1、湖南省衡阳市第八中学 2018届高三（实验班）上学期第二次月考理综-化学试题1. 设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，8gO 2含有 16NA个电子B. 1 molL-1MgCl2溶液中含有氯离子个数为 2NAC. 盛有 SO2的密闭容器中含有 NA个氧原子，则 SO2的物质的量为 0.5molD. 常温常压下，22.4L 的 NO2和 CO2混合气体含有 2NA个 O原子【答案】C【解析】A、8gO 2含有电子物质的量为 828/32mol=4mol，故 A错误；B、没有给出溶液的体积，无法根据物质的量浓度，计算氯离子物质的量，故 B错误；C、含有 NA个氧
2、原子，推出 SO2的物质的量 0.5mol，故 C正确；D、常温常压不是标准状况，因此不能直接使用22.4Lmol1 ，故 D错误。2. 将一定量的 Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热） ，生成物中有三种含氯元素的离子，其中 ClO-和 ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如下图所示。下列说法正确的是 （ ）A. 苛性钾溶液中 KOH的质量是 5.6 g B. 反应中转移电子的物质的量是 0.18molC. 在酸性条件下 ClO 和 ClO3 可生成 Cl2 D. 一定有 3.136 L氯气参与反应【答案】B【解析】氯气和氢氧化钾溶液
3、反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知 n（ClO -）=0.08mol，n（ClO 3-）=0.02mol，根据得失电子守恒可知生成的氯离子 n（Cl -）=0.08mol（1-0）+0.02mol（5-0）=0.18mol，且转移电子物质的量为 0.18mol，根据物料守恒可知 n（K +）=n（Cl -）+n（ClO -）+n（ClO 3-）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol。A、通过以上分析可知，氢氧化钾的物质的量是 0.28mol，质量是0.28mol56g/mol=15.68g，故 A错误；B、根据上述分析可知，反应中转移电子的物质的量是 0.1
4、8mol，故 B正确；C、因 ClO 中 Cl元素的化合价是+1 价，ClO 3 中 Cl元素的化合价是+5 价，而 Cl2中 Cl元素的化合价是 0价，所以 ClO 和 ClO3 中 Cl元素的化合价都比 Cl2中 Cl元素的化合价高，故ClO 和 ClO3 不可能生成 Cl2，所以 C错误；D、因 n（Cl -）+n（ClO -）+n（ClO 3-）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol，则根据原子守恒可知 Cl2的物质的量是 0.14mol，但题目未说明是标准状况，所以无法计算 Cl2的体积，故D错误；3. 工业上用铝土矿（主要成分为 Al2O3，含 Fe2O3
5、杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是（ ）A. 试剂 X可以是硫酸B. 反应过滤后所得沉淀 1为氧化铁C. 图中所示转化中：Al 2O3Al 可选用热分解法D. 反应的离子方程式为 2AlO2 - + CO2 + 3H2O 2Al(OH) 3+ CO 32-【答案】B点睛：向偏铝酸钠溶液中通过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，通少量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠。4. 短周期元索 M、N、X、Y、Z 的原子序数依次增大，它们组成的单质或化合物存在如下转化关系。甲、丁为二元化合物(两种元素形成的化合物） ，乙、戊为单质，丙、己为三元化合物。已知 25时，0.1mol/L 的
6、甲、丙两溶液的 pH分别为 1、13 ，丁、己两溶液混合时产生白色沉淀。下列推断正确的是A. M分别与 N、X、Z 形成的简单化合物中，M 与 N形成的化合物熔点最高B. 原子半径：ZYXMNC. X、Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物能相互反应D. Z的阴离子结合质子的能力比 N的阴离子强【答案】C【解析】25时，0.1 molL -1甲溶液的 pH=1，说明甲为一元强酸，甲为二元化合物，短周期中只有 HCl满足；0.1molL -1丙溶液的 pH=13，说明丙为一元强碱，短周期元素中只有 Na对应的 NaOH为强碱，所以 M为 H元素；乙为单质，能够与强酸甲、强碱丙反应生成单质戊，则戊只能
7、为氢气，乙为金属 Al；结合 M，N，X，Y，Z 的原子序数依次增大可知为H、O、Na、Al、Cl 元素，则 A. M分别与 N、X、Z 形成的简单化合物分别是H2O、NaH、HCl，NaH 是离子化合物，熔点最高，A 错误；B. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：NaAlClOH，B 错误；C. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸，三者能相互反应，C 正确；D. 盐酸是强酸，因此氯离子结合氢离子的能力比 O的阴离子弱，D 错误，答案选 C。点睛：本题考查元素推断、原子结构与元素周期律的应用，正确推断元素为解答关键，注
8、意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。选项 A是易错点，注意碱金属的氢化物是离子化合物，熔沸点较高。5. 下列有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关系的是（ ）表述 表述A在水中，NaCl 的溶解度比 I2的溶解度大NaCl晶体中 C1与 Na+间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力B通常条件下，CH 4分子比 PbH4分子稳定性高Pb的原子半径比 C的大，Pb 与 H之间的键能比 C与 H间的小C在形成化合物时，同一主族元素的化合价相同同一主族元素原子的最外层电子数相同D P4O10、C 6H12O6溶于水后均不导电 P4O10、C 6H12O6均属于共价化合物A. A B.
9、 B C. C D. D【答案】C【解析】A溶解度与离子键、分子间作用力的强弱无关，碘为非极性分子，难以溶于极性溶剂，故 A错误；BCH 4分子比 SiH4分子稳定性高的原因是 C与 H间的键能大于 Si与 H之间的键能，故 B正确；C同一主族元素的最外层电子数相同，但化合价不一定相同，如 O无正价，但 S的最高正价为+6 价，故 C错误；D共价化合物类型的电解质的水溶液能导电，电解质既有离子化合物，也有共价化合物，故 D错误；故选 B。6. 利用下列实验装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是A. 利用图甲装置，可快速制取氨气B. 利用图乙装置，用饱和碳酸钠溶液分离 CH3CH2OH和 CH
10、3COOC2H5混合液C. 利用图丙装置，可制取乙烯并验证其易被酸性 KMnO4溶液氧化D. 利用图丁装置，可说明浓 H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO 2具有漂白性、还原性【答案】B7. 锌冶炼过程中会产生大量的铅浮渣，其主要成分是 PbO、Pb，还含有少量 Ag、Zn、CaO 和其他不溶于硝酸的杂质。利用铅浮渣生产硫酸铅的流程如下。下列说法不正确的是A. 步骤中反应的离子方程式是：Pb4H +2NO =Pb2+2NO2H 2OB. 复分解反应的方程式是：Pb(NO 3)2H 2SO4= PbSO42HNO 3C. 为保证产品纯度，需控制硝酸的量以为防止 Ag被溶解D. 步骤得到的粗产品
11、PbSO4 含有少量 CaSO4杂质，还需用 Pb(NO3)2溶液多次洗涤【答案】A【解析】A根据题给信息硝酸把铅氧化成 Pb2+，硝酸被还原成 NO，故反应方程式为3Pb+8HNO3=3Pb(NO3)2+2NO+4H 2O，对应的离子方程式是 3Pb8H +2NO3-=3Pb2+2NO4H 2O，故 A错误；BPb(NO 3)2和稀硫酸发生复分解反应的方程式是 Pb(NO3)2H 2SO4= PbSO42HNO 3，故 B正确；C若硝酸过量，则过量的硝酸会和银反应生成硝酸银，产品中会有杂质，所以步骤 I需控制硝酸的用量并使 Pb稍有剩余，其目的是防止 Ag被溶解进入溶液，故 C正确；D硫酸钙
12、微溶，易沉淀在 PbSO4表面，所以需用 Pb(NO3)2溶液多次洗涤，除去 CaSO4，故 D正确；答案为 A。8. 某研究性学习小组的同学为了探究 NO的性质，进行了如下实验。（1）甲同学设计了图甲装置进行实验，观察到集气瓶中收集到无色气体，由此确定铜和稀硝酸反应生成 NO气体。甲同学的推断_(填“正确”或“不正确”)，理由是_。（2）乙同学不同意甲同学的推断，他观察到图甲装置圆底烧瓶中的气体不是无色。为此乙同学设计了图乙装置进行实验，步骤如下：在大试管中放入适量石灰石，加入过量稀硝酸；待石灰石反应完全，将铜丝浸入过量的稀硝酸中；一段时间后，观察到大试管中气体始终为无色，收集反应产生的气体
13、；待集气瓶充满气体后从水槽中取出，敞口正放在桌面上，观察到瓶口气体颜色有变化，证明稀硝酸与铜反应生成 NO。步骤的作用是_；步骤瓶口气体的颜色变化是_。（3）当过量的铜与稀硝酸完全反应后，再加入 20%的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，稀硫酸的作用是_(填正确选项的编号)，反应的离子方程式为_。a还原剂 b氧化剂 c酸化 d提供热能（4）某些资料认为 NO不能与 Na2O2反应。丙同学提出质疑，他认为 NO易与 O2发生反应，应该更容易被 Na2O2氧化。查阅资料：a2NONa 2O2=2NaNO2；b6NaNO 23H 2SO4(稀)=3Na 2SO42HNO 34NO2H 2O；c酸性条件下，
14、NO 能被 MnO 氧化生成 NO 。丙同学在乙同学的实验基础上，用下图所示装置探究 NO与 Na2O2的反应。C 装置中碱石灰的作用是_；F 装置中反应的离子方程式为_。充分反应后，检验 D装置中是否发生反应 2NONa 2O2=2NaNO2的实验操作是_。【答案】 (1). 不正确 (2). NO 2能与水反应生成 NO，无论铜与稀硝酸反应生成的是NO还是 NO2，集气瓶中收集到的气体都是 NO (3). 排尽装置内的空气 (4). 无色变成红棕色 (5). c (6). 3Cu2NO 8H =3Cu2 2NO4H 2O (7). 吸收 CO2和水蒸气 (8). 5NO3MnO 4H =5
15、NO 3Mn 2 2H 2O (9). 取 D装置中固体少许于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且遇到空气变红棕色，则 2NONa 2O2=2NaNO2发生，若气体不变色，则该反应未发生【解析】(1)如果生成二氧化氮，二氧化氮能够与水反应生成无色的一氧化氮，因此不能确定铜和稀硝酸反应生成 NO气体，故答案为：不正确；NO 2能与水反应生成 NO，无论铜与稀硝酸反应生成的是 NO还是 NO2，集气瓶中收集到的气体都是 NO；(2) 步骤中的碳酸钙与硝酸反应生成二氧化氮，能够排尽装置内的空气，防止生成的一氧化氮被氧化，一氧化氮遇到氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体，故答案为：排尽装置内的
16、空气；无色变成红棕色；(3)过量的铜与稀硝酸完全反应生成硝酸铜，再加入 20%的稀硫酸，稀硫酸提供了氢离子，溶液中存在氢离子和硝酸根离子，可以看出为硝酸，因此铜片与硝酸又反应生成气泡，反应的离子方程式为 3Cu2NO 8H =3Cu2 2NO4H 2O，故答案为：c；3Cu2NO 8H =3Cu2 2NO4H 2O；(4)过氧化钠能够与二氧化碳和水蒸气反应放出氧气，因此需要用碱石灰除去气体中二氧化碳和水蒸气；未反应的 NO会污染环境，用高锰酸钾溶液吸收，将 NO氧化成硝酸根离子，反应的离子方程式为 5NO+4H+3MnO4-5NO 3-+3 Mn2+2H2O，故答案为：吸收 CO2和水蒸气；5
17、NO+4H+3MnO4-5NO 3-+3 Mn2+2H2O亚硝酸钠中加盐酸会生成 NO，NO 遇到空气中的氧气会变为红棕色，则检验 D装置中是否发生反应 2NONa 2O2=2NaNO2的实验操作为：取 D装置中固体少许于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且遇到空气变红棕色，则 2NONa 2O2=2NaNO2发生，若气体不变色，则该反应未发生；故答案为：取 D装置中固体少许于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且遇到空气变红棕色，则 2NONa 2O2=2NaNO2发生，若气体不变色，则该反应未发生。9. 黄铜矿不仅可用于火法炼铜，也可用于湿法炼铜，湿法可同时生产铜、磁性氧化铁和用于橡胶工
18、业的一种固体物质 A，流程如下：（1）黄铜矿中 Cu 的化合价是_，反应 I中 65gFeC13 可氧化_mol CuFeS 2。（2）工业生产中的过滤操作多采用倾析法分离出固体物质，下列适合用倾析法的有_。A沉淀的颗粒较大 B沉淀容易沉降 C沉淀呈胶状 D沉淀呈絮状（3）在反应中，计算 NaHCO3饱和溶液（其中 CO32-平衡浓度为 1.210-3mol/L）可产生FeCO3沉淀时的最小 Fe2+浓度是_（己知 FeCO3的 Ksp3.010 -11）（4）反应是在设备底部鼓入空气，高温氧化锻烧法来制备磁性氧化铁，写出对应的化学方程式_。（5）固体物质 A的成分_（写名称） 。（6）潮湿的
19、 FeCO3固体若不及时灼烧处理会在空气中逐渐变红，写出相关的化学方程式：_。（7）本流程中可实现循环使用的物质除了水外，还有_【答案】 (1). +2 (2). 0.1 (3). AB (4). 2.510 -8mol/L (5). 6FeCO3+O2 2Fe3O4+6CO2 (6). 硫 (7). 6FeCO 3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2 (8). 氯化钠【解析】 (1)根据化合价的代数和为 0，黄铜矿 CuFeS2中 Cu 的化合价为+2 价，Fe 为+2 价，S为-2 价；65gFeC1 3 的物质的量为 =0.4mol，反应后得到 0.4mol电子，根据流程图，反应
20、后生成 CuCl和 S，只有 S元素被氧化，根据得失电子守恒，能够氧化 0.1mol CuFeS2，故答案为：+2；0.1；(2) 沉淀的颗粒较大，静止后容易沉降至容器底部，常用倾析法分离，沉淀呈胶状或絮状，静止后不容易沉降，不能采取倾析法分离，故选 AB；(3)在反应中， NaHCO 3饱和溶液中 CO32-平衡浓度为 1.210-3mol/L，可产生 FeCO3沉淀时的最小 Fe2+浓度为 = =2.510-8mol/L，故答案为：2.510 -8mol/L；(4)反应中，在设备底部鼓入空气，碳酸亚铁被氧化生成磁性氧化铁(Fe 3O4)，反应的化学方程式为 6FeCO3+O2 2Fe3O4
21、+6CO2，故答案为：6FeCO 3+O2 2Fe3O4+6CO2；(5)根据流程图，加入氯化钠溶液将 CuCl转化为络合物，固体物质 A为硫，故答案为：硫；(6)亚铁离子具有还原性，在潮湿的空气中 FeCO3固体被氧化变红，反应的化学方程式6FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2，故答案为：6FeCO 3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2；(7)根据流程图，溶液 A中含有氯化钠，可以参与循环使用，故答案为：氯化钠。10. 碳酸镧La 2(CO3)3可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应原理为：LaC13+6NH4HCO3= La2(CO3)36NH 4Cl
22、+ 3CO2+3H 2O；某化学兴趣小组利用下列装置实验室中模拟制备碳酸镧。（l）盛放稀盐酸的仪器为_。（2）制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F_ _ _ _ 。（3）Y 中发生反应的化学反应式为_。（4）X 中盛放的试剂是_，其作用为_。（5）Z 中应先通入 NH3，后通入过量的 CO2，原因为_。（6）La 2(CO3)3质量分数的测定：准确称取 10.0g产品试样，溶于 10.0mL稀盐酸中，加入 10 mLNH3 NH4Cl缓冲溶液，加入 0.2g紫脲酸铵混合指示剂，用 0.5mol/LEDTA（Na 2H2Y）标准溶液滴定至呈蓝紫色（La 3 +H2Y-=LaY-+2H
23、+） ，消耗 EDTA 溶液 44.0 mL。则产品中 La2(CO3)3的质量分数 La 2(CO3)3=_。（7）该化学兴趣小组为探究 La2(CO3)3和 La(HCO3)3的稳定性强弱，设计了如下的实验装置，则甲试管中盛放的物质为_；实验过程中，发现乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线如图所示，试描述实验过程中观察到的现象为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). A (3). B (4). D (5). E (6). C (7). NH3H2O+CaO= Ca（OH） 2+NH3或 NH3H2O NH3+H2O (8). 饱和 NaHCO3溶液 (9). 除去 CO2中的 HCl
24、(10). NH3在水的溶解度大 (11). 50.38 (12). La（HCO 3） 3 (13). B中澄清石灰水先变混浊，A 中后变混浊【解析】根据制备反应原理为 LaC13+6NH4HCO3= La2(CO3)36NH 4Cl+ 3CO2+3H 2O并结合所提供装置的特点，可以发现 W为制取二氧化碳气体的，X 为除去二氧化碳中杂质氯化氢的，Y为制取氨气的，Z 为核心转化制备碳酸镧反应器。（l）盛放稀盐酸的仪器为分液漏斗 。（2）制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：FAB DE C。（3）Y 中发生反应的原理是，生石灰与水化合放出大量的热，浓氨水受热发生了分解，所以化学反应式
25、为 NH3H2O+CaO= Ca（OH） 2+NH3或 NH3H2O NH3+H2O 。（4）X 的作用是除去二氧化碳气体中的氯化氢杂质，所以盛放的试剂是饱和 NaHCO3溶液，不能用碳酸钠或氢氧化钠。（5）Z 中应先通入 NH3，后通入过量的 CO2，原因为 NH3在水的溶解度大，二氧化碳在水中的溶解度较小，但是在氨水中溶解度较大。这样操作可以得到浓度较大的碳酸氢铵溶液，提高反应速率和碳酸镧的产率。（6）由反应式 La3 +H2Y-=LaY-+2H+可知，n(La 3+)=n(EDTA)=44.0 L 0.5mol/L=2.2mol，所以 nLa2(CO3)3= n(La3+)=1.1 mol， mLa2(CO3)3= 1.1 mol 458g/mol=5.038g，则产品中 La2(CO3)3的质量分数 La 2(CO3)3= 。（7）一般正盐的稳定性强于对应的酸式盐，所以欲探究 La2(CO3)3和 La(HCO3)3的稳定性强弱，可以在相同温度下探究两者的稳定性，也可以给正盐更高的温度加热进行探究。若设计题中的实验装置，则甲试管中盛放的物质受热温度较低，应为 La(HCO3)3 ；根据乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线可知，碳酸镧在一定温度下会发生分解，所以碳酸氢镧一定在更低的温度下发生分解，所以实验过程中可以观察到的现象为 B中澄清石灰水先变混浊，A 中后变混浊。
