2021-2022学年湖南省长沙市湘府中学高三化学月考试卷含解析

1、2021-2022学年湖南省长沙市湘府中学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. 某温度下，反应H2(g)I2(g)2HI(g)；H0，在带有活塞的密闭容器中达到平衡，下列说法中正确的是A体积不变，升温正反应速率减少B温度、压强均不变，充入HI气体，开始时正反应速率增大C温度不变，压缩气体的体积，平衡不移动，颜色加深D体积、温度不变，充入氦气后，正反应速率将增大参考答案：C略2. 根据右图所示的装置(甲中电极均为惰性电极)，判断下列叙述中正确的是（ ）A利用该反应可持续产生硫酸铜直至硫酸耗尽B甲中a电极

2、的电极反应为：O24H4e2H2OC装置开始工作初期乙中的总反应为：CuH2SO4 CuSO4H2D反应过程中甲、乙装置中溶液的pH都逐渐减小参考答案：C略3. 为测定石灰石样品中碳酸钙（含SiO2杂质）的含量。现利用下图所示装置进行实验，充分反应后，测定装置C中生成的BaCO3沉淀质量。下列说法正确的是 A.装置A中药品应为浓硫酸B.在BC之间应增添盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置，以除去氯化氢气体C.为了测得C中生成的沉淀质量，需经过过滤、洗涤、干燥、称量等操作D.只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，也可以确定碳酸钙的质量分数参考答案：C解析：A、A装置的目的是防止空气中的二氧化碳进

3、入装置B，故选择能吸收二氧化碳气体试剂，可以是氢氧化钠，不是干燥试剂，错误； B、稀盐酸与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，若B、C之间添加盛放碳酸氢钠的装置，二氧化碳来源不唯一，不能确定全部来源于碳酸钙，错误； C、要准确获取碳酸钡的质量，必须过滤出碳酸钡，然后洗净附着在其表面的杂质，再干燥、称量，正确； D、盐酸具有挥发性，也可以由B进入C，且C中可能还会进入水蒸气，导致质量差引起不仅仅是二氧化碳的原因，错误。4. 下列酸溶液的pH相同时，其物质的量浓度最小的是AH2SO4 BH2SO3 CCH3COOH DHNO3参考答案：A略5. 萘环上的碳原子的编号如（）式，根据系统命名法，（）式表

4、示的物质是2硝基萘，则化合物()的名称应是A2，6二甲基萘 B1，4二甲基萘C4，7二甲基萘 D1，6二甲基萘参考答案：D略6. 下列反应的离子方程式正确的是ANaHS水解：HS+H2OH3O+S2B钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+C向CaCl2溶液中通入少量CO2气体：Ca2+CO2+H2O=CaCO3+2H+D澄清石灰水跟盐酸反应：H+OH=H2O参考答案：D7. 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与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2、K、NO3、SO42B在0.1 molL-1Na2CO3溶液中：A13+、Na+、NO3、C1C水电离的c

5、(H)=11013molL1的溶液中：K、Na、AlO2、CO32D在c(H+)c(OH)=1012的溶液中：K+、Na+、ClO、NO3参考答案：D试题分析：A、与Al反应能放出H2的溶液可能显酸性或碱性，在酸性溶液中Fe2与NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B、CO32-与A13+发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳气体，不能大量共存，故B错误；C、水电离的c(H)=11013molL1的溶液显酸性或碱性，在酸性溶液中AlO2、CO32不能大量存在，要与酸反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故C错误；D、在c(H+)c(OH)=1012的溶液显碱性，在碱性溶液中K+、Na+、

6、ClO、NO3离子间不发生反应，能够大量共存，故D正确；故选D。8. 下列各种溶液中通入足量的SO2后，既无沉淀又无气体产生的有_种 ( )Ba(OH)2 Ba(NO3)2 Na2S BaCl2 Ca(ClO)2 Fe(NO3)3 H2O2 NaClO C6H5ONaA3 B4 C5 D6参考答案：C试题分析：Ba(OH)2溶液中通入足量的SO2后，既无沉淀又无气体产生，正确；Ba(NO3)2溶液中通入足量的SO2后，既有沉淀又有气体产生，错误；Na2S溶液中通入足量的SO2后发生反应，产生难溶于水的S，有沉淀产生，错误；BaCl2溶液中通入足量的SO2后，不发生反应，既无沉淀又无气体产生，正

7、确；Ca(ClO)2溶液中通入足量的SO2后，发生氧化还原反应，产生硫酸钙沉淀，错误；Fe(NO3)3溶液中通入足量的SO2后，发生氧化还原反应，硫酸和NO，因此无沉淀但是有气体产生，错误；H2O2溶液中通入足量的SO2后，反应产生硫酸，既无沉淀又无气体产生，正确；NaClO溶液中通入足量的SO2后，发生氧化还原反应产生NaCl和硫酸，既无沉淀又无气体产生，正确；C6H5ONa溶液中通入足量的SO2后，会产生难溶于水的苯酚，有沉淀产生，错误。故溶液中通入足量的SO2后，既无沉淀又无气体产生的有，因此选项是C。考点：考查物质混合后发生反应的现象的知识。9. 下列反应过程中，同时有离子键、极性共价

8、键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（）ANH4Cl NH3+HClBNH3+CO3+H2O=NH4HCO3C2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O D2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2参考答案：答案：D10. 下列说法中正确的是 （ ） A非金属元素呈现的最高化合价不超过该元素原子的最外层电子数B非金属元素呈现的最低化合价，其绝对值等于该元素原子的最外层电子数C最外层有2个电子的原子都是金属原子D最外层有5个电子的原子都是非金属原子参考答案：答案：A11. 关于下列各装置图的叙述中，正确的是 A实验室用装置制取氨气B装置可用于制备氢氧化亚铁并观察其颜色C装置中

9、X若为四氯化碳，可用于吸收氨气，并防止倒吸D装置是原电池，锌电极为负极，发生氧化反应参考答案：CD略12. 下图是石油分馏塔的示意图。a、b、c三种馏分中（ ） A.a的沸点最高B.b的熔点最低C.c的平均分子量最大 D.每一种馏分都是纯净物参考答案：C 从分馏塔各个出口出来的馏分都为混合物。易挥发的沸点较低，较轻的馏分先出来，在最高处，其分子量较低。分馏塔中出口越低，分馏出的馏分的沸点越高、分子量越大。故A、B、D错误。13. 短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，原子半径rCrDrBrAB原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，D原子的核电荷数等于A、C原子核电荷数之和，A与C同主族

10、下列说法正确的是（）AB的单质不存在同素异形体B单质D着火时，可用二氧化碳灭火器灭火C化合物A2B2与C2B2均只有氧化性DA、B、C组成的化合物，25时若溶液浓度为0.1mol/L，则由水电离出的OH为1013mol/L参考答案：D考点：原子结构与元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，原子半径rCrDrBrAB原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则B为O元素；A与C同主族，D原子的核电荷数等于A、C原子核电荷数之和，则C、D同在第三周期，由于A的半径小于O的半径，所以A只能为H或F，若A为H、C为Na，则D为Mg，若A为F、C为

11、Cl，则D为Fe，不符合，综上可知，A为H，B为O，C为Na，D为Mg，然后结合元素化合物性质及元素周期律来解答解答：解：短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，原子半径rCrDrBrAB原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则B为O元素；A与C同主族，D原子的核电荷数等于A、C原子核电荷数之和，则C、D同在第三周期，由于A的半径小于O的半径，所以A只能为H或F，若A为H、C为Na，则D为Mg，若A为F、C为Cl，则D为Fe，不符合，综上可知，A为H，B为O，C为Na，D为Mg，AB为O，氧元素的单质有氧气和臭氧，存在同素异形体，故A错误；BD为Mg，能与二氧化碳反应，所以单质Mg着火时

12、，不可用二氧化碳灭火器灭火，故B错误；C化合物H2O2与Na2O2中氧元素的化合价为1价，处于中间价态，既有还原性又有氧化性，故C错误；DA、B、C组成的化合物NaOH溶液，25时若溶液浓度为0.1mol/L，则溶液中氢离子浓度为1013mol/L，该氢离子由水电离，则由水电离出的OH也是1013mol/L，故D正确故选D点评：本题考查原子结构与元素周期律知识，题目难度中等，本题注意根据离子的电子层结构判断元素在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律进行判断14. 某氯化镁溶液的密度为1.18 g/cm3，其中镁离子的质量分数为5.1%,300 mL该溶液中氯离子的物质的量约等于 ()A.0

13、.37 molB.0.63 molC.0.74 mol D.1.5 mol参考答案：Dn(Mg2)0.75 mol，在MgCl2溶液中，Mg2与Cl的物质的量之比为12，则n(Cl)2n(Mg2)20.75 mol1.5 mol.15. 某储能电池的原理如图所示，溶液中c(H) = 2.0 molL1，阴离子为SO42，a、b均为惰性电极，充电过程中左槽溶液颜色由蓝色变为黄色。下列叙述正确的是A当右槽溶液颜色由绿色变为紫色时，电池中能量转化形式为化学能转化为电能B充电过程中，a极的反应式为VO2 e + H2O VO2 + 2HC储能电池a、b两极间的电解质溶液中通过电子的定向移动形成闭合回路

14、D放电时， H从左槽迁移进入右槽参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. （8分）某研究性学习小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸反应可以制得氯气，化学方程式为：Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2+2H2O 。他们设计了如下制取氯气并验证其性质的实验。试回答：（1）该实验中A部分的装置是 （填写装置的序号）。（2）请你设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已经被氧化（简述实验步骤）： 。（3）写出D装置中发生反应的离子方程式 。（4）该小组又进行了如下实验：称取漂白粉2.0 g ，研磨后溶解，配制成250 ml 溶液，取25 ml 加入到锥形瓶中

15、，再加入过量的KI溶液和过量的H2SO4溶液，静置。待完全反应后，用0.1 mol/L的Na2S2O3溶液作标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为： 2Na2S2O3 + I2 Na2S4O6 + 2NaI反应完成时，共用去Na2S2O3 20.0 ml。则该漂白粉中Ca(ClO)2的质量分数为： 。参考答案：略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. 氯化亚铜（CuCl）是重要的化工原料。国家标准规定合格CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.50。工业上常通过下列反应制备CuCl： 2CuSO4 + Na2SO3 + 2NaCl + Na2CO3 2 CuCl + 3

16、Na2SO4 + CO2 (1) CuCl制备过程中需要配置质量分数为20.0的CuSO4溶液，该溶液所需的CuSO4 5H2O与H2O的质量之比为_ 。准确称取0.2500gCuCl样品置于一定量的0.5mol/L FeCl3 溶液中，待样品完全溶解后，加水20 ml ，用0.1000mol/L的Ce (SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60 ml Ce (SO4)2溶液。有关化学反应为：Fe3+ + CuCl Fe2+ + Cu2+ + Cl- 、 Ce4+ + Fe2+ Fe3+ + Ce3+ 。通过计算说明上述样品中的质量分数是否符合标准。参考答案：答案:（1）5:11 2（2）符合

17、标准（97.9196.50%） 2 18. （5分）向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol?L1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g求混合物中Cu的质量产生的NO在标准状况下的体积参考答案：混合物中Cu的质量为12.8g；产生的NO在标准状况下的体积为4.48L考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L

18、=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，氢氧化铜的物质的量为：=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4mol；设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及Cu元素物质的量列方程计算二者的物质的量，再计算出铜的质量；利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积解答：解：在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，Cu（OH）2的物质的量为：=0.4mol，根据铜元素守恒有：n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4mol设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可得：64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有：x+2y=0.4，联立方程解得：x=0.2，y=0.1，所以混合物中铜的质量为：64g/mol0.2mol=12.8g，答：混合物中Cu的质量为12.8g；根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），即：3n（NO）=20.2mol+20.1mol，解得：