河北省唐山市遵化市士兵高中2022届高三化学下学期3月月考试题含解析

2022-2022学年河北省唐山市遵化市士兵高中高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题（每题3分，共15分，每题只有一个正确答案．）1．浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源，其中可以为人类利用的氯化物含量相当高．海水中含量最多的氯化物是()A．NaClB．MgCl2C．KClD．CaCl22．下列除去杂质（括号的物质为杂质）的方法中，错误的是()A．FeCl3溶液（FeCl2）：通入适量Cl2B．CO（CO2）：通过NaOH溶液洗气后干燥C．MnO2（KCl）：加水溶解后过滤、洗涤、烘干D．SO2（HCl）：通过饱和Na2CO3溶液洗气后干燥3．下列物质的水溶液中，呈酸性的是()A．Na2CO3B．AlCl3C．NaClD．CH3COONa4．在一定温度下，体积不变的密闭容器中，可逆反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）达到平衡的标志是()A．气体总质量保持不变B．X、Y、Z的浓度都相等C．X、Y、Z的浓度不再发生变化D．X、Y、Z的分子数之比为1：3：25．有X、Y、Z三种元素，已知Y和X形成的化合物YX中，X的化合价为﹣1价，Y和Z可以形成化合物Y2Z，X、Y、Z离子的核外电子数目均为10．下列说法不正确的是()A．X为非金属性最强的元素B．Y的最高价氧化物对应水化物为强碱C．Z与氢元素形成的化合物只有一种D．Y2Z为离子化合物二、填空题（每空3分，共32分）6．（1）写出以下两种物质的化学式：①天然气的主要成分：__________；②纯碱：__________．（2）写出氢氧化镁溶于盐酸的化学方程式：__________．7．将少量金属钠投入到常见硫酸盐溶液甲中，金属钠与溶液剧烈反应，放出气体并产生白色沉淀．若将少量甲溶液直接滴加到NaOH溶液中，充分反应后只得到澄清溶液乙．向乙溶液通入过量CO2气体，又可观察到有白色沉淀生成．则：（1）甲溶液中肯定含有下列物质中的__________（填“A”、“B”或“C”）．A．Na2SO4B．MgSO4C．Al2（SO4）3（2）乙溶液通入过量CO2气体反应后生成的产物为__________．-9-\n8．向炭粉、Cu和Fe2O3组成的混合粉末中加入一定量的稀硫酸，充分反应后过滤，得到溶液A，将沉淀物洗涤、干燥，得到固体B．（1）溶液A中一定存在的金属阳离子是__________．（2）关于固体B的成分，下列选项中可能的有__________．A．炭粉B．炭粉和CuC．炭粉和Fe2O3D．Cu和Fe2O3E．炭粉、Cu和Fe2O3．9．如图是以石墨为电极电解CuCl2溶液的装置示意图．（1）电解过程中，a电极为__________极，该电极上发生的电极反应式应为__________．（2）电解一段时间后，b电极上可观察到的现象是__________．（3）电解过程中能量转化的主要形式是__________．10．常温下，pH=5的NH4Cl溶液和pH=5的HCl溶液中由水电离出来的c（H+）分别是__________和__________．三、推断题11．五种短周期元素A、B、C、D、E，A原子的最外层电子数是次外层的3倍；B是第三周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；B和D能形成BD型离子化合物，且B、D的原子核外电子层数相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀H2SO4反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1．则：（1）元素A在周期表中的位置__________（2）D与E形成的化合物的电子式__________（3）A、B、D简单离子的半径大小关系__________（用离子符号表示）（4）C单质溶于B的最高价氧化物的水化物的离子方程式__________．四、计算题（共5分）12．室温下，将100mL某盐酸和硫酸的混合溶液分成两等分．一份加入过量BaCl2溶液，充分反应后得沉淀2.33g；另一份加入50mL1.0mol•L﹣1NaOH溶液，充分反应后溶液的pH=13（溶液的体积为100mL）．试计算：（1）每份溶液中所含H2SO4的物质的量__________mol•L﹣1．（2）原混合溶液中盐酸的物质的量浓度为__________mol•L﹣1．-9-\n2022-2022学年河北省唐山市遵化市士兵高中高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题（每题3分，共15分，每题只有一个正确答案．）1．浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源，其中可以为人类利用的氯化物含量相当高．海水中含量最多的氯化物是()A．NaClB．MgCl2C．KClD．CaCl2【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】浩瀚的海洋是个巨大的资源宝库，它不仅孕育着无数的生命，还孕育着丰富的矿产，而海水本身含有大量的化学物质，又是宝贵的化学资源．可从海水中提取大量的食盐、镁、溴、碘、钾等有用物质，海水素有“液体工业原料”之美誉，含量最多的是氯化钠；【解答】解：浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源，其中可以为人类利用的氯化物含量相当高．海水中含量最多的氯化物是NaCl，故选A．【点评】本题考查了海水组成和物质组成和含量偏低，注意知识积累，题目较简单．2．下列除去杂质（括号的物质为杂质）的方法中，错误的是()A．FeCl3溶液（FeCl2）：通入适量Cl2B．CO（CO2）：通过NaOH溶液洗气后干燥C．MnO2（KCl）：加水溶解后过滤、洗涤、烘干D．SO2（HCl）：通过饱和Na2CO3溶液洗气后干燥【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．FeCl2可与氯气反应生成FeCl3；B．二氧化碳与氢氧化钠溶液反应；C．二氧化锰不溶于水；D．二者都与碳酸钠溶液反应．【解答】解：A．FeCl2可与氯气反应生成FeCl3，可用于除杂，故A正确；B．二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可用于除杂，故B正确；C．二氧化锰不溶于水，可用过滤的方法分离，故C正确；D．二者都与碳酸钠溶液反应，应用饱和亚硫酸氢钠溶液除杂，故D错误．故选D．【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意把握相关物质的异同，特别是在提纯时不能影响被提纯的物质，且不能引入新的杂质．3．下列物质的水溶液中，呈酸性的是()A．Na2CO3B．AlCl3C．NaClD．CH3COONa【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】水溶液呈酸性的物质可为酸或电离呈酸性的酸式盐或水解呈酸性的强酸弱碱盐．【解答】解：A．Na2CO3为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故A错误；B．AlCl3为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，故B正确；-9-\nC．NaCl为强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液显中性，故C错误；D．CH3COONa为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故D错误．故选B．【点评】本题考查溶液酸碱性的判断，题目难度不大，本题注意把握相关物质的性质即可解答该题．4．在一定温度下，体积不变的密闭容器中，可逆反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）达到平衡的标志是()A．气体总质量保持不变B．X、Y、Z的浓度都相等C．X、Y、Z的浓度不再发生变化D．X、Y、Z的分子数之比为1：3：2【考点】化学平衡状态的判断．【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．【解答】解：A．反应物和生成物都是气体，故气体总质量保持不变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故A错误；B．平衡时X、Y、Z的浓度取决于物质的起始物质的量和转化率，故X、Y、Z的浓度都相等不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故B错误；C．X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明达到平衡状态，故C正确；D．平衡时X、Y、Z的分子数之比决于物质的起始物质的量和转化率，故X、Y、Z的分子数之比为1：3：不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大．要注意把握平衡状态的特征．5．有X、Y、Z三种元素，已知Y和X形成的化合物YX中，X的化合价为﹣1价，Y和Z可以形成化合物Y2Z，X、Y、Z离子的核外电子数目均为10．下列说法不正确的是()A．X为非金属性最强的元素B．Y的最高价氧化物对应水化物为强碱C．Z与氢元素形成的化合物只有一种D．Y2Z为离子化合物【考点】原子结构与元素的性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】有X、Y、Z三种元素，已知Y和X形成的化合物YX中，X的化合价为﹣1价，则Y为+1价，Y和Z可以形成化合物Y2Z，故Z为﹣2价，X、Y、Z离子的核外电子数目均为10，则X为F元素、Y为Na元素，Z为O元素，据此解答．【解答】解：有X、Y、Z三种元素，已知Y和X形成的化合物YX中，X的化合价为﹣1价，则Y为+1价，Y和Z可以形成化合物Y2Z，故Z为﹣2价，X、Y、Z离子的核外电子数目均为10，则X为F元素、Y为Na元素，Z为O元素，A．X为F元素，是非金属性最强的元素，故A正确；B．Y为Na元素，其最高价氧化物对应水化物为NaOH，属于强碱，故B正确；C．Z为O元素，其氢化物有H2O2、H2O两种，故C错误；D．Na2O属于离子化合物，故D正确，故选C．【点评】本题考查结构性质位置关系，明确元素化合价推断元素是解题关键，难度不大．-9-\n二、填空题（每空3分，共32分）6．（1）写出以下两种物质的化学式：①天然气的主要成分：CH4；②纯碱：Na2CO3．（2）写出氢氧化镁溶于盐酸的化学方程式：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O．【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化学方程式的书写．【专题】化学用语专题．【分析】首先要根据题意确定物质的化学名称，然后按照书写化学式的方法、步骤正确的写出物质的化学式．（1）天然气的主要成分为甲烷，甲烷的化学式为CH4，纯碱是碳酸钠的俗称，碳酸钠的化学式为Na2CO3；（2）酸碱中和反应生成盐和水，氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水．【解答】解：（1）天然气的主要成分为甲烷，甲烷的化学式为CH4，纯碱是碳酸钠的俗称，碳酸钠的化学式为Na2CO3，故答案为：CH4；Na2CO3；（2）氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，化学方程式为Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，故答案为：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O．【点评】本题考查本题考查常用化学用语的书写，难度中等，注意掌握物质主要成分、俗称、化学反应的本质是解题的关键．7．将少量金属钠投入到常见硫酸盐溶液甲中，金属钠与溶液剧烈反应，放出气体并产生白色沉淀．若将少量甲溶液直接滴加到NaOH溶液中，充分反应后只得到澄清溶液乙．向乙溶液通入过量CO2气体，又可观察到有白色沉淀生成．则：（1）甲溶液中肯定含有下列物质中的C（填“A”、“B”或“C”）．A．Na2SO4B．MgSO4C．Al2（SO4）3（2）乙溶液通入过量CO2气体反应后生成的产物为氧化铝沉淀与碳酸氢钠．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】将少量金属钠投入到常见硫酸盐溶液甲中，金属钠首先与水反应生成NaOH与氢气，氢氧化钠再与硫酸盐反应产生白色沉淀，若将少量甲溶液直接滴加到NaOH溶液中，充分反应后只得到澄清溶液乙．向乙溶液通入过量CO2气体，又可观察到有白色沉淀生成，说明甲中含有铝离子，则甲为硫酸铝，乙为偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量的二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠．【解答】解：将少量金属钠投入到常见硫酸盐溶液甲中，金属钠首先与水反应生成NaOH与氢气，氢氧化钠再与硫酸盐反应产生白色沉淀，若将少量甲溶液直接滴加到NaOH溶液中，充分反应后只得到澄清溶液乙．向乙溶液通入过量CO2气体，又可观察到有白色沉淀生成，说明甲中含有铝离子，则甲为硫酸铝，乙为偏铝酸钠，（1）由上述分析可知，甲溶液一定含有Al2（SO4）3，故答案为：C；（2）偏铝酸钠与过量的二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，故答案为：氧化铝沉淀与碳酸氢钠．【点评】本题考查无机物推断，难度不大，注意掌握氢氧化铝的两性是关键，（2）中注意二氧化碳过量，应生成碳酸氢钠．8．向炭粉、Cu和Fe2O3组成的混合粉末中加入一定量的稀硫酸，充分反应后过滤，得到溶液A，将沉淀物洗涤、干燥，得到固体B．（1）溶液A中一定存在的金属阳离子是Fe2+、Cu2+．-9-\n（2）关于固体B的成分，下列选项中可能的有ABCE．A．炭粉B．炭粉和CuC．炭粉和Fe2O3D．Cu和Fe2O3E．炭粉、Cu和Fe2O3．【考点】有关混合物反应的计算．【分析】（1）根据反应物的过量与不足情况判断溶液A中一定存在的金属阳离子；（2）由于碳不与稀硫酸反应，所以属于的固体B中一定含有碳粉，据此进行解答．【解答】解：（1）当铜过量或恰好与铁离子反应时，此时溶液A中不含有Fe3+，一定含有Fe2+、Cu2+；当铜不足时，铜完全反应后Fe3+有剩余，则A溶液中含有金属离子为：Fe3+、Fe2+、Cu2+，所以A溶液中一定含有的金属阳离子为：Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe2+、Cu2+；（2）A．炭粉：当稀硫酸足量，且铜恰好与氧化铁与稀硫酸反应生成的铁离子反应时，剩余的固体只有碳粉，故A正确；B．炭粉和Cu：当铜粉过量时，反应后的固体可能为碳粉和铜，故B正确；C．炭粉和Fe2O3：当稀硫酸不足时，铜完全反应，氧化铁部分溶解，则属于的固体为碳粉和氧化铁，故C正确；D．Cu和Fe2O3：剩余的固体中一定含有碳粉，故D错误；E．炭粉、Cu和Fe2O3：当稀硫酸不足时，碳粉、铜和氧化铁都可能有剩余，故E正确；故答案为：ABCE．【点评】本题考查了离子反应及其应用，题目难度中等，明确发生的反应实质为解答关键，注意掌握离子反应发生条件及离子共存的判断方法，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．9．如图是以石墨为电极电解CuCl2溶液的装置示意图．（1）电解过程中，a电极为阳极，该电极上发生的电极反应式应为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑．（2）电解一段时间后，b电极上可观察到的现象是析出红色固体．（3）电解过程中能量转化的主要形式是电能转化为化学能．【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）电解池的阳极是和电源正极相连的极，阴极是和电源的负极相连的极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上发生得电子的还原反应；（2）根据电极反应式确定反应的现象；（3）电解池是将电能转化为化学能的装置．【解答】解：（1）电解过程中，a电极和电源的正极相连，所以是为阳极，该电极上阴离子发生失电子的氧化反应，即2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；（2）电解过程中，b电极和电源的负极相连，所以是为阴极，该极上是铜离子得电子析出金属铜，故答案为：析出红色固体；（3）电解池是将电能转化为化学能的装置，故答案为：电能转化为化学能．-9-\n【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及能量转化形式、电极反应式的书写等知识，属于基本知识的考查，难度不大．10．常温下，pH=5的NH4Cl溶液和pH=5的HCl溶液中由水电离出来的c（H+）分别是10﹣5mol/L和10﹣9mol/L．【考点】水的电离．【分析】氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，水电离出的氢离子浓度为10﹣5mol/L，pH=5的盐酸溶液中水电离出的氢离子浓度依据水的离子积计算得到．【解答】解：常温常压下pH均等于5的NH4Cl和HCl溶液，氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性促进水的电离，由水电离出的氢离子浓度就是10﹣5mol/L，盐酸溶液中氢离子对铵根离子水解起到抑制作用，溶液中水电离出的氢离子浓度依据水的离子积计算得到为=10﹣9mol/L，故答案为：10﹣5mol/L；10﹣9mol/L．【点评】本题主要考查的是常温下水的离子积的有关计算，影响水电离的因素等，难度不大．三、推断题11．五种短周期元素A、B、C、D、E，A原子的最外层电子数是次外层的3倍；B是第三周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；B和D能形成BD型离子化合物，且B、D的原子核外电子层数相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀H2SO4反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1．则：（1）元素A在周期表中的位置第二周期第ⅥA族（2）D与E形成的化合物的电子式（3）A、B、D简单离子的半径大小关系Cl﹣＞O2﹣＞Na+（用离子符号表示）（4）C单质溶于B的最高价氧化物的水化物的离子方程式2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】五种短周期元素A、B、C、D、E，A原子的最外层电子数是次外层的3倍，则A为氧元素；B是第三周期中除稀有气体外原子半径最大的元素，则B为钠元素；B和D能形成BD型离子化合物，且B、D的原子核外电子层数相同，则D为氯元素；C和D能形成CD3的化合物，则C显+3价；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀H2SO4反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L，设C的相对原子质量M，则有=，所以C的相对原子质量为27；C原子中质子数比中子数少1，所以C为铝元素，C原子比E原子多1个电子，则E为镁元素，据此答题．【解答】解：五种短周期元素A、B、C、D、E，A原子的最外层电子数是次外层的3倍，则A为氧元素；B是第三周期中除稀有气体外原子半径最大的元素，则B为钠元素；B和D能形成BD型离子化合物，且B、D的原子核外电子层数相同，则D为氯元素；C和D能形成CD3的化合物，则C显+3价；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀H2SO4-9-\n反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L，设C的相对原子质量M，则有=，所以C的相对原子质量为27；C原子中质子数比中子数少1，所以C为铝元素，C原子比E原子多1个电子，则E为镁元素，（1）A为氧元素，元素A在周期表中的位置是第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期第ⅥA族；（2）D与E形成的化合物为氯化镁，其电子式为，故答案为：；（3）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，所以A、B、D简单离子的半径大小关系为Cl﹣＞O2﹣＞Na+，故答案为：Cl﹣＞O2﹣＞Na+；（4）铝溶于氢氧化钠溶液的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，推断元素是解题关键，涉及元素周期表、电子式、离子半径比较、离子方程式的书写等知识，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容．四、计算题（共5分）12．室温下，将100mL某盐酸和硫酸的混合溶液分成两等分．一份加入过量BaCl2溶液，充分反应后得沉淀2.33g；另一份加入50mL1.0mol•L﹣1NaOH溶液，充分反应后溶液的pH=13（溶液的体积为100mL）．试计算：（1）每份溶液中所含H2SO4的物质的量0.01mol•L﹣1．（2）原混合溶液中盐酸的物质的量浓度为0.4mol•L﹣1．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】一份向混合溶液中加入过量BaCl2溶液，发生反应SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，充分反应后得沉淀2.33g为BaSO4的质量，根据硫酸钡的质量，利用硫酸根守恒计算计算硫酸的物质的量；另一份混合溶液中加入50mL1.0mol•L﹣1NaOH溶液，发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，HCl+NaOH=NaCl+H2O，充分反应后溶液的pH=13即氢氧根浓度为0.1mol/L（溶液的体积为100mL），则消耗的氢氧根为0.05×1.0﹣0.1×0.1=0.04mol，根据硫酸的物质的量计算与硫酸反应的氢氧化钠的物质的量，进而计算与盐酸反应的氢氧化钠的物质的量，再根据方程式计算HCl的物质的量，根据c=计算盐酸的物质的量浓度．【解答】解：（1）2.33gBaSO4的物质的量为：=0.01mol，根据硫酸根守恒n（H2SO4）=n（BaSO4）=0.01mol，故答案为：0.01；（2）另一份混合溶液中加入50mL1.0mol•L﹣1NaOH溶液，发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，HCl+NaOH=NaCl+H2O，充分反应后溶液的pH=13即氢氧根浓度为0.1mol/L（溶液的体积为100mL），则消耗的氢氧根为0.05×1.0﹣0.1×0.1=0.04mol，根据方程式H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可知，以0.01mol硫酸反应消耗氢氧化钠的物质的量为0.01mol×2=0.02mol，故与盐酸反应氢氧化钠的物质的量为：0.04mol﹣0.02mol=0.02mol，-9-\n由方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O可知，n（HCl）=n（NaOH）=0.02mol，故盐酸的物质的量浓度为：=0.4mol/L；故答案为：0.4．【点评】本题考查根据方程式的计算，比较基础，清楚反应过程是解题的关键．-9-