山西省忻州市杏园中学2023年高三化学月考试题含解析

山西省忻州市杏园中学2023年高三化学月考试题含解析一、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.下列说法正确的是（

）

A．有一澄清的碱性溶液，作离子鉴定时得出的结论是含有：AlO2-、Fe3+、HCO3-B．某固体加入热NaOH溶液，生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则固体中一定含有NH4+

C．固体NaOH吸收了空气中的二氧化碳并溶于水后，则溶液中含较多的HCO3-

D．某溶液中加入BaCl2溶液出现不溶于稀HNO3的白色沉淀，则该溶液中一定含有SO42-参考答案：B略2.下列实验设计或操作合理的是________A．中和热测定实验时，如果没有环形玻璃棒，可用环形铜质搅拌棒代替。B．实验室制肥皂时，将适量植物油、乙醇和NaOH溶液混合，并不断搅拌、加热，直到混合物变稠，即可得到肥皂。C．实验室制取乙烯时必须将温度计的水银球插入反应液中，测定反应液的温度。D．向Na2CO3与NaOH的混合溶液中加入足量的CaCl2溶液，再滴加几滴酚酞试液，可检验NaOH的存在。E．将10滴溴乙烷加入1mL10%的烧碱溶液中加热片刻后，再滴加2滴2%的硝酸银溶液，以检验水解生成的溴离子。参考答案：答案：CD3.现有5种短周期元素X、Y、Z、Q、W，原子序数依次增大，在周期表中X原子半径最小；X和W同主族；Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍；Q元素是地壳中含量最高的元素。下列说法不正确的是（）A．原子半径：Y＜Q＜W

；

B．ZX3-可使紫色石蕊溶液变蓝；C．X、Z、Q

3种元素可组成离子化合物或共价化合物；D．X2Q2、Y2X6

2种分子中含有的电子数、化学键种类都相同。参考答案：C略4.有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X+与M2-具有相同的电子层结构；离子半径：Z2-＞W-；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。下列说法中正确的是（

）A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物B．由于W、Z、M元素的氢化物的相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低C．元素X、Z、W的单质晶体中含相同类型的化学键D．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂参考答案：DY的单质晶体是一种重要的半导体材料，所以Y是硅元素，X、Y、Z、W同周期，它们是第三周期元素，根据离子的电荷数可知，X是钠，又因为X＋与M2－具有相同的电子层结构，所以M是氧元素，根据Z、M同主族可知，Z是S元素，离子半径：Z2－＞W－，所以W是氯元素。钠和氧可形成过氧化钠，A错误；水分之间存在氢键，沸点最高，B不正确，错误；钠单质含金属键，C错误；Cl2、O3可作为水处理中的消毒剂，D正确。5.有关能量的判断或表示方法正确的是A．由：H+(aq)+OH—(aq)=H2O(l)

△H=-57.3kJ/mol，可知：含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量大于57.3kJB．从C（石墨）=C（金刚石）

△H=+119kJ/mol，可知：金刚石比石墨更稳定C．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多D．2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)

+

O2(g)

=

2H2O(l)

△H=-285.8kJ/mol参考答案：A略6.A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，该混合物成分的分析方案如下图所示。下列分析错误的是()A．当m1>m2时，溶液a中的阴离子只有1种B．生成蓝色溶液的离子方程式为Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋C．要确定混合物中是否含有Al，可取A加入适量稀盐酸D．当m2－m3＝2.96g时，Fe3O4的质量至少为2.32g参考答案：A解析：A、当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子不至一种，故A错误；B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2-，故B正确；C、金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应在，可取A加入适量稀HCl，如果有气体产生，证明铝的存在，故C正确；D、引固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3O4～2Fe3+～Cu，也就是四氧化三铁和铜的物质的量大于1：1，m2-m3=2.96g才符合，最小值为1：1，即2.96g×232/(232+64)×100%=2.32g，故D正确.7.灰锡（以粉末状存在）和白锡是锡的两种同素异形体。已知：①Sn(s，白)＋2HCl(aq)＝SnCl2(aq)＋H2(g)

△H1②Sn(s，灰)＋2HCl(aq)＝SnCl2(aq)＋H2(g)

△H2③Sn(s，灰)

Sn(s，白)

△H3＝＋2.1kJ·mol－1下列说法正确的是A．△H1＜△H2

B．锡在常温下以灰锡状态存在C．灰锡转化为白锡的反应是放热反应D．锡制器皿长期处于低于13.2℃的环境中，会自行毁坏参考答案：AD略8.脑白金中主要成分的结构简式如下图所示，下列对脑白金中主要成分的推论正确的是()A.该物质能发生水解反应生成乙酸B.其分子式为C.该物质不能与溴水反应D.其官能团和营养成分与葡萄糖相同参考答案：A略9.已知PbI2的若将的置KI与某浓度的溶液按2：1的体积比混合，则生成PbI2沉淀所需溶液的最小浓度为参考答案：D10.分类是化学学习的一种重要方法，下列有关分类正确的是

（

）①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉②含有氧元素的化合物叫氧化物③CO2、NO、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2均为碱性氧化物④同位素：1H+、2H2、3H⑤同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨⑥浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸均具有氧化性，都属于氧化性酸⑦化合物：烧碱、冰醋酸、HD、聚氯乙烯⑧强电解质溶液的导电能力一定强⑨在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应A.全部正确

B.①②⑤⑦⑨

C.⑤⑨

D.②⑤⑥⑦⑨⑩参考答案：C①水银是金属汞，属于纯净物，故①错误；②只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故②错误；③NO不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，但Na2O2不是碱性氧化物，故③错误；④同位素是指同种元素的不同原子，而1H+是离子，故④错误；⑤C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故⑤正确；⑥浓盐酸的氧化性不强，其氧化性体现在氢离子上，故为非氧化性酸，所以⑥错误；⑦HD是氢元素形成的单质，不是化合物，故⑦错误；⑧溶液的导电性与离子浓度和离子的电荷有关，与强弱电解质无关，强电解质的稀溶液如果离子浓度很小，导电能力也可以很弱，故⑧错误；⑨共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，故⑨正确；⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故⑩错误；所以正确的是⑤⑨，答案选C。11.在前一种分散系中逐滴滴加后一种试剂，能观察到先生成沉淀后变澄清的是①氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液 ②偏铝酸钠溶液中加盐酸③氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液 ④蛋白质溶液中滴入硫酸铜溶液⑤氯化铝溶液中滴加氨水 ⑥硝酸银溶液中滴加氨水 A．①②⑥ B．②③⑤ C．①②④⑥ D．③④⑤⑥参考答案：A略12.实验室制备硝酸铝可使用下列方法（）反映上述反应有关的离子方程式错误的是参考答案：B略13.将一定量的氯气通入300ml浓度为1mol/L的浓NaOH溶液中恰好完全反应，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO及NaClO3的共存体系．下列判断不正确的是（）A．n（Na+）：n（C1﹣）可能为7：3B．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：1：2C．参加反应氯气物质的量为0.15molD．反应中转移电子物质的量n的范围：0.15mol＜n＜0.25mol参考答案：A【考点】氧化还原反应的计算．【分析】n（NaOH）=1mol/L×0.3L=0.3mol/L，氯气和氢氧化钠恰好反应生成NaCl、NaClO及NaClO3，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），再根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），根据转移电子守恒得n（C1﹣）=n（ClO﹣）+5n（ClO3﹣），A．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5；B．令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=1mol，n（NaClO3）=2mol，根据电子转移守恒判断；C．根据氯原子守恒2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）判断；D．利用极限法解答，根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多．【解答】解：A．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl﹣）＜2：1，7：3＞2：1，故A错误；B．令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为1mol×1+2mol×5=11mol，得失电子相等，故B正确；C．氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故C正确；D．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故D正确；故选A．14.下列各组物质中，一定互为同分异构体的是（）①淀粉和纤维素

②蔗糖和麦芽糖

③乙醇和乙醚

④丙烷和环丙烷

⑤硝基乙烷和氨基乙酸

⑥氰酸铵(NH4CNO)和尿素A、①③④

B、②⑤⑥C、②③⑤

D、全不是参考答案：答案：B15.下列有关说法正确的是A.丙烯和苯都能使溴水褪色，且褪色的原理相同B.油脂和淀粉都属于高分子化合物C.C4H9Cl有4种同分异构体D.乙烯使酸性高锰酸钾褪色和乙醇与HBr反应均为取代反应反应参考答案：C【详解】A.丙烯使溴水褪色是因为发生加成反应生成了无色的物质，而苯使之褪色是因为萃取出了溴而使水层发生了褪色，褪色原理不同，故A错误；B.油脂并不属于高分子化合物，故B错误；C.丁基有四种不同的结构：CH3(CH2)2CH2-、CH3CH2CH(CH3)-、(CH3)3C-、(CH3)2CHCH2-，则C4H9Cl有4种同分异构体有四种同分异构体，故C正确；D.乙烯使酸性高锰酸钾褪色氧化反应，故D错误；答案选C。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某活动课程小组拟用50mLNaOH溶液吸收CO2气体，制备Na2CO3溶液．为了防止通入的CO2气体过量生成NaHCO3，设计了如下实验步骤：

a．取25mLNaOH溶液吸收过量的CO2气体，至CO2气体不再溶解；

b．小火煮沸溶液1～2min；

c．在得到的溶液中加入另一半（25mL）NaOH溶液，使其充分混合反应．

（1）此方案能制得较纯净的Na2CO3，写出a、c两步的化学反应方程式____________，____________此方案第一步的实验装置如图所示：（2）加入反应物前，如何检查整个装置的气密性？____________（3）装置B中盛放的试剂是_______，作用是______________（4）在实验室通常制法中，装置A还可作为下列气体的发生装置（填序号）______．

①CH2═CH2②H2S③CH4④CH≡CH⑤H2

（5）实验室制取下列气体：①NH3，②Cl2，③HCl，④H2S，⑤CH4，⑥CO，⑦CO2，⑧O2时，属于必须进行尾气处理，并能用下图所示装置进行处理的，将气体的序号填入装置图的下方空格内．（6）已知所用NaOH溶液中溶质的质量分数为40%，室温下该溶液密度为1.44g/mL，假设反应前后溶液的体积不变，不考虑实验误差，计算用此种方法制备所得Na2CO3溶液的物质的量浓度为___________参考答案：（1）NaOH+CO2═NaHCO3

NaHCO3+NaOH═Na2CO3+H2O（2）用弹簧夹夹住A、B连接处，先检查A的气密性：塞紧橡皮塞，从漏斗注入一定量的水，使漏斗中的水面高于锥形瓶内的水面，停止加水后，漏斗内与锥形瓶中的液面差保持不变，说明装置不漏气．然后检查B的气密性：向烧杯中注入少量水，使导管口侵入水中，双手捂住广口瓶片刻有气泡冒出，松开手后，有少量水进入导管形成水柱，说明装置不漏气（也可一次检查A、B的气密性：连接和烧杯间的乳胶管用止水夹夹住．然后从漏斗注入一定量的水，使漏斗中的水面高于锥形瓶内的水面，过一会，观察漏斗内与锥形瓶中的液面差，若保持不变，说明装置不漏气）．（3）饱和碳酸氢钠溶液

吸收氯化氢气体（4）②④⑤（5）①③

②④（6）7.2mol/L

略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛的．（1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为．（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是（填序号）．a．Cl2、Br2、I2的熔点

b．Cl2、Br2、I2的氧化性c．HCl、HBr、HI的热稳定性

d．HCl、HBr、HI的酸性（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体①完成Ⅰ中反应的总化学方程式：NaCl+H2O=NaClO3+．②Ⅱ中转化的基本反应类型是，该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是．（4）MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备．①MgCl2电子式为．②MgO与碳粉和过量氯气在一定条件下反应可制备MgCl2．若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为（写化学式）．③MgCl2晶体是制备金属镁的原料，实验室将MgCl2溶液蒸干灼烧得不到MgCl2晶体，试从平衡移动角度解释其原因．参考答案：1.2.bc3.1；3；1；3；3H2↑

复分解反应；室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体4.

NaCl，NaClO，Na2CO3MgCl2溶液中存在水解平衡：MgCl2+2H2O?Mg（OH）2+2HCl，加热促进水解平衡右移，HCl易挥发，使得水解完全，生成Mg（OH）2，继续灼烧最终变成MgO考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物．分析：（1）与氯元素同族的短周期元素是F原子，F原子核外有2个电子层，最外层有7个电子，据此书写F的原子结构示意图；（2）同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强；（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体①电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气；两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物的反应为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出；（4）①氯化镁是离子化合物，结合形成过程书写电子式；②MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2，反应产物为二氧化碳，若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收是氯气、二氧化碳和氢氧化钠反应的产物；③MgCl2晶体是制备金属镁的原料，实验室将MgCl2溶液蒸干灼烧得不到MgCl2晶体，是因为氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢挥发得到水解产物．解答：解：（1）与氯元素同族的短周期元素是F原子，F原子核外有2个电子层，最外层有7个电子，则F的原子结构示意图为，故答案为：；（2）同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强，与物质的沸点、氢化物水溶液的酸性无关，故选bc；（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体①电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气，所以反应方程式为1NaCl+3H2O═1NaClO3+3H2↑，故答案为：1；3；1；3；3H2↑；②NaClO3转化为KClO3，说明该反应中两种物质相互交换离子生成盐，为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出，室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体，所以先析出KClO3，故答案为：复分解反应；室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体；（4）①氯化镁是离子化合物，结合形成过程书写电子式为：，故答案为：；②MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2，反应产物为二氧化碳，若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收是氯气、二氧化碳和氢氧化钠反应的产物，反应的化学方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，产物为NaCl，NaClO，Na2CO3；故答案为：NaCl，NaClO，Na2CO3；③MgCl2溶液中存在水解平衡：MgCl2+2H2O?Mg（OH）2+2HCl，加热促进水解平衡右移，HCl易挥发，使得水解完全，生成Mg（OH）2，继续灼烧最终变成MgO；故答案为：MgCl2溶液中存在水解平衡：MgCl2+2H2O?Mg（OH）2+2HCl，加热促进水解平衡右移，HCl易挥发，使得水解完全，生成Mg（OH）2，继续灼烧最终变成MgO．点评：本题考查了原子结构，电子式书写，物质组成和结构的理解应用，主要是物质性质的分析判断，氧化还原反应配平和盐类水解基础知识是解答关键，题目难度中等18.Fe2+和I-是两