辽宁省实验中学分校2018届高三10月月考化学试题

辽宁省实验中学分校2018届高三10月月考

化学试题

1. 《天工开物》是世界第一部记录农业和手工业生产技术的百科全书，以大量生动细节留存了丰富的古代科技史料，被誉为“百科全书之祖”。下列关于书中描述的解释正确的是( )

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】A

【解析】A．“硝”指的是硝酸钾，故A正确；B．“烟”指的是碳的固体小颗粒，不是焦炭，故B错误；C．朱砂银指的不是Ag2S，而是指银铅汞的合金，故C错误；D．五金之长，熔化成形之后，住世永无变更，这名话描述的对象为黄金，故D错误；故答案为A。

2. 下列关于合金的说法不正确的是( )

A. 硬铝比纯铝的硬度低

B. 合金中可以含有非金属元素

C. 青铜是一种铜锡合金

D. 储氢合金是一类能大量吸收H2成金属氢化物的材料

【答案】A

【解析】

A．硬铝比纯铝的硬度大，故A错误；B．合金材料中一定有金属，也可能含有非金属元素，故B正确；C．青铜是指铜锡合金，故C正确；D．储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料，故D正确；故答案为A。

点睛：明确合金的特征是正确解答本题的关键。合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中至少

有一种金属等，合金与各成分金属相比，具有许多优良的物理、化学和机械性能。

3. 下列物质中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是( )

①Al2O3；②Ca(OH)2；③SiO2；④Al；⑤NaHCO3；⑥(NH4)2CO3

A. ①②⑤

B. ③④⑤⑥

C. ①④⑤⑥

D. ①②③④⑤⑥

【答案】C

【解析】①Al2O3两性氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故①符合；②Ca(OH)2能与盐酸反应生成氯化钙与水，不能与氢氧化钠反应，故②不符合；③SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，不能与盐酸溶液反应，故③不符合；④Al属于两性金属，能与盐酸反应生成氯化铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故④符合；⑤NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故⑤符合；⑥(NH4)2CO3属于弱酸铵盐，能与盐酸反应生成氯化铵、二氧化碳、水，能与氢氧化钠反应生成氨气，故⑥符合，故答案为C。

点睛：明确常见元素及其化合物的性质是解题关键，结合物质的性质进行分析解答，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质有：两性化合物(如Al2O3、Al(OH)3等)、弱酸的铵盐(如(NH4)2CO3等)、弱酸的酸式盐(NaHCO3、NaHS等)、一些单质(如Al)、氨基酸等，结合复分解反应发生的条件解答。

4. 用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A. 78g Na2O2固体中阴离子的个数为2N A

B. 标准状况下，1.12L氯气与H2O反应，反应中转移的电子数为0.1N A

C. 60g SiO2含有的化学键数目为4N A

D. CO2通过Na2O2使其增重ag时，反应中转移的电子数为aN A/56

【答案】C

【解析】A．78g过氧化钠的物质的量为1mol，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含N A个阴离子，故A错误；B．氯气和水的反应为歧化反应，故不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1N A个，故B错误；C．60g二氧化硅的物质的量为1mol，而1mol 二氧化硅中含4mol化学键，故含4N A个，故C正确；D．当1mol二氧化碳和过氧化钠反应时，反应增重28g，转移1mol电子，故当增重ag时，转移的电子数为N A个，故D错误；故答案为C。

5. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 ( )

A. 1.0mol·L-1的KNO3溶液中：Fe2＋、H+、Cl-、I-

B. 常温下，在c(H+)/c(OH－) = 1×1012的溶液：NH4+、Mg2+、C1－、K+

C. 含大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、SO42-、SCN-

D. 水电离的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－

【答案】B

【解析】A．NO3-在酸性条件下能氧化Fe2＋和I-，则离子组不能大量共存，故A错误；B．常温下，c(H+)/c(OH－) = 1×1012的溶液中c(H+) =0.1mol/L，酸性溶液中NH4+、Mg2+、C1－、K+彼此间不发生离子反应，能大量共存，故B正确；C．含大量Fe3+的溶液遇SCN-，发生离子反应，溶液显红色，不能大量共存，故C错误；D．水电离的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液pH可能为1或13，AlO2－和CO32－在酸性溶液中均不能大量存在，故D错误；答案为B。

点睛：考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等。

6. 化学与生活、社会密切相关，下列说法正确的是（）

A. SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，但不能用做食品添加剂

B. 通信光缆的主要成分是晶体Si，太阳能电池的材料主要是SiO2

C. 高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，都利用了强氧化性

D. FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路

【答案】D

【解析】A．SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，可以添加可用作食品添加剂，如葡萄酒中加入SO2作防腐剂，故A错误；B．通信光缆的主要成分是二氧化硅，太阳能电池的材料主要是硅，故B错误；C．高锰酸钾、双氧水具有强氧化性，而酒精不具有氧化性，故C错误；D．FeCl3溶液能与Cu反应，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D正确；故答案为D。

7. 磁性氧化铁与过量稀硝酸反应的化学方程式为：Fe3O4＋HNO3(稀)―→Fe(NO3)3＋NO↑＋

H2O(未配平)。下列有关说法正确的是( )

A. 如果硝酸的量不足，则应该有Fe(NO3)2生成

B. 上述反应配平后HNO3的化学计量数为10

C. 若有0.1mol HNO3被还原，则生成2.24L NO气体

D. 23.2g磁性氧化铁完全溶解于稀硝酸中，转移0.1mol电子

【答案】D

【解析】A．硝酸只氧化四氧化三铁中的+2价铁，硝酸的量不足，溶液中也不会有Fe(NO3)2生成，故A错误；B．反应中只有氮元素被还原，氮元素化合价由+5价降低为+2，还原产物为NO，转移3个电子，Fe3O4中含有1个二价铁和2个三价铁，则一个Fe3O4反应转移一个电子，根据得失电子守恒，生成的NO的数目为Fe3O4数目的三倍，则配平方程式为：

3Fe3O4+28HNO3(稀)═9Fe(NO3)3+NO↑+14H2O，配平后HNO3的化学计量数为28，故B错误；C．若有0.1mol HNO3被还原，则生成0.1mol NO气体，末指明温度有压强，其体积不一定为2.24L，故C错误；D．23.2g磁性氧化铁的物质的量为0.1mol，则完全溶解于稀硝酸中，转移0.1mol电子，故D正确；答案为D。

点睛：明确硝酸的强氧化性和磁性氧化铁中铁元素化合价是关键，其中氧化还原反应中各关

系网络如下图所示：，

据此分析氧化还原反应即可。

8. 下列关于Si、Cl、S等非金属元素单质及其化合物的说法正确的是( )

A. 实验室可用浓硫酸干燥硫化氢

B. 陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品

C. 漂白粉变质后的残留固体有碳酸钙

D. 单质氯气及单质硫与铁反应生成的产物中，铁的化合价相同

【答案】C

【解析】A．硫化氢具有还原性，与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，故A错误；B．陶瓷水泥、玻璃都属于硅酸盐产品，而水晶的主要成分为二氧化硅，故B错误；C．漂白粉变质是因为空气中的二氧化碳与水蒸气反应生成碳酸钙，所以漂白粉变质后的残留固体有碳酸钙，故C 正确；D．氯气具有强氧化性，与铁反应生成三氯化铁，硫为弱氧化性与铁反应生成硫化亚铁，所以铁的化合价不同，故D错误；答案为C。

9. 下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是( )

①金属钠投入FeCl3溶液中；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合；

③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中；④向AlCl3溶液中滴入NaHCO3溶液；

⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2

A. ①③④⑤

B. 只有①④

C. 只有②③

D. 只有③④⑤

【答案】D

【解析】试题分析：①金属钠投入到FeCl3溶液中，发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2 ↑，

2NaOH+FeCl3=Fe（OH）3 ↓+3NaCl，所以最终生成红褐色沉淀，①错误；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生反应：3OH-+Al3+=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，最终没有沉淀生成，②错误；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中，发生反应：Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3 ↓+H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，，③正确；④向Al Cl3溶液中滴入NaHCO3溶液，发生反应：Al3++ HCO3-=" Al" （OH）3+CO2，氢氧化铝是白色沉淀，④正确；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小,所以有沉淀产生，⑤正确；所以③④⑤正确，答案选D。

考点：考查反应现象

10. 将氯气分别通入下列溶液中，由实验现象得出的结论正确的是( )

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】B

【解析】A．氯气具有氧化性，氯气通入滴有KSCN的FeCl2溶液，氧化氯化亚铁为氯化铁，发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3，溶液变红色是发生了反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，故A错误；B．氯气通入水中反应生成盐酸和次氯酸，溶液显酸性，Cl2+H2O?HCl+HClO，氯气和水的反应是化学

平衡为可逆反应，故B正确；C．氯气通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液，和氢氧化钠反应，溶液褪色，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，氯气布具有漂白性，故C错误；D．氯气通入紫色石蕊试液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸的酸性使溶液呈红色，次氯酸具有漂白性使溶液褪色，现象为溶液先变红色后褪色，故D错误；答案为B。

11. 下列说法正确的是( )

A. 为防止月饼等富脂食品氧化变质，可在包装袋中放入硅胶

B. NaHCO3溶液中含有Na2SiO3杂质，可通入少量CO2后过滤

C. SiO2中含Al2O3杂质，可加入足量NaOH溶液然后过滤除去

D. SiO2和CO2都是酸性氧化物，都是共价化合物

【答案】D

【解析】A．硅胶有吸水性，只能作干燥剂，无较强还原性，不能防止月饼等富脂食品氧化变质，故A错误；B．NaHCO3溶液中含有Na2SiO3杂质，应通入过量CO2后过滤，如通少量CO2，可能还有少量硅酸钠末反应，且反应中生成Na2CO3，导致NaHCO3不纯，故B错误；C．NaOH溶液能溶解酸性氧化物SiO2和两性氧化物Al2O3，无法除杂，故C错误；D．SiO2和CO2都能与碱溶液反应生成盐和水，是酸性氧化物，也是共价化合物，故D正确；答案为D。

12. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )

A. Al NaAlO2(aq) NaAlO2(s)

B. NaCl(aq) NaHCO3(s) Na2CO3(s)

C. CuCl2 Cu(OH)2 Cu

D. MgO(s) Mg(NO3)2(aq) Mg(s)

【答案】A

【解析】A．Al溶解于NaOH溶液生成NaAlO2和氢气，所得溶液蒸发结晶得NaAlO2，故A正确；B．弱酸不能制强酸，则饱和NaCl溶液中通CO2不可能得到NaHCO3，故B错误；C．CuCl2溶液中滴加NaOH溶液得到的蓝色沉淀为Cu(OH)2，而葡萄糖只能与新制的Cu(OH)2悬浊混合加热得Cu2O，无Cu生成，故C错误；D．Mg(NO3)2为强酸强碱盐，惰性电极电解其溶液只能生成氢气和氧气，无Mg析出，故D错误；答案为A。

13. 有一定量的Na、Al合金置于水中，结果合金完全溶解，得到20mL pH=14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定至沉淀量最大时，消耗40mL的盐酸。原合金中Na的物质的量是( ) A. 0.05mol B. 0.04mol C. 0.03mol D. 0.02mol

【答案】B

点睛：能正确分析溶液中的溶质是解本题的关键，根据“一定量的Na、Al合金置于水中，结果合金完全溶解，得到20mL pH=14的溶液”知，钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和铝反应生成偏铝酸钠且氢氧化钠有剩余，所以此时溶液中的溶质是氢氧化钠和偏铝酸钠；再根据“然后用1mol/L的盐酸滴定至沉淀量最大时，消耗40mL的盐酸”知，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠，所以当沉淀量最大时，此时溶液中的溶质是氯化钠，根据氯化钠中氯元素和钠元素相等得钠的物质的量。

14. 能正确表示下列反应的离子方程式是( )

A. 碳酸氢钠溶液中滴入氢氧化钙溶液：HCO＋OH－===CO＋H 2O

B. Na 2CO3溶液显碱性：CO＋2H2O H2CO3＋2OH－

C. 铁溶于稀硝酸，溶液变黄：Fe＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H 2O

D. 碳酸氢钠溶液中加入足量的烧碱溶液：HCO＋OH－===CO＋H 2O

【答案】D

【解析】A．二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为

2HCO3-+Ca2++2OH-═CaCO3↓+CO32-+2H2O，故A错误；B．多元弱酸根离子分步水解，第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，离子方程式为CO32-+H2O?HCO3-+OH-，故B错误；C．电荷不守恒、原子不守恒，离子方程式为Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O，故C错误；D．二者反应生成碳

酸钠和水，离子方程式为HCO3-+OH-═CO32-+H2O，故D正确；故答案为D。

点睛：考查离子方程式的正误判断和书写原则，注意电荷守恒分析，反应实质理解。判断离子方程式是否正确主要从以下几点考虑：①拆分是否合理；②是否符合客观事实；③配平是否有误(电荷守恒，原子守恒)；④有无注意反应物中量的关系；⑤能否发生氧化还原反应等。

15. 锌与100mL 18.5mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的pH＝1。下列叙述不正确的是( )

A. 气体甲中SO2与H2的体积比为4∶1

B. 反应中共消耗1.8mol H2SO4

C. 反应中共消耗97.5g Zn

D. 反应中共转移3mol电子

【答案】A

【解析】生成气体的物质的量为：=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为：

×1L×0.1mol/L=0.05mol，参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，

Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O

x 2x x

Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑

y y y

则：x+y=1.5，2x+y=1.8，解之得 x=0.3，y=1.2；所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol 的氢气；A．气体A为SO2和H2的混合物，且V(SO2)：V(H2)=1：4，故A错误；B．由以上计算可知，反应中共消耗1.8molH2SO4，故B正确；C．反应中共消耗金属Zn的质量

m(Zn)=(0.3mol+1.2mol)×65g/mol=97.5g，故C正确；D．在反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O 中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol 氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，故D正确；故答案为A。

点睛：注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键，Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。

16. 下列除去杂质的方法不正确的是( )

A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥

B. 用过量氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋