河南省平顶山市第十中学2022年高三化学月考试题含解析

河南省平顶山市第十中学2022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.右下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是（

）A．X与W形成的化合物中只有共价键B．X与Z形成的化合物中只有离子键C．元素的非金属性：X＞R＞WD．简单离子的半径：W＞R＞X参考答案：A试题分析：根据元素周期律，推出：X为O，Y为F，W为Cl，R为S，Z为Na，A、Cl和O形成氯的氧化物，只含有共价键，故正确；B、Na与O形成Na2O和Na2O2，Na2O中只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故错误；C、非金属性大小顺序是O>Cl>S，故错误；D、半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的增大而减小，因此S2－>Cl－>O2－，故错误。2.短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为18，X与Y是组成化合物种类最多的元素，W是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是A．原子半径大小顺序：r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(M)B．Z的气态氢化物比W的气态氢化物更稳定C．分子式为Y5X12的物质只有3种D．由三种元素X、Z、W形成的化合物中只有共价键而无离子键参考答案：C3.下列仪器①漏斗②容量瓶③蒸馏烧瓶④天平⑤分液漏斗⑥滴定管⑦燃烧匙。常用于物质分离的是

A．①③④

B．①②⑥

C．①③⑤

D．③④⑦参考答案：C4.有关键能数据如表，晶体硅的燃烧热为989．2kJ·mol－1，则X的值为

（

）化学键Si—OO=OSi—Si键能/kJ·mol-1X498．8176

A．423．3

B．460

C．832

D．920参考答案：B略5.由C6H5—、—C6H4—、—CH2—、—OH四种原子团一起组成属于酚类物质的种类有（

）A.1种

B.2种

C.3种

D.4种参考答案：C6.观察右图，若用1000ml水来代表地球上的总水量，要量取地球上的淡水量，最好选择的仪器是A、100ml容量瓶

B、50ml烧杯

C、100ml量筒

D、50ml量筒参考答案：D7.下列表示方法正确的是（）A．铜的原子结构示意图：B．S2-核外电子排布式：[Ne]2s23p6C．O原子处于基态的轨道表示式：D．用电子式表示MgCl2的形成：Mg：＋→参考答案：A略8.下列说法不正确的是A．多孔碳可用氢氧燃料电池的电极材料B．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷(As)元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素D．和CO2反应生成可降解聚合物n，该反应符合绿

色化学的原则参考答案：B试题分析：A、氢氧燃料电池要求电极能导电且必须多孔具有很强的吸附能力，并具一定的催化作用，同时增大气固的接触面积，提高反应速率，多孔碳可用氢氧燃料电池的电极材料，正确；B、pH计可用于酸碱中和滴定终点的判断，错误；C、As和P同主族，DNA链中有砷(As)元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素，正确；D、甲基环氧乙烷与二氧化碳在一定条件下反应生成聚碳酸酯，原子利用率达到100%，生成的聚碳酸酯易降解生成无毒无害物质，此反应符合绿色化学原则，正确。9.短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，X单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，Y位于第IA族，Z所处的周期序数与族序数相等，W元素最高正价与最低负价之和为0，R与X同族，则A．原子半径：Z＞Y＞Xks5uB．X与R的核电荷数相差18C．气态氢化物稳定性：W＞Rks5uD．Y与Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应参考答案：D10.下列各组物质中，不满足如图所示转化关系的是（反应条件略去，箭头表示一步转化）（

）选项甲乙丙戊ANH3Cl2N2H2BCSiO2COCuOCAl（OH）3NaOHNaAlO2CO2DBr2FeI2FeBr3Cl2

参考答案：B【详解】A.氨气和氯气反应生成氮气和氯化氢；氮气与氢气反应生成氨气，符合反应要求，A正确；B.CO与CuO反应生成Cu和二氧化碳，与反应要求不符，B错误；C.Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，符合反应要求，C正确；D.3Br2+2FeI2=2FeBr3+2I2，2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，，符合反应要求，D正确；答案为B。11.CPAE是蜂胶的主要活性成分，也可由咖啡酸合成：下列说法不正确的是

A．咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上

B．可用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇

C．1mol苯乙醇在O2中完全燃烧，需消耗10molO2

D．1molCPAE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH参考答案：B略12.下列离子反应方程式正确的是A．氨水吸收过量的SO2：OH－＋SO2＝HSO3－B．FeSO4溶液被氧气氧化：4Fe2＋＋O2＋2H2O＝4Fe3＋＋4OH－C．NaAlO2溶液中加入过量稀硫酸：AlO2－＋H＋＋H2O＝Al(OH)3↓D．Cl2与稀NaOH溶液反应：Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O参考答案：D略13.向27．2gCu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/L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。下列有关说法不正确的是

A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2:1

B．硝酸的物质的量浓度为2．6mol/L

C．产生的NO在标准状况下的体积为4．48L

D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0．2mol参考答案：B略14.下列各组离子中，在给定条件下可能大量共存的是()。A．c(NO)＝1mol·L－1的溶液中：NH、Ba2＋、Fe2＋、Br－B．含有较多Al3＋的溶液：HCO、K＋、Na＋、Cl－C．在pH＝2的溶液中：NH、K＋、ClO－、Cl－D．c(Fe3＋)＝0.1mol·L－1的溶液中：K＋、ClO－、SO、SCN－参考答案：A略15.一定温度下，在密闭容器内进行着某一反应，X气体（2mol）、Y气体（10mol）的物质的量随反应时间变化的曲线如右图。下列叙述中正确的是A．反应的化学方程式为5YXB．t1时，Y的浓度是X浓度的1.5倍C．t2时，正、逆反应速率相等D．t3时，逆反应速率大于正反应速率参考答案：B二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（6分）某铜矿石中铜元素含量较低，且含有铁、镁、钙等杂质离子．某小组在实验室中用浸出﹣萃取法制备硫酸铜：（1）操作II、操作III的主要目的是

、富集铜元素．（2）小组成员利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂Cu2（0H）2C03悬浊液．多次实验发现所得蓝色悬浊液颜色略有差异，查阅资料表明，可能由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（0H）6S04．已知Cu（0H）2、Cu2（OH）2CO3、Cu4（0H）6S04均难溶于水，可溶于酸；分解温度依次为80℃、200℃、300℃，设计实验检验悬浊液成分，完成表中内容．限选试剂：2mol．L﹣1HCl、1mol．L﹣1H2SO4、O.1mol．L﹣1NaOH、0.1mol．L﹣1BaCl2、蒸馏水．仪器和用品自选．实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量悬浊液，过滤，充分洗涤后，取滤渣于试管中，

说明悬浊液中混

，有Cu4（0H）6S04．步骤2：另取少量悬浊液于试管中

，说明悬浊液中混有Cu（0H）2．

参考答案：（1）除去杂质；（2）

实验步骤

预期的现象和结论（1）加入过量2mol．L﹣1HCl，充分振荡，再加0.1mol．L﹣1BaCl2溶液有白色沉淀产生（2）将试管放入装有沸水的小烧杯中，用水浴加热一段时间，取出试管观察试管中黑色沉淀生成

考点：制备实验方案的设计．

分析：铜矿石溶于酸，然后采用过滤方法将难溶性固体和溶液分离，则操作I为过滤；然后向滤液中加入有机物采用萃取方法将含铜物质和溶液分离，所以操作II为萃取，得到的有机相中含有铜元素，再采用硫酸最萃取剂将含铜有机相萃取，得到硫酸铜溶液和有机相，将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，（1）操作II、操作III的主要目的是除去杂质、富集铜元素；（2）证明含有Cu4（OH）6SO4，可以证明硫酸根离子的存在设计实验验证；氢氧化铜的存在可以利用加热悬浊液氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀．解答：解：铜矿石溶于酸，然后采用过滤方法将难溶性固体和溶液分离，则操作I为过滤；然后向滤液中加入有机物采用萃取方法将含铜物质和溶液分离，所以操作II为萃取，得到的有机相中含有铜元素，再采用硫酸最萃取剂将含铜有机相萃取，得到硫酸铜溶液和有机相，将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，（1）操作II、操作III的主要目的是除去杂质、富集铜元素，故答案为：除去杂质；（2）利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂Cu2（0H）2C03悬浊液，由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（0H）6S04．实验验证杂质的存在，可以检验是否含硫酸根离子检验Cu4（0H）6S04的存在，加入盐酸排除其他离子的干扰，加入氯化钡生成白色沉淀证明含Cu4（0H）6S04；因氢氧化铜受热分解生成氧化铜黑色沉淀，则设计实验为取少量悬浊液于试管中利用沸水浴加热试管，试管中有黑色沉淀生成证明含Cu（OH）2；水浴加热的目的是避免温度过高氧化铜分解；故答案为：

实验步骤

预期的现象和结论（1）加入过量2mol．L﹣1HCl，充分振荡，再加0.1mol．L﹣1BaCl2溶液有白色沉淀产生（2）将试管放入装有沸水的小烧杯中，用水浴加热一段时间，取出试管观察试管中黑色沉淀生成

点评：本题考查物质制备，为高频考点，涉及物质成分检验、基本实验操作等知识点，明确反应原理是解本题关键，难点是（2）题实验方案设计，知道常见物质的性质及颜色，题目难度不大．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（9分）某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。阴离子CO32－、SiO32－、AlO2－、Cl－阳离子Al3+、Fe3+、Mg2+、NH4+、Na+现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀物质的量(n)与加入试剂的体积(V)关系如图所示。

(1)若Y是盐酸，所得到的关系图如甲所示，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是

，ab段发生反应的离子

，bc段发生反应的离子方程式

。(2)若Y是NaOH溶液，所得到的关系图如乙所示，则X中一定含有的离子是

，假设X溶液只含这几种离子，则溶液各离子物质的量之比为

，ab段反应的离子方程式为

。参考答案：(1)SiO32－、AlO2－（2分）

CO32－（1分）

Al(OH)3+3H＋=Al3++3H2O（1分）(2)Al3+、Mg2+、NH4+、Cl－（2分）

2：1：4：12（2分）

NH4++OH－=NH3·H2O（1分）解析：(1)无色溶液中不会含有Fe3+，加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H2SiO3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，由图像知溶液中肯定含有AlO2－、SiO32－。oa段发生反应的离子为AlO2－、SiO32－，ab段为CO32－，bc段则是Al(OH)3溶解。(2)当向溶液中加入NaOH时，生成的沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，ab段是NH4+与OH－之间发生反应，因Mg2+、Al3+不能与CO32－、SiO32－、AlO2－共存，故此时溶液中阴离子只有Cl－。结合图像，溶解Al(OH)3、与NH4+作用、生成Al(OH)3消耗的NaOH体积比为1：2：3；由此可求出与Mg2+反应时消耗的NaOH体积与溶解Al(OH)3消耗NaOH溶液一样多，故溶液中n(Al3+)：n(Mg2+)：n(NH4+)=2：1：4，再利用电荷守恒原理求出n(Cl－)，最后就得到各种离子物质的量比。18.希腊哲学家亚里士多德在其著作中记载了Arsenikon（雌黄（As2S3）和雄黄（As4S4）提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生．（1）雌黄和雄黄中均含有S元素．①S在周期表中位于第

周期

族．②S的最高价氧化物对应的水化物X的化学式为

．③在古特蔡特测砷法中，Na3AsO4溶液与Zn反应生成AsH3，该反应中Na3AsO4（填字母）．a．作氧化剂

b．作还原剂

c．既作氧化剂又作还原剂（2）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，若As2S3和SnCl2恰好完全反应，则还原剂与还原产物的物质的量之比为

．（3）As2S3与足量浓硝酸发生反应，当生成48gS时，生成的NO2的体积为112L（标准状况下），元素As在生成物中的化合价为

（反应后的溶液中不含硫微粒），该反应的化学方程式为

．（4）雄黄在空气中加热至300℃时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），另一种氧化物为

（填化学式），可用双氧水将As2O3氧化成H3AsO4而除去，写出该化学方程式：

．参考答案：（1）①三；ⅥA；②H2SO4；③a；（2）2：1；（3）+5；As2S3+10HNO3=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O；（4）SO2；2H2O2+H2O+As2O3=2H3AsO4．

【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【分析】（1）①硫元素是16号元素，原子核外有三个电子层，最外层6个电子，依据周期表结构判断位置；②硫元素最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物为硫酸；③Na3AsO4溶液与Zn反应生成AsH3，As元素化合价最高价+5价变化为﹣3价，化合价降低做氧化剂，锌做还原剂；（2）根据反应物和生成物来分析反应，则利用氧化还原反应反应中得失电子守恒来分析完全反应的还原剂与还原产物物质的量之比来解答，还原产物是元素化合价降低做氧化剂被还原生成；（3）As2S3与足量浓硝酸发生反应，当生成48gS，物质的量为=1.5mol，反应的As2S3的物质的量为0.5mol，生成标准状况下NO2的体积为112L，物质的量为=5mol，S元素化合价由﹣2价升高到0价，0.5molAs2S3反应电子转移0.5mol×[0﹣（﹣2）]×3=3mol，HNO3做氧化剂，生成二氧化氮5mol，电子转移为5mol×（5﹣4）=5mol，则根据电子守恒，设As失电子元素化合价变化为x，3+0.5mol×2（x﹣3）=5mol，x=5，生成产物为H3AsO4，1molAs2S3+和10molHNO3发生氧化还原反应，结合原子守恒配平书写化学方程式；（4）雄黄在空气中加热至300℃时会两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），依据原子守恒可知另一种氧化物为二氧化硫，过氧化氢中氢元素化合价﹣1价变化为﹣2价，As元素化合价+3价变化为+5价，结合电子守恒和原子守恒写出该反应的化学方程式．【解答】解：（1）①硫元素是16号元素，原子核外有三个电子层，最外层6个电子，位于周期表中的第三周期，第ⅥA族，故答案为：三；ⅥA；②硫元素最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物为硫酸，化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；③Na3AsO4溶液与Zn反应生成AsH3，As元素化合价最高价+5价变化为﹣3价，化合价降低Na3AsO4做氧化剂，锌做还原剂；故答案为：a；（2）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，则反应为2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S，根据电子得失守恒知2molAs2S3作氧化剂被还原得到4mol电子，生成1molAs4S4，而2molSnCl2作还原剂失去4mol电子得到氧化产物2molSnCl4，则还原剂与还原产物的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）As2S3与足量浓硝酸发生反应，当生成48gS，物质的量为=1.5mol，反应的As2S3的物质的量为0.5mol，生成标准状况下NO2的体积为112L，物质的量为=5mol，S元素化合价由﹣2价升高到0价，0.5molAs2S3反应电子转移0.5mol×[0﹣（﹣2）]×3=3mol，HNO3做氧化剂，生成二氧化氮5mol，电子转移为5mol×（5﹣4）=5mol，则根据电子守恒，设As失电子元素化合价变化为x，3+0.5mol×2（x﹣3）=5mol，x=5，生成产物为H3AsO4，1molAs2S3+和10molHNO3发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：As2S3+10HNO3=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O，As元素化合价由+3价升高到+5价，S元素化合价由﹣2价升高到0价，则生成2molH3AsO4，转移电子为2×2mol+3×2mol=10mol，故答案为：+5；As2S3+10HNO3=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O；（4）雄黄在空气中加热至300℃时会两种氧化物，其中的一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），由原子守恒可知反应为：As4S4+7O22As2O3+4SO2，另一种氧化物为二氧化硫，双氧水将As2O3氧化为H3AsO4而除去，氧化还原反应中过氧化氢中氢元素化合价﹣1价变化为﹣2价，As元素化合价+3价变化为+5价，结合电子守恒和原子守恒写出该反应的化学方程式为2H2O2+H2O+As2O3=2H3AsO4，故答案为：SO2；2H2O2+H2O+As2O3=2H3AsO4．19.氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途，贯穿古今．（1）图1中生产、生活中的事例中没有发生氧化还原反应的是（2）水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质．而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用如图2表达．试写出有水参加的符合反应类型Ⅳ的一个化学方程式：，其中水为剂．（3）氯化铵常用作