重庆市云阳江口中学校2022届高三化学上学期第三次月考试题含解析.doc

重庆市云阳江口中学校2022届高三化学上学期第三次月考试题含解析化学测试卷共4页。总分值100分。考试时间50分钟。可能用到的相对原子质量：Ba 137S 32C 12O 16Fe 56本卷须知：1答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上2答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3答非选择题时，必须用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡上规定的位置上。4所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答案无效。5考试结束后，将试卷带走方便老师评讲，答题卡不得带走。一、选择题本大题共7个小题，每题6分。在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共42分。1.中华民族创造创造为人类文明进步做出了巨大奉献。以下物质主要成分是有机物的是A. 茅台酒B. 景德镇瓷器C. 华新水泥D. 铸造后母戊鼎【答案】A【解析】【详解】A.茅台酒主要成分为乙醇，属于有机物，故A正确；B.景德镇瓷器主要成分是硅酸盐，属于无机物，故B错误；C.水泥主要成分是硅酸盐，属于无机物，故C错误；D.铸造后母戊鼎主要成分是合金，属于无机物，故D错误；答案：A2.2022年2月，中国首条“生态马路在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2。以下对此反响的表达中正确的选项是().A. 使用光催化剂不改变反响速率B. 使用光催化剂能增大NO的转化率C. 升高温度能加快反响速率D. 改变压强对反响速率无影响【答案】C【解析】【详解】A. 使用光催化剂改变反响速率可以加快化学反响速率，A不正确； B. 使用光催化剂对正、逆反响的速率的影响是相同的，不能增大NO的转化率，B不正确；C. 升高温度能提高活化分子的百分数，故能加快反响速率，C正确； D. 该反响中的所有组分均为气体，故改变压强对反响速率有影响，D不正确。应选C。3.以下实验操作正确的选项是实验 操作A 证明某溶液中存在 Fe3+ 先加少量氯水，再滴加 KSCN 溶液，出现血红色B 除去 NaCl溶液中存在的 Na2SO3 向该溶液中参加适量的稀硝酸C别离氢氧化铝和氢氧化镁的混合物将混合物溶于适量氢氧化钠溶液，过滤得Mg(OH)2；向滤液中通入过量氯化氢，过滤得Al(OH)3D 制备氢氧化铁胶体 将少量饱和 FeCl3 溶液滴参加沸水中继续煮沸至溶液呈红褐色A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.证明某溶液中存在 Fe3+,可以直接滴加 KSCN 溶液，看是否出现血红色，故A错误；B.亚硫酸钠与硝酸反响生成硫酸钠，硫酸钠仍然存在于溶液中，故无法除去，故B错误；C.向滤液中通入过量氯化氢，氢氧化铝与盐酸反响，所以得不到Al(OH)3，故C错误；D.将少量饱和 FeCl3 溶液滴参加沸水中继续煮沸至溶液呈红褐色，可以得到氢氧化铁胶体，故D正确。应选D。4.以下离子方程式正确的选项是 ( )A. 磁性氧化铁溶于稀硝酸:3Fe2+4H+NO3- =3Fe3+NO+3H2OB. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-C. 向Fe(NO3)3溶液中参加过量的HI溶液:2NO3-+8H+6I- =3I2+2NO+4H2OD. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反响生成Na2FeO4:3ClO-+2Fe(OH)3 =2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+【答案】B【解析】【详解】A. 磁性氧化铁为Fe3O4，是金属氧化物，离子反响中不能拆写，正确的离子反响为: 3Fe3O4 +28H+NO3-= 9Fe3+NO+14H2O，故A错误；B. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3和碳酸氢钠:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，故B正确；C. 向Fe(NO3)3溶液中参加过量的HI溶液反响生成硝酸亚铁、碘单质、一氧化氮和水: Fe3+NO3-+4H+4I- = Fe2+2I2+NO+2H2O，故C错误；D. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反响生成Na2FeO4: 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故D错误；答案选B。【点睛】离子方程式书写注意哪些能拆，哪些不能拆，尤其注意要发生氧化复原反响，化合价的变化，还要符合电荷守恒，反响发生的条件等。5.石墨烯电池是利用锂离子在石墨烯外表和电极之间快速大量穿梭运动的特性而研发的新型可充放电电池，其反响式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如以下列图所示。以下关于该电池的说法正确的选项是 A. 充电时，嵌入中B. 放电时，极发生的电极反响为C. 放电时负极反响为：D. 充电时，假设转移，石墨烯电极增重7g【答案】D【解析】【分析】根据电池反响式知，负极反响式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反响式为Li1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反响式与负极、正极反响式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解答。【详解】A. 充电时，石墨烯为阴极，C6发生复原反响生成LixC6，那么Li+向石墨烯移动，故A项错误；B. 放电时，LiCoO2极是正极，发生得电子的复原反响,电极反响式为：Li1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2，故B项错误；C. 放电时负极反响LixC6-xe-=C6+xLi+，原电池中无Li单质存在，故C项错误；D. 充电时，石墨烯电极的电极反响式为：C6+xLi+xe- = LixC6，根据关系式xe- C6 LixC6电极增重的实际质量为锂元素的质量，所以假设转移1mol e-，电极增重为 1 mol×7 g/mol = 7 g,故D项正确；答案选D。【点睛】有关电化学根底，把握规律是解题的关键，其中计算是必不可少的，此题的D项可采用关系式法作答，即根据得失电子守恒关系建立量与未知量之间的桥梁，列出关系式进而计算。6.交联聚合物P的结构片段如下列图。以下说法不正确的选项是图中表示链延长A. 聚合物P中有酯基，能水解B. 聚合物P的合成反响为缩聚反响C. 邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构D. 聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得【答案】C【解析】【详解】A. 根据X为、Y为可知，X与Y直接相连构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A正确；B. 聚合物P中含酯基，可由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反响合成，故B正确；C. 乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH，与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，不能形成交联结构，故C错误；D. 聚合物P的原料之一为丙三醇，油脂为高级脂肪酸甘油酯，油脂水解可生成甘油即丙三醇，故D正确；答案选C。【点睛】根据X和Y的结构知聚合物P中含酯基，所以用切割法判断合成聚合物P的原料。7.某100mL溶液可能含有Na+、Fe3+、Cl中的假设干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所加试剂均过量，气体全部逸出。以下说法正确的选项是A. 原溶液一定存在 和，一定不存在 Fe3+B. 原溶液可能存在 Cl 和 Na+C. 原溶液中 c是 0.01molL1D. 假设原溶液中不存在 Na+，那么 cCl0.1molL1【答案】A【解析】【分析】参加氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，那么该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀局部溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32-、SO42-，硫酸钡沉淀是2.33g，硫酸根离子的物质的量是0.01mol，碳酸钡沉淀的质量为4.30-2.33=1.97g，碳酸根离子的物质的量是0.01mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中参加氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，氨气物质的量为=0.05mol；根据元素守恒，铵根离子的物质的量是0.05mol；根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和：0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以一定存在氯离子，钠离子不能确定，nCl-0.01mol，所以cCl-0.1molL-1。【详解】A.根据上面分析，原溶液一定存在 和，一定不存在 Fe3+，故A正确；B.根据上面分析，原溶液一定存Cl-，可能存在Na+，故B错误；C.原溶液中 c是=0.1mol/L，故C错误；D.假设原溶液中不存在 Na+，那么 cCl=0.1molL1，故D错误；答案：A【点睛】此题的难点是根据电荷守恒判断Cl-和Na+存在。二、非选择题共58分。第810题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1112题为选考题，考生根据要求作答。8.根据地球化学分析，地壳中存在量较大的9种元素含量如下列图，含量第一、第三、第四的三种元素用字母代号表示。答复以下问题：1X的名称为 _，Z的元素符号为 _ 。2硅的氧化物与氢氟酸反响的化学方程为_，Y元素的单质与Z3X4反响的化学方程式为 _，23.2 g Z3X4完全反响时，转移的电子数目为_。用NA代表阿伏加德罗常数的值3NOx的消除。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定温度和催化剂条件下可发生如下反响：2NO(g)2CO(g) N2(g)2CO2(g) H。：CO燃烧热的H1283.0kJ·mol1，N2(g)O2(g) 2NO(g) H2180.5kJ·mol1，那么H_。4以MnSO4溶液为原料可通过电解法制备超级电容材料MnO2，其装置如下列图：那么电解过程中阳极电极反响为_。电解一段时间后，阴极溶液中H+的物质的量_填“变大、“减小或者“不变。【答案】 (1). 氧 (2). Fe (3). SiO2 + 4HF = SiF4 + 2H2O (4). 8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe (5). 0.8NA (6). -746.5KJ/mol (7). Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (8). 不变【解析】【分析】1地壳中元素含量由多到少分别为氧、硅、铝、铁、钙、钠、钾、镁、氢；2硅的氧化物与氢氟酸反响生成四氟化硅气体和水；Al与Fe3O4发生铝热反响；3根据盖斯定律解题；4根据阳极氧化失电子，阴极复原得电子书写电极反响，判断离子物质的量的变化；【详解】1地壳中元素含量由多到少分别为氧、硅、铝、铁、钙、钠、钾、镁、氢；X地壳中含量最高，名称为氧，Z在地壳中含量位于第四位，元素符号为Fe；答案：氧 Fe2硅的氧化物与氢氟酸反响生成四氟化硅和水，化学方程式为SiO2 + 4HF = SiF4 + 2H2O，Al与Fe3O4发生铝热反响生成Al2O3和Fe，反响的化学方程式为8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe，23.2 g Fe3O4完全反响时转移的电子数目为=0.8NA；答案：SiO2 + 4HF = SiF4 + 2H2O 8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe 0.8NA3：CO燃烧热的H1283.0kJ·mol1，热化学方程式为2COg+O2g=2CO2gH1-576kJ·mol1，N2(g)O2(g) 2NO(g) H2180.5kJ·mol1，根据盖斯定律-得2NO(g)2CO(g) N2(g)2CO2(g) H=-746.5KJ/mol；答案：-746.5KJ/mol4根据Mn的化合价，从2价4价，失电子发生氧化反响，那么阳极电极反响式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；阴极上2H+2e-=H2，假设电解过程中外电路转移amole-,那么阴极消耗amolH+,同时有amolH+由阳极移向阴极，故阴极溶液中H+的物质的量不会改变；答案：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ 不变【点睛】第4小题为难点，注意氢离子交换膜只允许氢离子通过，电路中转移多少电子，就有多少氢离子从阳极转移到阴极。9.氨气与适量氯气混合反响可生成NH4Cl(俗称脑砂)和一种无污染的气体。某学习小组利用以下装置模拟该反响,请答复相关问题。(1)该实验中所需的氯气是用浓盐酸与MnO2反响制取。装置A中仪器X的名称为_;X中发生反响的离子方程式为_。(2)要得到枯燥纯洁的氯气,上述A、B、C装置的连接顺序依次为a_(用小写字母表示)。(3)利用E装置,将适量氨气与氯气充分混合反响氨气应从_(用小写字母表示)通入,反响的化学方程式为_;可能观察到的现象是_。(4)?唐本草?记载脑砂入药可以散瘀消肿,天然脑砂含少量NH4Cl，现取天然脑砂进行NH4Cl含量测定。准确称取一定质量脑砂,与足量的氧化铜混合,如以下列图所示进行实验。:2NH4Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O 。为顺利完成有关物理量的测定,请完善以下表格:测量时间点加热前当观察到_现象时测量内容_停止加热,冷却,称量H装置的总质量如果不用J装置,测出NH4Cl的含量将_(填“偏高“偏低或“无影响)。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). MnO22Cl4HMn2Cl22H2O (3). debc (4). f (5). 8NH33Cl2=6NH4ClN2 (6). 黄绿色气体消失，有白烟生成 (7). 称量H的总质量 (8). G中不再有气泡出现 (9). 偏高【解析】【分析】1装置A中仪器X的名称为圆底烧瓶，利用MnO2和浓HCl制取氯气；2要先用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，再枯燥；3氨气的密度小，利用E装置,将适量氨气与氯气充分混合反响氨气应从f通入，氯气能将氨氧化，生成氯化铵，由此分析；4F中发生反响2NH4Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O，G中浓硫酸将氯化氢枯燥，H中碱石灰增重，可测定HCl的质量，可算出氯化铵。如果不用J装置，空气中的水和二氧化碳会进入J中，测出NH4Cl的含量将偏高。【详解】1装置A中仪器X的名称为圆底烧瓶，利用MnO2和浓HCl制取氯气，MnO22Cl4HMn2Cl22H2O；2要先用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，再枯燥，要得到枯燥纯洁的氯气,上述A、B、C装置的连接顺序依次为adebc；3氨气的密度小，从f进，氯气的密度大于氨气的密度，有利于两种气体充分混合，并且充分反响，生成氯化铵，8NH33Cl2=6NH4ClN2，可能观察到的现象是：黄绿色气体消失有白烟生成；4F中发生反响2NH4Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O，G中浓硫酸将氯化氢枯燥，当观察到G中不再有气泡出现现象时，H中碱石灰增重，可测定HCl的质量，加热前要称量H的总质量，根据反响后H的增重可算出氯化铵。如果不用J装置，空气中的水和二氧化碳会进入J中，测出NH4Cl的含量将偏高。【点睛】此题以岩脑砂为载体，考查氯气的制备原理、仪器识别、气体除杂与枯燥、实验装置的连接、物质的检验、对装置的分析评价、物质含量测等知识，难点：4物质含量测定实验设计，要排除各种干扰因素。10.醋酸镍(CH3COO)2Ni是一种重要的化工原料。一种以含镍废料含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如下：相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH物质20°C时溶解性(H2O)Fe3+1.13.2CaSO4微溶Fe2+5.88.8NiF2可溶Al3+3.05.0CaF2难溶Ni2+6.79.5NiCO3Ksp9.60×1061粉碎含镍废料的作用_。2酸浸过程中，1molNiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反响的化学方程式：_ 。3写出氧化步骤中参加H2O2发生反响的离子方程式：_4调节pH除铁、铝步骤中，溶液pH的调节范围是 _。5滤渣1和滤渣3主要成分化学式分别是_、_ 。6保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最正确温度与时间分别为_°C、_min。【答案】 (1). 增大接触面积，提高镍的浸出率 (2). NiS+H2SO4+2HNO3NiSO4+SO2+2NO+2H2O； (3). H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O (4). 5.0pH<6.7； (5). SiO2和CaSO4 (6). CaF2 (7). 70 (8). 120【解析】【分析】流程分析：将含镍废料粉碎后参加H2SO4和少量HNO3进行酸浸，过滤后得到主要含Ni2、Al3、Fe3(还可能含少量Fe2、Ca2)的溶液和主要含SiO2、CaSO4的滤渣，弃去滤渣，向滤液中参加H2O2将可能含有的Fe2氧化为Fe3，调节溶液pH为5.0pH6.7，使Al3、Fe3转化为氢氧化物沉淀，再通过过滤除去，向过滤所得的滤液1中参加NH4F除去滤液中的Ca2，过滤后向滤液2中参加Na2CO3使Ni2沉淀为NiCO3，过滤后向NiCO3中参加醋酸得到醋酸镍，再进一步蒸发、结晶、洗涤得到醋酸镍产品。【详解】1粉碎含镍废料的作用增大接触面积，提高镍的浸出率；答案：增大接触面积，提高镍的浸出率2由题意知，酸浸时1 mol NiS失去6 mol电子，S2被氧化为SO2，硝酸被复原为NO，根据得失电子守恒、原子守恒反响的化学方程式为NiS+H2SO4+2HNO3NiSO4+SO2+2NO+2H2O；答案：NiS+H2SO4+2HNO3NiSO4+SO2+2NO+2H2O3向滤液中参加H2O2将可能含有的Fe2氧化为Fe3，发生反响的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；答案：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O4根据表格可知，调节溶液pH为5.0pH6.7，使Al3、Fe3转化为氢氧化物沉淀，再通过过滤除去；答案：5.0pH<6.7(5) 将含镍废料粉碎后参加H2SO4和少量HNO3进行酸浸，过滤后得到主要含Ni2、Al3、Fe3(还可能含少量Fe2、Ca2)的溶液和主要含SiO2、CaSO4的滤渣；向过滤所得的滤液1中参加NH4F除去滤液中的Ca2，滤渣为CaF2；答案：SiO2和CaSO4 CaF26通过图像可知，在120min浸出率已经到达最高，再来看温度，在70°和90°两条线也是比较接近的，同时在120°时几乎没有差异了，所以选择节能的70°；答案：70 12011.利用生物质产品A和E为原料合成高分子和I的路线如下：答复以下问题：1A的化学名称是_。2、的反响类型依次是_、_。3B、I的结构简式依次是_、_。4反响和的化学方程式分别是_、_。5X与C互为同分异构体，X中含有羧基和碳碳双键，写出所有符合题意的X的结构简式：_不考虑立体异构。【答案】 (1). 丙三醇甘油 (2). 加聚反响 (3). 缩聚反响 (4). CH2=CHCOOH (5). (6). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (7). CH2=CH-COOH + CH3OHCH2=CH-COOCH3 + H2O (8). CH2=CHCH2COOH 、CH3CH=CHCOOH 、 CH2=CCH3COOH【解析】【分析】流程分析：此题主要采用逆推方式推测。C发生加聚反响生成D，根据D，确定C；B与甲醇发生酯化反响生成C，那么B为CH2=CHCOOH；H在浓硫酸作用下，发生消去反响生成B；H发生缩聚反响生成聚酯I，那么I为 ；根据G可知，E为CH3CH2OH，E发生催化氧化反响生成FCH3CHO，F与HCN发生加成反响生成G，据此分析。【详解】1由可知A为，A的化学名称是丙三醇；答案：丙三醇2根据上面分析可知，第步反响为C发生加聚反响生成D、第步的反响为H发生缩聚反响生成聚酯I；答案：加聚反响 缩聚反响3根据D，确定C为；B与甲醇发生酯化反响生成C，那么B为CH2=CHCOOH；H发生缩聚反响生成聚酯I，那么I为；答案：CH2=CHCOOH 4反响为CH3CH2OH发生催化氧化反响生成CH3CHO和水，方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；反响丙烯酸和甲醇发生酯化反响生成丙烯酸甲酯和水，方程式为CH2=CH-COOH + CH3OHCH2=CH-COOCH3 + H2O；答案：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O CH2=CH-COOH + CH3OHCH2=CH-COOCH3 + H2O5C为，X与C互为同分异构体，X中含有羧基和碳碳双键，先写出碳链，在确定碳碳双键，那么X可能为 CH2=CHCH2COOH 、CH3CH=CHCOOH 、 CH2=CCH3COOH；答案：CH2=CHCH2COOH 、CH3CH=CHCOOH 、 CH2=CCH3COOH- 12 -