2023-2024学年安徽省九师联盟高三上学期9月月考化学试题（解析版）

高三化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B40笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：化学实验基础、物质及其变化、物质的量、全属及其化合物。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16P31S32Fe56Cu64Zn65一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.《雷公炮炙论》中记载了古代制取枯矾的方法：“凡使白矾(明矾)，须以磁瓶盛于火中煅，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安石蜂窠于赤瓶之中烧，蜂窠尽为度……”，文中煅烧白矾所用的仪器类似于现代实验室中的A.蒸发皿 B.坩埚 C.圆底烧瓶 D.研钵【答案】B【解析】【详解】由题意可知，煅烧白矾所用的仪器是磁瓶，磁瓶类似于现代实验室中的坩埚；故选B。2.如图为我国出土的后母戊鼎，经测定，其成分为铜84.77%、锡11.64%、铅2.79%。后母戊鼎充分显示出商代青铜铸造业的生产规模和技术水平。下列有关说法正确的是A.融化该鼎所需温度比纯铜的高 B.该鼎在足量稀硫酸中将化为乌有C.该鼎在干燥、无氧环境中不生锈 D.鼎表面生成的铜绿成分主要是CuO【答案】C【解析】【详解】A．该金属是合金，合金熔点低于纯金属，A错误；B．铜在金属活动顺序表中位于H后，则铜不与稀硫酸反应，B错误；C．铜生锈的原理是和水、二氧化碳反应，则没有水的时候，铜不会生锈，C正确；D．铜绿的主要成分是Cu2(OH)2CO3，D错误；故选C。3.在含有大量的、、的透明溶液中，还可能大量共存的离子是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A．、、发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；

B．与结合生成硫酸钙微溶物，不能大量共存，故B错误；

C．与结合生成硫酸银微溶物，不能大量共存，故C错误；

D．各种离子相互不反应，可以大量共存，故D正确；

故选：D。4.“人造太阳”可照亮地球。“人造太阳”是通过氘(D)氘(T)核聚变反应而实现的。这意味着人类未来的可持续发展将有新的出路，也为全世界持续多年的能源危机找到一个终极解决方案。下列说法正确的是A.氘与氚互为同素异形体 B.、、DT的摩尔质量相同C.T转化为D发生化学变化 D.、、DT均属于单质【答案】D【解析】【详解】A．氘和氚是氢原子的不同核素，为同位素不是同素异形体，A错误；B．D2、T2、DT中D和T的相对原子质量不同，三种物质的摩尔质量不同，B错误；C．T转化为D原子核发生变化，不属于化学变化，C错误；D．D2、T2、DT都是氢的单质，D正确；故答案选D。5.下列物质的用途涉及氧化还原反应，且加点物质表现还原性的是A.Mg与反应制用于储氢 B.Cl3溶液用于蚀刻铜制电路板C.铁粉用作富脂食品的脱氧保鲜剂 D.发酵时加入小苏打中和酸类物质【答案】C【解析】【详解】A．Mg与H2反应生成MgH2的反应中，H2得电子为氧化剂，表现氧化性，A错误；B．FeCl3溶液用于蚀刻铜制电路板，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，该反应中Fe3+得电子为氧化剂，表现氧化性，B错误；C．铁粉用作富脂食品的脱氧保鲜剂，是Fe与O2反应生成了氧化铁消耗了包装袋内的氧气，Fe失电子为还原剂，体现还原性，C正确；D．发酵时加入小苏打中和酸类物质，是碳酸氢钠与酸反应，该反应中没有元素化合价变化，小苏打不体现还原性，D错误；故答案选C。6.下列有关反应的离子方程式书写正确的是A.醋酸除去水垢中的：B.用氢碘酸溶解：C.向硫酸铝溶液滴加过量的氨水：D.将少量NaOH溶液滴入足量溶液中：【答案】C【解析】【详解】A．醋酸为弱电解质，在书写离子方程式时不拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，A错误；B．Fe3+可以与I-发生反应生成I2和Fe2+，故反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，B错误；C．Al3+可以与氨水发生反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，C正确；D．氢氧化钠与Fe3+可以发生反应生成Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，D错误；故答案选C。7.下列实验装置正确且能够达到实验目的的是A.图A是利用升华法分离Fe和B.图B是配制0.10mol⋅L的NaOH溶液C.图C是验证碳酸氢钠的不稳定性D.图D是提纯胶体(注：半透膜只允许离子和小分子通过)【答案】D【解析】【详解】A．加热条件下Fe和会发生反应，A错误；B．不能在容量瓶中溶解氢氧化钠固体，B错误；C．试管口应向下倾斜，C错误；D．胶体粒子不能透过半透膜，溶液可以，所以常用渗析伐提纯胶体，D正确；故选D。8.格拉罕姆发现，同温同压条件下，气体的扩散速率与密度的平方根呈反比()，已知甲烷在气体扩散器中的扩散速率为30mL⋅s，气体R在此扩散器中的扩散速率为15mL⋅s，则R可能是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】同温同压，气体密度比等于摩尔质量之比，甲烷在气体扩散器中的扩散速率为30mL⋅s，气体R在此扩散器中的扩散速率为15mL⋅s，同温同压条件下，气体的扩散速率与密度的平方根呈反比，则,则R的摩尔质量为64g/mol，所以R是SO2，选A。9.白磷()剧毒，不小心沾到皮肤上可以用溶液解毒，发生反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.31g(结构：)中的共价键数目为B.1L0.1mol⋅L溶液中含数目为C.标准状况下，2.24L中含原子总数为D.9.8g由和组成的混合物中含氧原子为【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，1个分子中含有6个共价键，31g的物质的量为0.25mol，其中含有0.25mol×6=1.5mol，数目为，A错误；B．铜离子可以水解，则1L0.1mol⋅L溶液中含数目小于，B错误；C．标准状况下不是气体，无法计算其物质的量，C错误；D．和的摩尔质量都为98g/mol，则9.8g混合物的物质的量为0.1mol，根据分子式可知，每个和的分子中都含有4个氧原子，则9.8g由和组成的混合物中含氧原子为，D正确；故选D。10.砷化铝(AlAs)常用作光谱分析试剂和制备电子组件的原料，也是一种新型半导体材料。某同学在实验室以和的混合物为原料制备AlAs，工艺流程如下：下列说法错误的是A.“碾碎焙烧”不能在瓷坩埚进行B.为获得最多产品，“盐酸酸化”时C.由“酸化”溶液获得固体，可采用如图所示装置D.“气相沉积”时，温度应高于和的沸点【答案】C【解析】【分析】和的混合物加氢氧化钠“碾碎焙烧”，和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，不反应，水浸过滤，除去，溶液中加盐酸酸化，使完全转化为Al3+，在氯化氢气流中蒸发溶液获得氯化铝固体，氯化铝、氯化砷“气相沉积”生成AlAs。【详解】A．二氧化硅和氢氧化钠反应，所以“碾碎焙烧”不能在瓷坩埚进行，故A正确；B．“盐酸酸化”时，发生反应，为获得最多产品，把完全转化为Al3+，所以“盐酸酸化”时，故B正确；C．直接加热蒸干溶液，得到Al(OH)3固体，由“酸化”的溶液获得固体，不能用如图所示装置，故C错误；D．“气相沉积”时，和在气态条件下反应，所以温度应高于和的沸点，故D正确；选C。11.将通入KCl和CuCl的混合物中，发生反应：。下列有关说法正确的是A.反应中被氧化的元素和被还原的元素分别为Cl和FB.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶4C.反应中每生成4.48L，转移0.6mol电子D.还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶2【答案】B【解析】【详解】A．该反应中KCl中的Cl被氧化，CuCl中的Cu和Cl都被氧化，被氧化的元素除了Cl还有Cu，A错误；B．该反应中氧化剂为F2，还原剂为KCl和CuCl，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：4，B正确；C．选项中并未说明Cl2所处的状态，无法得知4.48LCl2的物质的量，也就无法计算转移电子的数量，C错误；D．F2得电子被还原生成的K3CuF6为还原产物，KCl、CuCl失电子被氧化，生成的K3CuF6和Cl2为氧化产物，还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：3，D错误；故答案选B。12.除去下列物质中的杂质(括号中的物质为杂质)，所选除杂试剂和分离方法错误的是选项被提纯的物质(杂质)除杂试剂分离方法AFeCl2溶液(FeCl3)过量铁粉过滤BCO2(HCl)饱和碳酸氢钠溶液洗气C四氯化碳(水)-萃取D乙醇(乙酸)CaO蒸馏A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．铁粉可以与Fe3+反应生成Fe2+，向含有FeCl3的FeCl2溶液中加入铁粉，可以达到除杂的目的，A正确；B．CO2中混有少量的HCl，可以将混合气体通入到饱和碳酸氢钠溶液中，HCl可以与碳酸氢钠反应生成CO2，可以达到除杂的目的，B正确；C．四氯化碳与水不互溶，可以利用分液的方法分离，C错误；D．乙酸与生石灰反应，而乙醇不能，且乙醇易挥发，而乙酸钙为离子型化合物，沸点高，故除去乙醇中少量的乙酸可以加足量生石灰后蒸馏，D正确；故答案选C。13.下列说法正确的是A.分别向少量和固体中加入足量的浓氨水，固体均能溶解B.、、均可通过化合反应生成C.用酚酞试液不能鉴别浓度均为0.1mol⋅L的NaClO、、三种溶液D.分别向少量和MgO固体中加入足量稀硝酸，反应类型完全相同【答案】B【解析】【详解】A．和只能溶解在强碱中，不能溶解在弱碱中，A错误；B．，，，故三种物质均可通过化合反应生成，B正确；C．NaClO溶液显碱性且具有强氧化性，滴加酚酞，先变红，后褪色，Ba(OH)2溶液显碱性，滴加酚酞变红，Al2(SO4)3溶液显酸性，滴加酚酞无现象，则用酚酞试液能鉴别这三种溶液，C错误；D．Fe3O4与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，属于氧化还原反应，MgO与稀硝酸反应生成硝酸镁和水，属于复分解反应，D错误；故选B。14.向一定质量和的混合溶液中逐渐加入足量的锌粒，下列图像能正确反映对应关系的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】A．三价铁的氧化性比铜离子的氧化性强，则加入锌粒的初期锌和三价铁反应，此时没有铜析出，A错误；B．由选项A分析，加入锌的初期锌和三价铁反应生成二价铁，此时氯化亚铁的量增多，当三价铁反应完后，铜离子和锌反应，此时氯化亚铁的量不变，当铜离子反应完后，继续加入锌，则二价铁和锌反应，此时氯化亚铁的量减少，B正确；C．原溶液中不存在氯化锌，起始点应为0，C错误；D．由选项B分析，加入锌的初期锌和三价铁反应生成二价铁，溶液质量增大，随后锌先与氯化铜反应，当氯化铜反应完全后再与氯化亚铁反应，前者溶液增加的幅度小于后者，D错误；故选B。15.碘酸钙是重要的食品添加剂，实验室制取的实验流程如图所示：已知：常温下微溶于水，难溶于乙醇。下列说法错误的是A.的作用是增大的溶解度，提高的利用率B.分离1的操作名称是分液C.分离2的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤D.粗产品可以用乙醇进行洗涤【答案】C【解析】【分析】转化过程将I2转化为碘酸根，由于CCl4不溶于水经分液得到水层。加入氢氧化钙产生Ca(IO3)2⋅H2O。Ca(IO3)2⋅H2O微溶于水，即经过滤洗涤干燥等得到晶体。【详解】A．I2在水中的溶解度小，CCl4的作用是增大I2的溶解度，从而提高I2的利用率，A项正确；B．由图可知，分离1的操作后得到水层和CCl4层，该操作为分液，B项正确；C．由分析可知，该操作为过滤，C项错误；D．产品难溶于乙醇，为了减少溶解损失可选用乙醇洗涤，D项正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.碳酸亚铁晶体[为白色固体，不溶于水，干燥品在空气中稳定、湿品在空气中缓慢氧化为呈茶色]可用作阻燃剂、动物饲料铁添加剂、补血剂等。回答下列问题：（1）实验室利用溶液和溶液制备，实验装置(夹持仪器已省略)如图所示：①方框内为制取的装置，下列装置和药品较为适宜的是_______(填字母)。②装置D中仪器a的名称是_______。③根据①的选择，装置甲中试剂a的名称是_______。（2）的制备，步骤如下：通入一段时间后，向溶液中加入过量溶液，搅拌，反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥，得到。①生成的离子方程式为_______。②装置丙的作用是_______。（3）某同学查阅资料得知，煅烧的产物中含有+2价铁元素，于是他设计了由制备的方案。先向中依次加入试剂：稀硫酸、_______和_______；然后再_______(填操作)、灼烧，即可得到。（4）草酸亚铁和碳酸亚铁晶体均能受热分解。称取3.60g，用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。①过程Ⅰ发生反应的化学方程式为_______。②300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，则其化学式为_______。【答案】（1）①.C②.长颈漏斗③.饱和碳酸氢钠溶液（2）①.②.液封，防止O2(或空气)进人装置乙中（3）①氯水或H2O2溶液②.氢氧化钠溶液或氨水③.过滤、洗涤（4）①.FeC2O4·2H2OFeC2O4＋2H2O②.Fe2O3【解析】【分析】本题为制备类的实验题，由装置甲左侧装置制备二氧化碳，通过装置甲除去二氧化碳中的氯化氢后，在装置乙中参与反应制备产物，由于二价铁具有还原性，容易被空气中氧气氧化，从而分析装置丙的作用，以此解题。【小问1详解】①应该采用盐酸和碳酸钙，不加热制备二氧化碳，故排除A、E，同时在选项D中使用的碳酸钠容易溶解，不能用该装置制备二氧化碳，在选项B、C中，其中B中排出气体的导管在页面下方，故排除B，故答案为：C；②由图可知，装置D中仪器a的名称是长颈漏斗；③利用盐酸和碳酸钙制备的二氧化碳中容易混入氯化氢气体，可以通过饱和碳酸氢钠来除去其中的氯化氢，故装置甲中试剂a的名称是饱和碳酸氢钠溶液；【小问2详解】①根据题意硫酸铁和碳酸钠反应生成产物，离子方程式：；②由于二价铁具有还原性，要防止空气中氧气氧化二价铁，故装置丙的作用是：液封，防止O2(或空气)进人装置乙中；【小问3详解】中铁为+2价，需要制备的氧化铁中铁的化合价为+3价，则用稀硫酸溶解后，需要加入氧化剂，可以选择：氯水或H2O2溶液，随后调高pH从而得到氢氧化铁沉淀，可以选择：氢氧化钠溶液或氨水；随后过滤、洗涤即可；【小问4详解】①通过剩余固体的质量可以知道，过程Ⅰ发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为FeC2O4·2H2OFeC2O4＋2H2O；②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为3.60××100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为1.60g-1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质量比为1.12g：0.48g=7：3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有56x：16y=7：3，解得x：y=2：3，所以氧化物的化学式为Fe2O3，故答案为：Fe2O3。17.物质集合M中含有几种常见物质：Na、、、NaOH、、(二元极弱酸)、。回答下列问题：（1）物质集合M中属于非电解质的是_______。（2）与强碱作用形成正盐，写出与作用形成正盐的化学方程式：_______。（3）向400mL0.5mol⋅LNaOH溶液中通入3.36L(标准状况)，发生反应的离子方程式为_______。（4）在密闭容器中，将amol和bmol固体混合物加热至250℃，充分反应后，若剩余固体为和NaOH，排出气体为和时，则的取值范围为_______。（5）铁酸盐(钠、钾)为六价铁盐，是一种新型消毒剂。干法制备的主要反应化学方程式为____________________________，完成并配平该方程式。若生成1mol，则转移的电子数目为_______。（6）可用于处理海水，某地海水样品经处理后，所含离子及其浓度如下表所示(和未列出)：离子浓度(mol·L)0.160.05a0.500.58表格中的a_______(填“>”“<”或“=”)0.10，判断的理由是_______。【答案】（1）（2）H2O2+Ba(OH)2=BaO2+2H2O（3）（4）～1（5）①.2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑②.5NA（6）①.<②.处理后得溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒，所以a<0.10【解析】【小问1详解】非电解质指的是在熔融状态和水溶液中均不导电的化合物，Na是单质，不是电解质，、、NaOH、(二元极弱酸)、在水溶液或熔融状态下都能导电，均为电解质，熔融状态下不能导电，属于非电解质；【小问2详解】是二元极弱酸，与作用形成正盐的化学方程式：H2O2+Ba(OH)2=BaO2+2H2O；【小问3详解】400mL0.5mol⋅LNaOH物质的量为n=cV=0.2mol，3.36L(标准状况)物质的量为，过量与NaOH溶液反应生成NaHSO3，反应的离子方程式为；【小问4详解】依题意可知，残余的固体为Na2CO3和NaOH，生成的气体为O2和H2O(g)，则有总反应式为：bNaHCO3+Na2O2=bNa2CO3+(2a-b)NaOH+(b-a)H2O+O2；所以2a-b＞0，b-a＜0，分别的＞，＜1，故的取值范围为～1；【小问5详解】反应中Fe元素化合价由+2价升高为+6价，被氧化，FeSO4为还原剂，过氧化钠中O元素的化合价由-1价降低为-2价，由-1价升高为0，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，配平该方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，由方程式可知，每生成2molNa2FeO4，有6molNa2O2参加反应，转移10mol电子，则每生成1molNa2FeO4转移的电子数为5NA；【小问6详解】若c(H+)=c(OH-)，根据溶液中电荷守恒，即阴离子所带得电荷总数=阳离子所带得电荷总数，2×0.16+0.58=0.5+3a+0.05×2，a=0.10．但是溶液中存在金属离子，c(H+)＞c(OH-)，处理后得溶液呈酸性，所以a<0.10。18.菱锌矿(主要成分是，还含有MnO、FeO、、等杂质)是制取锌单质的重要原料。回答下列问题：（1）古代以菱锌矿和煤炭饼为原料利用热还原法在如图所示的坩埚中制备Zn。①该方法中，将菱锌矿敲碎与煤饼混合，此操作的主要目的是_______。②图中盖板除了防止锌蒸气外逸外，另一主要作用是_______，尾气中含有CO，处理尾气的方法是_______。（2）现代以菱锌矿为原料利用湿法冶炼锌主要分为如下五个步骤。步骤1：用稀硫酸充分浸取菱锌矿：步骤2：在步骤1的滤液中加入适量除去其中的；步骤3：在步骤2的滤液中加入试剂R调节溶液pH除去；步骤4：经操作X从步骤3的滤液中获得晶体：步骤5：将溶于水配成饱和溶液，电解该饱和溶液得到Zn。①步骤1中用稀硫酸浸取后，所得滤渣的主要成分是_______(填化学式)。②步骤2中与反应生成，写出该反应的离子方程式：_______。③为获得更多产品，步骤3中使用的试剂R应选择_______(填字母)。A.B.澄清石灰水C.ZnOD.④温度与析出的关系如图所示，则步骤4中操作X的具体操作是_______、冰水洗涤、干燥。【答案】（1）①.增大接触面积，提高反应速率②.隔绝空气，防止在温度较高的条件下锌被空气中的氧气氧化③.引燃（燃烧）法（2）①.SiO2②.③.AC④.将步骤3所得滤液蒸发浓缩，再冷却至以下结晶，过滤【解析】【小问1详解】①矿石粉碎可以增大固体反应物接触面积，即增大接触面积，提高反应速率；②由于锌的还原性较强，易被氧化，故盖板作用隔绝空气，防止在温度较高的条件下锌被空气中的氧气氧化；一氧化碳可以燃烧，即处理尾气法为引燃（燃烧）法；【小问2详解】①碳酸锌、氧化锰、氧化亚铁和氧化铁均可以溶于稀硫酸，二氧化硅不溶于强酸，可以溶于氢氟酸，故杂质为SiO2；②高锰酸钾具有强氧化性，可将锰离子氧化，二者发生归中反应生成二氧化锰，由得失电子守恒和原子守恒可得方程式为；③步骤3为消耗氢离子调节pH，同时为获得更多产品，故选用含锌元素的物质且能和