湖南省衡阳县第一中学2017届高三9月月考化学试题（答案详解版）

衡阳县一中2017届高三9月月考化学试题

可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Ne 20 Na 23 Mg24 Al 27 S 32 Cl35.5 K 39 Mn 55 Fe 56 Cu 64

第I卷（选择题）

一、单项选择题（每题3分）

1.下列有关蒸馏的实验装置与操作的说法中，不正确的是（ ）

A.烧瓶必须垫石棉网加热

B.冷凝管中的水流是从下口进入，上口排出

C.实验中需要在烧瓶中加入几粒碎瓷片，防止出现暴沸现象

D.温度计的水银球应插入烧瓶中的液面以下

1.

【知识点】化学实验基础操作

【解析】A．蒸馏时为防止蒸馏烧瓶受热不均匀而导致炸裂，蒸馏烧瓶底部必须垫石棉网，故A正确；

B．冷凝管内水的流向是下进上出，可使冷水充满冷凝管，起到充分冷凝的效果，故B正确；

C．为防止暴沸，实验中需在自来水中加几片碎瓷片，故C正确；

D．温度计的水银球应插入蒸馏烧瓶内支管口附近，故D错误．

【答案】D

2.下列关于物质分类的说法正确的是（ ）

A.根据原子最外层电子数的多少可将元素分为金属元素和非

金属元素

B.根据酸分子中含有的氢原子个数可将酸分为一元酸.二元酸.三元酸等

C.汽油.漂白粉.水玻璃.王水均为混合物

D.纯碱.熟石灰.醋酸.食盐水均为电解质

2.

【知识点】物质的分类

【解析】A、不能与金属元素同主族的非金属元素有很多，它们与同主族金属元素具有相同的最外层电子数，例如氢原子最外层只有一个电子和金属钠一样，但它不是金属，金属元素在反应中很容易失去最外层的电子，金属元素组成的化合物中，都是正价，A错误；

B、根据酸分子在水溶液中电离出氢离子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等，B错误；

C、汽油是多种烃的混合物，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，王水是硝酸和盐酸的混合物，C正确；

D、食盐水是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质，D错误．

【答案】C

3.氢氧化铝可作为治疗胃酸过多的内服药，这是利用了氢氧化铝的( )

A.酸性 B.碱性 C.两性 D.氧化性

3.

【知识点】镁、铝及其化合物

【解析】胃酸过多需服用氢氧化铝来中和。利用了氢氧化铝的弱碱性．

【答案】B

4.阿伏加德罗常数的值为N_A，下列说法中正确的是

A、56g铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3N_A

B、1mol 固体Na₂O₂含有的阴阳离子总数为3N_A

C、等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3:1

D、1L 1 mol·L^-1的NaClO溶液中含有ClO^－的数目为N_A

4.

【知识点】阿伏加德罗常数

【解析】A、5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，铁在氯气中燃烧生成氯化铁，反应方程式为2Fe+3Cl₂=2FeCl₃，所以氯气的物质的量不足，根据氯气计算转移电子数，氯元素化合价由0价降低为-1价，所以转移电子数为0.1mol×2×N_Amol^-1=0.2N_A，故A错误；

B、1molNa₂O₂中阴阳离子的总数目为2molNa⁺和1molO₂2-，共3mol，故B正确；

C、盐酸为强电解质，溶液中完全电离，1mol/L的盐酸中含有氢离子浓度为1mol/L，而磷酸为弱电解质，1mol/L的磷酸溶液中氢离子浓度小于3mol/L，所以电离出的氢离子数之比小于3：1，故C错误；

D、次氯酸根离子是弱酸阴离子，水溶液中发生水解；1 L1mol.L^-1的NaClO溶液中含有ClO^-的数目小于N_A，故D错误．

【答案】B

5.等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多的是( )

A.将钠投入到足量水中

B.将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中

C.将钠放入足量稀硫酸中

D.将钠放入足量稀盐酸中

5.

【知识点】钠及其化合物

【解析】钠溶于水立即和水反应生成氢氧化钠和氢气，在反应中钠都是失去1个电子，生成的氢气相同。但在选项B中生成的氢氧化钠溶液能和金属铝反应又生成氢气，所以选项B中放出的氢气最多，答案选B。

【答案】B

6.下列离子方程式中正确的是（ ）

A.铜与浓硝酸反应：

B.向FeBr₂溶液中通入足量Cl₂：

C.AlCl₃溶液中加入过量氨水：

[来源:学&科&网Z&X&X&K]

D.Ca(HCO3)2溶液中加入少量澄清石灰水：

6.

【知识点】离子方程式的书写及正误判断

【解析】A、铜与浓硝酸反应，应生成NO₂气体，A错误；

B、溴离子也要被氯气氧化，B错误；

C、氨水属于弱碱，应该用化学式表示，C错误；

D、Ca(HCO₃)₂溶液中加入少量澄清石灰水生成碳酸钙和水，与量无关，D正确．

【答案】D

7.已知m g气体A和n g气体B所含分子数相等，下列说法不正确的是（ ）

标准状况时，相同体积的气体A和气体B的质量之比为m∶n

25 ℃时，相同质量的

气体A和气体B的分子数之比为n∶m

同温、同压下，气体A和气体B的密度之比为n∶m

通常状况下，相同质量的气体A和气体B的体积之比为n∶m

7.

【知识点】化学用语、常用量和化学定律

【解析】在标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，则A气体与 B气体的摩尔质量之比为m：n．

A、同温同压，同体积的气体质量之比等于摩尔质量之比，所以同体积的气体A和气体B的质量比为m：n，故A正确；

B、相同质量，分子数与摩尔质量成反比，所以1kg气体A与1kg气体B的分子数之比为n：m，故B正确；

C、同温同压下，气体A与气体B的密度之比等于摩尔质量之比，所以气体A与气体B的密度之比为m：n，故C正确；

D、同温同压，相同质量的气体体积与摩尔质量成反比，所以标准状况下，等质量的A与B的体积比为n：m，故D错误．

【答案】D

8. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的阳离子能抑制

水的电离，X、Z同主族，元素原子最外层电子数Z是Y的2倍，四种元素原子最外层电子数之和为16。下列说法正确的是（）

A. Y的最高价氧化物的水化物具有弱酸性   B.阳离子的氧化性：Y>W

C.原子半径：Z>Y            D. 元素W。X。

8.

【知识点】元素周期律

【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的阳离子能抑制水的电离，H⁺或OH^-抑制水电离，则W为H元素；X、Z同主族，则X、Z最外层电子数相同；元素原子最外层电子数Z是Y的2倍，四种元素原子最外层电子数之和为16，设Y最外层电子数是a，则四种元素最外层电子数=1+2a+a+2a=16，a=3，所以X、Y、Z最外层电子数分别是6、3、6，则X、Y、Z分别是O、Al、S元素。

A、Y是Al元素，Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，氢氧化铝能溶于强酸和强碱，所以氢氧化铝具有弱碱性和弱酸性，即具有两性，故A正确；

B、原子越容易失电子，则其简单阳离子较难得电子，阳离子的氧化性减弱，失电子能力Al＞H（Y＞W），则阳离子的氧化性：W＞Y，故B错误；

C、同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，Y、Z同一周期，且原子序数Z＞Y，所以原子半径Y＞Z，故C错误；

D、元素W、X、Z各自最高和最低化合价的代数和分别为0、-2、4，故D错误．

【答案】A

9.下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为( )

A.纯净物： 盐酸 B.纯净物： 蒸馏水

混合物：水煤气 混合物：蔗糖溶液

电解质： 硫酸 电解质： 氯化氢

非电解质： 干冰 非电解质：二氧化硫

C.纯净物： 胆矾 D.纯净物： 胆矾

混合物： 盐酸 混合物： 水煤气

电解质： 铁 电解质： 氯化铜

非电解质：碳酸钙 非电解质：碳酸钠

9.

【知识点】物质的分类

【解析】纯净物：有一种物质组成．混合物：由两种或两种以上的物质组成．在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；在水溶液里或熔融状态下不导电的化合物是非电解质.

A、盐酸是混合物，故A错误；

B、蒸馏水是纯净物，蔗糖溶液为混合物，氧化铝是电解质，二氧化硫是非电解质，故B正确；

C、铁是单质，碳酸钙是强电解质，故C错误；

D、碳酸钠是强电解质，故D错误.

【答案】B

10.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO₃的实验，经过制取氨气、制取NaHCO₃、分离NaHCO₃、干燥NaHCO₃四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（）

10.

【知识点】化学实验的设计和评价

【解析】A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；

B．应将二氧化碳从长导管进入，否则将液体排出，故B错误；

C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；

D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误．

【答案】C

11.在下列反应中，HNO₃既表现出氧化性，又表现出酸性的是（ ）

A.H₂S+2HNO₃

S↓+2NO₂↑+2H₂OB.CuO+2HNO₃

Cu(NO₃)₂+H₂O

C.4HNO₃

4NO₂↑+O₂↑+2H₂OD.3Cu+8HNO₃

3Cu(NO₃)₂+2NO↑+4H₂O

11.

【知识点】氧化还原反应

【解析】A、N元素的化合价全部降低，则只体现硝酸的氧化性，故A错误；

B、反应中N元素的化合价不变，只生成硝酸盐，则只体现酸性，故B错误；

C、N元素的化合价全部降低，O元素的化合价升高，该反应中体现硝酸的氧化性和还原性，故C错误；

D、N元素的化合价降低，且生成硝酸盐，则HNO₃既表现出氧化性，又表现出酸性，故D正确．

【答案】B

12.自然界中存在一种尖晶石，化学式为MgAl₂O₄，它透明色美，可作为宝石。已知该尖

晶石中混有Fe₂O₃，取一定量样品3.2 g，恰好与一定浓度100mL盐酸反应，盐酸浓度可能是（ ）

A．1.1 mol·l^－1 B．1.5mol·L^－1

C．2.4 mol·L^－1 D．无法确定

12.

【知识点】化学用语、常用量和化学定律

【解析】MgAl₂O₄与盐酸反应最终生成MgCl₂和AlCl₃，1molMgAl₂O₄消耗8molHCl。因为恰好溶解，采用极值法计算，假如全部是尖晶石，盐酸浓度为3.2÷144×8÷0.1=1.78mol/L；假如全部是Fe₂O₃，1molFe₂O₃消耗HCl6mol，盐酸浓度为3.2÷160×6÷0.1=1.2mol/L，介于二者之间，选B。

【答案】B

13.有关反应14CuSO₄ +5FeS₂ +12H₂O=7Cu₂S +5FeSO₄ +12H₂

SO₄，的下列说法错误的是（ ）

A.FeS₂既是

氧化剂也是还原剂  B.CuSO₄在反应中被还原

C.14 mol CuSO₄氧化了1 mol FeS₂D.被还原的S和被氧化的S的质量之比为3:7

13.

【知识点】氧化还原反应

【解析】FeS₂中10个-1价的S原子，其中7个还原成Cu₂S中的-2价，3个氧化成FeSO₄中的+6价，另外14个CuSO₄中的Cu原子从+2价还原成Cu₂S+1价.

A、氧化剂是FeS₂和CuSO₄两种，还原剂是FeS₂，FeS₂既是氧化剂也是还原剂，故A正确；

B、氧化剂是FeS₂和CuSO₄两种，其中CuSO₄在反应中被还原，故B正确；

C、1 molCuSO₄得到电子为1mol×（2-1）=1mol，由电子守恒可知，可氧化1/7mol的S，则14 molCuSO₄氧化了1 mol FeS₂，故C正确；

D、由S元素的化合价变化及S原子守恒可知，10molS中有3molS失去电子，7molS得到电子，则被还原的S和被氧化的S的质量比为7：3，故D错误．

【答案】D

14.离子方程式2Ca²⁺ + 3HCO₃^– +3OH^– = 2CaCO₃↓ + CO₃^2–+ 3H₂O可以表示

A．Ca(HCO₃)₂与NaOH溶液反应B．NaHCO₃与NaOH溶液反应

C．Ca(HCO₃)₂与澄清石灰水反应D．NH₄HCO₃与澄清石灰水反应

14.

【知识点】离子方程式的书写及正误判断

【解析】A．Ca(HCO₃)₂与足量的NaOH反应即n[Ca（HCO₃）₂]：n（NaOH）=1：2时，离子反应为Ca²⁺+2HCO₃-+2OH^-=CaCO₃↓+CO₃2-+2H₂O，与少量NaOH反应即n[Ca（HCO₃）₂]：n（NaOH）=1：1时，离子反应为Ca²⁺+HCO₃-+OH^-=CaCO₃↓+H₂O，当n[Ca（HCO₃）₂]：n（NaOH）=2：3时，符合离子方程式2Ca²⁺+3HCO₃-+3OH^-→2CaCO₃↓+CO₃2-+3H₂O，故A选；

B．Ca（OH）₂与少量的Ba(HCO₃)₂反应生成物中应出现BaCO3沉淀，明显不正确，故B不选；

C．Ca（OH）₂与少量的Ca（HCO₃）₂反应的离子反应为Ca²⁺+HCO₃-+OH^-=CaCO₃↓+H₂O，Ca（OH）₂与足量的Ca（HCO₃）₂反应的离子反应为Ca²⁺+HCO₃-+OH^-=CaCO₃↓+H₂O，故C不选；

D．NH₄HCO₃与足量澄清石灰水的离子反应为H₄++Ca²⁺+HCO₃-+2OH^-=CaCO₃↓+NH₃．H₂O+H₂O，NH₄HCO₃与少量澄清石灰水的离子反应为Ca²⁺+2HCO₃-+2OH^-=CaCO₃↓+CO₃2-+2H₂O，故D不选．

【答案】A

第II卷（非选择题）

15. （10分）已知0.1mol/L的NaHSO₄溶液中H^＋的物质的量浓度为0.1mol/L，请回答下列问题：

（1）写出NaHSO₄在水溶液中的电离方程式：_______________________________。

（2）NaHSO₄属于“酸”、“碱”、“盐”中的________；你选择的理由是__________________________________________________________________。

（3）向NaHSO₄溶液中逐滴加入Ba(OH)₂溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：____________________________________________________________。

在以上中性溶液中，继续滴加Ba(OH)₂溶液，请写出此步反应的离子方程式：___________________________________________________________________。

15.

【知识点】离子方程式的书写及正误判断

【解析】（1）NaHSO₄是强电解质，完全电离，电离方程式为NaHSO₄=Na⁺+H⁺+SO₄2-；

（2）因NaHSO₄是由钠离子和硫酸氢根离子构成，则属于盐；

（3）向NaHSO₄溶液中逐滴加入Ba(OH)₂溶液至中性，其发生反应的离子方程式：2H⁺+SO₄2-+2OH^-+Ba²⁺=BaSO₄↓+2H₂O；

在中性溶液中，继续滴加Ba(OH)₂溶液，其反应的离子方程式：SO₄2-+Ba^2-=BaSO₄↓．

【答案】（1）

（2）盐；NaHSO₄在水溶液中电离出的离子中，既有金属阳离子又有酸根阴离子； （3）

；

16.（14分）I．实验室用Na₂CO₃·10H₂O晶体配制50 g质量分数为21.2％的Na₂CO₃溶液。回答下列问题：

（1）应用托盘天平称取Na₂CO₃·10H₂O晶体g。

（2）用托盘天平和小烧杯称出碳酸钠晶体的质量，天平平衡后的状态如下图。实际称量的碳酸钠晶体质量为 g。

II. 实验室要配制2.5 mol/L 的稀硫酸溶液90 mL，回答下列问题：

（1）用量筒量取质量分数为98％，密度为1.84 g/cm³的浓硫酸 mL。

（2）在配制稀硫酸溶液的过程中两次用到玻璃棒,作用分别是 。

（3）配制溶液的过程中，其他操作都正确

，下列操作会使所配溶液浓度偏高的是 。

A．量取浓硫酸时，仰视读数

B．洗涤量取浓H₂SO₄后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中

C．稀释硫酸时，有溶液溅到桌面上

D．没有洗涤稀释硫酸的烧杯和玻璃棒

E．定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线[来源:学&科&网]

F．容量瓶不干燥

（4）从容量瓶中取该溶液40 mL，与5 mol/L的N

aOH溶液 mL恰

好完全反应，反应后溶液中的c(Na^＋)＝（忽略溶液混合过程中的体积变化）

16.

【知识点】化学实验

【解析】I．（1）50g质量分数为21.2％的Na₂CO₃溶液中溶质的质量是50g×21.2％＝10.6g，则碳酸钠的物质的量是0.1mol，所以需要Na₂CO₃.10H₂O晶体的质量是0.1mol×286g/mol＝28.6g。

（2）根据图示控制，错误是砝码和物品的位置放反了，因此实际固体的质量应该是25-3.6g＝21.4g。

II．（1）由于容量瓶的规格没有90ml的，所以应该配制100ml，则需要浓硫酸的体积是

。

（2）在配制稀硫酸溶液的过程中两次用到玻璃棒,作用分别是搅拌、引流；

（3）根据c＝n/V可知，量取浓硫酸时，仰视读数，则浓硫酸的体积偏大，结果偏高；洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，则溶质增加，浓度偏高；稀释硫酸时，有溶液溅到桌面上，则溶质减少，浓度偏小；没有洗涤稀释硫酸的烧杯和玻璃棒，则溶质减少，浓度偏小；定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，则容量瓶中溶液体积增加，浓度偏小；容量瓶不干燥，不会影响实验结果，答案选AB。

（4）40ml溶液中溶质硫酸的物质的量是0.04L×2.5mol/L＝0.1mol，所以能消耗0.2mol氢氧化钠，因此需要氢氧化钠溶液的体积是40ml。反应后钠离子的浓度是

＝2.5 mol/L。

【答案】I．（1）28.6； （2） 21.4； II．（1）13.6； （2）搅拌、引流； （3）A B；（4）40 mL；2.5 mol/L。

17.制备氮化镁的装置示意图如下，回答下列问题：

（1）a的名称是_________________________________ ，[来源:Zxxk.Com]

b的名称是_________________________________；

（2）写出NaNO2和(NH4)2SO4反应制备氮气的化学方程式___________________；

（3）C中硫酸亚铁溶液的作用是 __________________________，

D中应盛放___________________________；

（4）已知氮化镁与水反应生成两种碱，设计实验检验生成的氮化镁中是否含有未反应的镁，写出实验操作及象____________________________________.

17.

【知识点】化学实验基础操作

【解析】解此类物质制备题，首先要明确实验目的、实验原理及所制备物质的性质；并结合装置图综合分析得出结论。该实验目的是制备Mg 3N 2 ，其原理是：N 2 +3Mg

Mg 3 N 2 ，从图看此反应在装置E中发生。由装置A及药品可知，A是N2 的发生装置，其装置类型为：液+液

制气型；所以

（1）中气密性检验方法是最常规的方法--微热法，其仪器名称：a是分液漏斗，b是圆底烧瓶；

（2）制N₂的反应，其原理是NH₄+与NO₂-间的归中反应，化学方程式2NaNO₂+(NH₄)₂SO₄△2N₂↑+Na₂SO₄+4H₂O；

（3）制得的N₂常混有O₂、氮氧化物、水蒸气，它们都会对Mg₃N₂的生成带来干扰，O₂和氮氧化物会氧化Mg粉使制得的Mg₃N₂不纯，水蒸气会使Mg₃N₂水解而生成Mg(OH)₂；所以，C中利用Fe2+ 的还原性可除去O 2 及氮氧化物； D中用浓硫酸可除水蒸气。

（4）取少量产物于试管中，加少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清夜，加盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁。

【答案】（1）分液漏斗；圆底烧瓶；（2）2NaNO₂+(NH₄)₂SO₄△2N₂↑+Na₂SO₄+4H₂O；（3）除去氧气（及氮氧化物）；浓硫酸；（4）取少量样品加入足量盐酸中，若有气泡出现则证明有未反应的镁。

18.（18分）X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大。请回答下列问题：

(1)E、Y、Z元素的原子半径由大到小的顺序是 （写元素符号）；

(2)XZ₂与YZ₂分子的立体结构分别是 和 ，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是（写分子式）

(3)Q的元素符号是 ，它属于第 族，它的核外电子排布式为 ，在形成化合物时它的最高化合价为 ；

(4)Y元素的一种单质具有很高的硬度，它的晶体类型为__________________

18.

【知识点】物质结构与性质

【解析】X原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4，为S元素，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，应为C元素，Z是地壳内含量最高的元素，为O元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，原子序数为24，为Cr元素，E在元素周期表的各元素中电负性最大，应为F元素，则

(1)E为F、Y为C、Z为O，则F、C、O元素的原子半径由大到小的顺序是C>O>F；

（2）SO 2 中，S和O形成2个δ键，有1个孤电子对，为V形，CO 2中，C和O形成2个δ键，没有孤电子对，为直线形；相同条件下两者在水中的溶解度较大的是SO₂ ；

（3）Q为Cr，原子序数为24，位于周期表第四周期ⅥB族，价电子层电子排布式为3d 5 4s 1 ，最高化合价为+6价；

（4）Y为C，C元素的一种单质具有很高的硬度，它是金刚石，其晶体类型为原子晶体.

【答案】（1） C>O>F ； （2）V形 ； 直线型； SO₂ ； （3）Cr；IVB；3d⁵4s¹；+6；（4）原子晶体.

参考答案

一、选择题、

题号	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14
答案	D	C	B	B	B	D	C	A	B	C	D	B	D	A

二、填空题

15.

答案：（1）

（2）盐；

NaHSO₄在水溶液中电离出的离子中，既有金属阳离子又有酸根阴离子

（3）

16.

I．（1）28.6（2分）

（2） 21.4（2分）

II．（1）13.6（2分） [来源:学|科|网Z|X|X|K]

（2）搅拌、引流（2分）

（3）A B（2分）

（4）40 mL（2分） 2.5 mol/L（2分）

17.

(1)分液漏斗（2分） 圆底烧瓶（2分）

(2)2NaNO₂+(NH₄)₂SO₄^△2N₂↑+Na₂SO₄+4H₂O（3分）

(3)除去氧气（及氮氧化物（3分）） 浓硫酸（2分）

(4)取少量样品加入足量盐酸中，若有气泡出现则证明有未反应的镁。（4分）

18.(1) C>O>F (2)V形 直线型 SO₂

(3) Cr IVB [Ar]3d⁵4s¹ +6

(4)原子晶体[来源:学科网]