四川省成都市建设学校2022年高三化学月考试卷含解析

1、四川省成都市建设学校2022年高三化学月考试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1. 肼N2H4空气燃料电池是一种环保型碱性燃料电池，电解液是20%30%的KOH溶液。电池总反应为：N2H4O2N22H2O。下列关于该电池工作时的说法正确的是A负极的电极反应式是：N2H44OH4e4H2ON2B正极的电极反应式是：O24H4e2H2OC溶液中阴离子向正极移动D溶液中阴离子物质的量基本不变 参考答案：AD2. 下列陈述正确并且有因果关系的是选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有导电性SiO2可用于制备

2、光导纤维C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2 和CODFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜参考答案：D略3. 同温同压下，等质量的下列气体物质的量最大的是( ) AO2BCH4CCO2DSO2参考答案：B4. 下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，2.24 L Cl2与过量水反应，转移的电子总数为0.1 NAB. 一定条件下，6.4 g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NAC. 常温下，1 L 0.1 molL1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NAD. 标准状况下，22.4 L SO3中含硫原子数为NA参考答案：C【详解】A、Cl2与水反应是可逆反应，反应不能进

3、行彻底，标准状况下，2.24 L Cl2的物质的量为2.24 L22.4L/mol=0.1mol，转移电子数应小于0.1 NA，故A错误；B、铜与过量的硫反应生成硫化亚铜，2Cu+S=Cu2S，6.4 g铜的物质的量为6.4 g64g/mol=0.1mol，转移电子数为0.1mol，即0.1 NA，故B错误；C、1 L 0.1 molL1的NH4NO3溶液中NH4NO3的物质的量为1 L 0.1 molL1=0.1mol，根据NH4NO3的化学式可知0.1molNH4NO3含有0.2mol的氮原子，即0.2NA氮原子，故C正确；D、标况下，三氧化硫为固态，故D错误；综上所述，本题应选C。5.

4、下列关于有机物的性质或应用说法不正确的是A用饱和的Na2SO4溶液使蛋清液发生盐析，进而分离、提纯蛋白质B淀粉和纤维素的组成都可用(C6H10O5)n表示，它们都可转化为乙醇C石油裂解可以得到甲烷、乙烯和丙烯等低碳有机物D食用植物油在烧碱溶液水解主要产物是高级饱和脂肪酸钠和甘油参考答案：D6. 下列说法中，正确的是A日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用B工业上金属Mg、Al都是用电解其相应的氯化物水溶液制得的CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化参考答案：A略7. 已知一定温度和压强下，合成氨反

5、应：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g） H=-920KJmol-1，将1mol N2和3mol H2充入一密闭容器中，保持恒温恒压，在催化剂存在时进行反应，达到平衡时，测得N2的转化率为20%。若在相同条件下，起始时在该容器中充入2mol NH3，反应达到平衡时的热量变化是 （ ） A吸收184KJ热量 B放出736KJ热量 C放出184KJ热量 D吸收736KJ热量参考答案：D略8. 某金属的硝酸盐受热分解时，生成NO2和O2的物质的量之比是21，则在分解过程中金属元素的化合价是（ ）A升高 B降低 C不变 D无法确定参考答案：B略9. 下列说法正确的是（）A漂白粉的有效成分是次氯酸钠

6、B离子互换型的离子反应是向离子数目减小的方向进行的C实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶要用玻璃塞而不用橡皮塞D铁制品要防锈，而铝制品却不要防锈，这是由于铝的化学性质不如铁活泼参考答案：AB解析：A漂白粉是由石灰乳与氯气反应生成的，其成分为：是次氯酸钙与氯化钙的混合物，起漂白作用的是次氯酸钙，故A正确；B离子反应的实质是离子之间反应使溶液中离子的量减小，转化为不溶物或弱电解质，因此离子互换型的离子反应为复分解反应，有沉淀、气体 或水生成，故溶液中离子反应是向离子减小的方向进行，故B正确；C玻璃的成分之一是二氧化硅，二氧化硅能与氢氧化钠反应生成具有粘性的硅酸钠而将瓶塞与瓶体黏在一起，取用药品时，打不开

7、，故C错误；D铁的化学性质比铝的弱，铝在空气中被氧气氧化成氧化铝，是一层致密的氧化物，可以组织铝与氧气接触，对铝起保护作用，因此不用防锈铁在空气中也被氧气氧化，但生成的氧化铁不能起到阻止氧气的作用，它疏松故铁制品需要防锈，故D错误；故选AB10. 下列物质中属于纯净物的一组是（ ）冰水混合物爆鸣气铝热剂普通玻璃水玻璃漂白粉二甲苯TNT溴苯C5H10含氧40的氧化镁花生油福尔马林密封保存的NO2气体A. B. C. D. 参考答案：C冰水混合物中只含有水分子一种物质，属于纯净物；爆鸣气是氢气和氧气的混合物；铝热剂是铝和金属氧化物的混合物； 普通玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合物； 水玻璃是硅

8、酸钠的水溶液，属于混合物； 漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物； 二甲苯可以是邻二甲苯、对二甲苯、间二甲苯的混合物； TNT是三硝基甲苯的俗称属于纯净物； 溴苯是一种物质组成的纯净物； C5H10 不一定表示纯净物，可能是正戊烷、异戊烷、新戊烷的混合物；?氧化镁中所含氧元素的质量分数为40%，故含氧40的氧化镁是纯净物；?天然油脂都是混合物；?福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物；?密封保存的NO2气体和四氧化二氮存在化学平衡属于平衡混合气体；属于纯净物的有?，故选C。11. 化学已渗透到人类生活的各个方面。下列说法不正确的是A阿司匹林具有解热镇痛作用B可以用Si3N4、Al2O3制作高温结构陶瓷制

9、品C在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块可防止闸门被腐蚀D禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染参考答案：C阿司匹林是常用的解热阵痛药，这是生活常识，A正确；Si3N4、Al2O3是常用的高温结构陶瓷，B正确；铜和铁组成的原电池，铁作负极被腐蚀，故C错；铅是一种重要的污染物，D正确。命题立意：考查化学与STES。化学与日常生活、社会热点问题、食品、医药、能源、环保、化工生产、高新产品等方面的内容是高考考查的重要内容。12. （2011?天津）以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（）A第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子B同周期元素（除0族元素外）从左到右

10、，原子半径逐渐减小C第A族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低参考答案：B考点：原子结构与元素周期律的关系；同位素及其应用；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系分析：根据同位素的概念，同一周期原子半径的递变规律，同一主族氢化物的稳定性以及单质的熔沸点来解答解答：解：A、因铯的同位素具有相同的质子数，故A错；B、同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小，故B对；C、第VIIA族元素从上到下，非金属性在减弱，则其氢化物的稳定性逐渐减弱，故C错；D、第VIIA族元素从上到下，单质的熔点逐渐升高，

11、故D错；故选：B点评：本题考查元素周期律，明确常见主族元素的性质是解答的关键，注重基础，一个知识点掌握不好就可能做错，但难度不大13. 下列图示实验合理的是( ) A图1吸收多余的NH3 B图2为比较NaHCO3、Na2CO3相对热稳定性C图3为配制一定物质的量浓度的硫酸溶液 D图4为制备并收集少量NO2气体参考答案：A略14. 下列有关铁元素的叙述中正确的是 ()A铁是较活泼的金属，它与卤素(X2)反应的生成物均为FeX3B氢氧化铁可以由相应的物质通过化合反应而制得C氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe(OH)33HI=FeI33H2OD铁元素位于周期表中第4周期第VIIIB族参考答案：B略15. 设

12、NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 标准状况下，189D2O中所含的质子数为10NA B. 28gN2和C0的混合气体中含有的分子数为NA C标准状况下，11.2LO2参加反应转移的电子数一定为2 NA D. 5.6g铁与足量稀硫酸反应失去电子数为0.3 NA参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. （13分）工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸。为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：探究一（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是 （2）另称取铁钉6.0g

13、放入15.0mL浓硫酸中，加热，应后得到溶液X并收集到气体Y。甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要确认其中的Fe2+，应选用 aKSCN溶液和氯水b铁粉和KSCN溶液c.浓氨水d酸性KMnO4溶液乙同学取336mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g。由于此推知气体Y中SO2的体积分数为 探究二分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和Q气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（3）装置B中试剂的作用是 （4）认为气体Y中还含有Q的理由是 （用化学方程式表示）（5）为确认Q的存在，

14、需在装置中添加M于 （选填序号） a. A之前 b.AB间 c.BC间 d.CD间（6）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是 参考答案：略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. 【化学-选修物质结构与性质】已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中常见元素，且原子序数依次增大A的原子半径最小，B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，D的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，E为周期表中电负性最大的元素，F元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，G与F同族且原子序数比F大2回答下列问题：（1）写出基态F原子的电子排布式 ，其中含有 种能量不同的电子（

15、2）CE3和CA3均是三角锥形分子，键角分别为102和107.3，则C原子的杂化方式为，其中CE3的键角比CA3的键角小的原因是 （3）B、C、D三种元素形成的一种粒子与二氧化碳分子互为等电子体，其化学式为 （4）G单质晶体中原子的堆积方式如图所示（为面心立方最密堆积），则晶胞中G原子的配位数为 若G原子半径为r cm，则G原子所形成的最小正四面体空隙中，能填充的粒子的最大直径为 cm（用r表示）参考答案：（1）1s22s22p63s23p63d64s2；7；（2）sp3；NF3中成键电子对偏向F原子，NH3中成键电子对偏向N原子，成键电子对与成键电子对之间的斥力作用前者小于后者；（3）CNO

16、；（4）12；（22 ）r【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D、E、F、G为前四周期中常见元素，且原子序数依次增大B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，L层电子数为4，则B为碳元素；A的原子半径最小，则A为H元素；D的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，s能级容纳2个电子且P轨道容纳电子，则n=2，故D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E为周期表中电负性最大的元素，则E为氟元素；F元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，则F为Fe；G与F同族且原子序数比F大2，则G为Ni【解答】解：A、B、C、D、E、F、G为前四周

17、期中常见元素，且原子序数依次增大B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，L层电子数为4，则B为碳元素；A的原子半径最小，则A为H元素；D的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，s能级容纳2个电子且P轨道容纳电子，则n=2，故D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E为周期表中电负性最大的元素，则E为氟元素；F元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，则F为Fe；G与F同族且原子序数比F大2，则G为Ni（1）F为Fe，原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，其中含有7种能量不同的电子，故答案为：1s22s22p63s23p6

18、3d64s2；7；（2）NF3和NH3均是三角锥形分子，键角分别为102和107.3，为三角锥形结构，则N原子的杂化方式为sp3，其中NF3的键角比NH3的键角小的原因：NF3中成键电子对偏向F原子，NH3中成键电子对偏向N原子，成键电子对与成键电子对之间的斥力作用前者小于后者，故答案为：sp3；NF3中成键电子对偏向F原子，NH3中成键电子对偏向N原子，成键电子对与成键电子对之间的斥力作用前者小于后者；（3）C、N、O三种元素形成的一种粒子与二氧化碳分子互为等电子体，其化学式为CNO，故答案为：CNO；（4）G单质晶体中原子为面心立方最密堆积，以顶点原子为研究对象，与之相邻的原子处于面心，每

19、个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，则晶胞中G原子的配位数为=12若G原子半径为r cm，则晶胞边长为4r cm=2r cm，则G原子所形成的最小正四面体空隙中，能填充的粒子的最大直径为（ 2r cm2r cm）=（22 ）r cm，故答案为：12；（22 ）r18. 胆矾晶体是硫酸铜的结晶水合物，其化学式为CuSO4?5H2O在加热情况下，按温度不同，胆矾晶体会历经一系列的变化，得到不同组成的固体（第（1）（2）问用小数表示）（1）称取0.10g含有杂质的胆矾试样于锥形瓶中，加入0.10mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.10mol/L硫酸滴定到终

20、点，消耗硫酸10.08mL，则试样中胆矾的质量分数为 （已知：CuSO4+2NaOHCu（OH）2+Na2SO4；试样中杂质不与酸碱反应）（2）将1.250g 纯净的胆矾晶体置于坩埚中加热一段时间，测得剩余固体质量为0.960g剩余固体中结晶水的质量分数为 （保留三位小数）（3）将无水硫酸铜加热至650以上，可得到黑色的氧化铜与三氧化硫、二氧化硫和氧气的混合气体现将9.600g无水硫酸铜充分加热分解为氧化铜，将生成的气体通过足量的吸收剂（碱石灰），吸收剂增重4.416g则最终吸收剂中硫酸盐与亚硫酸盐的物质的量之比为 （4）取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960m

21、L的NO2气体和672mL N2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g则x等于 参考答案：(1)0.98(2)0.167(3)3：2(4)9.2考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算；化学方程式的有关计算专题：计算题分析：（1）根据题中的信息，当向胆矾中加入氢氧化钠溶液发生反应：CuSO4+2NaOHCu（OH）2+Na2SO4，反应后再加H2SO4将剩余的NaOH中和，则根据：H2SO4+2NaOHNa2SO4+H2O，计算出剩余剩余NaOH的物质的量，从而计算出与胆矾反应的NaOH的物质的量，算出CuSO4物质的量，进一步其质量，继

22、而得出答案；（2）根据CuSO4?5H2OCuSO4+5H2O，采用假设的方法，假设胆矾完全分解时，求出得到固体的质量，与题中给出的固体的质量相比较，从而判断胆矾是否完全分解，然后根据判断的结果，根据反应方程式的计算，求出未分解的胆矾的量，进一步推算晶体中结晶水的质量分数即得答案；（3）根据题中的信息硫酸铜加热至650以上，可得到黑色的氧化铜与三氧化硫、二氧化硫和氧气的混合气体，将生成的气体通过足量的吸收剂（碱石灰）吸收，吸收剂增重4.416g，则碱石灰只能吸收三氧化硫、二氧化硫，所以三氧化硫和二氧化硫的质量之和为4.416g，再根据9.600g无水硫酸铜充分加热分解，求出无水硫酸铜的物质的量

23、，根据原子守恒算出二氧化硫与三氧化硫的物质的量之和，列方程求解，既得二氧化硫、三氧化硫的物质的量即为亚硫酸钠、硫酸钠，即得答案；（4）铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量解答：解：（1）根据题中的条件，向0.1000g含有杂质的胆矾试样于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，氢氧化钠过量，剩余的氢氧化钠用0.1000mol/L硫酸中和消耗硫酸10.08mL，设与0.1000mol/L、10.08mL

24、硫酸反应的氢氧化钠的物质的量为xmol，则有H2SO4 +2NaOHNa2SO4+H2O 1mol 2mol0.1000mol/L0.01008L x解得：x=0.002016mol，则与胆矾中硫酸铜反应的氢氧化钠的物质的量为：0.1000mol/L0.02800L0.002016mol=0.000784mol，设胆矾中CuSO4的物质的量为ymol，则有 CuSO4+2NaOHCu（OH）2+Na2SO4 1mol 2mol ymol 0.000784mol解得：y=0.000392molm（CuSO4）=0.000392mol250gmol1=0.098g则胆矾中CuSO4的质量分数为：=

25、0.98，故答案为：0.98；（2）1.250g胆矾的物质的量为：=0.005mol，假设当0.005molCuSO4?5H2O完全分解时生成固体的物质的量为nmol，则有 CuSO4?5H2OCuSO4+5H2O 1mol 1mol 0.005mol nmol解得n=0.005mol，m（ CuSO4）=0.005mol160gmol1=0.8g0.960g故胆矾只是部分分解，设发生分解的胆矾的物质的量为ymol，则有： CuSO4?5H2OCuSO4+5H2O 1mol 1mol ymol ymol根据题中的条件剩余固体为 CuSO4?5H2O、CuSO4的混合物，其质量为0.960g，则有m（CuSO4?5H2O）+m（CuSO4）=（0.005y）mol250gmol1+160yg=0.960g解得：y=mol，所以剩余固体中，n（ CuSO4?5H2O）=0.005molmol=mol剩余固体中 CuSO4?5H2O晶体中结晶水的质量为：m（H2O）=mol90gmol1=0.16g，所以，剩余固体中结晶水的质量分数为：=0.167，故答案为：0.167；（3）根据题中的信息：无水硫酸