福建省南平市濠村中学高三化学月考试卷含解析

/福建省南平市濠村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.下列物质分类正确的是

（

）A．SO2、SiO2、P2O5均为酸性氧化物B．是否具有丁达尔效应是胶体与溶液、浊液的根本区别C．纯净盐酸为纯净物、冰水混合物为混合物D．烧碱、纯碱都属于碱，油脂、甘油都属于酯参考答案：A胶体与其他分散系的根本区别在于分散质粒子的大小，B项错误；盐酸是混合物，冰水混合物属于纯净物，C项错误；纯碱属于盐，甘油不属于酯，而属于醇类，D项错误。2.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（

）

A．无色透明的溶液中：MnO4-、SO42-、K+、Fe2+

B．pH=1的溶液中：NH4+、Na+、SO42-、Fe3+

C．含有大量AlO2－的溶液中：K+、Al3+、Br－、HCO3－

D．水电离产生的c（H+）=1×10-14mol·L-1的溶液中：HCO3-、NH4+、Cl-、Ca2+参考答案：B略3.香柠檬油可用于化妆品。香柠檬油含微量的香柠檬酚和香柠檬醚，其结构简式如右图所示。下列说法正确的是A．香柠檬醚的分子式为C13H9O4B．香柠檬醚最多可与7molH2发生加成反应C．1mol香柠檬酚与Br2发生取代反应，最多消耗3molBr2D．1mol香柠檬酚与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH参考答案：D略4.已知：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，有关该反应的下列说法中正确的是

A．氧化剂和还原剂的物质的量之比为15:11

B．上述反应中转移电子的总数为15

C．1molCuSO4参加反应时，转移电子2mol

D．Cu3P既是氧化产物又是还原产物参考答案：C略5.已知下列转化关系中M、N均为单质，则M可能是

A.Na

B.Fe

C.O2

D.H2参考答案：D略6.下列单质或化合物性质的描述正确的是 （

）A．NaHSO4水溶液显中性

B．SiO2与酸、碱均不反应C．CaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂 D．Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3参考答案：C略7.向600mL0.5mol·L-1的硫酸溶液中加入一定量的Fe2O3、Cu的混合物，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为（）A．6.4g

B．4.8g

C．2.4g

D．1.6g参考答案：B略8.下列说法正确的是A、已知Ag2CrO4的Ksp为1.12×10-12，则将等体积的１×10-3mo1·L-1的AgNO3溶液和１×10-3mo1·L–1K2CrO4溶液混合，会有Ag2CrO4沉淀产生B、Si—O键的键能大于Si—Cl键的键能，因此SiO2的熔点高于晶体SiCl4的熔点C、常温时，浓度均为0.01mol/LNa2CO3溶液和NaHCO3溶液，等体积混合，其溶液中粒子浓度关系为3c(Na＋)＝2c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋2c(H2CO3)D、已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H=-566kJ·mol-1，下图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系参考答案：A略9.将下列各组物质按酸、碱、盐分类顺序排列，正确的是

(

)A、硫酸、纯碱、氯化钙

B、盐酸、烧碱、硫酸铜C、碳酸、乙醇、醋酸钠

D、磷酸、熟石灰、苛性钾参考答案：B略10.如图所示，集气瓶内充满某混合气体，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入并充满集气瓶，集气瓶内气体可能是(

)A.N2、H2

B.H2、O2

C.O2、NO2

D.NO2、NO参考答案：C11.下列离子方程式或化学方程式中正确的是

A、氯气通入水中

Cl-2+H2O=2H++Cl—+ClO—B、向Fe(OH)3中加入氢溴酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OC、向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸：3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2OD、向NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：

Ba2++2HCO3－+2OH－=BaCO3↓+CO32－+2H2O参考答案：BC略12.SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S-F键。已知：1molS（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ,断裂1molF-F、S-F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ。则S（s）＋3F2（g）=SF6（g）的反应热ΔH为

（

）

A．-1780kJ/mol

B．-1220kJ/mol

C．-450kJ/mol

D．+430kJ/mol参考答案：B13.美籍华裔科学家钱永键、日本科学家下修村和美国科学家马丁·沙尔菲因在发现和研究绿色荧光蛋白（GFP）方面做出突出贡献而分享了2008年诺贝尔化学奖。经研究发现GFP中的生色基团结构如图所示，有关GFP的说法中正确的是（

）A．该有机物既能与碱反应又能与酸反应B．该有机物与溴水既能发生加成反应又能发生取代反应C．该有机物属于芳香烃D．1mol该有机物分子中含有7mol碳碳双键参考答案：AB略14.已知：H2（g）+I2（g）

2HI（g）ΔH＜0。有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol,相同温度下分别达到平衡。关于两个平衡体系说法不正确的是（

）A.甲、乙两平衡体系的化学平衡常数相同B.甲、乙两个容器中达到平衡时H2的转化率与HI的转化率相等C.向两平衡体系中各加入少量的不同物质的量的HI，达到平衡后两容器中H2的体积分数相等D.两平衡体系中各浓度均增加一倍，平衡不会发生移动参考答案：B略15.关于胶体和溶液的区别，下列叙述中正确的（

）A.溶液呈电中性，胶体带电荷B.溶液中通过一束光线出现明显光路，胶体中通过一束光线没有特殊现象C.溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子不能通过滤纸D.溶液与胶体的本质区别在于分散质微粒直径大小，前者小于1nm后者介于1nm~100nm之间参考答案：D试题分析：A、溶液、胶体都是呈电中性的分散系，胶体微粒吸附带电荷离子，故A错误；B、溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线出现明显光路，故B错误；C、溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子也能通过滤纸，故C错误；D、溶液与胶体的本质区别在于分散质微粒直径大小，前者小于1nm，后者介于1nm～100nm之间，故D正确。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.氮化锂是一种优良的贮氢材料，它是一种紫色或红色的晶状固体，在空气中长期暴露，最终会变成碳酸理。氮化理易水解生成氢氧化锂和氨气，在空气中加热能剧烈燃烧，特别是细粉末状的氮化锂:

锂与氨反应生成LiNH2和H2实验室用以下装置制取干燥、纯净的N2并与金属锂(密度为0.534g/cm3)

反应制取氮化锂。回答下列问题:(1)连接好装置进行实验前必须______________(2)实验步骤如下:①装药品

②点燃C处酒精灯

③点燃E处酒精灯

④打开A中分液漏斗正确的先后顺序为________(填序号)(3)装置A是制备氨气的简易装置烧瓶中固体是:_______;D装置的作用是_______.(4)写出C中化学方程式为___________(5)将12.0g锂放入E反应，实验结束后称得E装置增加了7.0g，计算生成复化理的质量分数为________(结果保留一位小数)。(6)设计简单实验证明E中产物为氮化锂:_________参考答案：(1)检查装置气密性

(2)①④③②

(3)碱石灰或生石灰或固体氢氧化钠

吸收氨气并干燥氮气

(4)3CuO+2NH3Cu+N2+3H2O

(5)92.1%

(6)取少量产物于试管，滴入少量蒸馏水，用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若试纸变蓝色，则产物有氮化锂，否则不含氮化锂解析:（1）凡是制备气体的实验，在进行实验前，都要检查装置气密性；正确答案：检查装置气密性。(2)先加入药品，打开分液漏斗的活塞，使试剂滴下，产生氨气，利用氨气排净装置内的空气，然后点燃E处酒精灯，给金属锂预热，再点燃C处酒精灯，让氨气和氧化铜反应生成铜和氮气，产生的氮气再与锂迅速反应；正确答案：①④③②。(3)实验室可以用浓氨水和生石灰反应制备氨气，固体为生石灰，也可以为碱石灰、氢氧化钠固体等；吸收反应产生水蒸气，并吸收氨气；正确答案：碱石灰或生石灰或固体氢氧化钠；吸收氨气并干燥氮气。

(4)氨气具有还原性，还原氧化铜得到金属铜，本身被氧化为氮气；正确答案：3CuO+2NH3Cu+N2+3H2O。(5)E装置增加7.0g，说明氮气的质量为7.0g，物质的量为0.25mol，反应的反应为：6Li+N2=2Li3N，生成氮化锂的质量为0.5×35=17.5g,消耗金属锂质量0.25×6×7=10.5g，剩余金属锂12-10.5=1.5g，最终固体混合物总质量为1.5+17.5=19g，氮化锂的质量分数为17.5÷19×100%=92.1%；正确答案：92.1%。（6）氮化理易水解生成氢氧化锂和氨气，生成的氨气为碱性气体，然后再用湿润的红色石蕊试纸进行检验，如果试纸变为蓝色，结论得证；正确答案：取少量产物于试管，滴入少量蒸馏水，用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若试纸变蓝色，则产物有氮化锂，否则不含氮化锂。点睛：第(5)中求氮化锂的质量分数时，固体混合物为剩余的金属锂和新生成的氮化锂，如果不能想到这一点，此问就无从下手解决。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（2001·京皖蒙卷）26.将氯化钠、溴化钾和氯化钙的混合物溶于水中，通入氯气充分反应，然后把溶液蒸干并灼烧（高温加热），灼热后残留物的质量为。若将此残留物再溶于水并加入足量的碳酸钠溶液，所得的沉淀经干燥后质量为。求原混合物中各化合物质量。参考答案：设混合物中各物质的质量：为，为，为。

……①

混合物中转化为，灼烧后溴全部挥发，因此：

……②

①式–②式得：

解得残留物溶于水后加入足量碳酸钠溶液，发生如下反应：

从所得的质量可以算出的质量：

氯化钠的质量为：

略18.三草酸合铁酸钾晶体是一种光敏材料，可以通过下列流程来制备：（1）“过滤”前加入H2C2O4的目的是将Fe2+转化为FeC2O4?2H2O沉淀；“氧化”时加入H2C2O4的目的是：①参与“氧化”时的反应，②

．（2）“氧化”过程中反应的化学方程式为

．（3）称取9.82gK3[Fe（C2O4）3]?3H2O固体加热分解，在110℃时完全失去结晶水；继续加热到一定温度，反应一段时间后得到混合气体CO、CO2（标准状况下的体积为2.016L）和固体M．研究分析可知：M中含有K2CO3和另外两种物质（铁元素不以三价形式存在）；M的质量为5.42g．①CO的物质的量为0.04mol．②计算M中各成分的物质的量（写出计算过程）．参考答案：（1）调节溶液的pH；（2）2FeC2O4?2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4═2K3[Fe（C2O4）3]?3H2O；（3）①0.04mol；②M中各成分的物质的量如下：n（Fe）=0.01mol，n（FeO）=0.01mol，n（K2CO3）=0.03mol．

【考点】氧化还原反应的计算．【分析】废铁屑加入硫酸溶液溶解，稀硫酸防止亚铁离子水解，加入草酸沉淀亚铁离子，过滤得到沉淀加入重铬酸钾、过氧化氢溶液氧化加入草酸得到草酸合铁酸钾晶体．（1）加入H2C2O4调节溶液的pH的同时还可以做氧化剂；（2）双氧水可以将草酸亚铁氧化，据此回答；（3）根据C、Fe元素守恒和质量守恒关系列式计算．【解答】解：废铁屑加入硫酸溶液溶解，稀硫酸防止亚铁离子水解，加入草酸沉淀亚铁离子，过滤得到沉淀加入重铬酸钾、过氧化氢溶液氧化加入草酸得到草酸合铁酸钾晶体．（1）“过滤”前加入H2C2O4的目的是将Fe2+转化为FeC2O4?2H2O沉淀；“氧化”时加入H2C2O4的目的：既可以参与“氧化”时的反应，又可以调节溶液的pH（或避免生成氢氧化铁），故答案为：调节溶液的pH；（2）双氧水可以将草酸亚铁氧化，发生反应：2FeC2O4?2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4═2K3[Fe（C2O4）3]?3H2O，故答案为：2FeC2O4?2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4═2K3[Fe（C2O4）3]?3H2O；（3）①9.82gK3[Fe（C2O4）3]?3H2O固体加热分解，得到混合气体CO、CO2（标准状况下的体积为2.016L）和固体M，n{K3[Fe（C2O4）3]?3H2O}=9.82g/491g?mol﹣1=0.02mol，失去结晶水的质量是：0.06mol×18g/mol=1.08g，M的质量为5.42g，所以一氧化碳和二氧化碳的总质量是9.82g﹣1.08g﹣5.42g=3.32g，标准状况下的体积为2.016L，即0.09mol，设一氧化碳的物质的量是x，则28x+（0.09﹣x）×44=3.32，解得x=0.04mol，故答案为：0.04mol；②n{K3[Fe（C2O4）3]?3H2O}==0.02mol，n（C）=0.12mol，标准状况下的体积为2.016L，即0.09mol，根据C元素守恒，碳酸钾的物质的量是0.12mol﹣0.09mol=0.03mol，而5.42gM中n（K2CO3）=0.02mol×3÷2=0.03mol，由此可知另两种物质中不含碳元素，另两种物质的质量为5.42g﹣138g?mol×0.03mol=1.28g，据铁元素守恒：=0.02molK3[Fe（C2O4）3]中m（Fe）=56g/mol×0.02mol=1.12g，m（O）=1.28g﹣1.12g=0.16g，M中不含三价铁元素，铁元素的物质的量为n（Fe）=0.02mol氧元素的物质的量为n（O）=0.01mol，则另两种物质为Fe和Fe