河南省南阳市自忠中学2022年高三化学月考试卷含解析

河南省南阳市自忠中学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.下列离子方程式正确的是（

）

A．过氧化钠和水反应：2O22-+2H2O=4OH-+O2↑B．氯化铝的溶液中加入过量氨水：A13++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4+＋2H2OC．单质铜与稀硝酸反应：Cu+2H++2NO3-=Cu2++2NO↑＋H2OD．向Fe2(SO4)3的酸性溶液中通人足量HI：2Fe3++2I-=2Fe2+＋I2参考答案：D略2.“长征二号”运载火箭将我国“神舟七号”飞船在中国酒泉发射中心成功发射，实现了太空行走的目标。发射火箭时以肼(N2H4)为燃料，二氧化氮做氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。已知4gN2H4(g)在上述反应中放出71kJ的热量，下列热化学方程式正确的是()A．N2H4＋NO2===N2＋2H2O

ΔH＝－568kJ·mol－1B．2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)

ΔH＝－1136kJ·mol－1C．2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)

ΔH＝＋1136kJ·mol－1D．N2H4(g)＋NO2(g)===N2(g)＋2H2O(g)

ΔH＝－71kJ·mol－1参考答案：B略3.某温度下，反应2A（g）

B（g）+C（g）的平衡常数为1，在溶积为2L的密闭容器中加入A（g）,20s时测得各组分的物质的量如下表：

物质A（g）B（g）C（g）物质的量/mo11．20．60．6

下列说法正确的是（

）

A．反应前20s的平均速率为

B．20s时,正反应速率等于逆反应速率

C．达平衡时,A（g）的转化率为100%

D．若升高温度,平衡常数将变为0．5，则反应的△H＜0参考答案：D略4.由于碘是卤素中原子半径较大的元素，可能呈现金属性。下列事实最能说明这个结论的是A．已经制得了IBr、ICl等卤素互化物

B．已经制得了I2O5等碘的氧化物C．碘（I2）易溶于KI等碘化物溶液，形成I3－离子D．已经制得了I(NO3)3、I(ClO4)3·2H2O等含I3+离子的离子化合物参考答案：D略5.有A2、B2两种单质，相互反应后生成化合物C．已知B2的相对分子质量是A2的2倍，反应时A2与B2的质量比为3：2，符合上述条件的反应是（）A．3A2+B2═2A3B B．3A2+2B2═2A3B2C．A2+3B2═2AB3 D．2A2+B2═2A2B参考答案：A【考点】物质的量的相关计算．【分析】B2的相对分子质量是A2的2倍，设B2的相对分子质量是2x，则A2的相对分子质量是x，反应时A2与B2的质量比为3：2，可知二者的物质的量比为：=3：1，结合物质的量比等于化学计量数之比及质量守恒定律来解答．【解答】解：B2的相对分子质量是A2的2倍，设B2的相对分子质量是2x，则A2的相对分子质量是x，反应时A2与B2的质量比为3：2，可知二者的物质的量比为：=3：1，由物质的量比等于化学计量数之比可知，3A2+B2═X，结合原子守恒可知，反应为3A2+B2═2A3B，即生成物为A3B，故选A．6.某溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再滴入稀硝酸，沉淀不溶解，则该溶液中（

）A.一定有SO42-

B.可能有SO42-或Ag+

C.一定无Ag+

D.还可能有CO32-参考答案：B7.氮化铝(AlN)广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应()Al2O3＋N2＋3C===2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是

A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子C．AlN中氮元素的化合价为＋3D．AlN的摩尔质量为41g参考答案：B略8.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

ΔH＝akJ·mol－1其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6下列说法中正确的是A．该反应的正反应为吸热反应，即a＞0B．当v正(H2)＝v正(H2O)时该反应达到化学平衡状态C．当其他条件不变时，若缩小容器的体积，则有利于该反应平衡正向移动D．当平衡浓度符合c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)时的温度为830℃参考答案：AD略9.设NA代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（

）Ａ．24g镁的原子最外层电子数为NAＢ．1L0.1mol/L乙酸溶液中的H+离子数为0.1NAＣ．1mol甲烷分子所含质子数、电子数均为10NAＤ．标准状况下，22.4L乙醇的分子数等于NA参考答案：C略10.甲、乙、丙为二、三周期的元素，原子序数依次增大，甲和乙同周期，甲和丙同族，甲、乙原子序数之和与丙的原子序数相等，甲、丙原子的最外层电子数之和与乙原子的电子总数相等。下列说法中，不正确的是A．乙是地壳中含量最多的元素

B．丙的氢化物比甲的氢化物热稳定性强C．乙与丙形成的化合物可制作光导纤维

D．甲、乙两种元素形成的化合物中一定含有共价键参考答案：B11.类推的思维方法在化学学习与研究中常会产生错误的结论。因此类推出的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论中正确的是

A．从CH4、NH4+、SO42-为正四面体结构，可推测PH4+、PO43-也为正四面体结构B．NaCl与CsCl化学式相似，故NaCl与CsCl的晶体结构也相似C．金属Cu晶胞为面心立方，金属镁晶胞也为面心立方D．CO2通入Ca(ClO)2溶液生成CaCO3和HClO，SO2通入Ca(ClO)2溶液也生成CaSO3和HClO参考答案：A12.某溶液含有①NO3—,②HCO3—,③SO32—,④CO32—,⑤SO42—等五种阴离子。向其中加入少量Na-2O2固体后，溶液中的离子浓度基本保持不变的是（忽略溶液体积的变化）（

）A．①

B．①④

C．①③⑤

D．①③④⑤参考答案：A略13.某原电池装置如右图所示，盐桥中装有用饱和氯化钾溶液浸泡过的琼脂。下列叙述正确的是 A．原电池工作一段时间后，FeCl2溶液中c(Cl-)会增大 B．此电池工作原理与硅太阳能电池工作原理相同 C．Fe为正极，石墨上发生的反应为：2H++2e-=H2↑ D．若装置中的盐桥用铁丝代替，电流表指针无偏转参考答案：A略14.常温时，纯水中由水电离出的c（H+）=amol?L﹣1，pH=1的盐酸中由水电离的c（H+）=bmol?L﹣1，0.1mol?L﹣1的盐酸与0.1mol?L﹣1的氨水等体积混合后，由水电离的c（H+）=cmol?L﹣1，则a、b、c的关系正确的是（）A．a＞b=c B．c＞a＞b C．c＞b＞a D．b＞c＞a参考答案：B【考点】离子积常数．【分析】酸或碱溶液能够抑制水电离，弱酸或弱碱对应的盐促进水电离，据此分析解答．【解答】解：常温时，纯水中由水电离出的c（H+）=amol?L﹣1，pH=1的盐酸中由水电离的c（H+）=bmol?L﹣1，盐酸抑制水的电离，所以b＜a，0.1mol?L﹣1的盐酸与0.1mol?L﹣1的氨水等体积混合后，生成氯化铵溶液，铵根离子水解促进水的电离，由水电离的c（H+）=cmol?L﹣1，则c＞a，则a、b、c的关系正确的是：c＞a＞b；故选B．【点评】本题考查了水的电离影响因素分析判断，注意酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，题目难度中等．15.右表为元素周期表短周期的一部分。下列有关A、B、C、D、E五种元素的叙述中，不正确的是

A

BC

DE

A．A与B形成的阴离子可能有：AB32－、A2B42－B．E的氢化物的沸点比C的氢化物的沸点高C．D在过量的B中燃烧的主要产物为DB3D．由这5种元素中的几种形成只含极性键的非极性分子多于4种参考答案：BC略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（17分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一．某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2═Na2S2O5．图1图2（1）a仪器的名称为：

，实验前要进行

．装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为

．（2）浓硫酸

（能或不能）用稀硫酸代替，原因是

．（3）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是．（4）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用如图2的最合理装置（夹持仪器已略去）为（填序号）．实验二葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为g?L﹣1．②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果（填“偏高”“偏低”或“不变”）．参考答案：（1）分液漏斗、气密性检查、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）不能、二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸；（3）过滤；（4）d；（5）①0.16g/L；②偏低．考点： 性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．专题： 实验设计题．分析：（1）a仪器的名称为分液漏斗，实验前首先进行气密性检查；装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水；（2）稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水；（3）装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；（4）处理过量的SO2尾气，既要吸收SO2尾气，同时能防倒吸；（5）①根据反应“SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI”，则样品中抗氧化剂的残留量==0.16g/L；②若有部分HI被空气氧化又生成I2，导致消耗标准I2溶液的体积偏小，则测得结果偏低；解答： 解：（1）a仪器的名称为分液漏斗，实验前首先进行气密性检查；装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，化学方程式：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；故答案为：分液漏斗、气密性检查、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸；故答案为：不能、二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸；（3）装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；故答案为：过滤；（4）处理过量的SO2尾气，a项装置瓶口封闭，错误；b项食盐水不能将大量的SO2尾气吸收，错误；c项漏斗口没入了液体中，错误，d项氢氧化钠溶液可吸收SO2尾气，同时能防倒吸，正确；故答案为：d；（5）①根据反应“SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI”，则样品中抗氧化剂的残留量==0.16g/L；故答案为：0.16g/L；②若有部分HI被空气氧化又生成I2，导致消耗标准I2溶液的体积偏小，则测得结果偏低；故答案为：偏低．点评： 本题考查SO2的制取，Na2S2O5含量的测定，实验操作等基础知识，难度不大，掌握实验原理是解题的关键．

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.N、Fe是两种重要的元素，其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。(1)基态N原子最高能级的电子云轮廓图形状是__________，其核外有______种不同运动状态的电子。(2)第一电离能N_____O（填“＞”“＜”或“＝”），其原因是_______________________。(3)在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮。晶体中每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。高聚氮的晶体类型是__________，氮原子的杂化轨道类型为__________。(4)六方氮化硼（BN）与石墨晶体结构类似，硼原子和氮原子交替相连，但石墨可以导电而六方BN却不能导电，其原因是_____________________________。(5)叠氮酸（HN3）在生产生活中有着重要应用。叠氮酸（HN3）可用HNO2氧化肼（N2H4）制得，化学方程式是N2H4+HNO2＝HN3+2H2O。下列叙述错误的是_________。A．HN3和N2H4都是由极性键和非极性键构成的非极性分子B．NaN3晶格能大于KN3的晶格能C．HN3分子中四个原子可能在一条直线上D．叠氮酸（HN3）和水能形成分子间氢键(6)某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B方块组成。则该化合物中Fe2＋、Fe3＋、O2－的个数比是__________（填最简整数比）；已知该晶体的晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度是_______gcm－3（用含a和NA的代数式表示）。

参考答案：(1)纺锤形（或哑铃形）

7

(2)＞

N原子的2p轨道为较稳定的半充满结构，而O原子失去一个电子后，2p轨道变为较稳定的半充满结构，所以N原子的第一电离能大于O原子

(3)原子晶体

sp3

(4)BN中N原子电负性大，使N原子2p轨道上的电子对被定域在N原子上，不能自由移动，因此不导电

(5)AC

(6)1∶2∶4

【分析】（1）N原子核电荷数为7，基态N原子最高能级为2p能级；（2）N原子的p轨道为半充满比较稳定，氮原子比氧原子难以失去电子；（3）晶体中每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构，由此判断晶体类型；每个N原子含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断氮原子的杂化轨道类型；（4）因为氮的电负性较大，相互平行且重叠p轨道（或大π键）上的电子在很大程度上被定域在氮的周围，不能自由移动；（5）A．HN3、N2H4中既有极性共价键，也有非极性共价键；B．NaN3和KN3为结构相似的离子晶体，Na+与K+电荷相同，Na+半径小于K+，半径越小，晶格能越大；C．HN3中N3-为直线结构，与H相连的N为sp2杂化；D．HN3中也存在电负性较大的N；（6）Fe2+离子处于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心。O2-位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个。Fe3+离子处于晶胞B位置小立方体内部，均摊法计算晶胞中Fe2+、Fe3+、O2-的个数，计算晶胞质量，结合晶体质量=晶胞密度×晶胞体积计算晶胞密度。【详解】（1）氮是7号元素，处于第二周期VA族，核外电子排布式为1s22s22p3，最高价能级为2p，电子云形状为哑铃形；核外7个电子运动状态均不同，即有7种不同运动状态的电子。（2）O原子的价电子排布为2s22p4，N原子的价电子排布为2s22p3，p轨道为半充满比较稳定，氮原子比氧原子难以失去电子，故氮元素的第一电离能大于氧元素的；（3）晶体中每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构，则此晶体为原子晶体；每个N形成3个N-N键，还含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，N原子杂化方式为sp3；（4）因为氮的电负性较大，相互平行且重叠p轨道（或大π键）上的电子在很大程度上被定域在氮的周围，不能自由移动，所以六方BN无法导电；（5）A．HN3、N2H4中既有极性共价键，也有非极性共价键，但是前者是极性分子，后者是非极性分子，故A错误；B．NaN3和KN3为结构相似的离子晶体，Na+与K+电荷相同，Na+半径小于K+，半径越小，晶格能越大，则NaN3的晶格能大于KN3的晶格能，故B正确；C．HN3中N3-为直线结构，与H相连的N为sp2杂化，所以四个原子不可能在同一直线上，故C错误；D．HN3中也存在电负性较大的N，和水能形成分子间氢键，故D正确；故答案为AC；（6）Fe2+离子处于晶胞顶点、面心以及A位置立方体的体心。O2-位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个。Fe3+离子处于晶胞B位置小立方体内部，晶胞中Fe2+离子数目=4+8×+6×=8、Fe3+离子数目=4×4=16，O2-离子数目=4×8=32，故Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为8:16:32=1:2:4，Fe、O原子数目之比=24:32=3:4，故氧化物化学式为Fe3O4，晶胞相当于有8个“Fe3O4“，晶胞质量=8×g，晶胞参数为anm，则：8×g=ρgcm－3×（a×10-7cm）3，解得ρ=gcm－3。

18.单质A与粉末化合物B组成的混合物相互转化关系如下图所示：

请回答下列问题：（1）A单质的元素在周期表中处于____________。（2）D与G两溶液混合后发生反应的离子方程式为__________________（3）常温下，D溶液的pH____________7（填“>”或“<”或”=”），其原因是_

___（用离子方程式表示）（4）用碳棒、稀硫酸、气体E和气体F组成燃料电池,该电池的正极反应式为______。参考答案：（1）第三周期IIIA族

（2）Al3++3AlO2--+6H2O=4Al(OH)3↓（3）

<

Al3+

+

3H2O

Al(OH)3+3H+

(4)

O2+4H++4e-=2H2O略19.(15分)钛(Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属，江西省攀枝花和西昌地区的钒钛磁铁矿储量十分丰富。如下图所示，将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链可以大大提高资源利用率，减少环境污染。