1、四川省廣安市烈面中學(xué)高三化學(xué)月考試卷含解析一、單選題（本大題共15個(gè)小題，每小題4分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求，共60分。）1. 一定能在下列溶液中大量共存的離子組是ApH=0的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、SO42- B由水電離出的c(H+)=110-13mol / L的溶液：HCO3-、K+、SO42-、Cl- C含大量Fe3+的溶液：NH4+、Na+、SCN-、Cl- DpH=14的溶液：Na+、K+、AlO2-、CO32-參考答案：D略2. 下列物質(zhì)中：Na2SiO3Al(OH)3NH4HCO3Al2O3NaHSO4既能與鹽酸反應(yīng)，又能與NaOH溶液反應(yīng)的是

2、A B C D全部參考答案：C略3. 將足量的CO2不斷通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀最多時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為（ ） A CO2+2KOH=K2CO3+H2O B CO2+Ba(OH)2=BaCO3+H2O C CO2+3H2O+2KAlO2=2Al(OH)3+K2CO3 D CO2+H2O+K2CO3=2KHCO3參考答案：D略4. 如圖所示的電化學(xué)裝置，下列敘述正確的是（）Aa和b用導(dǎo)線連接，電子由碳經(jīng)過導(dǎo)線流向鐵Ba和b用導(dǎo)線連接，鐵電極的電極反應(yīng)為：Fe3e=Fe3+Ca、b分別連接直流電源正、負(fù)極，可以防止鐵被腐蝕Da、b分別連接直流電源負(fù)、正極，電

3、壓足夠大時(shí)，Na+向鐵電極移動(dòng)參考答案：C考點(diǎn)：原電池和電解池的工作原理分析：A、發(fā)生吸氧腐蝕，鐵是負(fù)極，電子由鐵流向碳；B、鐵放電，變?yōu)槎r(jià)鐵；C、鐵與電源的負(fù)極相連，可以防止鐵被腐蝕；D、a、b分別連接直流電源負(fù)、正極，陽離子向陰極移動(dòng)解答：解：A、發(fā)生吸氧腐蝕，鐵是負(fù)極，電子由鐵流向碳，故A錯(cuò)誤；B、鐵放電，變?yōu)槎r(jià)鐵，所以電極反應(yīng)式為：Fe2e=Fe2+，故B錯(cuò)誤；C、鐵與電源的負(fù)極相連，可以防止鐵被腐蝕，故C正確；D、a、b分別連接直流電源負(fù)、正極，陽離子向陰極移動(dòng)，所以向碳方向移動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評：本題考查了原電池，電解池原理的分析應(yīng)用，電極名稱和判斷是解題關(guān)鍵，題目較簡單5

4、. 室溫下，下列說法正確的是A將pH=2的鹽酸和pH=4的硫酸等體積混合，所得溶液pH=3BHF比HCN易電離，則NaF溶液的pH比同濃度NaCN溶液的pH大C向0.1 mol/L氨水中加入少量硫酸銨固體，溶液中 增大D將1 mL pH3的HA溶液稀釋到10 mL，若溶液的pH4，則HA為弱酸參考答案：D略6. 下列關(guān)于化學(xué)與生產(chǎn)、生活的認(rèn)識(shí)，正確的是（ ）A制作航天服的聚酯纖維和用于通訊光纜的光導(dǎo)纖維都是新型無機(jī)非金屬材料B不銹鋼餐具和溫度計(jì)中的水銀都屬于合金C福島核電站泄漏的放射性物質(zhì)131I和127I互為同素異形體，化學(xué)性質(zhì)幾乎相同D綠色化學(xué)的核心是利用化學(xué)原理從源頭上減少和消除化學(xué)工業(yè)

5、生產(chǎn)對環(huán)境的污染參考答案：D7. 一定質(zhì)量的鐵和銅的混合物,與一定濃度的硝酸反應(yīng)后容器中沒有固體剩余,生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LNO和4.48LNO2(不考慮N2O4的存在)的混合氣體,則參加反應(yīng)的HNO3的物質(zhì)的量是A0.5 mol B0.8 mol C1.0 mol D1.6 mol參考答案：B略8. 下列離子方程式中，正確的是 ()A氧化亞鐵和稀硝酸反應(yīng)FeO2H=Fe2H2OB銅和三氯化鐵溶液反應(yīng)CuFe3=Fe2Cu2 C氯化亞鐵溶液中滴入氯水Cl22Fe2=2Cl2Fe3D金屬鋁投入NaOH溶液中2Al2OHH2O=2AlO2H2參考答案：C略9. 關(guān)于下列裝置說法正確的是A裝置中，

6、鹽橋中的K+ 移向CuSO4溶液 B裝置在電解開始階段，b極附近溶液的pH增大C可以用裝置在銅上鍍銀，c極為銅 D裝置中一段時(shí)間后會(huì)有Fe(OH)2生成參考答案：AC略10. 下列敘述正確的是（）A電化學(xué)反應(yīng)不一定是氧化還原反應(yīng)BpH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的電離程度相同C根據(jù)某反應(yīng)的H0，判斷該反應(yīng)在此條件下一定能自發(fā)進(jìn)行D已知BaSO4和BaCO3的Ksp相近用飽和Na2CO3溶液處理BaSO4沉淀，可將BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3參考答案：D考點(diǎn)：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；焓變和熵變；水的電離專題：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；電離平衡與溶液的pH專題分

7、析：A、電化學(xué)反應(yīng)一定是氧化還原反應(yīng)；B、CH3COOH抑制水的電離，NH4Cl促進(jìn)水的電離；C、反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)是：HTS0，分析選項(xiàng)是否符合要求；D、根據(jù)難溶電解質(zhì)的溶解平衡進(jìn)行分析解答：解：A、電化學(xué)反應(yīng)是化學(xué)能與電能之間的轉(zhuǎn)化，存在電子的轉(zhuǎn)移，一定為氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B、CH3COOH抑制水的電離，NH4Cl中NH4+水解促進(jìn)水的電離，水的電離程度不同，故B錯(cuò)誤；C、在一定條件下能自發(fā)進(jìn)行的依據(jù)是HTS0，所以此選項(xiàng)中的某反應(yīng)的H0，不能判定某反應(yīng)一定能自發(fā)進(jìn)行，故C錯(cuò)誤；D、用飽和Na2CO3溶液處理BaSO4沉淀，當(dāng)c2（Na+）c（CO32）K（Na2CO3）時(shí)，可將

8、BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3，故D正確故選D點(diǎn)評：本題考查較為綜合，題目難度中等，易錯(cuò)點(diǎn)為C，注意反應(yīng)能否自發(fā)進(jìn)行，取決于焓變和熵變的綜合判據(jù)11. 下列說法中，不正確的是 A有機(jī)化合物中每個(gè)碳原子最多形成4個(gè)共價(jià)鍵 B油脂、淀粉、蛋白質(zhì)在一定條件下都能發(fā)生水解反應(yīng) C用溴水既可以鑒別甲烷和乙烯，也可以除去甲烷中的乙烯 D乙烯和苯均能發(fā)生氧化反應(yīng)，說明乙烯和苯分子中均有碳碳雙鍵 參考答案：D略12. 在兩份相同的Ba(OH)2溶液中，分別滴入物質(zhì)的量濃度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其導(dǎo)電能力隨滴入溶液體積變化的曲線如右圖所示。下列分析不正確的是A代表滴加H2SO4溶液的變化曲線Bb點(diǎn)，溶

9、液中大量存在的離子是Na+、OHCc點(diǎn)，兩溶液中含有相同量的OHDa、d兩點(diǎn)對應(yīng)的溶液均顯中性參考答案：C試題分析：兩個(gè)反應(yīng)的方程式為：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O Ba(OH)2+ NaHSO4=NaOH+BaSO4+H2O NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O。從方程式分析，當(dāng)氫氧化鋇恰好和硫酸完全反應(yīng)時(shí)，溶液的導(dǎo)電能力最小，故代表滴加H2SO4溶液的變化曲線，A正確。b點(diǎn)是加入硫酸氫鈉進(jìn)行反應(yīng)，溶液中含有氫氧化鈉，B正確。c點(diǎn)曲線為硫酸，曲線為氫氧化鈉和硫酸鈉，因?yàn)榱蛩岣x子濃度相同，中鈉離子濃度大于中氫離子濃度，所以溶液中的氫氧根離子濃度不相同，C錯(cuò)誤。a點(diǎn)

10、為鋇離子和硫酸根離子完全沉淀，d為硫酸鈉溶液，溶液都顯中性，D正確。13. 鈉鋁合金(常溫液態(tài))可作為核反應(yīng)堆的載熱介質(zhì)。下列說法錯(cuò)誤的是A該合金的熔點(diǎn)低于金屬鈉的熔點(diǎn)B若將鈉鋁合金投入水中得到無色溶液且無固體剩余，則n(Na)n(Al)C若將鈉鋁合金投入FeCl3溶液中有Fe(OH)3沉淀生成D等質(zhì)量的鈉鋁合金中鋁的含量越大，與足量鹽酸反應(yīng)時(shí)放出的氫氣越少參考答案：D略14. 下列說法正確的是A按分散劑可將分散系分為溶液、膠體和濁液B元素周期表中含金屬元素最多的是IA族CNa2O2、CH3F、NH4Cl、Ba(OH)2均為離子化合物D漂白粉、福爾馬林、鋼、王水、氯水均為混合物參考答案：D15

11、. 短周期主族元素A、B、C、D，原子序數(shù)依次增大。A、C原子序數(shù)相差8，A、B、C三種元素原子的最外層電子數(shù)之和為15，B原子最外層電子數(shù)等于A原子最外層電子數(shù)的一半。下列敘述正確的是A原子半徑：ADCBBB、C、D分別與A形成的化合物一定含有相同的化學(xué)鍵C最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性：DCD常溫下，單質(zhì)B能大量溶于濃硝酸中參考答案：A略二、實(shí)驗(yàn)題（本題包括1個(gè)小題，共10分）16. 無水硫酸銅在加熱至650時(shí)開始分解生成氧化銅和氣體某活動(dòng)小組通過實(shí)驗(yàn)，探究不同溫度下氣體產(chǎn)物的組成實(shí)驗(yàn)裝置如下：每次實(shí)驗(yàn)后均測定B、C質(zhì)量的改變和E中收集到氣體的體積實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下（E中氣體體積已折算至標(biāo)準(zhǔn)狀況）

12、：實(shí)驗(yàn)組別溫度稱取CuSO4質(zhì)量/gB增重質(zhì)量/gC增重質(zhì)量/gE中收集到氣體/mLT10.6400.32000T20.64000.256V2T30.6400.160Y322.4T40.640X40.19233.6（1）實(shí)驗(yàn)過程中A中的現(xiàn)象是 D中無水氯化鈣的作用是 （2）在測量E中氣體體積時(shí)，應(yīng)注意先 ，然后調(diào)節(jié)水準(zhǔn)管與量氣管的液面相平，若水準(zhǔn)管內(nèi)液面高于量氣管，測得氣體體積 （填“偏大”、“偏小”或“不變”）（3）實(shí)驗(yàn)中B中吸收的氣體是 實(shí)驗(yàn)中E中收集到的氣體是 （4）推測實(shí)驗(yàn)中CuSO4分解反應(yīng)方程式為： （5）根據(jù)表中數(shù)據(jù)分析，實(shí)驗(yàn)中理論上C增加的質(zhì)量Y3= g（6）結(jié)合平衡移動(dòng)原理，

13、比較T3和T4溫度的高低并說明理由 參考答案：（1）白色固體變黑；吸收水蒸氣，防止影響C的質(zhì)量變化；（2）冷卻至室溫 偏小；（3）SO3；O2；（4）2CuSO42CuO+2SO2+O2；（5）0.128；（6）T4溫度更高，因?yàn)镾O3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng)，溫度高有利于生成更多的O2【考點(diǎn)】性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【分析】（1）根據(jù)無水硫酸銅在加熱至650時(shí)開始分解生成氧化銅和氣體分析A中的現(xiàn)象，根據(jù)堿石灰和無水氯化鈣的作用分析；（2）氣體溫度較高，氣體體積偏大，應(yīng)注意先冷卻至室溫，若水準(zhǔn)管內(nèi)液面高于量氣管，說明內(nèi)部氣壓大于外界大氣壓，測得氣體體積偏??；（3）實(shí)驗(yàn)中B中濃硫酸的作用是吸收三氧

14、化硫氣體，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧氣；（4）0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為=0.004mol，分解生成氧化銅的質(zhì)量為：0.004mol80g/mol=0.32g；SO2的質(zhì)量為：0.256g，物質(zhì)的量為： =0.004mol，氧氣的質(zhì)量為：0.640.320.256=0.064g，物質(zhì)的量為： =0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物質(zhì)的量之比等于2：2：2；1，則實(shí)驗(yàn)中CuSO4分解反應(yīng)方程式為2CuSO42CuO+2SO2+O2； （5）0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為=0.004mol，分解生成氧化銅的質(zhì)量為：0.004mol80g/mol=0.32g；SO3

15、的質(zhì)量為：0.16g，氧氣的質(zhì)量為： 32=0.032g，根據(jù)質(zhì)量守恒實(shí)驗(yàn)中理論上C增加的質(zhì)量Y3=0.640.320.160.032=0.128g；（6）根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)可知，T4溫度生成氧氣更多，因?yàn)镾O3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng)，溫度高有利于生成更多的O2【解答】解：（1）因?yàn)闊o水硫酸銅在加熱至650時(shí)開始分解生成氧化銅和氣體，故實(shí)驗(yàn)過程中A中的現(xiàn)象是白色固體變黑，因?yàn)閴A石灰能夠吸水，D中無水氯化鈣的作用是 吸收水蒸氣，防止裝置E中的水進(jìn)入裝置C，影響C的質(zhì)量變化，故答案為：白色固體變黑；吸收水蒸氣，防止影響C的質(zhì)量變化；（2）加熱條件下，氣體溫度較高，在測量E中氣體體積時(shí)，應(yīng)注意

16、先冷卻至室溫，若水準(zhǔn)管內(nèi)液面高于量氣管，說明內(nèi)部氣壓大于外界大氣壓，測得氣體體積偏小，故答案為：冷卻至室溫 偏??；（3）實(shí)驗(yàn)中B中濃硫酸的作用是吸收三氧化硫氣體，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧氣，故答案為：SO3；O2；（4）0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為=0.004mol，分解生成氧化銅的質(zhì)量為：0.004mol80g/mol=0.32g；SO2的質(zhì)量為：0.256g，物質(zhì)的量為： =0.004mol，氧氣的質(zhì)量為：0.640.320.256=0.064g，物質(zhì)的量為： =0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物質(zhì)的量之比等于2：2：2；1，則實(shí)驗(yàn)中CuSO4分解反應(yīng)

17、方程式為2CuSO42CuO+2SO2+O2，故答案為：2CuSO42CuO+2SO2+O2； （5）0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為=0.004mol，分解生成氧化銅的質(zhì)量為：0.004mol80g/mol=0.32g；SO3的質(zhì)量為：0.16g，氧氣的質(zhì)量為： 32=0.032g，實(shí)驗(yàn)中理論上C增加的質(zhì)量Y3=0.640.320.160.032=0.128g故答案為：0.128；（6）根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)可知，T4溫度生成氧氣更多，因?yàn)镾O3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng)，溫度高有利于生成更多的O2，故T4溫度更高，故答案為：T4溫度更高，因?yàn)镾O3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng)，溫度高有利于生成更

18、多的O2三、綜合題（本題包括3個(gè)小題，共30分）17. 某化工廠以軟錳礦、閃鋅礦(除主要成分為MnO2、ZnS外還含有少量的FeS、CuS、Al2O3等物質(zhì))為原料制取Zn和MnO2。（1）在一定條件下，將這兩種礦粉在硫酸溶液中相互作用，配平如下的化學(xué)方程式： MnO2 + FeS + H2SO4 MnSO4+ Fe2(SO4)3+ S+ H2O（2）將所得含有Mn2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Zn2+的酸性溶液按以下的工業(yè)流程進(jìn)行操作處理得溶液(IV)，電解溶液(IV)即得MnO2和Zn。a、操作中加Zn粉后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_ _b、操作中加入適量X的作用是什么_ _；X的首選物

19、的化學(xué)式是：_ _c、操作中所加碳酸鹽的化學(xué)式是_ _（3）為了從上述流程中產(chǎn)生的Fe(OH)3 、Al(OH)3沉淀混合物中回收Al(OH)3，工廠設(shè)計(jì)了如下的有關(guān)流程圖。a、AlCl3溶液和NaAlO2溶液反應(yīng)生成AI(OH)3的離子方程式為_ _若總共得到n molAl(OH)3，則消耗的NaOH和HCl的理論量（mol）分別為_ _、_ _b、若使用下列流程回收處理，請比較兩個(gè)流程消耗酸堿的用量？_ _參考答案：（1） 3 MnO2 + 2 FeS + 6 H2SO4 3 MnSO4 1 Fe2(SO4)3+ 2 S+ 6 H2O（2）a Zn+Cu2+Zn2+Cu； Zn+2Fe3+=Zn2+2Fe2+ b將Fe2+氧化成Fe3+ ； 是MnO2cMnCO3或ZnCO3 或MnCO3和ZnCO3 （3）a Al33AlO26H2O4Al(OH)3 ； 3n/4 、 3n/4 b如按下流程，則得到同樣n molAl(OH)3，消耗的NaOH、HCl的理論量分別為n mol，大于前流程的消耗量，相對而言，前流程更符合節(jié)約的原則略18. 現(xiàn)有A、B、C、D、E可溶于水的五種化合物，其組成的離子如下表，且每種離子只有一次。陽離