江西吉安市新干届高三化学上学期第一次月考.docx

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江西吉安市新干届高三化学上学期第一次月考

江西省吉安市新干县2018届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）

相对原子质量H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Fe-56Ba-137K-39S-32

第Ⅰ卷选择题

一：

选择题（共48分，每小题只有1个选项符合题意）

1.下列说法正确的是

A.根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸

B.CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物,Na2O、Na2O2为碱性氧化物

C.Na2O的水溶液能导电，所以Na2O是电解质

D.在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物

【答案】D

【解析】A项，根据酸分子能电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，如CH3COOH，1个酸分子中含有的H原子个数为4个，但只能电离出1个氢离子，属于一元酸，故A错误；B项，能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物，NO2不是酸性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，故B错误；C项，Na2O的水溶液能导电，是因为Na2O与水反应生成的NaOH电离出自由移动的离子，而Na2O是电解质，是因为其在熔融状态下能导电，故C错误；D项，只有离子化合物存在着阴阳离子，熔融状态下阴阳离子能够自由移动，从而能够导电，故在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，D正确。

2.下列说法正确的是

A.需要通电才可进行的有：

电解、电泳、电离、电镀、电化腐蚀

B.在Fe（OH）3胶体中滴加稀硫酸的现象为：

先沉淀后溶解

C.用氯化铁溶液和沸水反应制取氢氧化铁胶体：

Fe3＋＋3H2O（沸水）===Fe（OH）3↓＋3H+

D.在Fe（OH）3胶体中插入两电极通电，在阳极附近颜色加深

【答案】B

【解析】试题分析：

A、电离不需要通电就可进行，电化学腐蚀时形成原电池的金属腐蚀，不需要通电，错误；B、氢氧化铁胶体中加入稀硫酸，硫酸是电解质，所以胶体会发生聚沉现象，产生沉淀，氢氧化铁沉淀与硫酸发生中和反应，所以沉淀逐渐溶解，正确；C、向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，制取氢氧化铁胶体，所以离子方程式中的氢氧化铁不能用沉淀符号，错误；D、氢氧化铁的胶粒带正电荷，所以在阴极附近的颜色加深，错误，答案选B。

考点：

考查氢氧化铁胶体的制备、性质

3.用某仪器量一液体体积时，平视时读数为nml,仰视时读数为xml,俯视时读数为yml，若x>n>y，则所用的仪器可能是

A.量筒B.酸式滴定管C.碱式滴定管D.容量瓶

【答案】A

【解析】试题分析：

量筒的刻度线自上而下是递减的，所以用量筒量取一定量液体时，俯视液面读数时，读数偏高，即y>n>x。

酸式滴定管和碱式滴定管的0刻度都在上面，平视时、仰视时、俯视时读数应该是x>n>y，而容量瓶是用于配置一定浓度的溶液，不能测量液体体积，A、D错，答案选BC。

考点：

考查常见的基本实验操作。

点评：

该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查，侧重对学生基础知识对巩固和训练，难度不大。

该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。

该题的关键是明确仪器的构造特点。

4.用浓硫酸配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，下列操作会造成所配溶液浓度偏高的是

A.溶解后的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中

B.反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好与刻度线相平

C.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液转移入容量瓶中

D.定容时，眼睛仰视刻度线

【答案】A

【解析】试题分析：

A、溶解后的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中，造成溶液的体积偏小，则溶液浓度偏高，正确；B、反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好与刻度线相平，则溶液的体积变大，溶液浓度偏低，错误；C、洗涤烧杯和玻璃棒的溶液转移入容量瓶中，是正确操作，不产生误差；D、定容时，眼睛仰视刻度线，溶液的体积变大，则溶液浓度偏低，错误。

考点：

本题考查配制一定物质的量浓度溶液的误差分析。

5.下列能达到实验目的的是

A.除去Fe（OH）3胶体中的FeCl3

B.干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气

C.分离乙醇、乙酸

D.除去杂质气体CO2

【答案】B

【解析】A项，分离胶体与溶液应该用渗析法，A错误；干燥氨气用碱石灰，氨气密度比空气的小如图装置短进长出，氨气极易溶于水吸收过量氨气用防倒吸装置，B正确；C项，乙醇与乙酸互相溶解，无法用分液法分离，C错误；D项，应长进短出，故D错误。

6.对于某些离子的检验及结论一定正确的是

A.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO

B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO

C.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH

D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba2+

【答案】C

考点：

考查常见离子的检验。

7.已知A是一种单质，在一定条件下可发生如图所示的转化关系，则下列叙述中正确的是

①A可能是铝或硅　②D一定是一种两性物质③D晶体的熔点很高

A.①②B.①③C.②③D.②

【答案】B

【解析】由转化关系图可知，A与强碱溶液反应产生氢气，则A为Al或Si，C为Al（OH）3或H2SiO3，D为氧化铝或二氧化硅。

由上述分析，①正确；氧化铝具有两性，二氧化硅不具有两性，故②错误；氧化铝和二氧化硅晶体熔点都很高，故③正确。

综上，选B。

点睛：

本题考查无机推断，了解Si、Al及其化学物的性质是解答本题的关键，注意两性化合物既能与酸又能与碱反应生成盐，氧化铝是离子晶体、二氧化硅是原子晶体。

8.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是

A.标准状况下，11.2L的戊烷所含的分子数为0.5NA

B.28g乙烯所含共用电子对数目为4NA

C.1mol甲基的电子数目为10NA

D.现有乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为3NA

【答案】D

【解析】A项，标准状况下，戊烷不是气体，无法用气体摩尔体积公式计算，故A错误；B项，28g乙烯物质的量为1mol，根据乙烯的电子式：

，1mol乙烯分子含有共用电子对数目为6NA，故B错误；C项，甲基是9电子微粒，1mol甲基的电子数目为9NA，故C错误；D项，烯烃通式为CnH2n，14g烯烃混合气体含有“CH2”1mol，其原子数为3NA，D正确。

点睛：

本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算，侧重与对有机物结构的考查，注意气体摩尔体积公式的适用条件、甲基和氢氧根离子的不同，D项根据乙烯、丙烯、丁烯的最简式均为“CH2”来计算。

9.在下列溶液中，一定能大量共存的一组离子是

A.溶液的pH＝13：

ClO－、HCO、Na＋、Mg2＋

B.溶液中含有大量NO：

NH、I－、SO、H＋

C.溶液中c（HCO）＝0.1mol/L：

Na＋、K＋、CO、Br－

D.溶液中由水电离出的c（H＋）＝1×10－13mol/L：

Na＋、H＋、Cl－、Br－

【答案】C

【解析】A、pH＝13，则溶液呈碱性，HCO3-不能大量共存（因与OH-反应生成CO32-、H2O），Mg2+不能大量共存（因与OH-反应生成氢氧化镁沉淀）；

B、H+、NO、I－不能大量共存（因发生氧化还原反应）；

D、说明水的电离受到抑制，则溶液可酸性，可碱性：

HCO3-在酸性（与H+反应生成CO2、H2O）、碱性（与OH-反应生成CO32-、H2O）条件下都不能大量共存；

10.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。

若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是

A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL

【答案】A

【解析】试题分析：

由于N2O4可以看做2分子NO2，我们可以直接将它当做NO2进行计算。

通过题目得知所有的气体均被水吸收生成硝酸，我们可以写出如下的方程式：

NO+NO2+O2+H2O=2HNO3。

由于氧气是标况下的1.68L，可以算出氧气是0.075mol，因此通过比例可以知道，NO和NO2的物质的量各自是0.075mol。

铜和硝酸反应，有两种情况：

Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O。

通过之前的NO和NO2的物质的量可以分别算出两个反应中铜的物质的量分别是0.0375mol和0.1125mol，总共是0.15mol，想要完全沉淀需要的氢氧根应该是0.3mol。

因此需要的氢氧化钠溶液的体积应该是60mL，故选D项。

综上所述，本题正确答案为D。

考点：

硝酸的性质

11.下列离子方程式书写正确的是

A.NaAlO2溶液中通入过量的CO2：

2AlO＋3H2O＋CO2===2Al（OH）3↓＋CO

B.明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO完全沉淀：

Al3＋＋Ba2＋＋SO＋3OH－===BaSO4↓＋Al（OH）3↓

C.200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气：

4Fe2＋＋6Br－＋5Cl2===4Fe3＋＋3Br2＋10Cl－

D.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：

3ClO－＋2Fe（OH）3===2FeO＋3Cl－＋H2O＋4H＋

【答案】C

【解析】A项，离子方程式为：

AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故A错误；B项，明矾为KAl（SO4）2•12H2O，离子方程式为：

Al3++2Ba2+＋2SO42-＋4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故B错误；C项，n（FeBr2）=0.2L×2mol/L=0.4mol，n（Cl2）=11.2L÷22.4L/mol=0.5mol，还原性：

Fe2+>Br-，所以200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气：

4Fe2++6Br-＋5Cl2=4Fe3++3Br2+10Cl-，C正确；D项，在强碱溶液中不可能存在大量的H+，D错误，正确的离子方程式为：

3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。

点睛：

本题考查离子方程式正误判断，主要涉及限制条件的离子方程式问题，要注意对重要考点的积累，更要学会根据反应原理分析，如A项，通入的是过量CO2，反应生成碳酸氢根离子；B项，从Al3+和Ba2+的物质的量关系入手分析Ba2+完全沉淀时Al的存在形式等。

12.在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量（M）关系，判断下列说法正确的是

A.若M（甲）＞M（乙），则气体体积：

甲＜乙

B.若M（甲）＜M（乙），则气体的压强：

甲＞乙

C.若M（甲）＞M（乙），则气体的摩尔体积：

甲＜乙

D.若M（甲）＜M（乙），则的分子数：

甲＜乙

【答案】B

【解析】试题分析：

A．两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，根据ρ＝m÷V可知气体的体积相等，故A错误；B．若M（甲）＜M（乙），根据n＝m÷M，则气体的物质的量：

甲＞乙，由PV＝nRT可知，气体的压强：

甲＞乙，故B正确；C．根据n＝m÷M，若M（甲）＞M（乙），则气体的物质的量：

甲＜乙，根据Vm＝V÷n，故则气体的摩尔体积：

甲＞乙，故C错误；D．根据n＝m÷M，若M（甲）＜M（乙），则n（甲）＞n（乙），则气体的分子数：

甲＞乙