l（标准状况）氧气的物质的量是1mol，氧气在反应中得到4个电子，则1mol氧气得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4na，c错误；d、5nh4no32hno34n29h2o反应中，3价的氮元素升高到0价，失去3个电子。5价的氮元素降低到0价，得到5个电子，即每生成4mol氮气反应中转移电子的物质的量是15mol。因此生成28g n2即1mol氮气时，转移电子的物质的量是15mol43.75mol，其的电子数目为3.75na，d正确。答案选d。考点：阿伏伽德罗常数4、下列离子方程式正确的是a、fe(no3)3溶液中加入过量的hi溶液：2fe3 + 2i 2fe2 + i2b、氧化铝溶解在naoh溶液中： al2o3 + 2oh-2alo2- +h2oc、硫酸铝溶液与氢氧化钡溶液反应，使so42恰好沉淀完全 al3+ + so42 + ba2+ + 3oh baso4 + al(oh)3d、在漂白粉配制成的溶液中通入so2：ca2+ + 2clo + so2 + h2o caso3+ 2hclo【答案】b【解析】试题分析：a、fe（no3）3溶液中加入过量的hi溶液的离子反应为fe3+3no3-+12h+10i-=fe2+5i2+3no+6h2o，a错误；b、氧化铝溶解在naoh溶液中： al2o3 + 2oh-2alo2- +h2o，b正确；c、明矾kal(so4)2和氢氧化钡ba(oh)2反应时,1mol明矾和2mol氢氧化钡反应,so42-才能完全沉淀， 2molba(oh)2含有4moloh离子,1molkal(so4)2含有1molal3+,与4moloh-离子正好完全反应生成alo2-：al3+ + 4oh-=alo2- + 2h2o，总的离子方程式为： al3+ + 2so42- + 2ba2+ + 4oh- =alo2- + 2baso4 +2h2o，c错误；d、在漂白粉配制成的溶液中通入so2： ca2+2clo+so2+h2o = caso4+hclhclo，d错误。答案选b。考点：离子方程式的书写5、a、b、c、x均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如下转化关系（其它产物已略去），下列说法错误的是a、若x为cl2，则c可能为fecl3 b、若x为koh溶液，则a可能为alcl3c、若x为o2，则a可为硫化氢d、若a、b、c均为焰色反应呈黄色的物质，则x可能为o2【答案】a 考点：物质之间的转化6、某无色溶液，溶质仅由na+、ag+、ba2+、al3+、alo2、mno4、co32、so42中的若干种组成。取该溶液进行如下实验：（1） 取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液；（2） 在（1）所得溶液中加入过量nh4hco3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；（3） 在（2）所得溶液中加入过量ba(oh)2溶液并加热也有气体生成，同时析出白色沉淀乙。则下列离子在原溶液中一定存在的有a、so42、alo2、na+、co32 b、na+、co32、alo2c、co32、na+、al3+ d、mno4、na+、co32【答案】b【解析】试题分析：溶液呈无色，则一定不含mno4-，（1）取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，说明溶液中含有co32-，则一定不含ag+、ba2+、al3+；（2）在（1）所得溶液中加入过量nh4hco3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，说明（1）中含有al3+，则原溶液中含有alo2-；（3）在（2）所得溶液中加入过量ba（oh）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，该气体为氨气，沉淀为baco3或baso4，不能确定原溶液中是否含有so42-，根据溶液电中性原则可知含有na+，所以溶液中一定含有na+、co32-、alo2-。答案选b。考点：离子检验7、可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是h2s水溶液是弱酸，hcl水溶液是强酸 向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成 硫、氯气分别与铁和铜反应，其产物是fes、cu2s、fecl3、cucl2 高氯酸（hclo4）的酸性比硫酸强a、 b、 c、 d、【答案】c【解析】试题分析：判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱），而h2s水溶液、hcl水溶液均是非含氧酸，错误；判断非金属性强弱的方法：相互置换反应（强制弱），即非金属性强的元素单质可以置换非金属弱的元素单质，向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成，说明氯气可以置换硫，硫元素的非金属性比氯元素弱，正确；非金属单质与具有可变价金属的反应，能生成高价金属化合物的，其非金属性强，氯气将金属氧化到高价，硫将金属氧化到低价，所以硫元素的非金属性比氯元素弱，正确；判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱），高氯酸（hclo4）的酸性比硫酸强，所以硫元素的非金属性比氯元素弱，正确。答案选c。考点：非金属性强弱比较8、将4 mol金属al全部转化为al(oh)3，过程中共消耗hcl a mol、naoh b mol，则ab最小值为a、4 b、6 c、8 d、16【答案】b【解析】试题分析：由al制备al(oh)3的最佳方案是将4molal分为2份，1份3molal与3molnaoh溶液反应，另一份1molal与3mol盐酸反应，然后将两份产物混合，即3alo2-+al3+6h2o=4al(oh)3此时消耗酸、碱的物质的量最小为6mol。答案选b。考点：物质之间的转化9、下列叙述i和ii均正确并且有因果关系的是叙述i叙述iianahco3能与碱反应食品工业用nahco3作焙制糕点的膨松剂bal既可和酸反应又可和强碱反应al可制成铝箔包装物品c浓硫酸有吸水性浓硫酸可干燥co、so3、h2sdk2feo4能与水作用生成fe(oh)3胶体和o2可k2feo4用于净化自来水并杀菌消毒【答案】d考点：物质性质与用途关系的判断10、某溶液中可能含有h+、na+、nh4+、mg2+、fe3+、al3+、so42-、hco3等离子。当向该溶液中加入一定物质的量浓度的naoh溶液时，发现生成沉淀物质的量随naoh溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是 aab段发生的离子反应为：al3+3oh= al(oh)3，mg2+2oh= mg(oh)2b原溶液中含有的阳离子必定有h+、nh4+、al3+、mg2+c原溶液中含有的fe3+和al3+的物质的量之比为1:1dd点溶液中含有的溶质只有naalo2【答案】c【解析】试题分析：根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸氢根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是h+、nh4+、fe3+、al3+， a、ab段发生的离子反应为：al3+3oh-=al（oh）3，fe3+3oh-=fe（oh）3，a错误； b、原溶液中含有的阳离子是h+、nh4+、fe3+、al3+，b错误； c、根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，含有的fe3+和al3+的物质的量之比为1：1，c正确； d、d点溶液中含有的溶质有naalo2，还有nh3h2o，d错误。答案选c。考点：离子检验11、下图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是选项x收集气体ya碱石灰氯化氢水b碱石灰氨气水c氯化钙二氧化硫氢氧化钠d氯化钙一氧化氮氢氧化钠【答案】c考点：气体的收集、净化、干燥12、右图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列反应对应的曲线错误的是a、向naalo2溶液中滴入盐酸至过量 b、向澄清石灰水中通入co2至过量c、向含有盐酸的alcl3溶液中滴入naoh溶液至过量d、向含有等物质的量的ca(oh)2、koh的混合溶液中通入co2至沉淀消失【答案】d【解析】试题分析：a、根据有关的方程式naalo2hclh2o=al(oh)3nacl、al(oh)33hcl=alcl33h2o可知，a正确；b、向澄清石灰水中通入co2至过量的方程式是ca(oh)2co2=h2ocaco3、caco3h2oco2=ca(hco3)2， b正确；c、氢氧化钠首先和盐酸反应，c正确；d、反应的方程式是ca(oh)2co2=h2ocaco3、2kohco2=k2co3h2o、k2co3co2h2o=2khco3、caco3h2oco2=ca(hco3)2，但d中图像不符合消耗co2的物质的量， d错误。答案选d。考点：反应的化学方程式结合图像的分析、判断13、下列实验方案中，不能测定na2co3和nahco3混合物中na2co3质量分数的是a、取ag混合物充分加热，剩余bg固体b、取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bgc、取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体d、取ag混合物与足量ba(oh)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体【答案】b【解析】试题分析：a、nahco3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过剩余固体即可计算出na2co3质量分数，a错误；b、混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，b正确；c、na2co3和nahco3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出na2co3质量分数，c错误；d、na2co3和nahco3都与ba（oh）2反应，反应的方程式为co32-+ba2+baco3、hco3-+oh-+ba2+h2o+baco3，因此最后得到的固体是baco3，所以可以计算出na2co3质量分数，d错误。答案选b。考点：质量分数的测定14、x、y、z、w是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增x与z位于同一主族，y 元素的单质既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应，z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，y、z、w原子的最外层电子数之和为14。下列说法正确的是 a室温下，01 mol/l w的气态氢化物的水溶液的ph 1 bz的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸 cy单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应 d原子半径由小到大的顺序：xyzw【答案】c考点：元素周期表15、利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是选项实验结论a浓盐酸mno2naoh制氯气并吸收尾气b浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性c稀盐酸na2so3ba(no3)2溶液so2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀d浓硝酸na2co3na2sio3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸【答案】b【解析】试题分析：a、浓盐酸和二氧化锰制取氯气需要加热，a错误；b、浓硫酸有脱水性，能够使蔗糖脱水碳化。然后浓硫酸与c单质的反应，生成co2和so2，在试管中与溴水反应氧化还原反应得到硫酸和氢溴酸。因此证明了浓硫酸具有脱水性、氧化性，b正确；c、so2溶解在试管中使溶液显酸性，这时就与ba(no3)2溶液发生氧化还原反应得到so42-,再发生离子反应得到硫酸钡白色沉淀。若在中无氧化性的物质存在，则不能发生沉淀反应，c错误；d、浓硝酸有挥发性，挥发出的硝酸也会与na2sio3溶液反应得到硅酸沉淀。因此不能证明酸性：硝酸碳酸硅酸，d错误。答案选b。考点：实验设计16、取一定质量的均匀固体混合物cu、cu2o和 cuo，将其分成两等份，取其中一份用足量 的氢气还原，测得反应后固体质量减少3.20g，另一份中加入500ml稀硝酸，固体恰好 完全溶解，且同时收集到标准状况下no气体4.48l，则所用硝酸的物质的量浓度为 a3.6mol/l b3.2mol/l c2.8mol/l d2.4mol/l 【答案】d【解析】试题分析：用足量的氢气还原时发生反应：cu2o+h22cu +h2o；cuo+h2cu +h2o。固体减少的质量为氧元素的质量。n(o)=3.2g16g/mol=0.2mol.所以n（cu2o）+ (cuo）= n(o)=0.2mol.稀硝酸恰好完全溶解固体发生反应：3cu+8hno3=3cu(no3)2+2no+4h2o;cuo+2hno3=cu(no3)2+h2o; 3cu2o+14hno3=6cu(no3)2+2no+7h2o.根据这两个反应方程式可看出：3cu-2no；3cu2o2no。n(no)=4.48l22.4l/mol=0.2mol,所以n(cu)+n(cu2o)=0.3mol. +可得：n(cu)+n(cuo)+2n(cu2o)=0.5mol.n(hno3)=2n(cu(no3)2)+n(no).而n(铜元素)=n(cu)+n(cuo)+2n(cu2o).所以n(hno3)=20.5+0.2=1.2mol.故c(hno3)= n(hno3)v=1.2mol0.5l=2.4mol/l。答案选d。考点：化学方程式的有关计算第卷 （非选择题，共52分）二、非选择题：本题共5大题，共52分。17、（7分）（1）玻璃棒是中学化学实验中常用的仪器。下列实验过程中，一般不需要用玻璃棒的是 。（填写编号）粗盐提纯配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液将适量氯化铁饱和溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体探究ba（oh）28h2o晶体和nh4cl晶体反应过程中的能量变化实验室用新制的feso4溶液和预处理过的naoh溶液制备fe（oh）2白色沉淀（2）实验室欲配置450ml 0.25moll-1 naoh溶液：配制时除需用胶头滴管、托盘天平（带砝码）、玻璃棒、药匙外，还必需用到的仪器是 。通过计算，应用托盘天平称取 naoh固体，若将物码放反，则所配制溶液物质的量浓度 。（填“偏大”、“偏小”或“不变”）定容时，仰视液面，则所配溶液物质的量浓度 。（填“偏大”、“偏小”或“不变”） 【答案】（1） （2分） （2）500ml容量瓶 小烧杯（1分） 5.0g 不变 （各1分） 偏小（1分）【解析】试题分析：（1）粗盐提纯，用玻璃棒搅拌，引流；配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液，用玻璃棒搅拌和引流；将适量氯化铁饱和溶液滴入沸水中制氢氧化铁胶体，不能用玻璃棒搅拌，否则得不到胶体，会使胶体聚沉；探究ba（oh）2?8h2o晶体和nh4cl晶体反应过程中的能量变化是为了保证二者充分及时的反应完全，需要搅拌；实验室用新制备的feso4溶液和预处理过的naoh溶液制备fe（oh）2白色沉淀，不能用玻璃棒搅拌；答案 ；考点：溶液配制18、（12分）亚硝酸钠被称为工业盐，不能用作食品工业，但在漂白、电镀等方面应用广泛。现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如下图所示（部分夹持装置略）。已知：室温下，2no+na2o2 2nano23nano2+3hcl = 3nacl+hno3+2no+h2o；酸性条件下，no或no2 都能与mno4反应生成no3 和mn2+完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式 。（2） b中观察到的主要现象是有无色气体产生和 ，d装置的作用是 。（3）检验c中产物有亚硝酸钠的方法是 。（4）经检验c产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物应在b、c装置间增加装置，则该装置中盛放的药品名称 。（5）将7.8g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭 g。【答案】（1）c+4hno3(浓) co2+4no2+2h2o（2分）（2）铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色 （2分） 吸收未反应的no（2分）（3）取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色（2分）（4）碱石灰 （2分） （5）1.8g（2分）【解析】试题分析：（1）木炭与浓硝酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮、水，化学方程式为c+4hno3(浓)co2+4no2+2h2o；（2）因为二氧化氮与水反应生成硝酸，所以b中有硝酸产生，则cu可与硝酸反应生成硝酸铜、no、水，所以除生成气体外，还会看到cu片不断溶解，溶液变为蓝色；因为b装置中有no产生，与过氧化钠反应生成亚硝酸钠，所以d装置的作用是吸收未反应的no；（3）根据已知3nano2+3hcl = 3nacl+hno3+2no+h2o，可知检验c中是否有亚硝酸钠的方法是用盐酸来检验，具体操作为取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色；（4）因为二氧化碳、水都与过氧化钠反应生成碳酸钠、氢氧化钠，造成产品中含有杂质，所以应除去二氧化碳、水，吸收二氧化碳、水的最佳试剂是碱石灰，所以在b、c装置间增加装置，则该装置中盛放的药品名称碱石灰；（5）7.8g过氧化钠的物质的量是0.1mol，根据已知可列na2o22no6no23/2c，所以需要木炭的质量是1.8g。考点：木炭与硝酸反应产物的检验，实验方案的设计19（8分）（1）铜既能与稀硝酸反应也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为： (未配平)硝酸在该反应中的作用是_， 19.2g cu被硝酸完全溶解后，若得到的no和no2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是_。（2）已知白磷和氯酸溶液可发生如下反应： p4 + hclo3 + = hcl + h3po4配平上述反应方程式。白磷有毒，有实验室可采用cuso4溶液进行处理，其反应为：11p4 + 60cuso4 + 96h2o = 20cu3p + 24 h3po4 + 60 h2so4在该反应中30molcuso4可氧化p4的物质的量是 。【答案】（1） 氧化性和酸性 0.9mol（2） 3 p4 + 10 hclo3 + 18 h2o = 10 hcl + 12 h3po4 1.5mol【解析】试题分析：（1）在该反应中硝酸反应生成硝酸盐，且硝酸中n元素的化合价降低，则作氧化剂，所以硝酸在该反应中的作用是氧化性和酸性；该反应中0.3molcu元素由0价升高到+2价，则失去的电子为0.3mol（2-0）mol=0.6 mol，设no的物质的量为n，得到的no和no2物质的量相同，由电子守恒可知，0.3mol2=n（5-2）+n（5-4），解得n=0.15mol，则n原子守恒可知作氧化剂的硝酸为0.15mol+0.15mol=0.3mol，由cu（no3）2可知，作酸性的硝酸为0.3mol2=0.6mol，则参加反应的硝酸的物质的量是0.3mol+0.6mol=0.9mol；考点：20、（8分）向20 ml某物质的量浓度的alcl3溶液中滴入2 moll1naoh溶液时，得到的al(oh)3沉淀质量与所滴加的naoh溶液的体积(ml)关系如图所示，试回答下列问题：（1）图中a点表示的意义是_。（2）图中b点表示的意义是_。（3）上述两步反应用总的离子方程式可表示为：_ _。（4）若所得al(oh)3沉淀0.39 g，则此时用去naoh溶液的体积为_。【答案】（1）生成al(oh)3沉淀的最大值（2分）（2）al(oh)3沉淀完全溶解于naoh溶液中，得到naalo2溶液（2分）（3）al34oh=alo2h2o（2分）（4）7.5 ml或17.5 ml（2分）【解析】试题分析：（1）开始alcl3与naoh反应al3+3oh-=al（oh）3，生成al（oh）3沉淀，naoh量逐渐增多，al（oh）3量逐渐增大，到a点时氢氧化钠将alcl3恰好完全沉淀时，al（oh）3沉淀达到最大量；（2）继续滴加，沉淀逐渐溶解，发生al（oh）3+oh-=alo2-+2h2o，b点时沉淀完全溶解于氢氧化钠溶液中，得到naalo2溶液；（3）上述两步反应用总的离子方程式可表示为al3+4oh-= alo2-+2h2o；（4）0.39 g al（oh）3的物质的量=0.39/78=0.005mol，当naoh溶液不足时，生成0.39 g al（oh）3所需naoh的物质的量为：0.005mol3=0.015 mol，需要naoh溶液的体积=0.015/2=0.0075l=7.5ml；0.78 g al（oh）3的物质的量=0.78/78=0.01mol，al（oh）3沉淀达到最大量alcl3与naoh反应al3+3oh-=al（oh）3，所需naoh的物质的量=0.01mol3=0.03 mol当naoh溶液过量时，还剩余0.39 g al（oh）3，剩余0.39 g al（oh）3溶解可以消耗0.005molnaoh，故共消耗naoh的物质的量=0.03+0.005mol=0.035 mol，需要naoh溶液的体积=0.035/2=0.0175l=17.5ml，答案7.5 ml或17.5 ml考点：铝的重要化合物21. （10分）下图是无机物am在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）。其中，i是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属， k是一种红棕色气体。请填写下列空白： （1） 在周期表中，组成单质i的元素位于第_周期