江西省宜丰县中2022-2023学年高一下学期5月第三次月考化学试题（Word版含答案）

化学参考答案

1．D【详解】A．瓷器的主要成分是硅酸盐，不是二氧化硅，A错误；B．磁石的主要成分是Fe3O4，不是Fe2O3，Fe3O4有磁性，Fe2O3、FeO无磁性，B错误；C．焰硝指的是KNO3，C错误；D．植物燃烧后产生草木灰，其中的主要成分是K2CO3，D正确；答案选D。

2．C【详解】A．NaHCO3溶液中加入少量的石灰水，氢氧化钙完全反应生成碳酸钙沉淀和水，碳酸氢根离子过量，反应为2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+，A错误；B．过量的铁溶于稀硝酸生成亚铁离子和一氧化氮气体：，B错误；C．用醋酸为弱酸，清洗水垢生成醋酸钙和二氧化碳：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，C正确；D．硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3，D错误；故选C。

3．C【详解】A．1个氨气分子含有1个氮原子，0.1 mol NH3分子中，所含的氮原子总数为0.1NA，故A正确；B．硫酸钠固体由钠离子和硫酸根离子按2:1组成，0.2mol Na2SO4固体中，所含的Na+总数为0.4NA，故B正确；C．2.24 L NO气体中，不清楚是否为标准状况下，无法计算气体物质的量，故C错误；D．1 L 0.1 mol∙L−1 Fe(NO3)3溶液中硝酸铁物质的量为0.1mol，则所含的氮原子总数为0.3NA，故D正确；故答案为：C。

4．C【详解】A．强酸性溶液中，Fe2+、MnO发生氧化还原反应，故A错误；B．在氢离子存在的条件下，硝酸根离子可以氧化I−，故B错误；C．澄清透明的溶液中，Cu2+、Na+、NO 、SO相互之间不反应，能大量共存，故C正确；D．无色透明的溶液中，NH与OH-反应生成NH3·H2O，故D错误；故选C。

5．C【详解】A．根据分析，b、e分别为FeO和Fe2O3，HI与FeO的反应为酸与碱性氧化物的反应，而HI与Fe2O3反应时，由于Fe3+可以氧化I-，还会发生氧化还原反应，原理不同，A正确；B．根据分析，h为高铁盐，+6价的铁具有强氧化性，可用于饮用水的消毒，还原产物Fe3+可以形成Fe(OH)3胶体，可以净水，B正确；C．图2装置A管中的导管没有插到液面以下，生成的FeSO4无法压入B管中，不能形成Fe(OH)2，C错误；D．Fe与硫酸或盐酸反应可以生成亚铁盐（Fe2+），可以被Cl2、H2O2等氧化剂氧化为铁盐（Fe3+），铁盐中加强碱（NaOH等）可以生成Fe(OH)3，均可以一步实现，D正确；

故选C。

6．B【详解】A．浓硫酸与铜在加热条件下制备二氧化硫，二氧化硫溶于水溶液显酸性，能使石蕊溶液变为红色，但不能使其褪色，A正确；B．盐酸与碳酸钙反应制备二氧化碳，可证明HCl酸性比碳酸强，不能比较氯和碳的非金属性，制备的二氧化碳中混有氯化氢，与硅酸钠溶液反应产生白色硅酸沉淀，不能证明碳酸酸性强于硅酸，综上该实验不能证明非金属性Cl>C>Si，B错误；C．③中产生红棕色气体，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，可能是浓硝酸受热分解产生了红棕色的NO2，C正确；D．稀硝酸与铜反应生成无色的NO，但试管中含空气，NO与氧气立即变为红棕色的NO2，NO2、NO与氢氧化钠可以反应，当试管中的氧气消耗完全时，产生的气体最终为无色，D正确；故选B。

7．A【详解】①，和水不反应，不能实现转化，错误；

②，，能实现转化，正确；

③，，丙不能直接转化为甲，不能实现转化，错误；

④，，能实现转化，正确。答案选A。

8．B【详解】A．第IA族中的H元素不是碱金属元素，A错误；B．、的电子层结构相同，故a-2=b+1，因此a-b=3，B正确；C．有11个质子，OH-有9个质子，二者的质子数不同，C错误；D．短周期中，电子总数是电子层数2倍的元素有He、Be两种，D错误；故选B。

9．C【详解】A．H2S是酸性气体，可以与NaOH反应产生Na2S、H2O，因此含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放，A正确；B．含有H2S的废气在反应炉中发生反应2H2S+3O22SO2+2H2O，被氧化为SO2气体，反应中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应产生的SO2通入Na2CO3溶液吸收时反应产生Na2SO3、CO2，反应过程中元素化合价不变，反应不属于氧化还原反应；2H2S+SO2=3S↓+2H2O中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应S+SO2+Na2CO3=Na2S2O3+CO2中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，可见在上述反应中至少发生3个氧化还原反应，B正确；C．在反应2H2S+3O22SO2+2H2O中，只能证明该反应为氧化还原反应，H2S是还原性，氧化产物是SO2，而不能证明H2S及SO2对应的酸H2SO3的酸性强弱，C错误；

D．从总体来看：H2S→Na2S2O3，S元素化合价升高，O元素化合价降低。每产生1个Na2S2O3，S元素化合价升高4×2=8价；O2→Na2S2O3，O元素化合价降低2×2=4价，可见每制取1 mol Na2S2O3，反应消耗2 mol O2，其在标准状况下体积V(O2)=2 mol×22。4 L/mol=44.8 L，D正确；

故合理选项是C。

10．B【详解】A．气体E是氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B．若向沉淀B有0.01mol的BaSO4和0.01mol的BaSO3，加入足量稀硝酸，亚硫酸钡被氧化成硫酸钡，根据钡原子守恒可知最终得到0.02mol硫酸钡，质量为4.66 g沉淀，B正确；C．溶液中没有OH-，C错误；D．溶液A中一定有Na+，无法确定是否有Cl-，D错误；故答案为：B。

11．C【详解】A．SO2通入Ba(NO3)2溶液，酸性条件下二氧化硫被硝酸根离子氧化为，Ba2+与反应生成白色沉淀硫酸钡，故A错误；B．钠是活泼金属，钠放入硫酸铜溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，钠不能置换出硫酸铜溶液中的铜，故B错误；C．Cu与S反应生成Cu2S，故C正确；D．硫磺在足量的氧气中燃烧生成SO2，故D错误；选C。

12．C【详解】A．根据图像可知，随硝酸密度被还原产物不同，在浓硝酸密度为1.4g/mL中，主要产物NO2，随着硝酸密度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多，当密度为1.36g/mL时，主要产物是NO2和NO，当的密度降到1.1g/mL时，离子成为主要产物，故A正确；

B．一定量铁粉与足量密度为1.36g/mL的反应，标准状况下得到气体2.24L，物质的量为0.1mol，由图可知，此时生成0.05molNO、0.05molNO2，铁变化为硝酸铁，~NO~3e-，~NO2~e-，Fe~Fe3+~3e-，反应生成的铁离子为=mol，显酸性的硝酸为mol=0.2mol，氧化剂的硝酸为0.1mol，所以参加反应的硝酸为0.2mol+0.1mol=0.3mol，故B正确；

C．足量铁与一定量密度为1.36g/mL的硝酸反应过程中，硝酸不断被稀释，当硝酸浓度较低时，只生成NO，故C错误；D．还原产物中的物质的量分数随硝酸密度减少而增大，铵根离子中氮元素化合价最低是-3价，在浓硝酸浓度为1.4mol/L中，主要产物NO2，硝酸的密度越大、浓度越大，其还原产物中高价态的成分所占比例越多，故D正确；故选C。

13．AC【详解】A．HCl极易溶于水，Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度会变小，故可以用饱和NaCl溶液除去Cl2中混有的少量HCl，故A正确；B．饱和Na2SO3溶液的不仅能吸收HCl还能吸收SO2，应该用饱和的NaHSO3溶液来吸收SO2中的HCl，故B错误；C．Al2O3是两性的氧化物，溶于NaOH溶液，而Fe2O3则不可以，故C正确；D．CO2和SO2都能和NaOH溶液反应，故D错误；本题答案AC。

14．AC【详解】A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，发生了炭化，说明有碳和水生成，体现浓硫酸的脱水性，A正确；B．SO2能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，是SO2消耗了氢氧化钠，体现了SO2的酸性，B错误；C．HCl和SO2这两种气体都不与浓硫酸反应，都可以用浓硫酸干燥，C正确；

D．二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，D错误；故选AC。

15．AB【详解】A．反应①中N2和Mg反应生成Mg3N2，N元素的单质生成化合物，属于人工固氮，故A错误；B．反应②中氯化铵和氮化镁反应生成氨气和氯化镁，该过程中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故B错误；C．反应⑤中HCl和NH3在无水环境中进行时，有白烟NH4Cl产生，故C正确；D．由图可知，该转化过程总反应的反应物是N2和H2O，产物是NH3和O2，故D正确；

故选AB。

16．BD【详解】A．由于溶液中还剩余有硝酸，则反应后溶液中不可能存在Fe2+，故A错误；B．由于溶液中还剩余有硝酸，铁被硝酸氧化为铁离子，假设铁物质的量为xmol，铜物质的量为ymol，则有3x+2y=0.2×3，56x+64y=15.2，解得x=0.1，y=0.15，则上述合金中铁与铜物质的量之比为2：3，故B正确；C．根据质量守恒得到原硝酸的物质的量为0.5 mol∙L−1×0.2L＋0.2mol＋0.3mol＋0.3mol=0.9mol，根据前面分析还剩余硝酸0.1mol，则有0.8mol硝酸反应15.2g 铁铜合金，则剩余的0.1mol硝酸又消耗1.9g，整个过程生成的铁离子又要消耗铁铜合金中的铁，因此反应后的溶液中可继续溶解铁铜合金质量大于1.9g，故C错误；D．根据质量守恒得到原硝酸的物质的量为0.5 mol∙L−1×0.2L＋0.2mol＋0.3mol＋0.3mol=0.9mol，则硝酸物质的量浓度为c(HNO3)=4.5 mol∙L−1，故D正确。综上所述，答案为BD。

17．(1)  (胶体)    渗析

(2)     将溶液静置，向上清液中滴加溶液，无白色沉淀生成证明已经完全沉淀     bf

(3) 图乙     饱和食盐水    

【详解】（1）将饱和FeCl3溶液加入沸水中制备胶体，根据粒子直径大小，可以用渗析方法分离溶液和胶体；故答案为：(胶体)；渗析

（2）根据离子检验原理，验证可以将溶液静置，向上清液中滴加溶液，无白色沉淀生成证明已经完全沉淀；上述操作有：溶解、过滤、蒸发，能够用到的实验仪器有，烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸、铁架台、蒸发皿、酒精等、坩埚钳，所以用不到的仪器为，坩埚、分液漏斗；

故答案为：将溶液静置，向上清液中滴加溶液，无白色沉淀生成证明已经完全沉淀；bf

（3）浓盐酸与MnO2制取氯气，装置需要加热，所以图乙装置符合要求；因为浓盐酸有挥发性会挥发出HCl气体，可以用饱和食盐水除氯气中的HCl气体；

18．(1)     第三周期第IA族          (2)

(3)     bc    

(4)          或

【详解】（1）Y为Na元素，原子序数11，位于元素周期表中第三周期第IA族；M为H元素，NaH为离子化合物，其电子式为；故答案为：第三周期第IA族；；

（2）N为Cl元素、X为F元素、Y为Na元素、Z为Al元素，对应离子分别为、、、，其中核外18个电子，、、均为10电子，对于简单离子而言，核外电子数越多离子半径越大，相同电子数的简单离子，原子序数越大，微粒半径越小，所以、、、的半径由大到小的顺序为；故答案为：；

（3）a．Ga元素原子序数31，位于元素周期表第四周期ⅢA族，故a错误；

b．Ga与Al同族，因性质与Al相似，门捷列夫在编制周期表时曾预言为“类铝”元素，故b正确；

c．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族元素金属性从上到下依次递增，金属性：，所以Ga的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z元素最高价氧化物对应水化物的碱性强，故c正确；d．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同主族元素非金属性从上到下依次递减，非金属性：，所以酸性：，故d错误；故答案为：bc；

中As元素为-3价，具有还原性，浓硝酸具有氧化性，两者混合发生氧化还原反应，根据题意，其反应的化学方程式为；

故答案为：；

（4）①根据题意，遇水反应放出氢气，其反应的化学方程式为；

故答案为：；

②若实验测得氢气的体积为V mL，物质的量为，根据反应方程式，可得样品中的质量为，则样品的纯度为或；故答案为：或。

19．(1)球形干燥管     (2)NH3.H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑

(3)     通过观察气泡，判断NH3的通入速率。     水

(4)甲     (5)          7.0

【详解】（1）仪器M为球形干燥管。故答案为：球形干燥管。

（2）由于CaO溶于水放出大量热量且生成大量OH-，使得NH3.H2O分解成NH3和H2O：NH3.H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑。故答案为：NH3.H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑。

（3）液体石蜡鼓泡瓶的作用是：通过观察气泡，判断NH3的通入速率。可通过分液漏斗浓氨水的添加来控制NH3的生成速率，而水槽中的X主要是控制反应的温度，故而用冰水混合物。

故答案为：通过观察气泡，判断NH3的通入速率；水。

（4）甲采用倒置的漏斗可吸收极易溶于水的氨气，乙装置由于不与氨水反应而不能吸收，丙装置易倒吸。故答案为：甲。

（5）分解成和NH3：，由反应知：n(Si3N4)=n(NH3)==0.05mol，m(Si3N4)=0.05mol×140g.mol-1=7.0g。

20．(1)   (2)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

 (3)     与盐酸反应产生，污染生产环境     防止H2O2分解和盐酸挥发        (4)趁热过滤

【详解】（1）中密度最小的金属元素为Li，质子数为3，在周期表中的位置第二周期第ⅠA族。

（2）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

（3）氧化浸出时，实际生产中氧化剂选用H2O2，因为与盐酸反应产生，污染生产环境；为防止H2O2分解和盐酸挥发，故在氧化浸出时，一般不采取高温法；“氧化浸出”时，LiFePO4被H2O2 在酸性环境中氧化得到Li+和FePO4沉淀，根据电子守恒、元素守恒可得该反应的离子方程式为。

（4）已知碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应，故沉锂时应水浴加热，温度保持在95℃；沉锂后要得碳酸锂产品，需进行趁热过滤、洗涤、干燥；故答案为：水浴加热；趁热过滤。