1、汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 1江苏省启东中学 2019届高三上学期第一次月考化学试题1.化学与生产、生活密切相关。下列与化学相关的说法正确的是A. 水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品B. 医用酒精和葡萄糖注射液可用丁达尔效应区分C. 氯水和食盐水消毒杀菌的原理相同D. 铵态氮肥和草木灰混合使用会降低肥效【答案】D【解析】A项：水晶不属于硅酸盐产品，A 项错误；B 项：医用酒精和葡萄糖注射液均为溶液，不可用丁达尔效应区分，B 项错误；C 项：氯水消毒杀菌是利用其氧化性，食盐水消毒杀菌是利用其能使细菌细胞失水，二者原理不同，C 项错误；D 项：铵盐和 K2CO3 会发生反应，生
2、成的二氧化碳、氨气挥发而降低肥效，D 项正确。2.下列有关化学用语表示正确的是A. 氮气分子的电子式：B. 质子数为 53、中子数为 78的碘原子：7853IC. 对硝基苯酚的结构简式：D. NaHCO3水解的离子方程式：HCO 3 H 2O H3O CO 32【答案】C【解析】A. 氮气分子中含有三键，电子式为 ，A 错误；B. 质子数为 53、中子数为 78 的碘原子可表示为 ，B 错误；C . 对硝基苯酚的结构简式为 ，C 正确；D. NaHCO3水解显碱性，离13153I子方程式为 HCO3 H 2O OH H 2CO3，D 错误，答案选 C。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
3、A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料B. FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的 CuC. 石墨具有导电性，可用于制铅笔芯汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 2D. 浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥 CO2【答案】A【解析】A熔点高的物质可作耐高温材料，则 Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，选项 A 选；B Cu 与 FeCl3发生氧化还原反应，则用 FeCl3腐蚀 Cu 刻制印刷电路板，与 FeCl3溶液呈酸性无对应关系，选项 B 不选；C 、石墨很软，可用于制铅笔芯，与石墨具有导电性无对应关系，选项 C不选；D、浓硫酸具有吸水性，可用于干燥 CO2，与浓硫酸具有强氧化性
4、无对应关系，选项 D不选。答案选 A。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A. Kw/c(H+)=110-13 mol/L的溶液中：Fe 2+、K +、NO 3 、SO 42B. 通入大量 CO2的溶液中：Na+、C 6H5O 、CH 3COO 、HCO 3C. c(ClO-)=l.0 mol/L的溶液中：Na +、K +、S 2 、SO 42D. 能使酚酞变红的溶液中：K+、SO 32 、CO 32 、Cl 【答案】D【解析】【详解】A、Kw/c(H +)=110-13 mol/L 的溶液显酸性，酸性溶液中硝酸根离子能氧化强还原性离子，所以酸性溶液中 Fe2+与 NO
5、3 不能大量共存,故 A 不选；B、碳酸的酸性大于苯酚,所以含有 C6H5O 的溶液通入二氧化碳,会生成苯酚,所以溶液不能大量共存,故 B不选；C、次氯酸根离子能氧化还原性离子，则 c(ClO-)=l.0 mol/ L 的溶液中， S2 不能大量存在,故 C 不选； D、酚酞变红的溶液显碱性，弱酸根离子在碱性条件下可以存在,则 K+、SO 32 、CO32 、Cl 能够大量存在,故 D 选; 综上说述，本题应选 D。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：离子间发生复分解反应生成弱电解质、沉淀或气体，如题中 项；离子间发生氧化还
6、原反应，如题中 A 项；离子间发生双水解反应，如 Al3+与 HCO3-等；离子间发生络合反应，如 Fe3+与SCN-等；注意题中的附加条件。5.实验是化学研究的基础。关于下列各实验装置图的叙述中正确的是( )汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 3学+科+ 网.学+科+网.学+科+ 网.学+科+网.学+科+ 网.学+科+网.A. 装置常用于分离互不相溶的液态混合物B. 装置可用于吸收氨气,且能防止倒吸C. 用装置不可以完成“喷泉”实验D. 用装置稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液【答案】D【解析】【详解】A、该装置为蒸馏装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，互不相溶的液体
7、采用分液的方法分离，故 A 错误；B、氨气极易溶于水,有缓冲装置的能防止倒吸 ,该装置中苯没有缓冲作用,所以不能防止倒吸,故 B 错误；汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 4C、氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故 C 错误；D、浓硫酸溶于水放出大量热 ,且浓硫酸的密度大于水,稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水中,图示操作合理,所以 D 选项是正确的; 综上所述，本题应选 D。6. 下列图示与对应的叙述相符的是A. 图 1 表示 H2与 O2发生反应过程中的能量变化，则 H2的燃烧热为 241.8 kJmol1B. 图 2 表示压强对可逆反应 2A(g)+2 B(
8、g) 3C(g)+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C. 图 3 表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲为钠D. 图 4 表示常温下，稀释 HA、HB 两种酸的稀溶液时，溶液 pH 随加水量的变化，则相同条件下 NaA 溶液的 pH 大于同浓度的 NaB 溶液的 pH【答案】C【解析】试题分析：A、燃烧热是在一定条件下， 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，与图象不吻合，故 A 错误；B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，故 B 错误；C 、钾
9、比钠活泼，反应速率快。钠的摩尔质量小于钾的摩尔质量，在质量相等的条件下钠放出的氢气多，与图像吻合，故 C 正确；D、在稀释过程中 HA 的 pH 变化大，说明 HA 的酸性比 HB 强，越弱越水解，所以 NaA 的水解程度小于 NaB，NaA 与 NaB 水解显碱性，所以 NaA 溶液的 pH 小于同浓度的NaB 溶液的 pH，故 D 错误；故选 C。考点：考查燃烧热、外界条件对平衡状态的影响、盐类水解、弱电解质的电离等知识7.能正确表示下列反应的离子方程式是( )A. 用过量氨水吸收工业尾气中的 SO2:2NH3H2O+SO2 2NH4+SO32-+H2OB. Ca(HCO3)2溶液与少量
10、NaOH溶液反应:Ca 2+2HCO3-+2OH- CaCO3+ CO 32-+2H2OC. 磁性氧化铁溶于足量稀硝酸:Fe 3O4+8H+ Fe2+2Fe3+4H2O汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 5D. 明矾溶液中滴入 Ba(OH)2溶液使 SO42-恰好完全沉淀: 2Ba 2+3OH-+Al3+2SO42-2BaSO 4+Al（OH） 【答案】A【解析】【详解】A、用过量氨水吸收工业尾气中的 SO2，过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，离子反应为：2NH3H2O+SO2 2NH4+SO32-+H2O，故 A 正确；B、少量氢氧化钠与碳酸氢钙反应会生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，
11、离子方程式为 Ca2+HCO3-+ OH-=CaCO3+H2O，故 B 错误；C、磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe 3O4+28H+NO3-9Fe3+NO+14H2O，故 C 错误；D、明矾溶液中滴入 Ba(OH)2溶液使 SO42-恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量 1：2 反应：2Ba2+4OH-+Al3+2SO42-2BaSO4+AlO2-+ 2H2O，故 D 错误 ；综上所述，本题应选 A。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行： 从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中 B 项）等；从物质存在形态进行判断，如拆分
12、是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等； 从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（题中 D 项）。8.X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素,且原子序数依次增大,其中 X、Z 同主族,Y 原子半径是短周期主族元素中最大的,X 原子最外层电子数是其核外电子层数的 3倍。下列说法正确的是( )A. 原子半径:r WrZrYrXB. Z 的简单氢化物沸点比 X的高C. X、Y、Z 三种元素组成的化合物多于 2种D. W 元素氧化物对应水化物的酸性一定强于 Z【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W 为四种短
13、周期主族元素,且原子序数依次递增,Y 原子半径是短周期主族元素中最大的,Y 为 Na元素;X 原子最外层电子数是核外电子层数的 3 倍,X 为第二周期元素 O；X、Z 同主族,则 Z 为 S；W 的原子序数最大,可以知道 W 为 Cl。由上述分析可以知道,X 为 O,Y 为 Na,Z 为 S,W 为 Cl。【详解】A、电子层越多,原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,则原子半径: r ZrYrWrX ,故 A 错误;汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 6B、Z 的简单氢化物为 H2S，X 的简单氢化物为 H2O, H2O 分子间存在氢键，沸点高于 H2S，故 B 错误；C、X、
14、Y、Z 三种元素组成的化合物不止 2 种,如亚硫酸钠、硫酸钠、硫代硫酸钠等,所以 C 选项是正确的; D、尽管非金属性 WZ, 但是 W元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于 Z的，只有 W 元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于 Z 的,故 D 错误; 综上所述，本题应选 C。【点睛】本题重点考查根据结构推断元素种类。此题型应熟练掌握元素周期律的相关知识。根据X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素,且原子序数依次递增,Y 原子半径是短周期主族元素中最大的,Y 为 Na元素（原子半径的比较：电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小）;X 原子最外层电子数是核外电子层数的 3
15、倍,X 为第二周期元素,X 为 O,X、Z 同主族,Z 为 S,W 的原子序数最大,可以知道 W 为 Cl。由上述分析可以知道,X 为 O,Y 为 Na,Z 为 S,W 为 Cl。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：A 项，NaHCO 3受热分解成 Na2CO3、CO2和 H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成 CaCO3和 NaOH；B项，Al 与 NaOH 溶液反应生成 NaAlO2和 H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成 NaCl、AlCl3和 H2O；C 项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能
16、发生银镜反应；D 项，Al 与 Fe2O3高温发生铝热反应生成 Al2O3和 Fe，Fe 与 HCl 反应生成 FeCl2和 H2。详解：A 项，NaHCO 3受热分解成 Na2CO3、CO2和 H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成 CaCO3和 NaOH，两步反应均能实现；B 项，Al 与 NaOH 溶液反应生成 NaAlO2和 H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成 NaCl、AlCl3和 H2O，第二步反应不能实现；C 项，AgNO 3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现 ；D 项，Al 与 Fe2O3高温发生铝热反应生成 Al2O3和 F
17、e，Fe 与 HCl 反应生成FeCl2和 H2，第二步反应不能实现；物质间转化均能实现的是 A 项，答案选 A。点睛：本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如 NaAlO2与少量 HCl 反应生成 NaCl 和 Al（OH）3，NaAlO2与过汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 7量 HCl 反应生成 NaCl、AlCl3和 H2O。10.根据表中信息判断,下列说法不正确的是( )序号 反应物 产物KMnO4、H 2O2、H2SO4K2SO4、MnSO 4 Cl2、FeBr 2 FeCl3、Fe
18、Br 3 MnO4-、Cl - Cl2、Mn 2+A. 第组反应的其余产物为 H2O和 O 2B. 第组反应从产物可以得出还原性 :Fe2+Br-C. 第组反应中生成 1 mol Cl2,转移电子数为 2NAD. 氧化性由强到弱的顺序为 MnO4-Cl2Fe3+Br2【答案】D【解析】【详解】A、反应中 KMnO4 MnSO4，Mn 元素化合价由+7 价降低为+2 价,根据电子转移守恒, H2O2中氧元素化合价升高,生成氧气,根据 H 元素守恒可以知道还生成水,所以 A 选项是正确的; B、由 Cl2和 FeBr2的反应产物可以知道 ,反应中只有亚铁离子被氧化,所以还原性顺序为 Fe2+Br-
19、,所以 B 选项是正确的; C、由信息可以知道, MnO4-氧化 Cl-为 Cl2,Cl 元素化合价由-1 价升高为 0 价,转移电子的物质的量是氯气的2 倍,生成 1mol Cl2,转移电子数 2NA,所以 C 选项是正确的; D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性 ,由可以知道氧化性 MnO4-Cl2,由可以知道氧化性 Cl2Fe3+,由可以知道 Fe3+不能氧化 Br-,氧化性 Br2 Fe3+ ,故 D 错误;综上所述，本题应选 D。【点睛】本题重点考查氧化还原反应的规律。在氧化还原反应中存在规律“升失氧，降得还”。化合价升高失去电子，发生氧化反应，本身作还原剂；化合价降低，得到电子，发生
20、还原反应，本身作氧化剂。在氧化还原反应中，氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性 ，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。11.现以 CO、O 2、熔融盐 Z(Na2CO3)组成的燃料电池,采用电解法处理 CO同时制备 N2O5,装置如图所示,其中汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 8Y为 CO2。下列说法不合理的是( )A. 石墨是原电池的负极,发生氧化反应B. 甲池中的 CO32-向石墨极移动C. 乙池中左端 Pt极电极反应式:N 2O4-2e-+2HNO3 2N2O5+2H+D. 若甲池消耗标准状况下的氧气 2.24 L,则乙池中产生氢气 0.05 mol【答案】BD【解析】【详解】A
21、、石墨电极上 COCO 2，碳元素化合价升高，发生氧化反应，石墨是原电池的负极，故 A不选；B、甲池是原电池，阴离子移向负极，故 CO32-向石墨极移动，故选 B；C、乙池中左端 Pt 与原电池电源正极相连，为电解池阳极，电极反应式：N 2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，故C 不选；D、乙池的阴极反应为 2H+2e- H2，若甲池消耗标准状况下的氧气 2.24 L，转移电子 0.4 mol，则乙池中产生氢气 0.2 mol，故选 D；综上所述，本题应选 BD。【点睛】本题重点考查原电池与电解池的综合应用。石墨电极上 COCO 2，碳元素化合价升高，发生氧化反应，石墨是原电池的负极
22、，石墨氧元素化合价降低，发生还原反应，为正极；与原电池负极相连的 Pt 电极为电解池阴极，溶液中 H+得电子，发生还原反应，电极反应为 2H+2e- H2，与原电池正极相连的 Pt 电极为电解池阳极，N 2O4失去电子，发生氧化反应，电极反应为 N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+。12.下列说法正确的是A. 向稀醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸的电离程度增大B. 电镀时，通常把待镀金属制品作阴极，镀层金属作阳极C. 常温下， 2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)不能自发进行，则该反应的H0汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 9D. 工业通过反应“Na(l) +K
23、Cl(l) NaCl(l)+K(g)”冶炼钾，说明钠的金属性强于钾【答案】BC【解析】A、醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c（CH 3COO ）浓度增大，抑制了醋酸的电离，选项 A 错误；B 、电镀时，通常把待镀金属制品作阴极，镀层金属作阳极，选项 B 正确；C、常温下，2NO （g）+O2（g）=2NO2（g）不能自发进行，说明H-T S0，已知该反应SKsp(AgI)A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析：A 项，苯酚的酸性弱于碳酸； B 项，CCl 4将 I2从碘水中萃取出来， I2在 CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；C 项，Fe 从 CuSO4溶液中置换出 C
24、u，Cu2+的氧化性强于 Fe2+；D 项，向 NaCl、NaI 的混合液中加入 AgNO3溶液产生黄色沉淀， NaCl、NaI 的浓度未知，不能说明 AgCl、AgI 溶度积的大小。详解：A 项，向苯酚浊液中加入 Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应 +Na2CO3 +NaHCO3，酸性：H2CO3 HCO3-，A 项错误；B 项，向碘水中加入等体积 CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层 显紫红色，说明 CCl4将 I2从碘水中萃取出来， I2在 CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B 项正确；C 项，向 CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为 Fe+Cu2+=Fe2+Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂 氧化产物，氧化性 Cu2+ Fe2+，C 项错误；D 项，向 NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀 AgNO3溶 液，有黄色沉淀生成，说明先达到 AgI 的溶度积，但由于 NaCl、NaI 的浓度未知，不能说明 AgCl、AgI 溶度积的大小，D 项错误；答案选 B。点睛：本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选 D 项，
