届福建省永安市第三中学高三上学期第三次月考化学试题解析版.docx

1、届福建省永安市第三中学高三上学期第三次月考化学试题解析版永安三中高三上学期第三次月考化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 N-14 O-16 Na-23 Fe-56 Cu-64单项选择题（每小题3分，共45分）1.生活中常用到一些化学知识，下列分析中正确的是 （ ）A. NaHCO3能与碱反应，所以可用作焙制糕点的膨松剂B. 加碘食盐中添加碘酸钾而不用碘化钾，是因为碘酸钾能溶于水而碘化钾不溶于水C. 焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现D. 民间常用明矾作净水剂，目的是除去水中的悬浮杂质【答案】D【解析】【分析】A、发酵粉能使焙制出的糕点疏松多孔，是因为发酵粉中含有碳酸氢钠；

2、B、碘化钾和碘酸钾均溶于水，碘化钾具有强还原性，易被氧化；C、焰色反应没有新物质产生；D、铝离子水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附性；【详解】A、发酵粉中含有碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解出二氧化碳，使焙制出的糕点疏松多孔。该用途与碳酸氢钠能和碱反应的性质无关，故A错误；B、碘化钾和碘酸钾均溶于水，碘化钾具有强还原性，易被氧化，因此加碘食盐不用碘化钾，故B错误；C、焰色反应没有新物质产生，是物理变化，故C错误；D、铝离子水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮杂质，故D正确；故选D。2.大多数物质的俗名是根据其特殊的物理性质或用途得来的。下列物质的俗名与化学式或用途不相符的一项是选项俗名主要

3、成分(化学式)用途A石英SiO2集成电路B纯碱Na2CO3制备玻璃C水玻璃Na2SiO3制备硅胶D铁红Fe2O3用作油漆和涂料A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A、石英成分是SiO2，SiO2是制造光导纤维的原料，SiO2不导电，不能用于集成电路，故A说法错误；B、 Na2CO3的俗名是纯碱，制备玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英，故B说法正确；C、Na2SiO3的水溶液称为水玻璃，硅酸钠用途之一是制备硅胶，故C说法正确；D、氧化铁俗称铁红，用作油漆和涂料，故D说法正确。3.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是()A. 用图(a)所示装置除去Cl2中含有的少

4、量HClB. 用图(b)所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C. 用图(c)所示装置制取少量纯净的CO2气体并控制反应的发生和停止D. 用图(d)所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【答案】D【解析】【分析】A、Cl2和HCl都与NaOH反应；B、NH4Cl在加热条件下易分解C、盐酸易挥发，不可能制得纯净的CO2气体；D、根据CCl4密度比水大分析；【详解】A、Cl2和HCl都与NaOH反应，应通过饱和食盐水，故A错误；B、NH4Cl在加热条件下易分解，制备氯化铵晶体，不能把其溶液直接蒸干，故B错误。C、盐酸易挥发，生成的CO2中含有HCl和水，不可能制得纯净的CO2

5、气体，而且纯碱（碳酸钠）可溶于水，不能控制反应的发生与停止，故C错误；D、CCl4密度比水大不溶于水，有机层在下层，可以从下层分离出有机层，故D正确；故选D。【点睛】本题考查物质的分离、提纯以及制备等实验操作，解题关键：能正确把握相关物质的性质4.根据下列实验事实判断所测液体样品最有可能是纯水的是（ ）A. 一定温度下，测定其pH等于7B. 一个标准大气压下，测定其沸点为100C. 电解，产生H2、O2的体积比为2：1D. 室温时为无色、无味的液体【答案】B【解析】【分析】A、不水解的盐溶液在常温下是中性的，pH=7；B、纯水在一个标准大气压的沸点是一个定值，纯净物才有固定的熔沸点；C、电解含

6、氧强酸或其钠盐、钾盐以及强碱等溶液的实质相当于电解水；D、有一些物质的水溶液也是无色无味的【详解】A、室温下pH等于7的液体不一定是水，不水解的盐溶液如氯化钾等，在常温下是中性的，pH=7，故A错误；B、纯净物才有固定的熔沸点，纯水在一个标准大气压下的沸点是100，故B正确；C、电解时产生H2、O2的体积比为2：1的溶液可以是硫酸钠、氢氧化钾、硫酸等水溶液，不一定是电解纯水，故C错误；D、有一些物质的水溶液也是无色无味的，故室温时为无色无味的液体不一定是水，故D错误。故选：B。【点睛】本题是一道物质的鉴别实验方案设计题，易错项B，只有纯净物才有固定的熔、沸点。5.下列有关苯乙烯()的说法错误的

7、是A. 苯乙烯与乙烯互为同系物B. 所有原子可能在同一平面C. 可使酸性KMnO4溶液褪色D. 可发生加成反应【答案】A【解析】A. 苯乙烯与乙烯的结构不相似，不是同系物，故A错误；B. 苯环和碳碳双键都是平面结构，苯乙烯中所有原子可能在同一平面，故B正确；C. 苯乙烯中含有碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D. 苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，可发生加成反应，故D正确；故选A。6.下列化学方程式或离子方程式正确的是A. 苏打溶液与过量的澄清石灰水反应：Ca2+OH+HCO3= CaCO3+H2OB. 少量SO2通入氢氧化钠溶液中：OH+SO2=HSO3C. 双氧水作脱氯剂，用于消除

8、水中的氯气：Cl2+H2O2=2HCl+O2D. FeI2溶液中通入一定量的氯气：2Fe2+2I+ 2Cl2 = 2Fe3+I2+ 4Cl【答案】C【解析】苏打为碳酸钠，而非碳酸氢钠，A 错误；SO2的量少时生成正盐SO32，B错误；双氧水作为还原剂，配平正确，C正确；还原性：I Fe2+，所以I先被氧化，Fe2+后被氧化，当Fe2+有2mol被氧化时，I应有4mol被氧化，方程式中碘离子系数应为4， D错误；正确选项C。7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、W处于同一主族，Y、Z的原子最外层电子数之和等于9，X的简单氢化物与W的单质组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油

9、状混合物。下列说法正确的是A. 简单离子半径:YZX，但W的氧化物的水化物若为HClO，则比碳酸的酸性弱，B错误；C.非金属性FCl，则Y的气态氢化物的热稳定性比W的强，C正确；D.Y分别与X、Z形成的化合物为CF4、MgF2，前者含共价键，后者含离子键，D错误；答案选C.8.下列有关化学用语表示不正确的是()A. Al3的结构示意图： B. K2O的电子式：C. CO2分子的结构式： D. 苯分子的比例模型：【答案】C【解析】【分析】A、Al3的质子数13，2个电子层；B、K2O是离子化合物；C、结构式要将末成键的电子对省去；D、苯分子呈正六边形；【详解】A、Al3的质子数13，2个电子层，

10、 Al3的结构示意图： ，故A正确；B、K2O是离子化合物，K2O的电子式：，故B正确；C、结构式要将末成键的电子对省去，CO2分子的结构式：O=C=O，故C错误；D、苯分子呈正六边形，苯分子的比例模型为，故D正确；故选C。9. 海洋是一座巨大的化学资源宝库，如图是从海水中提取若干种化学物质的流程图，则下列说法正确的是A. 除去粗盐中的S、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，中加入试剂的顺序为Na2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸B. 中包含制取MgCl2溶液、无水MgCl2及电解熔融状态的MgCl2几个阶段C. 中溴元素均被氧化D. 蒸馏法是技术最成熟也是最具发展前景的海水淡

11、化方法【答案】B【解析】试题分析：A项中的加入顺序会导致Ba2+无法除尽，A错误；单质镁是通过电解熔融MgCl2的方法制取的，B正确；流程图中的第步中溴元素被还原，C错误；蒸馏法会消耗大量的能源，不是最具有发展前景的方法，D错误。考点：考查了化工生产流程中海水资源的利用等相关知识。10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 标准状况下，22.4 L CCl4中含CCl4分子数为NAB. 5.6 g铁和6.4 g铜分别与0.1 mol氯气完全反应，转移的电子数相等C. 0.1 mo1L1 MgCl2溶液中含Cl数为0.2NAD. 3.9 g Na2O2 晶体中含有的离子总数为0.2N

12、A【答案】B【解析】【分析】A、标况下四氯化碳为液态；B、依据n=计算物质的量，结合铁和氯气反应生成氯化铁，铜和氯气反应生成氯化铜，等物质的量反应需要判断过量问题；C、氯化镁溶液的体积不知，无法计算氯化镁的物质的量；Dn（Na2O2）=0.05mol，Na2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子。【详解】A、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和共价键数目，选项A错误；B、5.6g铁物质的量=0.1mol，6.4g铜物质的量=0.1mol，分别与0.1mol氯气完全反应，铜恰好反应，铁过量，所以反应过程中转移的电子数相等，选项B正确；C、题中没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算

13、氯化镁的物质的量及氯离子数目，选项C错误；BNa2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子，n（Na2O2）=0.05mol，含有的离子总数为0.15NA，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是化学方程式过量计算，气体摩尔体积条件分析应用，注意常温下铁在浓硝酸中发生钝化，题目难度中等。11.下列物质的转化在给定条件下能实现的是()氯化钠饱和溶液NaHCO3(s) Al2O3AlCl3(aq) Al(OH)3海水Mg(OH)2MgCl2(aq) MgCl2(s) N2NO2HNO3重晶石(BaSO4) BaCO3BaCl2(aq)A. B. C. D. 【答案】D【解析

14、】【分析】在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3。氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，再与氨水反应生成氢氧化铝。氯化镁溶液，加热后水解，得不到无水氯化镁；氮气与氧气反应生成一氧化氮；BaSO4CO32BaCO3SO42，是可逆反应，提高碳酸根浓度，多次浸泡促进沉淀转化为BaCO3。【详解】在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3；氧化铝与盐酸反应生

15、成氯化铝，再与氨水反应生成氢氧化铝；海水中镁离子加石灰乳反应生成氢氧化镁，再与盐酸反应生成氯化镁溶液，加热后水解，得不到无水氯化镁；氮气不能在氧气中燃烧，在放电的条件下与氧气反应生成一氧化氮；BaSO4CO32BaCO3SO42，是可逆反应，提高碳酸根浓度，多次浸泡促进沉淀转化为BaCO3，再与盐酸反应生成氯化钡。综上所述，在给定条件下能实现的是，故选D。12.LiAlH4是重要的储氢材料，其组成类似于Na3AlF6。常见的供氢原理如下面两个方程式所示：2LiAlH42LiH+2Al+3H2,LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2。下列说法正确的是A. 若反应中生成3.36L氢气，则一定有

16、2.7g铝生成B. 氢化锂也是一种储氢材料，供氢原理为LiH+H2OLiOH+H2C. 生成等质量的氢气，反应转移电子数之比为4：3D. LiAlH4是共价化合物，LiH是离子化合物【答案】B【解析】【详解】A、氢气状态不知，无法由体积求物质的量，A错误；B、氢化锂中的氢是-1价，与水发生归中反应，方程式为LiH+H2OLiOH+H2，所以氢化锂也是一种储氢材料，B正确；C、LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为-1价，受热分解时，根据Al元素的价态变化即可得出1 mol LiAlH4完全分解转移3 mol电子，生成1.5mol的氢气，而

17、LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2生成4mol的氢气转移4mol的电子，所以生成1mol氢气转移电子分别为：2mol和1mol，因此反应、转移电子数之比为2：1，C错误；D、LiAlH4、LiH均是离子化合物，D错误；答案选B。【点睛】本题考查了氧化还原反应、元素化合物性质，侧重考查氢化锂的性质，熟悉氢化锂中氢为-1价是解题的关键，注意对所给条件的分析和应用，题目难度中等。13.化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是 （ ）过量的锌与18 molL1的硫酸反应；过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；浓盐酸与过量的MnO

18、2； 过量铜与浓硫酸；过量稀硝酸与银反应； 过量稀硫酸与块状石灰石A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】Zn与浓硫酸、稀硫酸均可反应；氢气与氮气反应生成氨气的反应是可逆反应；只有浓盐酸与二氧化锰反应，盐酸变稀后不反应；铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；硝酸与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水；稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生；【详解】Zn与浓硫酸、稀硫酸均可反应，则过量的Zn与18 molL1的硫酸反应，硫酸能完全反应，故不选；氢气与氮气反应生成氨气为可逆反应，不能进行到底，故选；浓盐酸与过量的MnO2反应，随着反应的进行盐酸浓度降

19、低，稀盐酸与二氧化锰不反应，故选；随着反应的进行，硫酸浓度降低，铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故选；硝酸与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，硝酸过量时银能够反应完全，故不选；稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故选；故选C。【点睛】本题考查与量有关的化学反应，解题关键：明确反应物浓度对反应的影响、生成物的溶解性及可逆反应的特点14. 化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接和油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2 与空气中的CO2反应生成CaCO3C施

20、肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含有Cu2的溶液中置换出铜【答案】C【解析】试题分析：A、盐的水解反应是吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，溶液的碱性更强。因此用热的纯碱溶液可以洗去油污。并不是碳酸钠可与油污直接反应。错误。B、漂白粉在空气中久置变质，是因为有效成分Ca(ClO)2会发生反应产生的HClO不稳定，光照分解产生HCl和氧气，错误；C、当施肥时草木灰（有效成分为K2CO3）与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降

21、低。正确。D、FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，是因为二者发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，把多余的Cu腐蚀掉。错误。考点：考查盐的水解及应用的知识。15.在Fe2(SO4)3溶液中，加入a g铜，完全溶解后，再加b g铁，充分反应后得到c g残余固体，且ac，则下列说法正确的是（ ）A. 最后得到的溶液中一定含有Cu2+ B. 残余固体是铜和铁C. 将残余固体加入到稀H2SO4中，有气泡产生 D. 最后得到的溶液中可能含有Fe3+【答案】A【解析】【分析】发生的反应有：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2，Cu2+Fe=Cu+Fe2，ac，说明铜没有被完全置换出。【详解】A、由于ac，说明铜

22、没有被完全置换出，则溶液中一定存在Cu2，故A正确；B、由于ac，说明铜没有被完全置换出，残余固体中没有铁，故B错误；C、残余固体中没有铁，将残余固体加入到稀H2SO4中，没有气泡产生，故C错误；D、铜有剩余，发生的反应有：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2，则一定不存在Fe3，故D错误；故选：A。【点睛】本题考查混合物反应的过量问题，解题关键：注意氧化性和还原性的强弱顺序二、填空题（共55分）16.现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：元素编号元素性质或原子结构T最外层电子数是电子层数的两倍X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性Z元素最高正价是7价

23、（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，该核素的原子核内有8个中子，则这种同位素的符号是_。（2）元素Y的单质的电子式为_，元素Y和元素Z可形成一种各原子最外层均为8电子结构的化合物，该化合物的结构式为 _（3）元素X与元素T相比，非金属性较强的是元素T，下列表述中不能证明这一事实的选项是_。a常温下元素X的单质和元素T的单质的熔沸点不同 b元素T的氢化物比元素X的氢化物稳定c元素X和元素T的单质都能在氧气中燃烧 d元素T最高价氧化物对应水化物的酸性比元素X最高价氧化物对应水化物的酸性强eNa2XO3溶液呈碱性，Na2TO4溶液呈中性（4）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一。T、X、Y、

24、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中，化学性质明显不同于其他三种酸的是_（用化学式表示）【答案】 (1). (2). (3). (4). a c (5). H2CO3【解析】【分析】T最外层电子数是电子层数的两倍，T可能是C或S，X最外层电子数是次外层电子数的2倍，因此X次外层为2个电子，最外层为4个电子，是C元素，能用于测定文物年代的是具有放射性的；Y单质是双原子分子，且其氢化物水溶液显碱性，可知Y是N元素；元素Z最高正价是+7价，因此Z是Cl，故：T为S，X为C，Y为N，Z为Cl【详解】（1）元素X为C，其有一种同位素中可测定文物年代，其原子核内有8个中子，则这种同位素的符号是，故答案为：；

25、（2）元素Y的单质 N2的电子式为，元素Y和元素Z可形成一种各原子最外层均为8电子结构的化合物，该化合物为NCl3，其结构式为；（3）a常温下元素X的单质和元素T的单质的熔沸点不同 ，单质熔沸点高低与其非金属性强弱无关，故不能证明； b元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，元素T的氢化物比元素X的氢化物稳定，则T的非金属性大于X，故能证明； c元素X和元素T的单质都能在氧气中燃烧，无法比较其得电子的难易，故不能证明；d最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，元素T最高价氧化物对应水化物的酸性比元素X最高价氧化物对应水化物的酸性强，元素的非金属性硫更强，故能证明；eNa2XO3溶

26、液呈碱性，Na2TO4溶液呈中性，说明碳酸酸性比硫酸弱，碳的非金属性弱于硫，故能证明。综上所述，不能证明硫的非金属性强于碳的是a、c。（4）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中，化学性质明显不同于其他三种酸的是H2CO3，碳酸是弱酸，其余都是强酸。【点睛】本题考查了物质结构和性质、元素周期律等知识点，解题关键：根据物质的构成微粒、金属性强弱的判断方法等知识点来分析。注意氮气的电子式的书写，氮气分子中形成三个共用电子对17.（1）指出在使用下列仪器 (已净)或用品的第一步操作： 集气瓶收集氨气淀粉-KI试纸检验气体容量瓶实验室制Cl2组装好仪器干燥集气瓶_（2）配制一定物质的量浓度为0

27、.4mol/LNaOH溶液500mL，填空并请回答下列问题：应称量NaOH的质量/g应选用容量瓶的规格/mL除容量瓶外还需要的玻璃仪器_用托盘天平称取固体样品时 (1g 以下使用游码)，若将样品放在了天平的右盘，读数为10.5g，则所称样品的实际质量为_g。（3）下列操作对配制的NaOH溶液浓度有偏低影响的是_。A称量时将NaOH固体直接放在天平托盘上面的纸上B将称量的NaOH固体置露在空气的时间过长C选用的容量瓶内有少量的蒸馏水 D整个配制过程中容量瓶不振荡E在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中【答案】 (1). 用蒸馏水湿润 (2). 检验是否漏水 (3). 检查装置的气密性

28、 (4). 8.0 (5). 500 (6). 烧杯 玻璃棒 胶头滴管 (7). 9.5 (8). AB【解析】【分析】（1）用淀粉-KI试纸气体的氧化性，需先用蒸馏水湿润试纸，以溶解气体。溶液配制需反复颠倒摇匀，使用前要检查容量瓶是否漏水。实验室制Cl2组装好仪器，检查装置的气密性。（2）根据m=cVM计算配制一定物质的量浓度为0.4mol/LNaOH溶液500mL所需质量。根据所配制的溶液的体积来选择容量瓶的规格，根据实验实际操作步骤选择所需要的仪器，进而判断缺少的仪器（3）分析操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响，根据c=n/V分析判断操作对所配溶液浓度的影响【详解】（1）用淀粉-KI试纸气体的氧化性，需先用蒸馏水湿润试纸，以溶解气体。溶液配制需反复颠倒摇匀，使用前要检查容量瓶是否漏水。实验室制Cl2组装好仪器后，检查装置的气密性。（2）根据m=cVM计算配制一定物质的量浓度为0.4mol/LNaOH溶液500mL所需质量氢氧化钠的质量为：0.4molL10.5L40gmol1=8.0g；配制的NaOH溶液500mL，故选用500ml容量瓶；具体操作步骤有：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等。一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在