广西陆川县中学高三下学期3月月考化学试题

广西陆川县中学2018年春季期高三3月月考化学试题1.下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确，且两者具有因果关系的是选项实验现象结论或解释A将0.1mol·L－1MgSO4溶液滴入过量NaOH溶液，再滴加几滴0.1mol·L－1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后有蓝色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]B将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落下来铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3的熔点高于AlC向新收集的酸雨中滴加硝酸钡溶液产生白色沉淀酸雨中一定含有SO42－D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有变质A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A、反应中氢氧化钠过量，加入硫酸铜一定有蓝色沉淀氢氧化铜生成，不能据此说明二者的溶度积常数，A错误；B、铝易被氧化物氧化铝，且Al2O3且熔点高于Al，因此铝箔熔化但不滴落下来，B正确；C、硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性，能把亚硫酸根氧化生成硫酸，进而生成硫酸钡沉淀，不能说明含有硫酸根，C错误；D、过氧化钠变质产生碳酸钠，加入盐酸仍然会沉淀气体，不能据此说明过氧化钠没有变质，D错误，答案选B。2.《本草纲目拾遗•木部》对丁香油有如下叙述：“丁香油出南番，乃用母丁香榨取其油，色紫，芳香辛烈。番人贮以琉璃器，盖偶不密，即香达于外”。下列关于该叙述的说法不正确的是A.丁香油在水中溶解度可能较小B.丁香油提取可以用适当的有机溶剂进行萃取C.丁香油在实验室中保存时需密封在细口瓶中D.丁香油易挥发说明其沸点一定很低【答案】D【解析】A.油类物质属于酯,一般来说其溶解度减小,所以A选项是正确的;

B.根据“乃用母丁香榨取其油”可以知道,丁香油提取可以用适当的有机溶剂进行萃取,所以B选项是正确的;

C.丁香是油易挥发的液体,则保存时需密封在细口瓶中,所以C选项是正确的;

D.丁香油易挥发说明其沸点不高,但不能说其沸点一定很低,故D错误;

所以D选项是正确的.点睛：抓住油脂属于酯类化合物，酯类化合物特征难溶于水，大多数密度比水小。3.古代染坊常用某种“碱剂”精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层丝胶蛋白杂质水解而除去，使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光亮。这种“碱剂”可能是A.食盐B.烧碱C.草木灰D.明矾【答案】C【解析】由题意可知，该物质是一种盐，水溶液呈碱性，为强碱弱酸盐。A．食盐中氯化钠为强酸强碱盐，选项A错误；B．火碱是氢氧化钠，属于碱，选项B错误；C．草木灰中碳酸钾强碱弱酸盐，选项C正确；D．明矾是十二水硫酸铝钾，是强酸弱碱盐，选项D错误。答案选C。4.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论错误的是A.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应B.由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体C.由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D.③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【答案】D【解析】根据①中的红棕色气体，说明浓硝酸在高温下能发生分解反应生成NO2，所以不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应，故A正确；浓硝酸在高温下发生分解反应生成NO2，根据氧化还原反应规律，硝酸分解除生成NO2，还生成氧气，故B正确；实验③生成红棕色气体，说明浓硝酸具有挥发性，浓硝酸与碳反应生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；③的气体产物中检测出CO2，可能是红热木炭与空气中的氧气发生了反应，不一定与硝酸发生了反应，故D错误。5.电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100mol·L－1盐酸分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中的电离与氨相似，在常温下Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4)。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是A.D点溶液中：2c(Na＋)＝3c(Cl－)B.A点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]C.曲线②代表滴定二甲胺溶液的曲线D.在相同温度下，A、B、C、D四点的溶液中，水的电离程度最大的是C点【答案】B【解析】曲线②电导率先减小后增大，曲线②表示用0.100mol·L－1盐酸滴定10.00mL浓度为0.100mol·L－1的NaOH；曲线①电导率持续增大，曲线①表示用0.100mol·L－1盐酸滴定10.00mL浓度为0.100mol·L－1的二甲胺溶液；D点溶液表示盐酸、氢氧化钠3:2混合，根据物料守恒3c(Na＋)＝2c(Cl－)，故A错误；A点溶液盐酸与二甲胺1:1混合，根据质子守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]，故B正确；曲线①代表滴定二甲胺溶液的曲线，故C错误；C点溶质是氯化钠、B、D点都有剩余的盐酸，抑制水电离、A点是强酸弱碱盐溶液，水解促进水电离，所以水的电离程度最大的是A点，故D错误。点睛：盐水解促进水电离，酸、碱抑制水电离，酸、碱电离出的氢离子或氢氧根离子浓度越大，对水电离抑制作用越强。6.短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物n

是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，另一种产物q是无色无味的能使澄清石灰水变浑浊的气体。下列说法正确的是A.原了半径:a<b<c<dB.b、c、d

的简单氢化物的热稳定性依次增强C.a、c、d

三种元素形成的化合物一定会抑制水的电离D.m、n、q三种物质中只含共价键【答案】B点睛：短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物n是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，n为NH3，另一种产物q是能使品红溶液褪色的气体,q为SO2，结合原子序数可以知道a为H，b为N，c为O，d为S，以此来解答。7.常温下，向0.1mol·L1H3PO4溶液中加入NaOH的过程中各种微粒的物质的量分数随pH

的变化关系如图所示(H3PO4)的三级电离常数依次为Ka1、Ka2、Ka3、pK=lgK

)。下列叙述错误的是A.pKa1=2.16B.溶液呈中性时，[H2PO4]>[HPO42]C.反应PO43+H2OHPO42+OH的pK=1.68D.Na2HPO4溶液中存在[OH]+[PO43]=[H+]+[H2PO4]+[H3PO4]【答案】D点睛：难点C选项，求PO43+H2OHPO42+OH水解平衡常数，先写出常数表达式，用水的离子积和电离平衡常数换算，k=kw/ka3。8.铝（熔点660℃）是一种应用广泛的金属，工业上用A12O3（熔点2045℃）和冰晶石（Na2AlF6，六氟合铝酸钠）混合熔融后电解制得。回答下列问题：（1）铝属于活泼金属却能在空气中稳定存在，原因是（用化学用语及相关文字说明）____________.（2）将0.1mol/LAlCl3溶液和10％NH4F溶液混合制取Na2AlF6。该实验所用试管及盛装NaF溶液的试剂瓶均为塑料材质，原因是____________。（3）下列关于氧化铝的叙述正确的是A．氧化铝可以治疗胃酸过多。B．氧化铝因为熔点高，可以作耐火材料．C．氧化铝是铝热剂的成分之一。D．氧化铝是两性氧化物，所以既能浴于盐酸又能溶于氨水。（4）某工厂排放出有毒物质NOCl,它遇水就会生成NO3―。NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为____________。水源中的NO3―对人类健康会产生危害。为了降低水源中NO3―的浓度，有研究人员建议在碱性条件下用铝粉将NO3―还原为N2，该反应的离子方程式为____________，此方法的缺点是处理后的水中生成了AlO2―，仍然可能对人类健康产生危害，还需要对该饮用水进行一系列后续处理。已知25℃时，Ksp[Al(OH)3]=l.3×l033Al(OH)3AlO2+H++H2OK=1.0×1013，25℃时，若欲使上述处理后的水中AlO2―浓度降到1.0×106mol/L，则应调节至pH=____________。此时水中c(A13+）=____________【答案】(1).4Al+3O2=2Al2O3，在空气中铝的表面能够形成一层致密的氧化膜(2).B(3).(4).10Al+6NO3―+4OH－=3N2+10AlO2―+2H2O(5).7(6).1.3×1012mol·L一1【解析】(l)在空气中铝的表面能够形成一层致密的氧化膜，反应方程式为4Al+3O2=2Al2O3，形成的致密氧化膜能够阻止铝进一步被氧化，具有一定的抗腐蚀性，故答案为：4Al+3O2=2Al2O3在空气中铝的表面能够形成一层致密的氧化膜；(2)氯化铝与氟化铵反应生成六氟合铝酸铵和氯化铵，方程式：AlCl3+NH4F=(NH4)3AlF6+3NH4Cl；氟化铵中的氟离子水解生成氢氟酸，氢氟酸能够与玻璃中二氧化硅反应，对玻璃有强烈的腐蚀性而对塑料则无腐蚀性，所以该实验所用试管及盛装NH4F溶液的试剂瓶均为塑料材质；故答案为：NaF水解产生了HF，HF会腐蚀玻璃；(3)A．治疗胃酸过多是氢氧化铝，不是氧化铝，故A错误；B．氧化铝的熔点高，可以用作耐火材料，故B正确；C．氧化铝是铝热反应的产物之一，不是铝热剂的成分，故C错误；D．氧化铝能溶于盐酸但不能溶于氨水，故D错误；故选B。(4)NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为，根据题干信息，反应物为：铝、NO3、OH，生成物为：N2、H2O、碱性条件下铝参加反应生成物还有AlO2，反应中Al→AlO2，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，依据原子个数守恒、电荷守恒反应的离子方程式：10Al+6NO3+4OH=10AlO2+3N2↑+2H2O；水中AlO2浓度降到1.0×106mol•L1，依据Al(OH)3AlO2+H++H2OK=1.0×1013，则c(H+)==107(mol/L)；pH=7，c(OH)=107mol/L，25℃时，Ksp[Al(OH)3]=1.3×1033，则c(Al3+)==1.3×1012mol•L1；故答案为：；10Al+6NO3+4OH=10AlO2+3N2↑+2H2O；7；1.3×1012mol•L1。点睛：本题综合考查了金属的冶炼、离子方程式、方程式的书写、有关平衡常数的计算，熟悉铝及其化合物性质是解题关键，注意化学平衡常数的应用。本题的难点是(4)的计算。9.2017年3月21日是第二十五届“世界水日”，保护水资源，合理利用废水节省水资源，加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3、CO32、SO请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是__________，一定存在的阳离子是______________________。（2）写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子反应方程式：_____________________________________________。（3）分析图像，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3＋)的比值为___________，所得沉淀的最大质量是_________g。（4）若通过实验确定原废水中c(Na＋)=0.14mol·L1,试判断原废水中NO3是否存在？__________（填“存在”“不存在”或“不确定”）。若存在，c(NO3)=____________mol·L1。（若不存在或不确定则此空不填）【答案】(1).CO32(2).Na+、H+、Al3+、NH4+(3).NH4++OH﹣=NH3·H2O(4).1：1(5).0.546g(6).存在(7).0.36mol·L1【解析】(1)无色废水确定无Fe3+，根据实验①确定有Na+，根据实验②确定有SO42，根据实验③确定有Al3+，一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32与Al3+不能共存，所以无CO32；故溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42，废水中一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、CO32，故废水中一定不存在的阴离子是CO32，一定存在的阳离子是Na+、Al3+、NH4+、H+；(2)实验③图像中沉淀达到最大量，继续滴加NaOH溶液，与溶液里的NH4+作用生成NH3·H2O，此时沉淀质量不再发生变化，反应的离子反应方程式NH4++OH﹣=NH3·H2O；(3)已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n(SO42)==0.01mol，

根据图象可知与Al(OH)3反应的OH为：n(OH)=0.007mol，

Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O

n(Al3+)

0.007mol

所以n(Al3+)=0.007mol，将铝离子沉淀需要氢氧化钠0.021mol，所以溶液中H+消耗氢氧化钠0.014mol，氢离子的物质的量是0.014mol，

NH4++OH=NH3•H2O，消耗氢氧化钠0.007mol，所以铵根离子的物质的量是0.007mol，原溶液中c(NH4+)与c(Al3+)的比值为1：1；生成Al(OH)3的质量为0.007mol×78g/mol=0.546g；(4)溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42，已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n(SO42)==0.01mol，另外n(Al3+)=0.007mol，n(H+)=0.014mol，n(NH4+)=0.007mol，溶液中存在电荷守恒，3n(Al3+)+n(H+)+n(NH4+)+n(Na+)=3×0.007mol+0.014mol+0.007mol+0.14mol·L1×0.1L=0.056mol≠2n(SO42)=0.02mol，则一定含有NO3，且n(NO3)=0.056mol0.02mol=0.036mol，c(NO3)==0.36mol/L。点睛：无色废水确定无Fe3+，根据实验①确定有Na+，根据实验②确定有SO42，根据实验③确定有Al3+，一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32与Al3+不能共存，所以无CO32；故溶液中存在的离子为：Al3+、NH4+、H+、SO42，根据硫酸钡沉淀求出n(SO42)，根据图象求出n(Al3+)和n(H+)，再根据电荷守恒确定有没有NO3。10.我国是世界上最大的钨储藏国。金属钨可用于制造灯丝、超硬模具和光学仪器。在工业上常采用高温还原WO3法制取金属钨。回答下列问题：（1）白钨矿(主要成分是CaWO4)与盐酸反应生成沉淀，灼烧沉淀即可得到WO3，上述两步反应的化学方程式为_________________、__________________。（2）T℃时，WO3经如下的四步反应生成W。每一步反应的焓变和平衡常数如下：WO3(s)+0.1H2(g)WO2.9(s)+0.1H2O(g)△H1

K1WO2.9(s)+0.18H2(g)WO2.72(s)+0.18H2O(g)△H2

K2WO2.72(s)+0.72H2(g)WO2(s)+0.72H2O(g)△H3

K3WO2(s)+2H2(g)W(s)+2H2O(g)△H4

K4则该温度下，WO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g)△H=_________，

K=__________。（3）T1℃时，将一定质量WO3和8.0g

H2置于2

L密闭容器中，发生反应：WO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g)，混合气体各组分物质的量之比随时间变化的关系如图所示：①T1℃时，H2的平衡转化率a=_________%，反应平衡常数K=__________。②若在4

min时降低并维持温度为T2℃，则该反应的△H_______0，若在8

min时缩小容

器

容

积，则_________1.3。(填“>”“<”或“=”)【答案】(1).(2).(3).(4).(5).62.5(6).4.6(7).>(8).=【解析】(1)盐能与酸反应，生成新酸与新盐，白钨矿(主要成分是CaWO4)与盐酸反应生成沉淀H2WO4，灼烧沉淀H2WO4即可得到WO3，化学方程式为：CaWO4+2HCl=H2WO4↓+CaCl2，H2WO4WO3+H2O。(2)①WO3(s)+0.1H2(g)WO2.9(s)+0.1H2O(g)△H1

K1，②WO2.9(s)+0.18H2(g)WO2.72(s)+0.18H2O(g)△H2

K2，③WO2.72(s)+0.72H2(g)WO2(s)+0.72H2O(g)△H3

K3，④WO2(s)+2H2(g)W(s)+2H2O(g)△H4

K4，根据盖斯定律，将①+②+③+④得该温度下，WO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g)△H=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4，k=K1K2K3K4；(3)①n(H2)=8.0g/2g·mol－1=4molWO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g)n始4n变xxn平4xx由图n(H2):n(H2O)=(4x):x=0.6,x=2.5mol,T1℃时，H2的平衡转化率a=2.5/4=0.625；反应平衡常数K=1.253/0.753=4.6；②若在4

min时降低并维持温度为T2℃，温度降低，平衡逆向移动，则该反应的△H>0，若在8

min时缩小容器容积，平衡不移动，则=1.3。11.硫和钙的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题:（1）基态Ca原子中,核外电子占据最高能层的符号是________，该能层为次外层时最多可以容纳的电子数为_________。元素Ca和S相比,第一电离能较大的是______(填元素符号)。（2）钙元素的焰色反应呈砖红色,其中红色对应的辐射与钾元素的焰色反应对应颜色的辐射波长,较短的是_______(填元素符号)。（3）H2S和H2O分子构型都为V形,中心原子的杂化形式都是______,但H2O分子键角大于H2S分子,原因是________________。（4）钙元素和锰元素属于同一周期，且核外最外层电子构型相同,但金属钙的熔点、沸点等都比金属锰低,原因是________________。（5）Ca、Mn、Mg的氧化物和硫化物都具是NaCl型结构的离子晶体，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式,X射线衍射实验测得它们的晶胞参数如下表:氧化物晶体CaOMnOMgOa/nm0.4210.4440.480硫化物晶体MgSMnSCaSa/nm0.5200.5200.568由表可知:r(S2)____r(O2)(填“>”或“<”),r(Mg2+)、r(Ca2+)、r(Mn2+)由大到小的的顺序是__________,r(S2

)为_____nm,r(Ca2+)为_____nm。【答案】(1).N(2).18(3).S(4).K(5).sp3杂化(6).O元素电负性大于S元素，分子中OH键电子对的电子云更偏向中心O原子，使斥力增大，键角增大(7).钙的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱(8).>(9).r(Ca2+)>r(Mn2+)>r(Mg2+)(10).0.184(11).0.100【解析】Ca是20号元素，核外有4个电子层，核外电子占据最高能层的符号是N,根据核外电子排布规律，次外层不能超过18个电子，第一电离能S>Mg>Ca,第一电离能较大的是S故答案：N18S。（2）钙元素的焰色反应呈砖红色,钾元素的焰色反应呈紫色，紫色的辐射波长比红色短，故答案：K。（3）H2S和H2O分子构型都为V形,中心原子的杂化轨道数目都是4，都采用SP3杂化，O元素的电负性大于S,分子中OH键电子对的电子中心氧原子，使斥力增大，导致H2O分子键角大于H2S分子。答案：sp3杂化O元素电负性大于S元素，分子中OH键电子对的电子云更偏向中心O原子，使斥力增大，键角增大。（4）钙的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱，使得金属钙的熔点，沸点等都比金属锰低，故钙的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱。（5）由表可知，相同金属的晶胞参数中，氧化物的都小于硫化物的，因此:r(S2)>r(O2),根据不同金属氧化物的晶胞参数r(Mg2+)、r(Ca2+)、r(Mn2+)由大到小的顺序是r(Ca2+)>r(Mn2+)>r(Mg2+)，因为S2是面心立方最紧密堆积方式，面对角线是S2半径的4倍，即4r=0.520