廣東省揭陽市下砂中學(xué)2022-2023學(xué)年高三化學(xué)月考試題含解析

廣東省揭陽市下砂中學(xué)2022-2023學(xué)年高三化學(xué)月考試題含解析一、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.甲、乙代表2種金屬，下列敘述中，不能判斷金屬活動性甲比乙強的是（）A．常溫下，甲能從水中置換出氫，而乙不能B．最高價氧化物對應(yīng)的水化物堿性比較，甲比乙的強C．甲與非金屬反應(yīng)時失電子比乙少D．甲、乙作電極，稀硫酸為電解質(zhì)溶液組成原電池，乙電極表面產(chǎn)生氣泡參考答案：C【考點】金屬在元素周期表中的位置及其性質(zhì)遞變的規(guī)律．【專題】元素周期律與元素周期表專題．【分析】A、常溫下，甲能從水中置換出氫，說明甲的活潑性非常強，而乙不能，說明乙的活潑性較弱；B、金屬元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物堿性越強，元素的金屬性越強；C、金屬性的強弱與失電子的多少無關(guān)，與失電子的難易程度有關(guān)；D、根據(jù)原電池電解質(zhì)溶液中的氫離子在正極放電，原電池的負(fù)極金屬活潑性強于正極金屬來回答．【解答】解：A、常溫下，甲能從水中置換出氫，說明甲的活潑性非常強，而乙不能，說明乙的活潑性較弱，即金屬活動性甲比乙強，故A不選；B、金屬元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物堿性越強，元素的金屬性越強，即甲比乙的強，故B不選；C、金屬性的強弱與失電子的多少無關(guān)，與失電子的難易程度有關(guān)，故選C；D、根據(jù)原電池電解質(zhì)溶液中的氫離子在正極放電，乙電極表面產(chǎn)生氣泡，說明乙是正極，原電池的負(fù)極金屬活潑性強于正極金屬，故D不選；故選C．【點評】本題考查了金屬活潑性的判斷方法，要注意的是：金屬的金屬性強弱與得失電子的難易有關(guān)，與得失電子的多少無關(guān)．2.某化學(xué)興趣小組對某獎牌中金屬的成分提出猜想：甲認(rèn)為該金屬是由純金制成；乙認(rèn)為該金屬是由金銀合金制成；丙認(rèn)為該金屬是由黃銅（銅鋅合金）制成。為證明甲、乙、丙猜想的正誤，可取少量制造該獎牌的材質(zhì)粉末，加入一種試劑，該試劑應(yīng)是（

）

A．硫酸銅溶液

B．硝酸銀溶液

C．鹽酸

D．稀硝酸參考答案：D略3.下列除去雜質(zhì)的方法正確的是（

）

A．除去CO2中混有的CO：用澄清石灰水洗氣

B．除去BaCO3固體中混有的BaSO4：加過量鹽酸后，過濾、洗滌

C．除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入過量鐵粉，過濾

D．除去Cu粉中混有的CuO：加適量稀硝酸后，過濾、洗滌參考答案：C略4.下列做法正確的是（）A．將濃硝酸保存在無色玻璃瓶中

B．用鑷子取出白磷并置于水中切割C．把氯酸鉀制氧氣后的殘渣倒入垃圾桶

D．氫氣還原氧化銅實驗先加熱再通氫氣

參考答案：答案：B5.下列有關(guān)化學(xué)用語正確的是A.次氯酸的結(jié)構(gòu)式：H－Cl－O

B.二氧化碳的比例模型：C.甲基的電子式：D.纖維素的通式：（C6H12O6）n參考答案：C略A、次氯酸的結(jié)構(gòu)式：H－O－Cl，故A錯誤；B、碳原子原子半徑大于氧原子，故B錯誤；C、正確；D、纖維素的通式：（C6H10O5）n，故D錯誤；6.下列物質(zhì)中，不能通過單質(zhì)間直接化合制取的物質(zhì)是（

）

A.CuCl2B.Fe3O4C.MgCl2

D.FeCl2參考答案：D略7.將0.01mol下列物質(zhì)分別加入100mL蒸餾水中，恢復(fù)至室溫，所得溶液中陰離子濃度的大小順序是(溶液體積變化忽略不計)①Na2O1

②Na2O

③Na2CO3

④NaClA.①>②>③>④

B.①>②>④>③C.①=②>③>④

D.①=②>③=④參考答案：A①②溶于水，溶質(zhì)都是0.02moL,但前者有氧氣生成，因此氫氧根濃度大，有①>②;③中碳酸根水解使得陰離子濃度稍大于④。因此有A正確。8.在甲、乙兩燒杯溶液中，分別含有大量的Cu2＋、K＋、H＋、Cl－、CO、OH－6種離子中的3種，已知甲燒杯的溶液呈藍(lán)色，則乙燒杯的溶液中大量存在的離子是()A．Cu2＋、H＋、Cl－

B．CO、OH－、Cl－C．K＋、H＋、Cl－

D．K＋、OH－、CO參考答案：D略9.下表所列各組物質(zhì)中，物質(zhì)之間通過一步反應(yīng)就能實現(xiàn)如圖所示轉(zhuǎn)化是（

）

A①②③④

B①②③

C①③④

D②④參考答案：A略10.下列各原子軌道中能容納電子數(shù)最多的是A．5p

B．4f

C．6s

D．4d參考答案：B略11.鋰電池用金屬鋰和石墨作電極材料，電解質(zhì)溶液是由四氯鋁鋰（LiAlCl4）溶解在亞硫酰（SOCl2）中形成的，該電池的總反應(yīng)方程式為：8Li+3SOCl2=6LiCl+Li2SO3+2S，下列敘述中正確的是

（

）

A．電解質(zhì)溶液中混入水，對電池反應(yīng)無影響B(tài)．上述過程中是電能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能

C．電池工作過程中，亞硫酰氯（SOCl2）被還原為Li2SO3

D．電池工作過程中，金屬鋰提供電子的物質(zhì)的量與析出硫的物質(zhì)的量之比為4：1參考答案：D略12.（16分）臭氧層是地球生命的保護(hù)神，臭氧比氧氣具有更強的氧化性。實驗室可將氧氣通過高壓放電管來制取臭氧：

（1）若在上述反應(yīng)中有30%的氧氣轉(zhuǎn)化為臭氧，所得混合氣的平均摩爾質(zhì)量為

g/mol（保留一位小數(shù)）。（2）將8L氧氣通過放電管后，恢復(fù)到原狀況，得到氣體6.5L，其中臭氧為

L。（3）實驗室將氧氣和臭氧的混合氣體0.896L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）通入盛有20.0g銅粉的反應(yīng)器中，充分加熱后，粉末的質(zhì)量變?yōu)?1.6g。則原混合氣中臭氧的體積分?jǐn)?shù)為 。參考答案：（1）35.6（5分）（2）3（5分）（3）0.5或50%（6分）13.礦鹽的主要成分是NaCl，還有SO42-等其他可溶性雜質(zhì)的離子。下列有關(guān)說法正確的是

A.由礦鹽生成食鹽，除去SO42-最合適的試劑是Ba(NO3)2

B.工業(yè)上通過電解氯化鈉溶液制備金屬鈉和氯氣

C.室溫下，AgCl在水中的溶解度小于在食鹽中的溶解度

D.用酚酞試液可鑒別飽和食鹽水和飽和純堿溶液參考答案：D略14.（2007·山東卷）11.下列說法正確的是A.乙烯的結(jié)構(gòu)簡式可以表示為CH2CH2B.苯、乙醇和乙酸都能發(fā)生取代反應(yīng)C.油脂都不能使溴的四氧化碳溶液退色D.液化石油氣和天然氣的主要成分都是甲烷參考答案：B本題考查有關(guān)有機化合物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)。乙烯的結(jié)構(gòu)簡式是CH2=CH2，A錯；苯易取代，乙醇、乙酸都能發(fā)生取代反應(yīng)，B正確；油脂是高級脂肪酸與甘油生成的酯，高級脂肪酸中有不飽和鍵，C錯；液化石油氣的主要成分是丁烷、丙烷等碳原子數(shù)較多的烴，D錯。15.下列化合物中同分異構(gòu)體數(shù)目最少的是(

)A.戊烷

B.戊醇

C.戊烯

D.乙酸乙酯參考答案：A二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.生鐵中含碳和硫等元素?；瘜W(xué)興趣小組對某生鐵樣品成分及其含量進(jìn)行探究。I．生鐵中碳和硫元素的定性檢驗

（1）將以下裝置進(jìn)行連接以完成實驗（夾持儀器已略去，填接口字母代號）

（2）將樣品研磨成粉末的目的是

。

（3）確認(rèn)樣品中含有碳元素的現(xiàn)象是

。II．生鐵中碳、硫質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定

（4）甲同學(xué)認(rèn)為，以上裝置可以粗略測定樣品中碳的含量。稱取樣品m1g進(jìn)行實驗，充分反應(yīng)后，測得C中生成的沉淀為m2g，該樣品中碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不小于（用含m1、m2的式子表示）

（5）乙同學(xué)認(rèn)為，待一定量樣品充分反應(yīng)后，向E裝置中加入過量氯化鋇溶液，根據(jù)沉淀質(zhì)量可以計算樣品中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，此方案是否合理？

（填“是”或“否”）；說明理由____

______________________________。

（6）丙同學(xué)提議：為測定樣品中硫的含量，可將c裝置中試劑改為足量的30%雙氧水，并按A→C→B→C裝置連接進(jìn)行實驗，充分反應(yīng)后，請你簡述后續(xù)的實驗方案

。參考答案：略三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.（14分）（2017?汕頭三模）碲（Te）廣泛用于彩色玻璃和陶瓷．工業(yè)上用精煉銅的陽極泥（主要含有TeO2、少量Ag、Au）為原料制備單質(zhì)碲的一種工藝流程如圖：已知TeO2微溶于水，易溶于較濃的強酸和強喊．（1）“堿浸”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為

．（2）堿浸后的“濾渣”可以部分溶于稀硝酸，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是

．（3）“沉碲”時控制溶液的pH為4.5?5.0，生成TeO2沉淀．酸性不能過強，其原因是

；防止局部酸度過大的操作方法是

．（4）“酸溶”后，將SO2通人TeCl4酸性溶液中進(jìn)行“還原”得到碲，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是

．（5）25°C時，亞碲酸（H2TeO3）的Ka1=1×10﹣3，Ka2=2×10﹣8①0.1mol?L﹣1H2TeO3電離度α約為

．（α=×100%）②0．lmol?L﹣1的NaHTeO3溶液中，下列粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是

．A．c（Na+）＞c（HTeO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2TeO3）＞c（H+）B．c（Na+）+c（H+）＞=c（HTeO3﹣）+c（TeO32﹣）+c（OH﹣）C．c（Na+）=c（TeO32﹣）+c（HTeO3﹣）+c（H2TeO3）D．c（H+）+c（H2TeO3）=c（OH﹣）+e（TeO32﹣）參考答案：（1）TeO2+2OH﹣=TeO32﹣+H2O；（2）3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；（3）溶液酸性過強，TeO2會繼續(xù)與酸反應(yīng)導(dǎo)致碲元素?fù)p失；緩慢加入H2SO4，并不斷攪拌；（4）TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4；（5）①10%；②CD

【考點】制備實驗方案的設(shè)計．【分析】根據(jù)TeO2微溶于水，易溶于較濃的強酸和強喊，加堿溶過濾除去雜質(zhì)，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降經(jīng)過濾得到TeO2沉淀，再用鹽酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫還原制成碲單質(zhì)，（1）TeO2微溶于水，易溶于較濃的強酸和強喊，是兩性氧化物，與氫氧化鈉發(fā)生類似氧化鋁與氫氧化鈉的反應(yīng)；（2）Ag溶于稀硝酸生成硝酸銀和NO；（3）因為TeO2是兩性氧化物，H2SO4過量會導(dǎo)致TeO2繼續(xù)與H2SO4反應(yīng)導(dǎo)致?lián)p失；（4）SO2還原TeCl4為Te，本身被氧化為硫酸，根據(jù)得失電子守恒書寫；（5）①亞碲酸（H2TeO3）是二元弱酸分步電離，0.1mol?L﹣1H2TeO3的電離度a可以依據(jù)第一步電離計算；②A．NaHTeO3的溶液中存在電離和水解平衡，比較水解平衡常數(shù)和K2，得到電離與水解程度的相對大小，再比較微粒濃度；B．根據(jù)電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HTeO3﹣）+2c（TeO32﹣）+c（OH﹣）；C．根據(jù)物料守恒：c（Na+）=c（TeO32﹣）+c（HTeO3﹣）+c（H2TeO3）D．質(zhì)子守恒：c（H+）+c（H2TeO3）=c（OH﹣）+e（TeO32﹣）．【解答】解：（1）TeO2微溶于水，易溶于較濃的強酸和強喊，是兩性氧化物，與氫氧化鈉發(fā)生類似氧化鋁與氫氧化鈉的反應(yīng)，離子方程式為：TeO2+2OH﹣=TeO32﹣+H2O；故答案為：TeO2+2OH﹣=TeO32﹣+H2O；（2）堿浸后的“濾渣”為Ag和Au，Ag溶于稀硝酸，反應(yīng)為：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；故答案為：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；（3）因為TeO2是兩性氧化物，H2SO4過量會導(dǎo)致TeO2繼續(xù)與H2SO4反應(yīng)導(dǎo)致?lián)p失；防止局部酸度過大的操作方法是：緩慢加入H2SO4，并不斷攪拌；故答案為：溶液酸性過強，TeO2會繼續(xù)與酸反應(yīng)導(dǎo)致碲元素?fù)p失；緩慢加入H2SO4，并不斷攪拌；（4）SO2還原TeCl4為Te，本身被氧化為硫酸，化學(xué)方程式為TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4；故答案為：TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4；（5）①25℃時，亞碲酸（H2TeO3）的Ka1=1×10﹣3，K2=2×10﹣8，H2TeO3?H++HTeO3﹣，Ka1===10﹣3，c（H+）=10﹣2mol/L，0.1mol?L﹣1H2TeO3的電離度a約為：×100%=10%；故答案為：10%；②A．NaHTeO3的溶液中存在電離和水解平衡，水解平衡常數(shù)Kh=====10﹣11＜K2=2×10﹣8，說明HTeO3﹣水解程度小于其電離程度，溶液顯酸性，則c（Na+）＞c（HTeO3﹣）＞c（H+）＞c（H2TeO3）＞c（OH﹣），故A錯誤；B．根據(jù)電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HTeO3﹣）+2c（TeO32﹣）+c（OH﹣），故B錯誤；C．根據(jù)物料守恒：c（Na+）=c（TeO32﹣）+c（HTeO3﹣）+c（H2TeO3），故C正確；D．質(zhì)子守恒：c（H+）+c（H2TeO3）=c（OH﹣）+e（TeO32﹣），故D正確；故答案為：CD．【點評】本題考查粗銅精煉的電解反應(yīng)式的書寫，對給定條件的化學(xué)方程式、離子方程式的判斷及書寫、電離平衡常數(shù)的應(yīng)用、溶液中離子濃度大小的判斷等，難點是NaHTeO3的溶液中電離和水解平衡程度的相對大小，注意化學(xué)原理的掌握和應(yīng)用，難度較大．18.硅及其化合物有許多用途，回答下列問題：(1)基態(tài)Si原子價層電子的排布圖（軌道表達(dá)式）為_________，含有長硅鏈的化合物不是氫化物，而是氯化物。主要原因是F比H多了一種形狀的原子軌道，該原子軌道的形狀為___________。(2)SiF4分子的立體構(gòu)型為_______形，SiCl4的熔、沸點均高于SiF4，主要原因是________________。(3)SiF4可KF反應(yīng)得K2SiF6晶體，該晶體可用于制取高純硅，K2SiF6晶體中微觀粒子之間的作用力有______。a.離子鍵

b.共價鍵

c.配位鍵

d.分子間作用力

e.氫鍵(4)H4SiO4的結(jié)構(gòu)簡式如圖(1)，中心原子Si的軌道雜化類型為_________，H4SiO4在常溫下能穩(wěn)定存在，但H4CO4不能，會迅速脫水生成H2CO3，最終生成CO2，主要原因是___________。(5)硅的晶胞結(jié)構(gòu)如圖(2)所示，若該立方晶胞的邊長為anm，阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值為NA，則距離最近的兩個硅原子間的距離為_____nm，晶體硅密度的計算表達(dá)式為_____g/cm3。參考答案：(1)

啞鈴形

(2)正四面體

SiCl4的的相對分子質(zhì)量大于SiF4，分子間作用力更大

(3)abc

(4)sp3雜化

Si的原子半徑大于C

(5)

【分析】(1)根據(jù)構(gòu)造原理結(jié)合洪特規(guī)則書寫Si的軌道表達(dá)式；結(jié)合F、H原子核外電子排布式及各個軌道電子云的空間形狀判斷；(2)根據(jù)價層電子對數(shù)判斷空間形狀；根據(jù)分子間作用力與相對分子質(zhì)量的關(guān)系分析比較；(3)K2SiF6晶體為離子晶體，結(jié)合離子的結(jié)構(gòu)分析；(4)H4SiO4中的Si原子最外層電子排布為3s23p2，全形成共價鍵，為sp3雜化；同一主族的元素形成化合物結(jié)構(gòu)相似，但原子半徑大小不同，從二者的不同分析；(5)最近的兩個Si原子處于晶胞對角線的處；用均攤法計算一個晶胞中含有的Si的原子個數(shù)，然后利用密度公式計算密度大小?！驹斀狻?1)Si是14號元素，根據(jù)構(gòu)造原理可知其其核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，結(jié)合洪特規(guī)則可知Si原子的價層電子的排布圖為；F是9號元素，核外電子排布式為：1s22s22p5；H核外只有1個電子，電子排布式為1s1，可見二者的區(qū)別在于F原子核外有p電子，p軌道為啞鈴形；(2)SiF4分子中的中心原子Si的價層電子對數(shù)為4，所以其立體構(gòu)型為正四面體；SiCl4的熔、沸點均高于SiF4，主要原因是二者都是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，對于結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)來說，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力就越大，克服分子間作用力使物質(zhì)熔化、氣化需要的能量更多，物質(zhì)的熔沸點就越高。由于SiCl4的的相對分子質(zhì)量于SiF4，分子間作用力更大；(3)K2SiF6晶體為離子晶體，陽離子K+與陰離子SiF62-通過離子鍵結(jié)合，在陰離子SiF62-中中心原子Si原子與6個F形成共價鍵，其中2個為配位鍵，因此含有的作用力為離子鍵、共價鍵、配位鍵，合理選項是abc；(4)H4SiO4中的Si原子最外層電子排布為3s23p2，全形成共價鍵，為sp3雜化；C、S都是第IVA的元素，原子最外層都有4個電子，但Si原子可組成H4SiO4，而C元素只能形成H2CO3，是由于Si的原子半徑大于C，電子對的排斥力小，而C原子的成鍵電子對排斥力強；(5)晶胞參數(shù)為anm，晶胞對角線為，晶胞中最近的兩個Si原子處于晶胞對角線的處，因此距離最近的兩個硅原子間的距離為；在一個晶胞中含有的Si原子個數(shù)為×8+×6+4=8，則晶胞的密度ρ==g/cm3?！军c睛】本題綜合考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)的知識。涉及原子的軌道表達(dá)