安徽省六安市第一中学届高三上学期第五次月考化学试题Word版附详细解析文档格式.docx

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Al（OH）3受热熔化放出大量热量

B

用氢氟酸蚀刻玻璃

SiO2是碱性氧化物，能溶于酸

C

过氧化钠用于呼吸面具中作为氧气的来源

过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳

D

用浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂

高锰酸钾能氧化水果释放的催熟剂乙烯

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】A．Al（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，故A错误；

B．Si02是酸性氧化物，故B错误；

C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故C错误；

D．乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化，故D正确；

故选D。

3.下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是

A.碱性溶液中：

ClO－、Cl－、K＋、Na+

B.常温常压下气体：

O2、N2、Cl2、NH3

C.含有AlO2-的溶液：

NO3－、HCO3－、Na+、K+

D.氢氧化铁胶体：

H+、K+、S2－、Br－

【解析】试题分析：

ClO－、Cl－、K＋、Na+，在碱性溶液中不反应，故A正确；

常温常压下Cl2、NH3反应生成氮气和氯化铵，故B错误；

含有AlO2-的溶液为碱性溶液，HCO3－在碱性条件下生成CO32－，故C错误；

H+、S2－生成硫化氢、胶体与电解质聚沉，故D错误。

考点：

本题考查离子反应。

4.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

①22gT2O含有电子数为10NA

②0.44gC3H8中含有的σ键总数目为0.1NA

③1molNa2O2与CO2完全反应时转移电子数为2NA

④28g硅晶体中含有2NA个Si-Si键

⑤11.2LCl2通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数等于0.5NA

⑥200mL,lmol/LAl2（SO4）3溶液中，Al3+和SO42-的总和是NA

A.①②③B.②④⑥C.①③⑤D.①②④

【解析】T是质量数为3的H原子，T2O的相对分子质量=3×

2+16=22，22gT2O的物质的量为22/22=1（mol），含有电子数为1×

10NA=10NA，①正确；

②、0.44gC3H8的物质的量为0.01mol，1molC3H8中含有的σ键数为10mol，所以0.01molC3H8中含有的σ键总数目为0.01mol×

10NA=NA，②正确；

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，方程式中转移的电子数为2个，所以1molNa2O2与CO2完全反应时转移电子数为NA，③错误；

28g硅晶体中含有硅原子的物质的量为1mol，硅晶体的结构与金刚石的结构相似，均为四面体的结构，一个硅原子连着四个硅原子，所以一个硅原子含有四个Si-Si键，每个Si-Si键只有1/2属于一个硅原子，故1个硅原子实际含有2个Si-Si键，所以1mol硅晶体中含有2NA个Si-Si键，④正确；

11.2LCl2没有指明气体所处的状态，无法求得氯气的物质的量，故转移的电子数目也无法得知，⑤错误；

200mLlmol/LAl2（SO4）3溶液中，Al2（SO4）3的物质的量为0.2mol，Al3+发生水解，所以Al3+和SO42-的总和小于NA，⑥错误。

故正确的只有①②④，答案选D。

正确答案为D。

5.根据表中信息判断，下列选项不正确的是

序号

反应物

产物

①

KMnO4、H2O2、H2SO4

K2SO4、MnSO4

②

Cl2、FeBr2

FeCl3、FeBr3

③

MnO4-

Cl2、Mn2+

A.第①组反应的其余产物为H2O和O2

B.第②组反应中参加反应的Cl2与 

FeBr2的物质的量之比为1：

2

C.第③组反应中生成1mo1Cl2，转移电子2mol

D.氧化性由强到弱顺序为MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞Br2

【解析】A、根据氧化还原反应中化合价有升必有降和质量守恒原则，第①组反应中，Mn元素化合价降低，则H2O2中的氧元素化合价升高，所以其余的反应产物为H2O和O2，所以A正确；

B、由于Fe2＋的还原性强于Br－，所以少量的Cl2只能氧化Fe2＋，反应的化学方程式为3Cl2＋6FeBr2=4FeBr3＋2FeCl3，或用离子方程式Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，故参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2，则B正确；

C、在第③组反应中，Cl－被MnO4－氧化生成Cl2，化合价从-1价升高为0价，所以生成1molCl2，转移2mol电子，故C正确；

D、在第②组反应中，由于Fe2＋的还原性强于Br－，可推知Br2的氧化性强于Fe3＋，在第③组反应中，MnO4－的氧化性强于Cl2，而Cl2能与铁能发生如下反应3Cl2＋2Fe

2FeCl3，所以Cl2的氧化性强于Fe3＋，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4－＞Cl2＞Br2＞Fe3＋，故D错误。

本题正确答案为D。

点睛：

对于氧化还原反应，一定要明确知道四种物质，即氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；

有时不必写出反应方程式，但要明确化合价有升必有降；

要明确性质强的物质先反应；

要明确氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。

本题看似简单，但要想真正解答正确，对于高一学生并不容易，其中BD选项最容易错选。

6.下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是

实验操作

实验现象

结论

向盛有Fe（NO3）2溶液的试管中加入

0.1mol·

L－1 

H2SO4溶液

试管口出现红棕色气体

溶液中NO3-被Fe2＋还原为NO2

向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少

量BaCl2固体

溶液红色变浅

证明Na2CO3溶液中存在水解平衡

等体积pH=2的HX和HY两种酸分别

与足量的铁反应，排水法收集气体

HX放出的氢气多且反应速率快

HX酸性比HY强

分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH

后者较大

证明非金属性S>

【答案】B

A项酸性条件下NO3—被Fe2+还原为NO，B项含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；

C项HX放出的氢气多且反应速率快，说明HX浓度比HY大，HX酸性比HY弱D．等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可比较亚硫酸与碳酸的酸性，因亚硫酸不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性，故D错误。

化学实验方案的评价

7.下列反应的离子方程式正确的是

A.用石墨作电极电解AlCl3溶液:

Cl－+2H2O

Cl2↑+H2↑+2OH－

B.Na2S和Na2SO3溶液混合:

2S2-+SO32-+3H2O═3S↓+6OH-

C.向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至不再产生沉淀:

Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O

D.向Fe（NO3）2和NaBr混合溶液中滴加稀盐酸:

6Br-+2NO3+8H+=3Br2+2NO↑+4H2O

【答案】C

【解析】A、氯原子数目前后不相等，生成的OH-应与Al3+结合成Al（OH）3沉淀，正确的离子方程式应为6Cl－+6H2O+2Al3+

3Cl2↑+3H2↑+2Al（OH）3↓，A错误；

B、Na2S和Na2SO3在中性溶液中可以共存，在酸性条件中发生反应：

2S2-+SO32-+6H+═3S↓+3H2O，B错误；

C、设NaHSO4为1mol，电离出1molH+和1molSO42-，要使1molSO42-恰好沉淀，需要1molBa（OH）2提供1molBa2+，同时提供2molOH-，实际反应1molOH-，故反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，C正确；

D、Fe（NO3）2和NaBr混合溶液中滴加稀盐酸，溶液中含有了强氧化剂HNO3，Fe2+的还原性大于Br-的还原性，所以HNO3先氧化Fe2+，再氧化Br-，而D中的离子方程式表示的是HNO3只与Br-反应，故D错误。

正确答案为C。

8.我国知名企业比亚迪公司开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其它材料电池，电池总反应为：

V2O5+xLi

LixV2O5。

下列说法中，正确的是

A.锂在放电时做正极材料，充电时为阳极材料

B.电池在放电时，Li+向负极移动

C.该电池充电时阳极的反应为：

LixV2O5－xe－＝V2O5+xLi+

D.V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应

A．该原电池中，锂失电子而作负极，充电是为阴极，故A错误；

B．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故A错误；

C．该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为：

LixV2O5-xe-＝V2O5+xLi+，故C正确；

D．V2O5得电子而作正极，所以V2O5参与电池反应，故D错误；

故选C。

考查原电池原理的应用

9.向100mL0.1mol/L硫酸铝铵溶液中逐滴滴入0.1mo1/LBa（OH）2溶液.随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总总物质的量n的变化如图所示。

则下列说法中正确的是

A.a点的溶液呈中性

B.从开始到b点发生反应的离子方程式是：

Al3++2SO42-+2Ba2++3OH-=Al（OH）3↓+2BaSO4↓

B.c点消耗Ba（OH）2溶液体积为200mL

C.c点溶液呈碱性

NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol，溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol。

开始滴加同时发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH-，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；

再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；

当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH-，Al3+反应掉0.03molOH-，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH-恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为BaSO4和Al（OH）3；

继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液。

A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，溶液的溶质是（NH4）2SO4，那么该物质水解溶液呈酸性溶液显示中性，故A错误；

B、由分析可知，b点发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，故B错误；

C、由分析可知，c点加入Ba（OH）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以

=0.25L=250ml，故C错误；

D、由分析可知，c为溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，故D正确；

考查了铝及其化合物的性质，化学反应图像、化学计算的相关知识。

10.某固体物质X由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验:

①取少量样品置于盛有足量水的烧杯中，充分搅拌后仍有部分固体存在，过滤;

②将固体置于稀硝酸中无明显变化;

③取滤液少许滴加Ba（OH）2溶液后无明显变化，则固体物质X可能为

A.Na2SO4、Mg（OH）2B.AgNO3、KClC.MgSO4、BaCl2D.K2SO4、Al（NO3）3

【解析】A、Na2SO4、Mg（OH）2混合物溶于水后，Mg（OH）2不溶，将Mg（OH）2置于稀硝酸中，固体溶解，不符合题意，A错误；

B、AgNO3、KCl混合溶于水中，生成不溶物AgCl和可溶的KNO3，将AgCl置于稀硝酸中无明显变化，向滤液KNO3中加Ba（OH）2溶液后无明显变化，符合题意，B正确；

C、MgSO4、BaCl2混合物溶于水后得到不溶物BaSO4和可溶物MgCl2，BaSO4不溶于硝酸，MgCl2溶液中加入Ba（OH）2有白色沉淀生成，不符合题意，C错误；

D、K2SO4、Al（NO3）3混合溶于水后均溶解，不符合题意，D错误。

正确答案为B。

解答此类题目的方法是用答案去验证，采取排除的方法，比从正面思考问题更简单。

11.电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小，且电导率越大溶液的导电能力越强。

室温下，用0.l00mol·

L-1的NH3·

H2O滴定10.00mL浓度均为0.100mol·

L-1HCl和CH3COOH的混合液，电导率曲线如图所示。

下列说法正确的是

A.①溶液中c（H+）为0.200mol·

L-1

B.溶液温度高低为①＞③＞②

C.③点后因离子数目减少使电导率略降低

D.③点时溶液中有c（C1一）＞c（CH3COO一）

向浓度均为0.100mol·

L-1HCl和CH3COOH的混合液中滴加NH3·

H2O，首先发生反应：

HCl+NH3·

H2O=NH4Cl+H2O，所以溶液中自由移动的离子的物质的量不变，而因为溶液的体积增大，所以离子的浓度减小，电导率逐渐减小，当该反应恰好发生时，电导率最小；

此后发生反应：

CH3COOH+NH3·

H2O=CH3COONH4+H2O，弱电解质变为强电解质，自由移动的离子浓度增大，电导率逐渐增大，当反应恰好完全时，溶液的电导率最大，此后再加入氨水，就对溶液起稀释作用，离子的浓度减小，电导率逐渐减小。

根据电导率的变化可知HCl和CH3COOH是按照1:

1混合的混合液。

A．①溶液中由于盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以c（H+）约为0.05mol/L,错误；

B．由于电导率都是在室温下测定的，所以溶液温度高低相等，错误；

C．③点后因离子浓度减少使电导率略降，错误；

D．③点时溶液为NH4Cl和CH3COONH4等等浓度、等体积的混合溶液，由于铵根离子水解消耗，所以溶液中有c（C1一）＞（CH3COO一），正确。

考查酸的混合溶液与碱发生反应时溶液的导电性与离子浓度的关系的知识。

12.H3BO3（一元弱酸）可以通过电解NaB（OH）4溶液的方法制备，其工作原理如图，下列叙述错误的是

A.M室发生的电极反应式为：

2H2O－4e－=O２↑＋4H＋

B.N室中：

a%

C.理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6L气体

D.b膜为阴膜，产品室发生反应的化学原理为强酸制弱酸

【解析】A、左边石墨电极为电解池的阳极，M室中的H2O失去电子生成氧气，电极方程式为：

2H2O－4e－ 

=O２↑＋4H＋，A正确；

B、右边石墨电极为阴极，水中的H+得到电子生成H2，溶液中的OH-浓度增大，原料室中的Na+通过c膜移向N室，所以N室中NaOH的浓度增大，故N室中：

a%<

b%，B正确；

C、M室中生成的H+通过a膜进入产品室，原料室中的B（OH）4-通过b膜进入产品室，发生反应：

H++B（OH）4-=H3BO3+H2O。

生成1molH3BO3，需要从M室中产生1molH+，则电路中转移的电子为1mol，阴极室产生的是H2，根据电子守恒可知阴极室产生的H2的物质的量为0.5mol，其在标准状况下的体积为11.2L，C错误；

D、M室中产生的H+通过a膜进入产品室，a膜为阳膜，原料室中的B（OH）4-通过b膜进入产品室，b膜为阴膜，两者在产品室发生反应：

H++B（OH）4-=H3BO3+H2O，反应的原理为强酸制取弱酸，D正确。

13.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子半径依次增大，且X、Y原子序数之和是W、Z原子序数之和的2倍，m、n、p、r是由这些元素组成的元化合物，甲、乙是其中两种元素对应的单质，n与乙均是淡黄色固体。

上述物质的转化关系如图所示（部分反应物或生成物省略）。

下列说法错误的是

A.热稳定性:

p<

r

B.X与Y组成的化合物一定有漂白性

C.含Y元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性

D.Z与W、X、Y可形成离子化合物

【解析】乙是单质且为淡黄色固体，可知乙是S，n是化合物且为淡黄色，可推测n为Na2O2，Na2O2与r反应生成甲，甲为单质，根据所学知识初步判断甲为O2，从而可知r为CO2或者H2O，从而可得W、X、Y、Z四种元素分别为O、C、S、Na或者H、O、S、Na，前者C、S的原子序数之和为22，O、Na的原子序数之和为19，不是2倍的关系，不符合题意，后者O、S的原子序数之和为22，H、Na的原子序数之和为12，为2倍的关系，符合题意，故W、X、Y、Z四种元素分别为H、O、S、Na。

由上分析可知r为H2O，O2和p生成S单质和H2O，p为H2S，所以m为Na2S或NaHS。

A、p为H2S，r为H2O，S的非金属性小于O的非金属性，所以H2S的热稳定性小于H2O的热稳定性，A正确；

B、X与Y组成的化合物为SO2或SO3，SO2有漂白性，而SO3无漂白性，B错误；

C、Y为S元素，Na2SO4溶液显中性，Na2SO3溶液显碱性，NaHSO4溶液显酸性，C正确；

D、Z与W、X、Y分别形成的化合物有NaH、Na2O、Na2S，三者均为离子化合物，D正确。

本题的突破口有两个，一是乙是单质且为淡黄色固体，可知乙是S，二是n是化合物且为淡黄色固体，可知n为Na2O2，再联系到Na2O2与H2O或者CO2的反应，问题就迎刃而解。

14.用如图装置做相应实验，收集方法及所加试剂、现象、结论均正确的是

气体

试剂

现象

X

酸性KMnO4溶液

溶液褪色

X一定是SO2气体

NH3

酚酞溶液

溶液变红色

氨水呈碱性

NO2

淀粉一KI溶液

溶液变蓝色

NO2有还原性

Cl2

紫色石蕊试液

溶液先变红后褪色

氯水有酸性和漂白性

15.在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）

zC（g）,图I表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）:

n（B）的变化关系则下列结论正确的是

A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）＝0.04mol•L－1•min－1

B.图Ⅱ所知反应xA（g）+yB（g）

zC（g）的ΔH<

0，且a＝2

C.若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v正＞v逆

D.200℃时，向容器中充入2molA和1molB，达到平衡时，A的体积分数小于50%

【解析】A、200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=（0.4-0.2）mol÷

2L÷

5min=0.02mol•L－1•min－1，A错误；

B、据图Ⅱ可知温度升高时C的体积分数增大，平衡正向移动，故正反应为吸热反应，ΔH>

0。

方程式中物质的化学计量数之比等于反应中各物质的物质的量变化量之比，据此可写出该反应的化学方程式为2A（g）+B（g）

C（g），用极端的思想考虑可知起始时A和B的物质的量之比等于化学计量数之比时，产物C的体积分数最大，故a=2，B错误；

C、若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，因为容器的体积没有改变，且He是稀有气体不参与发应，所以反应中A、B、C的浓度不变化，故速率不变，C错误；

D、图Ⅰ中平衡时混合物中A的体积分数为0.4÷

（0.4+0.2+0.2）×

100%=50%，200℃时向容器中充入2molA和1molB，假设容器体积可以变化，将与图Ⅰ所示的平衡构成等效平衡，A的体积分数仍为50%，但现在容器体积不变，故须将容器体积缩小，相当于增压，平衡将向正反应方向移动，A的体积分数将变小，小于50%，D正确。

16.25℃时，将amol/L、pH=m的元酸HX溶液与bmol/L、pH=n的NaOH溶液等体积混合后pH>

7。

A.若a=b,则HX一定是弱酸

B.反应后溶液中一定存在c（Na+）>

c（X-）>

c（OH-）>

c（H+）

C.若a=b,则m+m<

14

D.若a=2b,则反应后溶液中一定存在2c（OH-）=c（HX）+2c（H+）

【解析】常温下pH=n的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为：

1×

10-14/1×

10-nmol·

L－1=10n-14mol·

L－1，pH=m的溶液中氢离子浓度为10-mmol·

L－1，A、若a=b，HX为强酸时溶液呈中性，所以HX为弱酸，故A正确；

B、NaOH的物质的量较大时，溶液中可能满足：

c（OH－）＞c（X－），故B错误；

C、若a=b，当HX为强酸时，混合液呈中性，所以HX为弱酸，由于弱酸在溶液中部分电离出氢离子，则酸溶液中氢离子浓度一定小于碱溶液中的氢氧根离子浓度，即10-mmol·

L－1＜10n-14mol·

L－1，整理可得：

m+n＞14，故C错误；

D、若a=2b，且反应后溶液呈碱性，则HX一定为弱酸，根据电荷守恒可知：

①c（Na＋）+c（H＋）=c（X－）+c（OH－），两溶液体积相等，根据物料守恒可得：

②2c（Na＋）=c（X－）+c（HX），结合①②可得：

c（OH－）=c（