2022年高三12月月考化学试题 含解析

2022年高三12月月考化学试题 含解析7.下列物质的属性与事实不相符的是选项ABCD物质厨房清洁剂苯甲酸钠甲烷明矾事实pH7可做食品防腐剂可产生温室效应的气体可做水的消毒剂答案D解析A厨房清洁剂，次氯酸钠水溶液pH7；B.苯甲酸钠使食品添加剂，可做食品防腐剂；C甲烷、二氧化碳是温室效应的气体；D明矾溶于水，形成氢氧化铝胶体，靠强吸附性能净水，但不能杀菌消毒。8.铝可与硝酸钠发生反应（未配平）：Al+NaNO3+H2OAl(OH)3+N2+NaAlO2,有关叙述正确的是（）A.上述反应中水是氧化剂B.若反应过程中转移5 mol e-则生成标准状况下N2的体积为11.2LC.该反应的氧化产物是N2D.当消耗1 mol Al时，生成标况下N2的体积为22.4L答案 B解析根据方程式可知，Al元素的化合价从0价升高到3价，失去3个电子，做还原剂；硝酸钠中氮元素的化合价从5价降低到0价，得到5个电子，做氧化剂，而水不是氧化剂，也不是还原剂，A不正确，B正确；氮气水还原产物，氢氧化铝和偏铝酸钠是氧化产物，C不正确；1mol失去3mol电子，生成0.3mol氮气，D不正确，答案选B。9. 用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法准确的是（）A、 NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量是107克B、 标准状况下，0.2molSO3中含有氧原子数为0.6NAC、在1molCaC2、KHSO4的混合物中含阴阳离子的总数为3NAD、33.6L氯气与56克铁充分反应，转移的电子数为3NA答案 B解析A、一个氢氧化铁胶体是多个氢氧化铁分子的聚集体，故NA个Fe（OH）3胶体粒子中Fe（OH）3的物质的量大于1mol，故质量大于107g，故A错误；B、1mol三氧化硫含3mol氧原子，故0.2molSO3中含有氧原子数为0.6NA，故B正确；C、1molCaC2含1molCa2+和1molC22-；1molKHSO4固体含1molK+和1molHSO4-，故1molCaC2、KHSO4的混合物中含阴阳离子的总数为2NA，故C错误；D、氯气所处的状态不明确，即33.6L氯气的物质的量不一定是1.5mol，故转移的电子数不一定是3NA个，故D错误故选B10.下列仪器和装置，用橡胶管经过简单连接，可制备收集多种不同的气体(暂不考虑尾气吸收)。关于这些装置的连接，下列说法正确的是（ ）。A.制备收集乙炔：连接adf B.制备收集二氧化氮：连接acfC.制备收集氯气：连接ade D.制备收集氨气：连接bde答案 D解析D项，实验室制取氨气，可以采用氨水与氢氧化钠固体反应，用碱石灰干燥，再采用向下排空气法收集，故D项正确；A项，实验室制备乙炔采用的电石与饱和食盐水反应制备，该反应无需加热，故A项错误；B项，二氧化氮溶于水，不能用排水法收集，故B项错误；C项，氯气是酸性气体，不能用碱石灰干燥，故C项错误。综上所述，本题正确答案为D。11.下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是选项条件离子组离子共存判断及反应的离子方程式A滴加过量氨水Na+、Ag3+、Cl-、NO3-不能大量共存Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+B由水电离出的H+浓度为110-12mol/LNH4+、NO3-、Na+、Cl-一定能大量共存NH4+H2ONH3H2O+H+CpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42-、MnO4-不能大量共存5Fe2+MnO4-+8H+Mn2+5Fe3+4H2OD通入少量SO2气体K+、Na+、ClO-、SO42-不能大量共存2ClO-+SO2+H2O2HClO+SO32-答案 C解析离子的共存及离子方程式的书写为本题主要考查点。A.过量氨水使银离子生成银氨离子，故产物错误。B. 由水电离出的H+浓度为110-12mol/L 溶液可能显酸性也可能显碱性，酸性条件下离子可以大量共存，碱性条件下铵根离子与氢氧根离子结合生成弱电解质NH3H2O 不能大量共存，判断及离子方程式都错误；C. pH=1的溶液呈酸性，高锰酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应不能大量共存，判断及离子方程式均正确；D.ClO-与SO2发生氧化还原反应不能大量共存，离子方程式错误，故选C。12.根据如图回答，下列说法不正确的是（）A此装置用于电镀铜时，电解一段时间，硫酸铜溶液的浓度不变B若a为纯铜，b为粗铜，该装置可用于粗铜的电解精炼C燃料电池中正极反应为O2+4e+2H2O=4OHD电子经导线流入b电极答案 B解析 燃料电池中，通入氢气的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则b是阴极、a是阳极，A此装置用于电镀铜时，阳极溶解的金属铜等于阴极析出的金属Cu，所以电解质溶液中铜离子相当于不参加反应，则其浓度不变，故A正确；B电解精炼时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以若a为粗铜，b为纯铜，该装置可用于粗铜的精炼，故B错误；C燃料电池中，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应为O2+4e+2H2O=4OH，故C正确；D电子从负极沿导线流向b电极、从a电极流向正极，故D正确13.已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJmol1一定条件下，向体积为1L的密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化曲线如图所示下列叙述中，正确的是（）A升高温度能使增大B反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为75%C3 min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率D从反应开始到平衡，H2的平均反应速率（H2）=0.075 molL1min1答案 B解析 A该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，甲醇的物质的量浓度减小、二氧化碳物质的量浓度增大，所以升高温度能使减小，故A错误；B反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率=75%，故B正确；C.3min时，该反应没有达到平衡状态，根据图知，该反应向正反应方向进行，所以正反应速率大于逆反应速率，则CO2的浓度表示的正反应速率与CH3OH的浓度表示的逆反应速率不等，故C错误；D从反应开始到平衡，（CO2）=0.075 molL1min1，同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以（H2）=3（CO2）=30.075 molL1min1=0.225molL1min1，故D错误；故选B26.(14分)A、B、C、D都是中学化学中常见的物质, 其中A、B、C均含有同一种元素, 在一定条件下相互转化关系如下(部分反应中的水已略去):(1)若A为氯碱工业的产品, C为厨房中的用品。D的电子式是，A所含化学键的类型是 反应的离子方程式是。n(D)/moln(HCl)/mol 3 5氯碱工业制备A的化学方程式是。将一定量的D与2L A的溶液充分反应，向所得溶液中边逐滴加入稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图（忽略气体的溶解和HCl的挥发）请回答：O点溶液中所含溶质的化学式为 (2)若A、D均为单质, 且A为气体, D的一种红棕色氧化物常用作颜料。B溶液可净水的原因是(用离子方程式表示)。A的实验室制法的化学方程式 答案 （1）略 离子键、共价键 HCO3-+OH-=H2O+CO32- 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 NaOH、Na2CO3(2) Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2 +2H2O解析(1)若A为氯碱工业的产品, 则A是NaOH,所以A的化学键是离子键和共价键。 由转化关系及C为厨房中的用品可判断出B是Na2CO3, C是NaHCO3, D是CO2。; 氯碱工业制备NaOH采用的是电解法, 化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2。根据图形可知，03之间，是氢氧根和碳酸根消耗盐酸(2)D为单质,D的一种红棕色氧化物常用作颜料, 则该氧化物是Fe2O3, 故D是Fe; 根据图中各物质间的转化关系可知A是Cl2, B是FeCl3, C是FeCl2。FeCl3作净水剂是利用Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体的吸附性能。A的实验室制法是用二氧化锰和浓盐酸混合加热27.四氯化锡（SnCl4）是合成有机锡化合物的原料，其熔点为33，沸点为114，在潮湿的空气中强烈水解产生有刺激性的白色烟雾，产物之一为SnO2实验室制备四氯化锡的操作是：将金属锡熔融，然后泼入冷水，制成锡花，将干燥的锡花加入反应器中；再向反应器中缓慢地通入干燥的氯气I图1是实验室制备干燥氯气的实验装置（夹持装置已略）（1）该装置制备氯气选用的药品为漂粉精固体【主要成分Ca(ClO)2】和浓盐酸，B中发生反应的化学方程式为 （2）装置C中饱和食盐水的作用 ，同时装置C亦是安全瓶，能检测实验进行时D中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时C中的现象_ _（3）试剂X可能为_ _（填写字母）A无水氯化钙 B浓硫酸 C碱石灰 D五氧化二磷（4）四氯化锡在潮湿空气中水解的化学方程式 （5）用锡花代替锡粒的目的是 II图2是蒸馏SnCl4的装置（6）该装置尚有两处不当之处，它们分别是 , 写出III中发生反应的离子方程式 答案与解析（1）Ca（ClO）2和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2+2H2O，故答案为：分液漏斗；Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2+2H2O；（2）制备的氯气中含有HCl，饱和食盐水除去Cl2中的HCl；若D中发生堵塞，装置内气压增大，c中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，故答案为：除去Cl2中的HCl；长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（3）四氯化锡极易水解，通入的氯气应干燥，U形管中试剂X干燥氯气，不能为碱性干燥剂，可以吸收氯气，不能为液体干燥剂，否则气体不能通过，可以选择氯化钙、五氧化二磷，故答案为：AD；（4）四氯化锡遇水强烈水解，根据水解原理可知，应生成Sn（OH）4、HCl，产物之一是固态二氧化锡，说明Sn（OH）4分解生成SnO2与H2O，故水解生成SnO2、HCl，反应方程式为：SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl，故答案为：SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl；（5）用锡花代替锡粒的目的是：增大与氯气的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大与氯气的接触面积，加快反应速率；（6）温度计水银球位置不对，应再蒸馏烧瓶支管口处；四氯化锡遇水强烈水解，而装置中的水蒸气易进入中，使其发生水解，二者之间缺少干燥装置；故答案为：温度计水银球位置不对；和之间缺少干燥装置；III中主要吸收未反应的氯气，防止污染空气，反应离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O28.(16分)CH4和CO2反应可以制造价值更高的化学产品。（1）已知：CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g)H1=akJmol1 CO(g)H2O (g)CO2(g)H2(g)H2=b kJmol1 2CO(g)O2(g)2CO2(g) H3=ckJmol1反应CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g)的H=_ kJmol1（2）用Cu2Al2O4做催化剂，一定条件下，发生反应：CO2+CH4CH3COOH，请回答：温度与催化剂的催化效率和乙酸的生成速率如图。250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是 .为提高上述反应CH4的转化率，可采取的措施有 、(写2种)。Cu2Al2O4可溶解在稀硝酸中，被氧化的元素为 ，每消耗3mol Cu2Al2O4时被还原的稀HNO3为mol。II、(3)已知丙醛的燃烧热为1815kJ/mol，丙酮的燃烧热为1789kJ/mol，试写出丙醛燃烧热的热化学方程式 。（4）以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池,采用电解法制备Fe(OH)2,装置如图所示,其中P端通入CO2.石墨I电极上的电极反应式为 通电一段时间后,右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀,且较长时间不变色.则下列说法中正确的是 (填序号).A.X、Y两端都必须用铁作电极B.可以用NaOH溶液作为电解液C.阴极发生的反应是:2H2O+2e-=H2+2OH-D.白色沉淀只能在阳极上产生.答案（1）a-2c+2b（2）温度在250300时，催化剂的催化效率降低 增大反应压强、增大CO2的浓度Cu 2 （3）CH3CH2CHO(l）+4O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) H=-1815 kJ/mol（4）H2-2e-+CO32-=CO2+H2O BC解析：根据装置图分析,石墨电极是通入氢气发生的氧化反应,氢气失去电子在熔融盐Na2CO3组成燃料电池中反应生成水,即:H2-2e-+CO32-=CO2+H2O,因此，本题正确答案是:H2-2e-+CO32-=CO2+H2O;A.X、Y两端,阳极Y必须是铁电极,X电极不需要一定用铁作电极,可以用石墨电极,故A错误;B.电解过程是阴极上氢离子放电得到溶液中的氢氧根离子交换亚铁离子生成氢氧化亚铁,所以可以用NaOH溶液作为电解液,所以B选项是正确的;C.阴极发生的反应是溶液中的氢离子得到电子生成氢气,碱溶液中电极反应:2H2O+2e-=H2+2OH-,所以C选项是正确的;D.白色沉淀只能在阳极上产生,随电解过程分析,亚铁离子移向阴极也可以在阴极生成氢氧化亚铁沉淀,故D错误.所以BC选项是正确的.36.下表为部分短周期元素化合价及相应原子半径的数据:元素性质元素编号ABCDEFGH原子半径(nm)0.1020.1100.1170.0740.0750.0710.0990.186最高化合价+6+5+4+5+7+1最低化合价-2-3-4-2-3-1-10己知:(1)A与D可形成化合物AD2、AD3,(2)E与D可形成多种化合物,其中ED、ED2是常见的化合物,C可用于制光电池.(1)F在周期表中位置是 ;A的氢化物与少量H的最高价氧化物对应水化物的溶液反应生成的盐的电子式为 (2)E的简单气态氢化物与空气可以构成一种燃料电池,电解质溶液是稀硫酸,其负极的电极反应式为 ；(3)分子组成为ADG2的物质在水中会强烈水解,产生使品红溶液褪色的无色气体和一种强酸.该反应的化学方程式是: (4)无色气体ED遇空气变为红棕色.将标准状况下40L该无色气体与15L氧气通入一定浓度的NaOH溶液中,恰好被完全吸收,同时生成两种盐.请写出该反应的离子方程式 答案解:短周期元素,A、D的最低化合价-2,处于第A族,A最高化合价+6,且A原子半径较大,故A为S元素,D为O元素;B、E都有最高正价+5、最低负价-3,处于A族,B的原子半径较大,则B为P元素、E为N元素;C最高正价+4、最低负价-4,处于A族,原子半径较大,则C为Si元素;F、G都有最低化合价-1,处于A族,G有最高正化合价+7,且原子半径较大,则F为F元素、G为Cl元素,H最高正化合价为+1,原子半径大于Si,因此H为Na元素,以此来解答.(1)F为F元素,在元素周期表中的位置是第二周期A族;H2S与少量的NaOH溶液生成NaHS,NaHS为离子化合物因此，本题正确答案是:第二周期A族;；(2)E的简单气态氢化物NH3;因为是酸性电解质,氨气在负极失去电子生成氮气和氢离子,负极电极反应式为:2NH3-6e-=N2+6H+,(3)SOCl2在水中会强烈水解,产生使品红溶液褪色的无色气体和一种强酸,则生成SO2与HCl,该反应的化学方程式是SOCl2+H2O=SO2+2HCl,(4)无色气体ED遇空气变为红棕色,则该无色气体为NO,将标准状况下40L与15L氧气通入一定浓度的NaOH溶液中,恰好被完全吸收,同时生成两种盐,生成硝酸钠、亚硝酸钠,令硝酸钠、亚硝酸钠的物质的量分别为xmol、ymol,则:,计算得出x:y=1:3,故反应离子方程式为:8NO+3O2+8OH-=2NO3-+6NO2-+4H2O,