四川省內江市隆昌縣職業(yè)中學2021-2022學年高三化學月考試卷含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.能鑒別Mg、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四種溶液的試劑是A．HNO3

B．KOH

C．BaCl2

D．NaClO參考答案：A本題考查物質的鑒別。HNO3氧化I－生成棕色的碘，與Na2CO3產(chǎn)生無色的CO2氣體，與NaAlO2反應先生成白色沉淀然后溶解，現(xiàn)象均不同。2.下圖中，兩電極上發(fā)生的電極反應如下：a極：2H++2e—＝H2↑，b極：Fe－2e—＝Fe2+，則以下說法不正確的是（

）

A．該裝置可能是電解池

B．溶液pH變大

C．a(chǎn)、b可能是同種電極材料

D．該過程中能量的轉換一定是化學能轉化為電能參考答案：D略3.下列各組離子能在指定溶液中大量共存的是

①無色溶液中：K+、Cl-、NH4+、AlO2-、SO42-

②常溫下，pH=14的溶液中：CO32-、Na+、S2-、AlO2-

③室溫下水電離的c(H+)=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+

④加入Mg能放出H2的溶液中：NH4+、CI-、Na+、SO42-

⑤使甲基橙變紅的溶液中：MnO4-、NO3-、Na+、Fe3+

⑥室溫下c(H+)／c(OH-)=1012的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-

A．①③⑥

B．①②⑤

C．②④⑤

D．①③④參考答案：C略4.下列陳述ⅠⅡ正確并且有因果關系的是選項陳述Ⅰ陳述ⅡASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有導電性SiO2可用于制備光導纖維C濃硫酸有強氧化性濃硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于回收廢舊電路板中的銅參考答案：D略5.下列說法正確的是（

）A．第ⅠA族元素的金屬性比第ⅡA族元素的金屬性強B．第ⅥA族元素的氫化物中，穩(wěn)定性最好的其沸點也最高C．同周期非金屬氧化物對應水化物的酸性從左到右依次增強D．第二周期元素隨族序數(shù)的遞增其最高化合價也遞增參考答案：B略6.分類法是一種行之有效、簡單易行的科學方法。某同學用下表所示形式對所學知識進行分類，其中甲與乙、丙、丁是包含關系。下列各組中，有錯誤的組合是()選項甲乙、丙、丁A常見干燥劑濃硫酸、無水氯化鈣、堿石灰B常見合金不銹鋼、硬鋁、生鐵C非電解質CO2、SiO2、H2OD強電解質HCl、Na2O、BaSO4參考答案：C略7.國防科工委舉行新聞發(fā)布會，明確承認“中國具備制造航空母艦的能力”，預計國產(chǎn)大功率鎳氫動力電池將在制造航空母艦中發(fā)揮作用。常見鎳氫電池的某極是儲氫合金LaNi5H6（LaNi5H6中各元素化合價均為零），電池反應為：LaNi5H6+6NiO(OH)2LaNi5+6Ni(OH)3，下列說法錯誤的是(

)

A．放電時儲氫合金作負極

B．充電時儲氫合金作陰極

C．1molLaNi5H6放電時，能提供12mol電子。

D．充電是將電能轉化為化學能的過程。參考答案：C略8.在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01mol的酸性混合溶液中加入0.01mol鐵粉，經(jīng)攪拌后發(fā)生的變化應是()A．鐵溶解，析出0.01molAg和0.005molCuB．鐵溶解，析出0.01molAg并放出H2C．鐵溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Fe3＋D．鐵溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Cu2＋參考答案：C略9.由環(huán)己烷，乙醇，乙醚組成的混合物，測得碳的質量分數(shù)為72％，則氧的質量分數(shù)

A．14.2％

B．16％

C．17.8％

D．無法計算參考答案：A10.某化學興趣小組在奧運五連環(huán)中填入了5種物質，相連環(huán)物質間能發(fā)生反應，不相連環(huán)物質間不能發(fā)生反應。你認為“五連環(huán)”中物質間發(fā)生的反應，沒有涉及的基本反應類型和屬于氧化還原反應的個數(shù)有(

)A．復分解反應、1個

B．分解反應、2個C．化合反應、3個

D．置換反應、2個參考答案：B略11.下列有關物質的描述及其應用均正確的是A．氫氟酸具有強酸性，用氫氟酸蝕刻玻璃B．FeCl3具有氧化性，用FeCl3溶液刻蝕印刷電路板C．Na2O2中含有O2，所以用過氧化鈉可為潛水艇艙提供氧氣D．銅的金屬活動性比鋁弱，可用銅罐代替鋁罐貯運濃硝酸參考答案：B氫氟酸是弱酸，A項錯誤；FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，用FeCl3溶液刻蝕印刷電路板，B項正確；過氧化鈉中含有氧氣錯誤，C項錯誤；常溫下，鋁遇濃硝酸鈍化，而銅與濃硝酸反應，不能用銅罐代替鋁罐，D項錯誤。12.某同學設計如下實驗測量mg銅銀合金樣品中銅的質量分數(shù)．下列說法中不正確的是（）A．收集到的VL氣體全為NOB．過濾用到的玻璃儀器是：燒杯、漏斗、玻璃棒C．操作Ⅱ應是洗滌D．銅的質量分數(shù)為：×100%參考答案：D考點：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用專題：實驗設計題．分析：根據(jù)流程可知：銅銀合金與足量硝酸反應生成硝酸銅、硝酸銀溶液、NO或NO2氣體，用排水法收集到的VL氣體為NO；向反應后的溶液中加入氯化鈉溶液，反應生成氯化銀沉淀，過濾后得到氯化銀固體，然后洗滌、干燥，最后得到干燥的AgCl固體，A．由流程圖可知，實驗排水法收集，二氧化氮能與水反應生成NO，無論金屬與硝酸反應生成是NO或NO2或NO、NO2，最后收集的氣體為NO；C．根據(jù)分析可知，操作Ⅱ是在過濾之后，烘干之前，由于過濾后的氯化銀附著一些離子，應洗滌附著的物質，防止影響氯化銀的質量測定；C．由流程圖可知，實驗原理為，在反應后溶液中加入氯化鈉，將銀離子轉化為氯化銀沉淀，通過測定氯化銀沉淀的質量，計算銀的質量，進而計算銅的含量．解答：解：銅銀合金與足量硝酸反應生成硝酸銅、硝酸銀溶液、NO或NO2氣體，由于二氧化氮與水反應生成一氧化氮，則用排水法收集到的VL氣體為NO；向反應后的溶液中加入NaCl溶液，反應生成AgCl沉淀，過濾后得到AgCl固體，然后洗滌、干燥，最后得到干燥的AgCl，A．由流程圖可知，實驗排水法收集，二氧化氮能與水反應生成NO，故不能金屬與硝酸反應生成是NO或NO2或NO、NO2，最后收集的氣體為NO，故A正確；B．過濾用到的玻璃儀器為：燒杯、漏斗、玻璃棒，故B正確；C．由流程圖可知，溶液中加入氯化鈉，將銀離子轉化為氯化銀沉淀，通過測定氯化銀沉淀的質量，計算銀的質量，進而計算銅的含量，操作Ⅱ是在過濾之后，烘干之前，由于過濾后的氯化銀附著一些離子，應洗滌附著的物質，防止影響氯化銀的質量測定，故操作Ⅱ應是洗滌，故C正確；D．氯化銀的質量為wg，所以合金中銀的質量為：wg×=g，故合金中銅的質量分數(shù)為：×100%=×100%，故D錯誤；故選D．點評：本題考查學生對實驗原理的理解、物質組成的測定等知識，題目難度中等，理解實驗基本操作方法及測定原理為解答關鍵，需要學生具有扎實的基礎知識與綜合運用知識分析解決問題的能力．13.下列說法正確的是（）A．鋼鐵的電化學腐蝕和化學腐蝕往往同時發(fā)生B．反應C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）的△S＞0、△H＜0C．常溫下，pH為5的氯化銨溶液和pH為9的醋酸鈉溶液中水的電離程度相同D．向BaSO4沉淀中加入飽和Na2CO3溶液后生成BaCO3，則Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）參考答案：AC【考點】金屬的電化學腐蝕與防護；反應熱和焓變；鹽類水解的應用；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質．【分析】A．鋼鐵主要發(fā)生電化學腐蝕；B．△H﹣T△S＜0反應自反進行據(jù)此判斷；C．易水解的鹽促進水的電離，鹽溶液中氫離子和氫氧根離子均由水電離；D．當溶液中存在Qc＞Ksp時就能產(chǎn)生沉淀．【解答】解：A．鋼鐵主要發(fā)生電化學腐蝕，同時還發(fā)生化學腐蝕，故A正確；B．反應C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）的△S＞0，該反應在高溫下能自發(fā)進行，△H﹣T△S＜0可知，該反應的△H＞0，故B錯誤；C．常溫下，pH為5的氯化銨溶液氫離子全部由水電離，則水電離的氫離子為10﹣5mol/L，pH為9的醋酸鈉溶液中氫氧根離子全部由水電離，則氫氧根離子濃度為10﹣5mol/L，則兩種溶液中水的電離程度相同，故C正確；D．當溶液中存在Qc＞Ksp時就能產(chǎn)生沉淀，向BaSO4沉淀中加入飽和Na2CO3溶液后生成BaCO3，說明溶液中Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），但是不能說明Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4），故D錯誤．故選AC．14.如圖帶漏斗U型管中裝有足量的煤油和水的混合物，靜置后投入一小塊堿金屬．可觀察到金屬在煤油和水的界面a附近上下往復運動，下列說法不正確的是（）A．此堿金屬可能是鉀或鈉B．反應一段時間煤油會燃燒C．堿金屬上下運動是由于與水反應產(chǎn)生了氫氣D．若是金屬鋰則不能觀察到上述現(xiàn)象參考答案：B考點：鈉的化學性質．專題：金屬概論與堿元素．分析：Na、K的密度小于水但大于煤油，Na、K和水反應生成堿和氫氣，反應中金屬處在沒有氧氣的環(huán)境中，不能燃燒，據(jù)此分析解答．解答：解：A．Na、K的密度小于水但大于煤油，Na、K和水反應生成堿和氫氣，金屬在煤油和水的界面a附近上下往復運動，則該金屬可能是鈉或K，故A正確；B．反應中金屬處在沒有氧氣的環(huán)境中，不能燃燒，故B錯誤；C．堿金屬上下運動是由于與水反應產(chǎn)生了氫氣，使金屬受力不均導致的，故C正確；D．金屬鋰的密度小于煤油，所以會浮在煤油表面，所以若是金屬鋰則不能觀察到上述現(xiàn)象，故D正確；故選B．點評：本題考查了堿金屬的性質，明確金屬的性質是解本題關鍵，再結合金屬和水的反應來分析解答，題目難度不大．15.A、B、C、D四種短周期元素的原子半徑依次減小，A與C的核電荷數(shù)之比為3：4，D能分別與A、B、C形成電子總數(shù)相等的分子X、Y、Z。下列敘述正確的是

（

）

A．X、Y、Z的穩(wěn)定性逐漸減弱

B．A、B、C、D只形成5種單質

C．X、Y、Z三種化合物的熔沸點逐漸升高

D．自然界中存在多種由A、B、C、D四種元素組成的化合物參考答案：答案：CD二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.（2005·上海卷）28、某些廢舊塑料可采用下列方法處理：將廢塑料隔絕空氣加強熱，使其變成有用的物質，實驗裝置如圖。加熱聚丙烯廢塑料得到的產(chǎn)物如表：產(chǎn)物氫氣甲烷乙烯丙烯苯甲苯碳質量分數(shù)(%)1224121620106（1）試管A中殘余物有多種用途，如下列轉化就可制取高聚物聚乙炔。寫出反應②、③的化學方程式

、

。（2）試管B收集到的產(chǎn)品中，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的物質，其一氯代物有

種。（3）錐形瓶C中觀察到的現(xiàn)象

。經(jīng)溴水充分吸收，剩余氣體經(jīng)干燥后的平均相對分子質量為

。（4）寫出C中逸出的氣體在工業(yè)上的兩種用途

、

。參考答案：（1）CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑

nHC≡CH→（2）4（3）棕黃色溶液變無色或褪色

4.8（4）合成氨原料，作燃料或有機化工原料（其他合理答案均可）本題綜合考查乙炔的制備和性質，烷烴、烯烴、芳香烴的性質，同分異構體數(shù)目推斷，平均相對分子質量等內容。（1）由C2H2的制備和性質知反應②為CaC2+2H2O—→Ca（OH）2+C2H2↑，③為nCH≡CHCH==CH。（2）產(chǎn)物經(jīng)冷水冷卻可液化，則該物質沸點較高，可能為苯或甲苯，又產(chǎn)品使KMnO4酸性溶液褪色，則必為甲苯，其一氯代物有4種。（3）經(jīng)B冷卻后所得氣體為H2、CH4、C2H4和CH3—CH==CH2的混合物，故可使溴水褪色，經(jīng)溴水充分吸收后所得氣體只有H2和CH4，其平均相對分子質量為=4.8。（4）甲烷和氫氣有多種用途，如作燃料、合成氨以及作有機化工原料等。

三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.原子序數(shù)依次增大的四種元素A、B、C、D分別處于第一至第四周期，自然界中存在多種A的化合物，B原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)，B與C可形成正四面體形分子，D的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子。請回答下列問題：（1）這四種元素中電負性最大的元素，其基態(tài)原子的價電子排布圖為____________________，第一電離能最小的元素是__________(填元素符號)。（2）C所在主族的前四種元素分別與A形成的化合物，沸點由高到低的順序是___________(填化學式)，呈現(xiàn)如此遞變規(guī)律的原因是______________________________。（3）B元素可形成多種單質，一種晶體結構如圖一所示，其原子的雜化類型為__________；另一種的晶胞如圖二所示，該晶胞的空間利用率為__________，若此晶胞中的棱長為356.6pm，則此晶胞的密度為__________g·cm?3(保留兩位有效數(shù)字)。(=1.732)圖一

圖二

圖三（4）D元素形成的單質，其晶體的堆積模型為__________，D的醋酸鹽晶體局部結構如圖三，該晶體中含有的化學鍵是__________(填選項序號)。①極性鍵

②非極性鍵

③配位鍵

④金屬鍵（5）向D的硫酸鹽溶液中滴加過量氨水，觀察到的現(xiàn)象是______________________________。請寫出上述過程的離子方程式：__________________________________________________。參考答案：(1)

Cu

(2)HF＞HI＞HBr＞HCl

HF分子之間形成氫鍵使其熔沸點較高，HI、HBr、HCl分子之間只有范德華力，相對分子質量越大，范德華力越大；

(3)sp2

34%

3.5

(4)面心立方最密堆積

①②③

(5)首先形成藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍色的透明溶液

Cu2++2NH3·H2O==Cu(OH)2↓+NH4+、Cu(OH)2+4NH3==[Cu(NH3)4]2++2OH?【分析】原子序數(shù)依次增大的四種元素A、B、C、D分別處于第一至第四周期，自然界中存在多種A的化合物，則A為氫元素；B原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)，即核外有6個電子，則B為碳元素；D的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子，D原子外圍電子排布為3d104s1，則D為銅元素；結合原子序數(shù)可知，C只能處于第三周期，B與C可形成正四面體型分子，則B為氯元素。（1）四種元素中電負性最大的是Cl，其基態(tài)原子的價電子數(shù)為7；金屬性越強，第一電離能越??；（2）HF分子間存在氫鍵，沸點最高，其它鹵化氫隨著相對分子質量遞增，其沸點升高；（3）圖一為平面結構，在其層狀結構中碳碳鍵鍵角為120°，每個碳原子都結合著3個碳原子，碳原子采取sp2雜化；計算晶胞中碳原子總體積與晶胞的體積，充分利用晶胞中每個C原子與周圍4個C原子形成正四面體結構，確定晶胞棱長與C原子半徑關系；根據(jù)均攤法計算晶胞中C原子數(shù)目，進而計算晶胞質量，再根據(jù)晶胞密度=質量/體積計算；（4）晶體Cu為面心立方最密堆積，結合圖三醋酸銅晶體的局部結構可確定其晶體中含有極性鍵、非極性鍵和配位鍵；（5）硫酸銅溶液中加入氨水會產(chǎn)生氫氧化銅藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解，得到四氨合銅絡離子，溶液為深藍色的透明溶液?！驹斀狻吭有驍?shù)依次增大的四種元素A、B、C、D分別處于第一至第四周期，自然界中存在多種A的化合物，則A為氫元素；B原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)，即核外有6個電子，則B為碳元素；D的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子，D原子外圍電子排布為3d104s1，則D為銅元素；結合原子序數(shù)可知，C只能處于第三周期，B與C可形成正四面體型分子，則B為氯元素。（1）四種元素中電負性最大的是Cl，其基態(tài)原子的價電子數(shù)為7，其基態(tài)原子的價電子排布圖為；四元素中Cu的金屬性越強，故Cu的第一電離能越小，故答案為：；Cu。（2）HF分子之間形成氫鍵使其熔沸點較高，HI、HBr、HCl分子之間只有范德華力，相對分子質量越大，范德華力越大，沸點越高，即沸點由高到低的順序是HF＞HI＞HBr＞HCl，故答案為：HF＞HI＞HBr＞HCl；HF分子之間形成氫鍵使其熔沸點較高，HI、HBr、HCl分子之間只有范德華力，相對分子質量越大，范德華力越大。（3）圖一為平面結構，在其層狀結構中碳碳鍵鍵角為120°，每個碳原子都結合著3個碳原子，碳原子采取sp2雜化；晶胞中每個C原子與周圍4個C原子形成正四面體結構，如圖所示：令碳原子半徑為r，則FA長=2r，根據(jù)體積關系可知，AO長=4OF長，故FA長=3OF長，故AO長=，設BC長為a，BO長=，則OA長=，故（6）1/2/3a=8/3r，故a=，則晶胞棱長=，則晶胞體積=，晶胞中C原子數(shù)目=4+6×1/2+8×1/8=8，則晶胞中碳原子總體積=8×4/3πr3，故晶胞空間利用率=（8×4/3πr3）÷[8/3×（3）1/2r]3=34%；一個晶胞中含碳原子數(shù)為8×1/8+6×1/2+4=8，晶胞質量=8×12/6.02×1023g，晶胞中的棱長為356.6pm，則晶胞體積=（8×12/6.02×1023g）÷（356.6×10-10cm）3≈3.5g·cm-3，故答案為：sp2；34%；3.5。（4）晶體Cu為面心立方最密堆積，結合圖三醋酸銅晶體的局部結構可確定其晶體中含有極性鍵、非極性鍵和配位鍵，故答案為：面心立方最密堆積；①②③。（5）硫酸銅溶液中加入氨水會產(chǎn)生藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍色的透明溶液，有關反應的離子方程式為Cu2++2NH3·H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH-，

故答案為：首先形成藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍色的透明溶液；Cu2++2NH3·H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH-。【點睛】第3小題中計算晶胞中碳原子總體積與晶胞的體積，充分利用晶胞中每個C原子與周圍4個C原子形成正四面體結構，確定晶胞棱長與C原子半徑關系；