四川省广安市烈面中学高三化学月考试卷含解析

1、四川省广安市烈面中学高三化学月考试卷含解析一、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. 一定能在下列溶液中大量共存的离子组是ApH=0的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、SO42- B由水电离出的c(H+)=110-13mol / L的溶液：HCO3-、K+、SO42-、Cl- C含大量Fe3+的溶液：NH4+、Na+、SCN-、Cl- DpH=14的溶液：Na+、K+、AlO2-、CO32-参考答案：D略2. 下列物质中：Na2SiO3Al(OH)3NH4HCO3Al2O3NaHSO4既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是

2、A B C D全部参考答案：C略3. 将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀最多时发生反应的化学方程式为（ ） A CO2+2KOH=K2CO3+H2O B CO2+Ba(OH)2=BaCO3+H2O C CO2+3H2O+2KAlO2=2Al(OH)3+K2CO3 D CO2+H2O+K2CO3=2KHCO3参考答案：D略4. 如图所示的电化学装置，下列叙述正确的是（）Aa和b用导线连接，电子由碳经过导线流向铁Ba和b用导线连接，铁电极的电极反应为：Fe3e=Fe3+Ca、b分别连接直流电源正、负极，可以防止铁被腐蚀Da、b分别连接直流电源负、正极，电

3、压足够大时，Na+向铁电极移动参考答案：C考点：原电池和电解池的工作原理分析：A、发生吸氧腐蚀，铁是负极，电子由铁流向碳；B、铁放电，变为二价铁；C、铁与电源的负极相连，可以防止铁被腐蚀；D、a、b分别连接直流电源负、正极，阳离子向阴极移动解答：解：A、发生吸氧腐蚀，铁是负极，电子由铁流向碳，故A错误；B、铁放电，变为二价铁，所以电极反应式为：Fe2e=Fe2+，故B错误；C、铁与电源的负极相连，可以防止铁被腐蚀，故C正确；D、a、b分别连接直流电源负、正极，阳离子向阴极移动，所以向碳方向移动，故D错误；故选C点评：本题考查了原电池，电解池原理的分析应用，电极名称和判断是解题关键，题目较简单5

4、. 室温下，下列说法正确的是A将pH=2的盐酸和pH=4的硫酸等体积混合，所得溶液pH=3BHF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比同浓度NaCN溶液的pH大C向0.1 mol/L氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中 增大D将1 mL pH3的HA溶液稀释到10 mL，若溶液的pH4，则HA为弱酸参考答案：D略6. 下列关于化学与生产、生活的认识，正确的是（ ）A制作航天服的聚酯纤维和用于通讯光缆的光导纤维都是新型无机非金属材料B不锈钢餐具和温度计中的水银都属于合金C福岛核电站泄漏的放射性物质131I和127I互为同素异形体，化学性质几乎相同D绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除化学工业

5、生产对环境的污染参考答案：D7. 一定质量的铁和铜的混合物,与一定浓度的硝酸反应后容器中没有固体剩余,生成标准状况下2.24LNO和4.48LNO2(不考虑N2O4的存在)的混合气体,则参加反应的HNO3的物质的量是A0.5 mol B0.8 mol C1.0 mol D1.6 mol参考答案：B略8. 下列离子方程式中，正确的是 ()A氧化亚铁和稀硝酸反应FeO2H=Fe2H2OB铜和三氯化铁溶液反应CuFe3=Fe2Cu2 C氯化亚铁溶液中滴入氯水Cl22Fe2=2Cl2Fe3D金属铝投入NaOH溶液中2Al2OHH2O=2AlO2H2参考答案：C略9. 关于下列装置说法正确的是A装置中，

6、盐桥中的K+ 移向CuSO4溶液 B装置在电解开始阶段，b极附近溶液的pH增大C可以用装置在铜上镀银，c极为铜 D装置中一段时间后会有Fe(OH)2生成参考答案：AC略10. 下列叙述正确的是（）A电化学反应不一定是氧化还原反应BpH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度相同C根据某反应的H0，判断该反应在此条件下一定能自发进行D已知BaSO4和BaCO3的Ksp相近用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4沉淀，可将BaSO4转化为BaCO3参考答案：D考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；焓变和熵变；水的电离专题：化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题分

7、析：A、电化学反应一定是氧化还原反应；B、CH3COOH抑制水的电离，NH4Cl促进水的电离；C、反应自发进行的判断依据是：HTS0，分析选项是否符合要求；D、根据难溶电解质的溶解平衡进行分析解答：解：A、电化学反应是化学能与电能之间的转化，存在电子的转移，一定为氧化还原反应，故A错误；B、CH3COOH抑制水的电离，NH4Cl中NH4+水解促进水的电离，水的电离程度不同，故B错误；C、在一定条件下能自发进行的依据是HTS0，所以此选项中的某反应的H0，不能判定某反应一定能自发进行，故C错误；D、用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4沉淀，当c2（Na+）c（CO32）K（Na2CO3）时，可将

8、BaSO4转化为BaCO3，故D正确故选D点评：本题考查较为综合，题目难度中等，易错点为C，注意反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据11. 下列说法中，不正确的是 A有机化合物中每个碳原子最多形成4个共价键 B油脂、淀粉、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应 C用溴水既可以鉴别甲烷和乙烯，也可以除去甲烷中的乙烯 D乙烯和苯均能发生氧化反应，说明乙烯和苯分子中均有碳碳双键 参考答案：D略12. 在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示。下列分析不正确的是A代表滴加H2SO4溶液的变化曲线Bb点，溶

9、液中大量存在的离子是Na+、OHCc点，两溶液中含有相同量的OHDa、d两点对应的溶液均显中性参考答案：C试题分析：两个反应的方程式为：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O Ba(OH)2+ NaHSO4=NaOH+BaSO4+H2O NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O。从方程式分析，当氢氧化钡恰好和硫酸完全反应时，溶液的导电能力最小，故代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A正确。b点是加入硫酸氢钠进行反应，溶液中含有氢氧化钠，B正确。c点曲线为硫酸，曲线为氢氧化钠和硫酸钠，因为硫酸根离子浓度相同，中钠离子浓度大于中氢离子浓度，所以溶液中的氢氧根离子浓度不相同，C错误。a点

10、为钡离子和硫酸根离子完全沉淀，d为硫酸钠溶液，溶液都显中性，D正确。13. 钠铝合金(常温液态)可作为核反应堆的载热介质。下列说法错误的是A该合金的熔点低于金属钠的熔点B若将钠铝合金投入水中得到无色溶液且无固体剩余，则n(Na)n(Al)C若将钠铝合金投入FeCl3溶液中有Fe(OH)3沉淀生成D等质量的钠铝合金中铝的含量越大，与足量盐酸反应时放出的氢气越少参考答案：D略14. 下列说法正确的是A按分散剂可将分散系分为溶液、胶体和浊液B元素周期表中含金属元素最多的是IA族CNa2O2、CH3F、NH4Cl、Ba(OH)2均为离子化合物D漂白粉、福尔马林、钢、王水、氯水均为混合物参考答案：D15

11、. 短周期主族元素A、B、C、D，原子序数依次增大。A、C原子序数相差8，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半。下列叙述正确的是A原子半径：ADCBBB、C、D分别与A形成的化合物一定含有相同的化学键C最高价氧化物对应水化物的酸性：DCD常温下，单质B能大量溶于浓硝酸中参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成实验装置如下：每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）

12、：实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mLT10.6400.32000T20.64000.256V2T30.6400.160Y322.4T40.640X40.19233.6（1）实验过程中A中的现象是 D中无水氯化钙的作用是 （2）在测量E中气体体积时，应注意先 ，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）（3）实验中B中吸收的气体是 实验中E中收集到的气体是 （4）推测实验中CuSO4分解反应方程式为： （5）根据表中数据分析，实验中理论上C增加的质量Y3= g（6）结合平衡移动原理，

13、比较T3和T4温度的高低并说明理由 参考答案：（1）白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；（2）冷却至室温 偏小；（3）SO3；O2；（4）2CuSO42CuO+2SO2+O2；（5）0.128；（6）T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）根据无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；（2）气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；（3）实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧

14、化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；（4）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol=0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为： =0.004mol，氧气的质量为：0.640.320.256=0.064g，物质的量为： =0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2； （5）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol=0.32g；SO3

15、的质量为：0.16g，氧气的质量为： 32=0.032g，根据质量守恒实验中理论上C增加的质量Y3=0.640.320.160.032=0.128g；（6）根据表中实验的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2【解答】解：（1）因为无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是 吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；（2）加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意

16、先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温 偏小；（3）实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；（4）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol=0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为： =0.004mol，氧气的质量为：0.640.320.256=0.064g，物质的量为： =0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验中CuSO4分解反应

17、方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2，故答案为：2CuSO42CuO+2SO2+O2； （5）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol=0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为： 32=0.032g，实验中理论上C增加的质量Y3=0.640.320.160.032=0.128g故答案为：0.128；（6）根据表中实验的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更

18、多的O2三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. 某化工厂以软锰矿、闪锌矿(除主要成分为MnO2、ZnS外还含有少量的FeS、CuS、Al2O3等物质)为原料制取Zn和MnO2。（1）在一定条件下，将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用，配平如下的化学方程式： MnO2 + FeS + H2SO4 MnSO4+ Fe2(SO4)3+ S+ H2O（2）将所得含有Mn2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Zn2+的酸性溶液按以下的工业流程进行操作处理得溶液(IV)，电解溶液(IV)即得MnO2和Zn。a、操作中加Zn粉后发生反应的离子方程式为_ _b、操作中加入适量X的作用是什么_ _；X的首选物

19、的化学式是：_ _c、操作中所加碳酸盐的化学式是_ _（3）为了从上述流程中产生的Fe(OH)3 、Al(OH)3沉淀混合物中回收Al(OH)3，工厂设计了如下的有关流程图。a、AlCl3溶液和NaAlO2溶液反应生成AI(OH)3的离子方程式为_ _若总共得到n molAl(OH)3，则消耗的NaOH和HCl的理论量（mol）分别为_ _、_ _b、若使用下列流程回收处理，请比较两个流程消耗酸碱的用量？_ _参考答案：（1） 3 MnO2 + 2 FeS + 6 H2SO4 3 MnSO4 1 Fe2(SO4)3+ 2 S+ 6 H2O（2）a Zn+Cu2+Zn2+Cu； Zn+2Fe3+=Zn2+2Fe2+ b将Fe2+氧化成Fe3+ ； 是MnO2cMnCO3或ZnCO3 或MnCO3和ZnCO3 （3）a Al33AlO26H2O4Al(OH)3 ； 3n/4 、 3n/4 b如按下流程，则得到同样n molAl(OH)3，消耗的NaOH、HCl的理论量分别为n mol，大于前流程的消耗量，相对而言，前流程更符合节约的原则略18. 现有A、B、C、D、E可溶于水的五种化合物，其组成的离子如下表，且每种离子只有一次。阳离