届宁夏海原第一中学高三上学期第二次月考化学试题解析版Word文档格式.docx

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K+＞Cl-＞Na+＞F-B.还原性：

Cl-＞Br-＞I-＞S2-

C.酸性：

HClO4＞H3PO4＞H2S＞H3AlO3D.沸点：

甲醛＞甲醇＞甲烷

『详解』A．离子结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，K+和Cl-、Na+和F-离子核外电子排布相同，且K+和Cl-比Na+和F-离子核外多一个电子层，则离子半径：

Cl-＞K+＞F-＞Na+，故A错误；

B．Cl、Br、I、S非金属性依次减弱，则还原性：

S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故B错误；

C．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性Cl＞P，则酸性HClO4＞H3PO4，又H2S为弱酸，酸性小于H3PO4，而H3AlO3为两性氢氧化物，酸性最小，则酸性：

HClO4＞H3PO4＞H2S＞H3AlO3，故C正确；

D．甲醇分子间存在含有氢键，且相对分子质量比甲醛大，则沸点应最高，沸点：

甲醇＞甲醛＞甲烷，故D错误；

故答案为C。

4.下列物质中既能导电，又属于强电解质的一组物质是（）

A.石墨、醋酸溶液、食盐晶体

B.熔融状态的KOH、熔融状态的NaCl

C.稀H2SO4、NaOH溶液、纯HNO3

D.液氨、石灰水、水银

『答案』B

『详解』A.石墨能导电，石墨是碳单质而不是电解质，醋酸溶液能导电，是乙酸和水的混合物，其中醋酸属于弱电解质，食盐晶体是电解质但不导电，A错误；

B.熔融NaCl、熔融KOH，属于强电解质，且都能导电，B正确；

C.稀硫酸和NaOH溶液是混合物，不是电解质，纯硝酸不导电，C错误；

D.液氨、石灰水是混合物，水银是单质，都不是电解质，D错误；

故合理选项是B。

5.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）

A.5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA

B.常温常压下，11.2L甲烷中含有的氢原子数为2NA

C.标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA

D.常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA

『答案』D

『详解』A.5.6g铁（即0.1mol）与足量盐酸反应生成FeCl2，铁的化合价由0价升高到+2价，所以转移的电子数为0.2NA，错误；

B.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以11.2L甲烷中含有的氢原子数小于2NA，错误；

C.标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气均为1mol，氦气是单原子分子，所含原子数为NA，氟气是双原子分子，所含原子数为2NA，错误；

D.常温下，2.7g（0.1mol）铝与足量的盐酸反应生成AlCl3，失去的电子数为0.3NA，正确；

故选D。

『点睛』使用气体摩尔体积时注意给出的温度和压强，如果是常温常压，则不能用22.4L/mol，同时还要注意对象是否是气体。

但如果没有用到22.4L/mol，则无论什么状态，都不受温度和压强的限制，如D选项，不管是在常温下还是标准状况下，2.7g铝都是0.1mol。

6.若不断地升高温度，实现"

雪花→水→水蒸气→氧气和氢气"

的变化。

在变化的各阶段被破坏的粒子间主要的相互作用依次是（）

A.氢键；

分子间作用力；

非极性键B.氢键；

氢键；

极性键

C.氢键；

极性键；

分子间作用力D.分子间作用力；

非极性键

『详解』雪花→水，破坏氢键和分子间作用力；

水→水蒸气，破坏氢键和分子间作用力；

水蒸气→氧气和氢气，破坏分子内H、O原子间的极性键；

故选B。

7.配制100mL1.0mol/LNa2CO3溶液，下列操作正确的是（）

A.称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，加水溶解、定容

B.称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解

C.转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中

D.定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀

『分析』配制100mL1.0mol/LNa2CO3溶液，应称取碳酸钠的质量为1.0mol/L×

0.1L×

106g/mol=10.6g，溶于水配成溶液的体积为100mL，由此分析。

『详解』A．容量瓶不能作为溶解仪器，称量固体后不能在容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，故A错误；

B．碳酸钠溶液的配制时，10.6g无水碳酸钠的物质的量n=

=

=0.1mol，溶解过程就加入100mL的水，再移液、洗涤、定容再加上水，溶液体积就会超过100mL，根据c=

，V液的值偏大，浓度偏小，故B错误；

C．移液操作时，防止液体外溅，需要玻璃棒来引流，故C错误；

D．定容后，塞好瓶塞，要进行反复倒转、摇匀操作，为了使瓶内溶液进一步均匀，故D正确；

答案选D。

8.将5.6LCO2气体缓慢通过一定量的Na2O2固体后，得到3.36L气体（气体体积均在标准状况下测定），所得气体的质量为（）

A.3.8gB.4.8gC.5.4gD.6.6g

『详解』令参加反应的CO2气体的体积为a，生成的O2的体积为b，则：

2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2气体体积减小△V

211

ab5.6L-3.36L=2.24L

解得a=4.48L，b=2.24L，所以3.36L气体中CO2体积为5.6L-4.48L=1.12L，O2的体积为2.24L，则3.36L气体的质量为

+

=5.4g；

答案选C。

9.下列说法正确的是（）

A.H与D，16O与18O互为同位素；

H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体；

甲醇、乙二醇和丙三醇互为同系物

B.在SiO2晶体中，1个Si原子和2个O原子形成2个共价键

C.HI的相对分子质量大于HF，所以HI的沸点高于HF

D.由IA族和VIA族元素形成的原子个数比为1:

1、电子总数为38的化合物，可能是含有共价键的离子化合物

『详解』A．同素异形体是同种元素组成的不同单质，H216O、D216O、H218O、D218O均为化合物，不可能是同素异形体；

甲醇、乙二醇和丙三醇均含有醇羟基，但分子结构中含有的羟基数目不等，结构不相似，三者不是同系物，故A错误；

B．在SiO2晶体中，1个Si原子和4个O原子形成4个共价键，故B错误；

C．HI的相对分子质量大于HF，但HF分子间存在氢键，导致HF的沸点明显高于HI，故C错误；

D．Na2O2是由IA族和VIA族元素形成的原子个数比为1:

1、电子总数为38的化合物，该离子化合物中含有离子键和共价键，故D正确；

故答案为D。

10.在溶液导电性实验中，往氢氧化钡溶液中滴加硫酸至过量，灯泡的明亮度变化是：

明→暗→明，下列说法正确的是（）

A.溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关

B.溶液的导电性与溶液中离子数目的多少有关

C.灯泡最暗时溶液中无自由移动的离子

D.往氢氧化钡溶液中滴加盐酸与滴加硫酸时现象相同

『详解』氢氧化钡中加入硫酸，反应生成硫酸钡沉淀和水，随着硫酸的量的增加，溶液中的离子越来越少，当完全反应生成硫酸钡沉淀时，溶液中的离子最少，然后加入硫酸，溶液中的离子又开始增加，所以溶液导电能力与溶液中的离子的浓度有关，选A。

11.下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较中，正确的是（）

A.等浓度的溶液中滴入稀盐酸，放出气体的快慢Na2CO3<

NaHCO3

B.热稳定性Na2CO3<

NaHCO3

C.常温时水溶性Na2CO3<

D.相对分子质量Na2CO3<

『详解』A、与盐酸反应时，碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳气体，而碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳气体，则碳酸氢钠反应较快，正确；

B、2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，错误；

C、常温下相同的溶剂时，Na2CO3较NaHCO3易溶，错误；

D、碳酸钠的相对分子质量为106，碳酸氢钠的相对分子质量为84，错误；

答案选A。

12.能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是（　　）

A.CO2溶于水形成碳酸，SiO2难溶于水

B.CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀

C高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2

D.氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀

『详解』A．酸性强弱与水溶性没有关系，则无法据此比较酸性，故A错误；

B．CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀，反应方程式是：

Na2SiO3+H2O+CO2＝Na2CO3+H2SiO3↓，反应原理是强酸制弱酸，说明碳酸比硅酸酸性强，故B正确；

C．比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应，则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论，故C错误；

D．HCl通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，根据强酸制弱酸，只能说明盐酸的酸性比碳酸强，又盐酸易挥发，可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，可能为盐酸与硅酸盐的反应，则无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱，故D错误；

答案选B。

13.只用一种试剂可鉴别

、

四种溶液，这种试剂是（）

A.

B.

C.

D.

『分析』如果某种试剂与各溶液混合现象均不同，则该试剂可用于鉴别这些溶液。

『详解』将各试剂分别和四种溶液混合，混合的现象可列表对比如下：

Ba（OH）2

H2SO4

NaOH

AgNO3

K2SO4

白色沉淀

无明显现象

MgCl2

白色沉淀→灰黑色沉淀

FeCl2

白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀

（NH4）2SO4

白色沉淀、刺激性气味气体

刺激性气味气体

由表可知，NaOH与各溶液混合现象均不同，可用于鉴别这些溶液，故选C。

14.两份铝片，一份与足量盐酸反应，另一份与足量烧碱溶液反应，同温、同压下，放出相同体积的气体，则两份铝片的质量之比为（）

A.1：

1B.2：

3C.3：

2D.1：

6

『详解』2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知：

A．当两份铝片的质量之比为1:

1时，放出氢气的物质的量之比为1:

1，故同温、同压下，放出氢气体积相同，A符合题意；

B．当两份铝片的质量之比为2:

3时，放出氢气的物质的量物质的量之比为2:

3，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，B不符合题意；

C．当两份铝片的质量之比为3:

2时，放出氢气的物质的量物质的量之比为3:

2，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，C不符合题意；

D．当两份铝片的质量之比为1:

6时，放出氢气的物质的量物质的量之比为1:

6，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，D不符合题意；

15.把含有氧化铁的铁片投入到足量的稀盐酸中，直到铁片完全溶解，经分析该溶液中无

，且生成的

与反应生成的

的物质的量之比为3：

1，则原混合物中

与Fe的物质的量之比为（）

5C.4：

1D.3：

1

『详解』设原混合物中含有xmolFe，

，

则：

：

1，

y：

5，

『点睛』该题的关键是明确反应的原理，正确书写有关的化学反应方程式。

难点是铁首先与氯化铁反应，最后再与稀盐酸反应，注意铁离子、亚铁离子和氢离子氧化性的比较。

16.下列除去杂质的实验方法正确的是（　　）

A.除去CO中少量O2：

通过灼热的Cu网后收集气体

B.除去K2CO3固体中少量NaHCO3：

置于坩埚中加热

C.除去KCl溶液中的少量MgCl2：

加入适量NaOH溶液，过滤

D.除去CO2中的少量HCl：

通入饱和NaHCO3溶液，收集气体

『详解』A．通过灼热的Cu网后，氧气可以和金属铜发生反应生成氧化铜，并且一氧化碳会和氧气反应生成二氧化碳，这样在一氧化碳中会引入二氧化碳，且影响被提纯物质，A错误；

B．NaHCO3分解生成碳酸钠，不能得到纯净的碳酸钾，B错误；

C．加入适量NaOH溶液生成NaCl，引入新杂质，C错误；

D．HCl和NaHCO3反应生成NaCl，可除去杂质，D正确，

『点睛』本题考查混合物分离、提纯方法及选择，把握物质的性质及分离原理为解答的关键，注意除杂的原则即可解答，选项A为易错点。

17.将少量氯水加入盛有KBr溶液的试管中，再加入适量的汽油，然后振荡，静置，产生的现象是（）

A.溶液呈橙色

B.溶液呈无色

C.上层液体呈橙色，下层液体几乎无色

D.上层液体呈紫红色，下层液体几乎无色

『解析』氯气具有强氧化性，通入溴化钾溶液发生反应：

Cl2+2KBr=2KCl+Br2，反应后得到橙黄色的溴水溶液，倒入汽油后，汽油与水互不相溶，汽油的密度小于水，溶液分层，汽油层在上层，溴在汽油中的溶解度大于在水中的溶解度，振荡后，溴被萃取到汽油层，所以看到的现象是溶液分层，下层为无色的水层，上层为橙色的溶有溴的汽油层，答案选C。

点睛：

本题考查了氯气的氧化性和萃取的原理，熟悉氯气的性质，明确溴在汽油中溶解度大是解题的关键，注意汽油的密度小于水。

18.某无色气体，可能含CO2、SO2、HCl、HI中的一种或几种，将其通入氯水中，得到无色透明溶液。

把溶液分成两份，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀；

另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成。

对于原无色气体推断一定正确的是（）

A.一定含有SO2B.—定含有HCl

C.肯定没有CO2D.不能肯定是否含有HI

『详解』①无色混合气体通入氯水中，得到无色透明溶液，HI能够被氯水氧化成碘单质，碘水显黄色，则一定不存在HI；

②向与氯水反应后加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为硫酸钡，则原气体中一定含有SO2；

③另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成，由于之前通入氯水，引进了氯离子，无法确定原气体中是否含有HCl，二氧化碳在实验中没有涉及，不能确定是否含有，因此合理选项是A。

二、填空题

19.Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种，现做以下实验：

①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：

②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；

③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；

④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。

试根据上述实验事实，回答下列问题：

（1）写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式____________________。

（2）写出原白色粉末中一定不含有的物质的电离方程式________________。

（3）写出④变化的离子方程式：

______________________。

Ⅱ.实验室需要240mL0.5mol·

L-1的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。

（1）需称量_________g烧碱，应放在_______中称量、溶解。

（2）完成此配制实验，除了量筒，烧杯，玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有___________。

（3）下列操作对所配溶液浓度偏大的有______。

A.烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中

B.容量瓶未干燥就用来配制溶液C.定容时仰视容量瓶

D.称量时使用了生锈的砝码E.未洗涤溶解烧碱的烧杯

『答案』

（1）.BaCl2、K2CO3

（2）.Cu（NO3）2=Cu2++2NO3—（3）.Ag++Cl—=AgCl↓（4）.5.0（5）.小烧杯（6）.250mL容量瓶，胶头滴管（7）.AD

『详解』Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种；

①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀为碳酸钡，判断BaCl2、K2CO3一定存在；

②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3；

③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；

④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明含有Cl-；

综上所述：

白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3；

一定不含Cu（NO3）2；

可能含有KCl；

（1）原白色粉末中一定含有的物质的化学式：

BaCl2、K2CO3；

（2）原白色粉末中一定不含有的物质为Cu（NO3）2；

电离方程式为：

Cu（NO3）2=Cu2++2NO3-；

（3）取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀是氯化银，反应的离子方程式为：

Ag++Cl-=AgCl↓；

Ⅱ.

（1）实验室没有240mL规格的容量瓶，必须配制250mL溶液，需要称取的氢氧化钠的质量为：

m=cVM=0.5mol/L×

0.25L×

40g/mol=5.0g，烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中；

（2）配制溶液的步骤是：

称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品，所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有：

250mL容量瓶，胶头滴管；

（３）A．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A选；

B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；

C．定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故C不选；

D．砝码生锈后质量偏大，称量时m物=m砝+m游，称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大，故浓度偏大，故D选；

E．未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质损失，浓度偏小，故E不选；

答案选AD。

20.已知合金A由两种常见金属组成。

为测定其组成，某同学的实验流程如图所示：

请回答：

（1）过程②中分离C和E的化学实验基本操作是___________________

（2）溶液H中所含的阳离子有________________________（用离子符号表示）

（3）合金A中两种金属为__________________________

（4）溶液H与过量的氨水生成沉淀F的离子方程式为__________________________________。

（5）有一种不溶于水的白色固体物质在空气中可以转化为物质C，请写出此反应的化学方程式__________。

（6）为测定合金的组成，若需要称量沉淀F的质量，则F需要洗涤，如何证明沉淀F是否洗涤干净？

_____________________________

『答案』

（1）.过滤

（2）.Al3＋、H＋（3）.Fe、Al（4）.Al3++3NH3·

H2O=Al（OH）3↓+3NH

（5）.4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓（6）.取最后一次洗涤液，加入少量硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则沉淀没有洗涤干净，若无沉淀产生，则表明沉淀已经洗涤干净

『分析』已知合金A由两种常见金属组成，加入过量盐酸反应得到溶液B，加入过量氢氧化钠溶液丙通入空气，过滤得到红褐色沉淀，判断为Fe（OH）3，加热分解得到粉末状固体D为氧化铁，则确定A中有金属Fe；

滤液E加入少量盐酸生成白色沉淀F和溶液G，白色沉淀F加入过量盐酸溶解得到溶液H，溶液H加入过量氨水又生成白色沉淀F，确定白色沉淀F为氢氧化铝沉淀，溶液H为过量盐酸和AlCl3溶液；

溶液G为偏铝酸钠和氯化钠的混合溶液，溶液E为NaAlO2溶液，溶液B为氯化亚铁和氯化铝的混合溶液，金属为Fe，Al，以此解答该题。

『详解』

（1）过程②用于分离固体和液体，为过滤操作；

（2）F为氢氧化铝，溶于盐酸能生成AlCl3和水，则氢氧化铝中加入过量盐酸得到的H中阳离子为Al3+、H+；

（3）由以上分析可知合金中含有Fe、Al；

（4）H中阳离子为Al3+、H+，与过量的氨水生成沉淀氢氧化铝的离子方程式为Al3++3NH3·

；

（5）C为Fe（OH）3，可由氢氧化亚铁在空气中被氧气氧化生成，发生反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（6）流程中氢氧化铝沉淀表面附着液中含有Cl-，洗涤时，当取最后一次洗涤液，加入少量硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则沉淀没有洗涤干净，若无沉淀产生，则表明沉淀已经洗涤干净。

『点睛』考查物质的组成测定，把握物质的性质、发生的反应、流程中试剂的量、混合物分离提纯方法为解答的关键，难点是忽视Al（OH）3是两性氢氧化物，能溶于强酸或强碱溶液，但氨水不能溶解Al（OH）3。

21.过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。

过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质。

（1）某课外活动小组欲探究某过氧化钠样品是否已经变质，取少量样品，溶解，加入_______________溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。

（2）该课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的纯度，他们称取ag样品，并设计用如图装置来测定过氧化钠的质量分数。

①A中发生反应离子方程式为___________________

②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是__________

③写出装置C中发生的所有反应的化学方程式______________________________，_______________________________________________________

④D中NaOH溶液的作用__________________________

⑤读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量分数