湖北省枣阳市第一中学2022-2023学年高三上学期8月化学月考试题含解析

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湖北省枣阳市第一中学2022-2023学年高三上学期8月化学月考试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．近年我国在科学技术领域取得了举世瞩目的成就。对下列成就所涉及的化学知识的判断错误的是
A．北斗三号卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷(Rb)是金属元素
B．奋斗者号潜水器载人舱外壳使用了钛合金，钛合金属于无机非金属材料
C．长征五号B遥二火箭把天和核心舱送入太空，火箭动力源于氧化还原反应
D．天问一号探测器着陆火星过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是高分子材料
2．下列化学用语使用正确的是
A．基态C原子价电子排布图： B．结构示意图：
C．形成过程： D．质量数为2的氢核素：
3．下列操作规范且能达到实验目的的是


A．图甲测定醋酸浓度 B．图乙测定中和热
C．图丙稀释浓硫酸 D．图丁萃取分离碘水中的碘
4．由下列实验操作及现象能得出相应结论的是

实验操作
现象
结论
A
向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置
溶液分层，下层呈紫红色
氧化性：
B
在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒
火焰出现黄色
溶液中含Na元素
C
用pH计测定pH：①NaHCO3溶液②CH3COONa溶液
pH：①>②
H2CO3酸性弱于CH3COOH
D
把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星木条放在试管口
木条复燃
反应生成了O2

A．A B．B C．C D．D
5．下列方程式不能准确解释相应实验现象的是
A．酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-
B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2O
C．铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
D．将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：SO2+2H2S=3S↓+2H2O
6．使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是

选项
A
B
C
D
试剂a
CuSO4
NH4HCO3
H2SO4
CH3COOH
试剂b
Ba(OH)2
Ca(OH)2
Ba(OH)2
NH3·H2O

A．A B．B C．C D．D
7．用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:
①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析不正确的是
A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
C．反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3
D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰
8．NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H Y，可知Y为Na、R为K元素；X的最外层电子数为4，Z的最外层电子数为6， Q的最外层电子数为7，由原子半径大小关系可知X为C元素，Z为S元素，Q为Cl元素；由以上分析可知X、Y、Z、Q、R分别为C、Na、S、Cl、K等元素；
【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；X的电负性比Q的小，A错误；
B．Y为Na，R为K，金属性K > Na，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性KOH>NaOH，B错误；
C．Q为Cl，R为K，核外电子排布相同时，核电荷数越大离子半径越小，则Q的简单离子半径比R的大，C正确；
D．Z为S，Q为Cl，同周期元素，原子序数越大非金属性越强，则简单氢化物更稳定，Z的简单气态氢化物的热稳定性比Q的弱，D错误；
故选C。
14．C【分析】通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，a为负极，石墨电极Ⅰ为阴极，据此解答。
【详解】A．由分析可知，a是电源的负极，故A正确；
B．石墨电极Ⅱ为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，故B正确；
C．随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl2溶液浓度变小，故C错误；
D．当完全溶解时，消耗氢离子为0.06mol，根据阳极电极反应式，产生氧气为0.015mol，体积为336mL (折合成标准状况下)，故D正确；
故选C。
15．C【详解】A．点，由于水解程度大于电离程度，因此溶液显碱性，故A正确；
B．点，溶液呈中性，根据电荷守恒和溶液呈中性得到，故B正确；
C．点溶液显酸性，根据滴入5mL盐酸，溶质为碳酸氢钠和碳酸，根据前面A选项分析只有碳酸氢钠，则溶液显碱性，从而分析出此时溶液中的主要来自碳酸的电离，故C错误；
D．点，溶质为氯化钠，则c(Na+) = c(Cl﹣)，故D正确。
综上所述，答案为C。
16．     Al3＋、Mg2＋、Cl－     Fe3＋、Cu2＋、OH－、CO32-     AlCl3、MgCl2     1:1     Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O     用洁净铂丝蘸取少量溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则溶液中含K＋，若没有观察到火焰呈紫色，则溶液中不含K＋【分析】由于溶液是无色透明的，Fe3＋的溶液呈棕黄色，Cu2＋的溶液呈蓝色，则Fe3＋、Cu2＋一定不存在，取少量该溶液，滴入用硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明该溶液中一定存在Cl－，另取部分溶液，加入氢氧化钠溶液，现象为先有沉淀，后沉淀消失，说明原溶液中一定存在Al3＋、Mg2＋，由于Al3＋、Mg2＋与CO32-、OH－会反应，不能大量共存，则一定没有CO32-、OH－。而K＋的存在与否对整个现象无影响，所以K＋可能存在，据此回答。
【详解】（1）根据上述分析，该溶液中以上离子一定存在的有Al3＋、Mg2＋、Cl－，一定不存在的有Fe3＋、Cu2＋、OH－、CO32-；
(2)根据溶液中存在的离子可推知，上述溶液中至少有AlCl3、MgCl2等物质混合而成，由图像可知，溶解Al(OH)3消耗了3.6-3=0.6molNaOH，根据化学反应Al3＋+3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+ 2H2O，则Al3＋的物质的量为0.6mol，沉淀Al3＋需消耗NaOH 0.6×3=1.8mol，根据Mg2＋+2OH－=Mg(OH)2↓，沉淀Mg2＋消耗NaOH的物质的量为3-1.8=1.2mol，则Mg2＋的物质的量为0.6mol，所以其物质的量的比为1:1；
（3）图中ab变化过程是Al(OH)3与强碱反应溶解的过程，离子方程式为Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O；
（4）K＋的检验用焰色反应，为进一步确定溶液中K＋是否存在，应该补充的实验是用洁净铂丝蘸取少量溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则溶液中含K＋，若没有观察到火焰呈紫色，则溶液中不含K＋。
17．(1)efbcgh
(2)     分液漏斗     2H++CaCO3=CO2↑+H2O+Ca2+
(3)使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率
(4)NH3∙H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓##NH3 +H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
(5)     0.84     蒸发浓缩     冷却结晶
【分析】向浓氨水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入过量二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，过滤后加热碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠分解可得碳酸钠，母液加入氯化钠粉末，析出NH4Cl晶体。
（1）
首先利用装置A制取CO2，然后利用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2混有的HCl气体，然后通入B装置中与氨盐水反应，最后利用NaOH溶液吸收尾气，所以连接顺序为aefbcgh；
（2）
装置A中盛装稀盐酸的仪器名称为分液漏斗。锥形瓶中反应为碳酸钙和稀盐酸生成二氧化碳、水、氯化钙，离子方程式为2H++CaCO3=CO2↑+H2O+Ca2+。
（3）
B中使用雾化装置的优点是使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，促进反应的进行，从而提高产率；
（4）
在装置B中，NaCl、NH3、CO2、H2O发生反应产生NaHCO3、NH4Cl，该反应的化学方程式为：NH3∙H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓或NH3 +H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
（5）
①NaHCO3受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，将产生的气体先通过足量浓硫酸吸收水分，再通过足量Na2O2，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式可知：每有2 mol CO2发生反应，固体质量增加56 g。现在Na2O2增重0.14 g，则CO2的物质的量是n(CO2)=，则原固体中含有NaHCO3的物质的量为n(NaHCO3)=0.005 mol×2=0.01 mol，因此固体NaHCO3的质量为m(NaHCO3)=0.01 mol×84 g/mol=0.84 g；
②据图可知：NH4Cl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度的影响变化不大，所以可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥获得NH4Cl晶体。
18．(1)     四     VIB
(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
(3)H3V2O
(4)     6.0     1×10-6
(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O
(6)防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯
【分析】钒铬锰矿渣硫酸浸液中，加入Fe(OH)3胶体将钒沉淀后，过滤，往滤液中加入NaOH溶液，将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，同时由于pH较大时，Mn2+被氧化为MnO2，加入Na2SO3溶液，将MnO2还原为Mn2+，过滤后将所得滤渣Cr(OH)3煅烧，即可获得Cr2O3；将两份滤液合并，再加入H2O2、NaOH溶液，将Mn2+转化为MnO2。
（1）
Cr是24号元素，核外电子排布式为[Ar]3d54s1，位于周期表的第四周期第VIB族；
（2）
在沸水中滴加饱和FeCl3可制备Fe(OH)3胶体，方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
（3）
有图1可知，pH=3.0，c总(V)=0.01mol/L时时，lgc总(V)=-2，五价钒粒子的主要存在形态为，故与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为；
（4）
由如图2可以看出，既要考虑铬的沉淀率尽可能高，又要考虑Mn(Ⅱ)的沉淀率尽可能低，“沉铬”过程最佳的pH为6.0；c(H+)=10-6mol/L，已知Kw近似为，则c(OH-)=10-8mol/L，Cr(OH)3体系中满足c(Cr3+)c3(OH-)=1×10-30，则该条件下滤液B中c(Cr3+)=mol/L=mol/L；
（5）
“转化”过程中，Mn2+被H2O2氧化的产物与NaOH溶液反应，生成MnO2等，离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；
（6）
因为Cr(OH)3沉淀中混有MnO2，加入Na2SO3溶液，将MnO2还原为Mn2+，所以“提纯”过程中Na2SO3的作用为作还原剂，将锰元素还原为二价[Mn(II)]，防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。
19．(1)平衡气压，便于液体顺利流下
(2)          NH+NO=2H2O+N2 ↑     B
(3)4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O
(4)AD
(5)     稀硝酸和硝酸银溶液     除去晶体表面水分，便于快速干燥
(6)90.0%
【分析】在三颈烧瓶中先加入100 mL14 mol/LKOH溶液，然后通过恒压滴液漏斗以2 mL/min的速度逐滴加入FeCl2溶液(9.95 g FeCl2∙4H2O(Mr=199)，配成50 mL溶液)至完全，100℃下回流3 h，然后冷却、过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在40℃干燥，再用管式炉内焙烧2 h，得产品3.24 g。反应过程中要在N2的惰性环境中进行，避免Fe2+被空气中的O2氧化，根据9.95 g FeCl2∙4H2O中含有的Fe2+的物质的量，结合反应方程式4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O计算理论上反应制得的物质质量，用实际质量与理论上的质量比计算反应产品的产率。
（1）
使用恒压滴液漏斗可以在使用过程中保持气压平衡，能够使液体顺利流下；
（2）
①CuO(s)和NH3(g)在加热条件下发生氧化还原反应制取N2，该反应的化学方程式为；
②饱和NaNO2(aq)和饱和NH4Cl(aq)在加热条件下反应产生N2、H2O、NaCl，则该制取N2的离子方程式为NH+NO=2H2O+N2 ↑；
两种液体混合物在加热条件下制取气体，应该选用装置B；
（3）
在N2环境中，Fe2+与OH-发生氧化还原反应产生Fe、Fe3O4、H2O，该反应的离子方程式为：4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O；
（4）
结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好。
A．采用适宜的滴液速度可以使其粒径适中、结晶度良好，A正确；
B．若用盐酸代替KOH溶液，由于生成的晶体为Fe和Fe3O4，二者均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，B错误；
C．若在空气氛围中制备，则亚铁离子容易被空气氧化，不能得到Fe和Fe3O4，C错误；
D．选择适宜的焙烧温度，其粒径适中、结晶度良好，D正确，
故合理选项是AD；
（5）
因为反应后溶液中有Cl-，所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化后，然后加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净，故检验沉淀是否洗涤干净的试剂是稀硝酸、硝酸银溶液；
乙醇易溶于水，且易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥；
（6）
9.95 g FeCl2∙4H2O(Mr=199 )的物质的量为n=，根据发生反应的离子方程式4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O可知理论上所得的Fe和Fe3O4的物质的量各自为n==0.0125mol，故最终得到的黑色产品质量应为0.0125 mol×(56 g/mol+232 g/mol)=3.6 g，实际得到的产品3.24 g，所以其产率为。