福建省莆田市前沁中学高三化学月考试题含解析

福建省莆田市前沁中学高三化学月考试题含解析一、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.广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是水解物质和水分别解离成两部分，然后两两重新结合成新的物质。据此信息，下列说法不正确的是()A．CaO2的水解产物是Ca(OH)2和H2O2

B．PCl3的水解产物是HClO和PH3C．CaC2的水解产物之一是C2H2

D．Mg3N2的水解产物是Mg(OH)2和NH3参考答案：B略2.下列叙述正确的是（

）A．Li在氧气中燃烧主要生成Li2O2B．将SO2通入过量BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀C．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色D．将NH3通过热的CuO，有红色固体生成参考答案：D略3.在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）△H12H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H32S（g）═S2（g）△H4则△H4的正确表达式为（）A．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）B．△H4=（3△H3﹣△H1﹣△H2）C．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）D．△H4=（△H1﹣△H2﹣3△H3）参考答案：A解析：根据目标方程，把方程3反写，计量数乘以2；把方程2乘以；把方程1乘以；然后三者相加；即﹣△H3×2+△H2×+△H1×=（△H1+△H2﹣3△H3），故选A．4.根据以下3个热化学方程式：2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q1kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）△H=﹣Q2kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）△H=﹣Q3kJ/mol判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（）A．Q1＞Q2＞Q3

B．Q1＞Q3＞Q2C．Q3＞Q2＞Q1

D．Q2＞Q1＞Q3参考答案：A解析：已知①2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q1kJ/mol，②2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）△H=﹣Q2kJ/mol，③2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）△H=﹣Q3kJ/mol，①与②相比较，由于S→SO2放热，则Q1＞Q2，②与③相比较，由于H2O（l）→H2O（g）吸热，则Q2＞Q3，则Q1＞Q2＞Q3，故选A．5.下列说法不正确的是(

)。A．用加热法可除去Na2CO3中的NaHCO3B．Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3C．可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液D．小苏打可中和胃酸、热纯碱可除去油污参考答案：C解析：A、NaHCO3受热分解为碳酸钠、水和二氧化碳，故A、B正确；C、Na2CO3与NaHCO3溶液与石灰水反应都生成碳酸钙沉淀，不能区分，故C错误；D、小苏打可中和胃酸、热纯碱可除去油污都是因为两者呈碱性，前者碱性较弱，故D正确；略6.下列家庭验中不涉及化学变化的是A．用熟苹果催熟青香蕉

B．用少量食醋除去水壶中的水垢

C．用糯米、酒曲和水制甜酒酿

D．用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐参考答案：D略7.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－，现取三份100mL溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测正确的是：

（

）①K＋一定存在；②100mL溶液中含0.01molCO32－；③Cl－可能存在；④Ba2＋一定不存在；⑤Mg2＋可能存在A.③④⑤

B.①③④

C.①②

D.③④参考答案：B略8.某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、CI-、SO42-、CO32-、AlO2-

中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol·L-1。某同学进行了如下实验：下列说法正确的是A．原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-B．滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C．沉淀C为Al（OH）3D．无法确定原试液中是否含有K+、Cl-参考答案：A试题分析：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2﹣；加入硝酸钡溶液有气体生成，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；滤液中加入NaOH溶液有气体，说明存在铵根离子，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+。因为存在的离子浓度均为0.1mol?L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在，B、C、D项错误，A项正确；答案选A。9.有关苏打和小苏打的叙述正确的是A、等质量的苏打、小苏打分别与足量稀硫酸反应，小苏打产生的二氧化碳多B、等质量的苏打、小苏打分别与足量的同种盐酸反应，小苏打消耗的盐酸多C、向小苏打溶液中滴入氢氧化钡溶液无沉淀，而苏打溶液中滴入氢氧化钡溶液出现沉淀D、苏打和小苏打都既能与酸反应也能与氢氧化钠反应参考答案：A10.用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构．两个结论都正确的是

A、直线形；三角锥形

B．V形；三角锥形C．直线形；平面三角形

D．V形；平面三角形参考答案：D略11.已知某溶液中可能含有NH4+、SO32—、SO42－、NO3－及其它某些未知离子，某学生取适量试液放入试管中，然后进行如下实验并得出相应的结论，其中合理的是

(

)A．加入BaCl2溶液得到白色，过滤并洗涤沉淀，然后将沉淀加入到足量的稀硝酸中，沉淀无任何变化，说明该溶液中一定含有SO42－B．加入BaCl2溶液得到白色，过滤并洗涤沉淀，然后将沉淀加入到足量的稀盐酸中，沉淀溶解并产生刺激性气味的气体，说明该溶液中一定含有SO32－C．加入1mL0.2mol/L的NaOH，将湿润的紫色石蕊试纸靠近试管口，试纸无变化，说明溶液中一定无NH4+D．加入锌片后无变化，再加入适量的稀硫酸，锌片溶解并有气泡产生，该溶液中一定含有NO3－参考答案：B略12.A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，而辛是由C元素形成的单质，已知：甲十乙=丁十辛，甲十丙=戊+辛；常温0.1mol/L丁溶液的pH为13，则下列说法正确的是A．元素C形成的单质可以在点燃条件分别与元素A、B、D形成的单质化合，所得化合物均存在共价键B．元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为：r(D)>rC)>r(B)C．1.0L0.1mol／L戊溶液中含阴离子总的物质的量小于0.lmolD．1mol甲与足量的乙完全反应共转移约1.204xl024个电子参考答案：A试题分析：根据丁溶液的pH为13，则丁为强碱，短周期内形成的只有NaOH，根据甲＋乙=NaOH＋辛，且辛为单质，则联想到过氧化钠的反应，即2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，则另一个反应为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2↑，即四种元素分别为H、C、O、Na，A、氧分别形成的化合物为H2O、CO2、Na2O2，都含共价键，故正确；B、Na有三个电子层，半径最大，同周期从左向右原子半径减小，即r(Na)>r(C)>r(O)，故错误；C、戊溶液为Na2CO3溶液，根据溶液呈现电中性，c(Na＋)＋c(H＋)=2c(CO32－)＋c(OH－)＋c(HCO3－)，n(Na＋)=0.1mol，即阴离子的总物质的量大于0.1mol，故错误；D、根据反应方程式，2molNa2O2参加反应转移2mole－，则1molNa2O2参加反应，转移电子1mole－，故错误。13.现有含烃基R—的有机物R—OH，该物质遇FeCl3溶液显紫色，其蒸气的密度是相同状况下氢气的47倍。工业上ROH可由如下途径获得：

请回答：（1）反应①的化学方程式为__________________________________,反应类型_________。（2）反应②中，每生成1molRONa,需要NaOH______mol。（3）有机物W(C7H8O)与ROH互为同系物，任写一种W可能的结构简式_______

_。（4）已知醇Z与W互为同分异构体，且Z有如下的转化关系。经测定，B分子中只含有如下结构片段各1个：RCH2——CH3—CH—CH—Br

Br—O—C—

①B的分子式为__________；②Z和D生成A的方程式为：

___________________________________

；

③有机物甲与D“结构相似，分子组成比D多2个CH2原子团”，且分子中除了饱和烃基与D不同外，其余部分都与D相同。写出甲可能的结构简式：

_______________

。参考答案：答案（1）

（2分）取代反应

（1分）

（2）2

（2分）

（3）

（2分）

（4）①C11H12O2Br2

（2分）②

（2分）③（一个2分，共4分）

14.下列关于化学键的叙述，正确的一项是A离子化合物中一定含有离子键B单质分子中均不存在化学键C含有极性键的分子一定是极性分子D含有共价键的化合物一定是共价化合物参考答案：A离子化合物中一定含有离子键，A正确；只有单原子分子单质分子中不含化学键，B错误；CO2分子含有极性键，但CO2是非极性分子；NaOH等离子化合物含有共价键，但是离子化合物，不是共价化合物，D错误。15.参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某校学生利用下图所示装置验证氯气与氨气之间的反应（部分装置已略去）．其中A、B分别为氯气和氨气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置．请回答下列问题：（1）装置A中发生反应的离子方程式为（2）装置B中浓氨水与NaOH固体混合可制取氨气，其原因是（3）装置C中氯气和氨气相遇，有浓厚的白烟并在容器内壁凝结，同时生成一种常见的气体单质，该反应的化学方程式为．（4）将装置C中反应生成的固体溶于水，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为．参考答案：1.MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O

2.NaOH具有吸水性并溶于水放热，且氢氧根离子浓度增大，有利于平衡向生成氨气的方向移动3.3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N24.c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）考点：氯气的化学性质；氮气的化学性质．

专题：元素及其化合物．分析：（1）实验室利用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，反应生成氯化锰、氯气和水；（2）可利用固体与液体来制取氨气，NaOH溶于水放热，且氢氧根离子浓度增大，有利于氨气的逸出；（3）氯气和氨气相遇，有浓厚的白烟并在容器内壁凝结，同时生成一种常见的气体单质，白烟为氯化铵、单质为氮气；（4）氯化铵溶液中，铵根离子水解使溶液显酸性．解答：解：（1）实验室利用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，反应生成氯化锰、氯气和水，离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）利用NaOH固体与浓氨水来制取氨气，是因NaOH具有吸水性并溶于水放热，且氢氧根离子浓度增大，有利于平衡向生成氨气的方向移动，从而氨气逸出，故答案为：NaOH具有吸水性并溶于水放热，且氢氧根离子浓度增大，有利于平衡向生成氨气的方向移动；（3）氯气和氨气相遇，有浓厚的白烟并在容器内壁凝结，同时生成一种常见的气体单质，白烟为氯化铵、单质为氮气，该反应为3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2，故答案为：3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2；（4）氯化铵溶液中，铵根离子水解使溶液显酸性，则溶液中离子浓度为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）．点评：本题考查实验室制取氯气、氨气及其物质的性质，明确反应原理是解答本题的关键，并熟悉物质之间的反应、盐类水解等知识来解答，题目难度不大三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（14分）现有NH3、F2、Cl2、Na、Fe、Na2O、Na2O2、SO2、CO2、NO2等中学化学常见物质，根据它们与水是否发生氧化还原反应进行分类。请回答下列问题：

（1）图中所示的分类方法叫

；

（2）淡黄色固体位于

组（填“A-E”），1mol它与水反应转移电子

mol；（3）用离子方程式表示A组中溶解度较小的物质其水溶液呈弱酸性的原因

；

（4）C组中某一物质须在加热时才能与水蒸气反应，其化学方程式为

；

（5）E组中某气体与B组中某气体反应有单质生成，其化学方程式为

。参考答案：(14分)(1)树状分类法

(2)E

1

(3)H2CO3HCO3—+H+

(4)4H2O(g)+3Fe=Fe3O4+4H2

(5)2NH3+Cl2=N2+6HCl(或8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl;8NH3+6NO2=7N2+12H2O

……)略18.四种短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，请结合表中信息回答下列问题．

XYZW结构或性质X的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应可得到一种盐焰色反应呈黄色在同周期主族元素形成的简单离子中，Z的离子半径最小原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半（1）写出X单质的电子式．（2）W元素在周期表中的位置为

．（3）Y的最高价氧化物对应水化物与Z单质反应的化学方程式

．（4）下列可作为比较Z和Mg金属性强弱的方法是

（填代号）．a．比较两种元素在化合物中化合价的高低b．相同温度下测等浓度相应氯化物水溶液的pHc．在常温条件下比较单质与浓硝酸反应的剧烈程度d．在两种金属氯化物的水溶液中分别滴加过量的NaOH溶液e．比较等量的两种金属与盐酸反应放气体的多少．参考答案：（1）；（2）第三周期ⅣA族；

（3）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（4）bd．

【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】四种短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，X的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应可得到一种盐，则X为N元素；Y焰色反应呈黄色，则Y为Na；Z、W原子序数大于Na，二者处于第三周期，在同周期主族元素形成的简单离子中，Z的离子半径最小，则Z为Al；W原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，最外层电子数为4，则W为Si元素，据此进行解答．【解答】解：四种短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，X的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应可得到一种盐，则X为N元素；Y焰色反应呈黄色，则Y为Na；Z、W原子序数大于Na，二者处于第三周期，在同周期主族元素形成的简单离子中，Z的离子半径最小，则Z为Al，W原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，最外层电子数为4，则W为Si元素，（1）X为N元素，其单质为氮气，氮气分子中含有氮氮三键，氮气的电子式为，故答案为：；（2）W为Si元素，其原子序数为14，处于周期表中第三周期ⅣA族，故答案为：第三周期ⅣA族；

（3）Y的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Z单质为Al，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（4）a．金属性强弱与化合价高低无关（即与失去电子数多少无关），与难易程度有关，故a错误；b．氯化物水溶液的酸性越强，则金属元素的最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，金属性越弱，故b正确；c．由于Al在浓硝酸中发生钝化现象，不能比较金属性强弱，故c错误；d．氢氧化镁不能与氢氧化钠反应，而氢氧化铝能与氢氧化钠反应，说明氢氧化铝表现一定的酸性，故氢氧化镁的碱性更强，可以比较两元素的金属性，故d正确；e．等量的两种金属与盐酸反应放气体的多少与金属性强弱无关，故e错误；故答案为：bd．【点评】本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．19.某校高一化学研究性学习小组对日常生活中的氯气用途进行了调查，了解到氯气可广泛地应用于衣物的漂白、水体的杀菌和消毒等。

（1）氯气可以用于漂白、消毒的原因是因为能与水作用形成具有

▲

性的次氯酸，相关反应的离子方程式为

▲

；（2）在调查某室外