名校解析广东省惠州市燕岭学校届高三上学期月考化学试题精校Word版Word文件下载.docx

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糖类不一定都有甜味，例如淀粉属于多糖，没有甜味；

葡萄糖虽有甜味，但是不能发生水解，D错误；

正确选项A。

点睛：

本题以文言文的形式考查了有关物质的性质、鉴别等知识，既考查了化学知识又考查了文学素养。

解题时应结合所学知识弄明白文言文中描述的有关物质的性质，然后作出正确判断，注意找准文言文中的关键字眼，如A项通过紫青烟判断真硝石，利用了钾元素的焰色反应为紫色；

B项考查了二氧化硅与氢氟酸的反应；

D项注意合金的熔点一般低于其组分中任一种组成金属的熔点，硬度一般比其组分中任一金属的硬度大。

3.A、B、C是原子序数依次增大的短周期主族元素，三种元素原子序数之和为35，且C的原子序数是A的2倍。

A、B、C三种元素的单质在适当条件下可发生如图所示的变化。

下列说法正确的是

A.甲、乙、丙三种物质的水溶液均显碱性

B.甲是碱性氧化物，乙是酸性氧化物

C.甲、乙可能都有漂白性，其漂白原理相同

D.丙的水溶液在空气中长期放置，溶液可能会变浑浊

【答案】D

A、B、C是原子序数依次增大的短周期主族元素，则C原子序数小于17，C的原子序数是A的2倍，所以A的原子序数小于9且A原子序数的2倍大于B的原子序数，结合三种元素原子序数之和为35，可推出：

A为O元素、B为Na元素、C为S元素；

由如图A、B、C三种元素的单质的变化可得：

甲为Na2O或Na2O2，乙为SO2，丙为Na2S。

A项，Na2O、Na2O2、Na2S的水溶液都显碱性，而SO2的水溶液显酸性，故A错误；

B项，SO2是酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物、Na2O2不是碱性氧化物，故B错误；

C项，Na2O2具有漂白性是因为具有强氧化性，而SO2漂白原理是相当于发生化合反应生成了无色物质，所以二者漂白原理不同，故C错误；

D项，Na2S溶液在空气中长期放置，会发生反应：

2S2-+O2+H2O=2S↓+4OH-，所以溶液会变浑浊，故D正确。

本题考查元素周期表的推断，首先根据原子序数依次增大的三种短周期元素原子序数之间的关系推出各元素，然后应用元素周期律和元素化合物的性质解决各选项。

B项注意碱性氧化物的概念：

碱性氧化物是指溶于水化合成碱或与酸反应生成盐和水的氧化物，所以Na2O2不是碱性氧化物；

C项明确SO2漂白原理与Na2O2漂白原理的不同。

4.由下列实验及现象不能得出相应结论的是

选项

实验

现象

结论

A

向2mL0.01mol/L的FeCl3溶液中加入1滴KSCN溶液，再加入足量铁粉，充分振荡

溶液变为红色，加入铁粉后红色褪去，变为浅绿色

Fe3+比Fe2+的氧化性强

B

加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸

湿润的红色石蕊试纸逐渐变蓝

NH4HCO3分解产生氨气

C

将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，将其放置在坩埚中加热

钠表面变暗，加热时，钠燃烧，发出黄色火焰

钠易与氧气反应，加热时生成Na2O的速率加快

D

向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液

一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀

相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小

【答案】C

【详解】A．向2mL0.01mol/L的FeCl3溶液中加入1滴KSCN溶液，溶液变为红色，是因为Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，再加入足量铁粉，红色褪去，是因为发生2Fe3++Fe=3Fe2+，能说明Fe3+比Fe2+的氧化性强，故A正确；

B．加热NH4HCO3固体生成氨气、水、二氧化碳和氨气，试管口放置的湿润红色石蕊试纸变蓝色，能够说明NH4HCO3分解产生氨气，故B正确；

C．钠常温下与氧气反应生成氧化钠，加热生成过氧化钠，加热时不能生成氧化钠，故C错误；

D．Ksp小的先沉淀，则由现象可知相同温度下，AgCl在水中的溶解度大于AgI的溶解度，故D正确；

故选C。

5.下列说法中正确的是

①钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用；

②砹（At） 

是第ⅦA族，其氢化物的稳定性大于HCl；

③Na2FeO4可做水的消毒剂和净化剂；

④陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐；

⑤铊（Tl）与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应；

⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱；

⑦海水提镁的主要步骤为：

A.①③④⑦B.①③⑥C.③④⑤⑦D.②④⑧

【答案】B

分析：

①致密的氧化物能保护里面的金属；

②元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；

③Na2FeO4中铁为+6价；

④玻璃、水泥属于硅酸盐产品，水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2；

⑤根据元素周期表中同主族元素性质的变化规律来分析；

⑥根据元素周期表中同周期元素性质的变化规律来比较金属性，金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强；

⑦工业上是电解熔融的氯化镁生产镁；

详解：

①四氧化三铁是致密的能保护内部的钢铁不被腐蚀，故①正确；

②第VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故②错误；

③Na2FeO4中铁为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，被还原后生成Fe3+，后水解为氢氧化铁胶体能净水，故③正确；

④玻璃、水泥属于硅酸盐产品，水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2，故④错误；

⑤铊（Tl）与铝同主族，随原子序数的增大，金属性增强，则金属性Tl＞Al，则Tl能与酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故⑤错误；

⑥第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性Na＞Mg＞Al，则金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故⑥正确；

⑦电解氯化镁溶液得不到Mg，工业上是电解熔融的氯化镁生产镁，故⑦错误；

故①③⑥正确，答案选B。

本题考查了物质的用途，涉及元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质分析解答即可，熟练掌握常见物质的性质。

6.28gCu、Ag合金与一定量某浓度的硝酸溶液完全反应，将放出的气体与2.24L（标准状况）O2混合通入水中，恰好被水完全吸收，则合金中Cu的质量为（　　）

A.9.6gB.6.4gC.3.2gD.4.8g

【详解】铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，n（O2）=2.24L÷

22.4L/mol==0.1mol，设Cu、Ag的物质的量分别为x、y，则：

根据质量列方程：

x×

64g/mol+y×

108g/mol=28g；

根据电子守恒列方程：

2x+1×

y=0.1mol×

4 

解得：

x=0.1mol；

y=0.2mol 

m（Cu）=0.1mol×

64g/mol=6.4g，故答案选B。

【点睛】在本题中硝酸的浓度不确定，则生成的气体的成份也不确定，有可能是NO、NO2、N2O4等氮的氧化物组成的混合物，但由于该气体与2.24L氧气混合后恰好被水完全吸收，则由氧化还原反应中电子守恒的规律可得铜、银所失去的电子总数与氧气得电子总数相等。

7.工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。

下列说法正确的是（）

（注：

铝土矿中含有A12O3、SiO2、Fe2O3）

A.在铝土矿制备较高纯度A1的过程中只用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石

B.石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应

C.在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2

D.黄铜矿（CuFeS2）与O2反应产生的Cu2S、SO2均只是还原产物

A、根据铝土矿的成分，先加入盐酸，发生Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O和Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，然后过滤，向滤液中加入过量的NaOH溶液，发生Al3＋＋4OH－=AlO2－＋H2O和Fe3＋＋3OH－=Fe（OH）3↓，过滤，向滤液中通入足量的CO2，发生AlO2－＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3－，氢氧化铝受热分解成氧化铝，然后加入冰晶石，电解熔融状态氧化铝得到金属铝，因此需要用到的物质为NaOH、盐酸、CO2、冰晶石，故A错误；

B、石英的成分是SiO2，属于氧化物，且不与盐酸反应，故B错误；

C、制取粗硅的反应是：

2C＋SiO22CO＋Si，C的化合价升高，即C为还原剂，SiO2中Si的化合价降低，即SiO2作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：

2，故C正确；

D、CuFeS2中S的化合价为－2价，转化成SO2，S的化合价升高，O的化合价降低，即SO2为既氧化产物又是还原产物，故D错误。

8.某小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+的氧化性。

（1）方案1：

通过置换反应比较

向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝。

反应的离子方程式是_______，说明氧化性Ag+＞Cu2+。

（2）方案2：

通过Cu2+、Ag+分别与同一物质反应进行比较

试剂

编号及现象

试管

滴管

1.0mol/L

KI溶液

1.0mol/LAgNO3溶液

Ⅰ．产生黄色沉淀，溶液无色

1.0mol/LCuSO4溶液

Ⅱ．产生白色沉淀A，溶液变黄

①经检验，Ⅰ中溶液不含I2，黄色沉淀是________。

②经检验，Ⅱ中溶液含I2。

推测Cu2+做氧化剂，白色沉淀A是CuI。

确认A的实验如下：

a．检验滤液无I2。

溶液呈蓝色说明溶液含有________（填离子符号）。

b．白色沉淀B是________。

c．白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是____，说明氧化性Ag+＞Cu2+。

（3）分析方案2中Ag+未能氧化I-，但Cu2+氧化了I-的原因，设计实验如下：

编号

实验1

实验2

实验3

无明显变化

a中溶液较快变棕黄色,b中电极

上析出银；

电流计指针偏转

c中溶液较慢变浅黄色；

（电极均为石墨，溶液浓度均为1mol/L，b、d中溶液pH≈4）

①a中溶液呈棕黄色的原因是_______（用电极反应式表示）。

②“实验3”不能说明Cu2+氧化了I-。

依据是空气中的氧气也有氧化作用，设计实验证实了该依据，实验方案及现象是_______。

③方案2中，Cu2+能氧化I-,而Ag+未能氧化I-的原因：

_______。

（资料：

Ag++I-=AgI↓K1=1.2×

1016；

2Ag+