内蒙古自治区赤峰市市元宝山区元宝山需区中学高三化学月考试卷含解析

内蒙古自治区赤峰市市元宝山区元宝山需区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.（08上海12校第二次联考）右图中的两条曲线分别代表的是：1gC3H6和1gM气体在相同体积的容器中，测得容器中的压强和温度的关系，试根据图形判断M气体可能是

（

）

A．C3H8

B．C2H4

C．H2S

D．N2O4参考答案：答案;B2.关于2mol二氧化碳的叙述中，正确的是A.质量为44g

B.质量为88g

C.分子数为6.02×1023

D.有4mol原子参考答案：B略3.某二元酸（化学式用H2A表示）在水中的电离方程式是：H2A==H++HA－，HA－H++A2－；则在0.1mol.L-1的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式不合理的是()A．c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)=0.1mol·L-1

B．c(OH－)=c(H+)+c(HA－)

C．c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HA－)+2c(A2－)

D．c(Na+)=2c(A2－)+2c(HA－)

参考答案：答案:A4.下列有关实验操作的叙述正确的是A．利用右图所示装置制取并收集氨气B．用洁净的玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定溶液的pHC．用铂丝蘸取某溶液于无色火焰灼烧，火焰呈浅紫色，证明其中含K＋D．在苯和苯酚的混合液中加入足量的浓溴水，振荡、过滤分离出苯酚参考答案：C略5.下图是制取氨气的装置和选用的试剂，其中正确的是参考答案：BD略6.常温下，在下列溶液中一定能大量共存的离子组是(

)

A．pH=0的溶液：Na+、Fe2+、NO3-、SO42-B．滴加石蕊试剂呈红色的溶液：Na+、Al3+、SO42-、Cl-C．无色透明溶液：Cr2O72-、SO42-、K+、NO3-D．水电离产生的c（H+）=1×10-13mol·L-1的溶液：CO32-、NH4+、C1-、Ca2+参考答案：B略7.下列实验操作能够达到实验目的的是A．实验室采用图①所示装置收集SO2

B．可用图②所示装置比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱C．除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，可加入Ca(OH)2溶液后过滤D．称取0.40gNaOH，溶解后置于100mL容量瓶中，配制0.10mol/LNaOH溶液图①

图②参考答案：B略8.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：Ba2+、K+、OH﹣、Br﹣B．通入过量SO2气体的溶液中：Fe3+、NO3﹣、Ba2+、H+C．c（OH-）/c（H+）=10﹣12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3﹣、Cl﹣D．c（I﹣）=0.1mol?L﹣1的溶液中：Na+、Fe3+、ClO﹣、SO42﹣参考答案：C【考点】离子共存问题．【分析】A．离子之间结合生成沉淀、弱电解质等；B．发生氧化还原反应；C.c（OH-）/c（H+）=10﹣12的溶液，显酸性；D．离子之间发生氧化还原反应．【解答】解：A．Ba2+、SO42﹣结合生成沉淀，Fe2+、OH﹣结合生成沉淀，OH﹣、NH4+结合生成电解质等，不能大量共存，故A错误；B．SO2、NO3﹣、H+发生氧化还原反应，生成的SO42﹣与Ba2+结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C.c（OH-）/c（H+）=10﹣12的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．Fe3+、ClO﹣分别与I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．9.某氯化镁溶液的密度为1.18g.cm-3，其中镁离子的质量分数为5.1%，300mL该溶液中 Cl－离子的物质的量约等于A．0.37mol

B．1.5mol

C．0.74mol

D．0.63mol

参考答案：B10.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系不令寧的是参考答案：B略0.1mol?L﹣1的Na2S溶液中，下面说法正确的是（）A．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+c（S2﹣）B．c（Na+）=2c（HS﹣）+2c（S2﹣）+c（H2S）C．c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+） D．c（H2S）+c（HS﹣）+c（H+）=c（OH﹣）参考答案：C考点：离子浓度大小的比较．分析：A、根据电荷守恒，分析解答；B、根据物料守恒，分析解答；C、溶液中硫离子水解但程度较小，硫离子两步水解都生成OH﹣，硫离子只有一步水解生成HS﹣，由此分析；D、根据质子守恒分析解答．解答：解：A、根据电荷守恒，可知c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣），故A错误；B、根据物料守恒，可知：c（Na+）=2c（HS﹣）+2c（S2﹣）+2c（H2S），故B错误；C、溶液中硫离子水解但程度较小，硫离子两步水解都生成OH﹣，硫离子只有一步水解生成HS﹣，所以c（HS﹣）＜c（OH﹣），故C正确；D、溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣），存在物料守恒c（Na+）=2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S），所以c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故D错误；故选：C．点评：本题考查了离子浓度大小比较，离子浓度大小比较常常涉及盐类水解、弱电解质的电离，易错选项是C，注意守恒思想的运用，题目难度中等．12.一定条件下，充分燃烧一定量的丁烷放出QkJ的热量，经测定完全吸收生成的二氧化碳需消耗5mol·L-1的KOH溶液100mL，恰好生成正盐。则此条件下反应C4H10(g)+13/2O2(g)====4CO2(g)+5H2O(l)的ΔH为A.+8QkJ·mol-1

B.+16QkJ·mol-1

C.－8QkJ·mol-1

D.－16QkJ·mol-1参考答案：D略13.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，A、C同主族，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，D是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是

A．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态

B．元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间不能发生反应

C．B的最高价氧化物对应水化物的酸性强于E的最高价氧化物对应水化物的酸性

D．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质参考答案：D略14.G、Q、X、Y、Z均为含氯的含氧化合物，它们在一定条件下有如下的转换关系（均未配平）①G→Q+NaCI，②Q+H2OX+H2↑，③Y+NaOH→G+Q+H2O，④Z+NaOH→Q+X+H2O，则这五种化合物中氯元素的化合价由低到高的顺序为（

）A、QGZXY

B、GYQZX

C、GYZQX

D、ZXGYQ参考答案：B略15.已知4NH3+5O2═4NO+6H2O，同一反应速率若分别用v（NH3）、v（O2）、v（H2O）、v（NO）（mol?L﹣1?min﹣1）来表示，则正确关系是（

）A．v（NH3）=v（O2） B．v（O2）=v（H2O） C．v（NH3）=v（H2O） D．v（O2）=v（NO）参考答案：D考点：化学反应速率和化学计量数的关系．

专题：化学反应速率专题．分析：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，据此计算解答．解答：解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，对于反应：4NH3+5O2═4NO+6H2O，A．v（NH3）：v（O2）=4：5，故v（NH3）=v（O2），故A错误；B．v（O2）：v（H2O）=5：6，故v（O2）=v（H2O），故B错误；C．v（NH3）：v（H2O）=4：6，故v（NH3）=v（H2O），故C错误；D．v（O2）：v（NO）=5：4，故v（O2）=v（NO），故D正确，故选D．点评：本题考查化学反应速率与化学计量数关系，比较基础，注意根据速率定义式理解速率规律二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某学习小组推测SO2能与强氧化剂Cl2反应生成SO2Cl2，为此进行探究．【查阅资料】：SO2Cl2名称是氯化硫酰，常温下是无色液体，极易水解，遇潮湿空气会产生白雾．【讨论】（1）SO2Cl2中S元素的化合价是

．（2）实验中制取的SO2和Cl2在混合前都必须提纯和干燥．用二氧化锰和浓盐酸制氯气的化学方程式是

．在收集氯气前，应依次通过盛有饱和食盐水和

的洗气瓶．【实验探究】1．实验中制得了干燥纯净的SO2和Cl22．按如图收集满Cl2后，再通入SO2，集气瓶中立即有无色液体产生，充分反应后，将无色液体和剩余气体分离，分别对无色液体和剩余气体进行如探究．Ⅰ．探究反应产物．向所得无色液体中加入水，立即产生白雾，振荡，静置，得无色溶液．经检验：该无色溶液中的阴离子（除OH﹣外）只有SO42﹣、Cl﹣，则证明无色液体为SO2Cl2．（3）SO2Cl2与水反应的化学方程式是

．Ⅱ．探究反应进行的程度．（4）用NaOH溶液吸收分离出的气体，用稀盐酸酸化后，再加入BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，证明SO2与Cl2的反应是可逆反应．阐述证明SO2与Cl2是可逆反应的理由

．【质疑】有同学提出：选修四教材习题中介绍SOCl2（亚硫酰氯）常温下是无色液体，极易水解，遇潮湿空气也会产生白雾．SO2与Cl2反应若还能生成SOCl2则无法证明生成的是SO2Cl2．（5）SOCl2与水反应的化学方程式是

．小组讨论后认为不会生成SOCl2，理由是

．

参考答案：（1）+6；（2）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓硫酸；（3）SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（4）由实验中产生的白色沉淀是BaSO4而不是BaSO3，说明用NaOH溶液吸收剩余气体时SO2被Cl2氧化，即剩余气体中必然存在含有SO2和Cl2，因此SO2与Cl2生成SO2Cl2的反应是可逆反应；（5）SOCl2+H2O=SO2+2HCl；SO2与SOCl2中硫元素均为+4价，SO2与Cl2反应不会生成SOCl2．【考点】性质实验方案的设计．【专题】无机实验综合．【分析】【讨论】（1）该化合物中O元素化合价为﹣2价、Cl元素化合价为﹣1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定S元素化合价；（2）用二氧化锰和浓盐酸加热反应制氯气，生成氯化锰、氯气和水，浓硫酸具有吸水性，可以干燥氯气；Ⅰ．探究反应产物：（3）SO2Cl2和H2O反应产生白雾，经检验：该无色溶液中的阴离子（除OH﹣外）只有SO42﹣、Cl﹣，说明生成HCl和硫酸，根据反应物和生成物书写方程式；Ⅱ．探究反应进行的程度．（4）亚硫酸的酸性小于盐酸，亚硫酸盐和盐酸酸化的氯化钡不反应，硫酸根离子和盐酸酸化的氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀；【质疑】（5）SOCl2遇水产生白雾，说明生成HCl，Cl元素化合价不变，则S元素化合价不变，所以同时生成二氧化硫；根据反应物和生成物书写方程式．【解答】解：【讨论】（1）该化合物中O元素化合价为﹣2价、Cl元素化合价为﹣1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0知，S元素化合价=0﹣（﹣2）×2﹣（﹣1）×2=+6，故答案为：+6；（2）二氧化锰和浓盐酸反应的方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，要收集干燥的氯气应除去氯气中的水蒸气，选用浓硫酸可以干燥氯气；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓硫酸；Ⅰ．探究反应产物：（3）SO2Cl2和H2O反应产生白雾，经检验：该无色溶液中的阴离子（除OH﹣外）只有SO42﹣、Cl﹣，说明生成HCl和硫酸，根据反应物和生成物书写方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；Ⅱ．探究反应进行的程度．（4）亚硫酸的酸性小于盐酸，亚硫酸盐和盐酸酸化的氯化钡不反应，硫酸根离子和盐酸酸化的氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，用NaOH吸收的气体溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液产生白色沉淀，说明剩余气体时SO2被Cl2氧化，即剩余气体中必然存在含有SO2和Cl2，因此SO2与Cl2生成SO2Cl2的反应是可逆反应，故答案为：由实验中产生的白色沉淀是BaSO4而不是BaSO3，说明用NaOH溶液吸收剩余气体时SO2被Cl2氧化，即剩余气体中必然存在含有SO2和Cl2，因此SO2与Cl2生成SO2Cl2的反应是可逆反应；【质疑】（5）SOCl2遇水产生白雾，说明生成HCl，Cl元素化合价不变，则S元素化合价不变，所以同时生成二氧化硫，反应方程式为SOCl2+H2O=SO2+2HCl；SO2与SOCl2中硫元素均为+4价，SO2与Cl2反应如果生成SOCl2，Cl元素化合价降低、S元素化合价不变，不符合氧化还原反应特点，所以不会生成SOCl2，故答案为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl；SO2与SOCl2中硫元素均为+4价，SO2与Cl2反应不会生成SOCl2．【点评】本题考查性质实验方案评价，为高频考点，涉及化合价的判断、离子检验、氧化还原反应等知识点，侧重考查学生知识运用能力、获取信息利用信息解答问题能力，熟悉基本理论、元素化合物性质是解本题关键，难点是证明SO2与Cl2是可逆反应的理由，题目难度中等．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.X、Y、Z、M、Q是中学化学常见的五种元素，原子序数依次增大，其结构或性质信息如下表元素结构或性质信息X其原子最外层电子数是内层电子数的2倍Y基态原子最外层电子排布为nsnnpn+1Z非金属元素，其单质为固体，在氧气中燃烧时有明亮的蓝紫色火焰M单质在常温、常压下是气体。基态原子的M层上有1个未成对的p电子Q其与X形成的合金为目前用量最多的金属材料(1)Q元素基态原子的电子排布式是____________。(2)比较Y元素与氧元素的第一电离能____>____;X和Z形成的化合物XZ2为一种液体溶剂,其分子中的键和键数目之比为_____。(3)写出实验室制备M单质的离子方程式_____。(4)M的气态氢化物和氟化氢相比(写化学式)稳定性强的是_____________，其原因是_____________________；沸点高的是_____________，其原因是_____________________。参考答案：（1）(1)[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2(2)

N

>

O

；

11(3)

MnO2+2Cl-+4H+△Cl2↑+Mn2++2H2O

(4)

HF>HCl

因为元素非金属性F>Cl,所以HF稳定；

HF>HCl

因为HF分子之间存在氢键，所以HF沸点高。知识点物质结构与元素周期律解析：根据题意X、Y、Z、M、Q分别是C、N、S、Cl、Fe。⑴铁原子核外有26个电子，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2⑵核外电子排布处于半充满、全充满、全空是稳定结构，N原子的2p能级是半充满状态，是稳定状态，因此第一电离能N>O。X和Z形成的化合物XZ2为CS2，结构为S=C=S,键和键数目之比为1：1.⑶实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气。⑷非金属性：F>Cl，则氢化物的稳定性HF>HCl，由于HF分子间存在氢键，其沸点比HCl高。思路点拨:根据原子结构、电子排布如周期序数等于族序数二倍的元素。（Li）；最高正价数等于最低负价绝对值三倍的元素。（S）；最外层电子数等于内层电子数的一半的元素。（Li、P）；次外层电子数等于最外层电子数二倍的元素。（Li、Si）等、元素或化合物的性质如同位素之一没有中子；构成最轻的气体；其单质在氯气中燃烧产生苍白色火焰。（H）；其单质在空气中含量最多；其气态氢化物的水溶液呈碱性。（N）等推断，根据所学知识进行解答。18.消毒剂在生产、生活中有重要的作用，常见的含氯消毒剂有NaClO2、NaClO、ClO2和Cl2。回答下列问题：（1）NaClO2所含的化学键类型有___________。（2）消毒剂投入水中，一段时间后与氨结合得到一种结合性氯胺(NH2C1)。NH2C1在中性或酸性条件下也是一种强杀菌消毒剂，常用于城市自来水消毒。其理由是___________（用化学方程式表示）。（3）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。上述四种含氯消毒剂中消毒能力最强的是_____。（4）自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1～0.8mg·L-1之间。用碘量法检测ClO2处理后的自来水中ClO2浓度的实验步骤如下：步骤I．取一定体积的水样，加入足量碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。步骤Ⅱ．用Na2S2O3溶液滴定步骤I中所得的溶液。已知：a．操作时，不同pH环境中粒子种类如下表所示。pH27粒子种类Cl-ClO2-

b.2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。①步骤Ⅱ中反应结束时溶液呈____（填“蓝色”或“无色”）。②若水样的体积为1.0L，在步骤Ⅱ中消耗10mL1.0×10-3mol·L-lNa2S2O3溶液，则该水样中c(ClO2)=____mg/L。参考答案：(1)离子键、共价键（或极性键）

(2)NH2Cl+H2O=NH3+HClO(或NH2C1+2H2O=NH3·H2O+HClO)

(3)ClO2

(4)无色

0.675解析：(1)NaClO2是离子型化合物，含有的化学键类型有离子键、共价键；(2)NH2C1在中性或酸性条件下也是一种强杀菌消毒剂，是由于NH2C1在水溶液中水解生成HClO，HClO有强氧化性，可用于自来水消毒，发生反应的化学方程式为NH2Cl+H2O=NH3+HClO(或NH2C1+2H2O=NH3·H2O+HClO)；(3)1gNaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知对应氯气的物质的量为×4×mol=mol；1gNaClO的物质的量为=mol，依据电子转移数目相等，NaClO～Cl-～2e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知对应氯气的物质的量为×2×mol=mol；1gClO2的物质的量为=mol，依据电子转移数目相等，ClO2～Cl-～5e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知对应氯气的物质的量为×5×mol=mol；1g氯气的物质的量为=mol；由此可知四种含氯消毒剂中消毒能力最强的是ClO2；(4)①步骤Ⅱ中未滴定前溶液显蓝色，反应结束时溶液呈无色；②10mL1.0×10-3mol·L-lNa2S2O3溶液中Na2S2O3物质的量为0.01L×1.0×10-3mol·L-l=1.0×10-5mol，用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为ClO2