宁夏2022年上学期石嘴山市第三中学高三化学第一次月考试题答案

宁夏2022年上学期石嘴山市第三中学高三化学第一次月考试题答案第I卷（选择题，每小题3分，共18小题，总计54分）1—5DCCAA6-10CDCBB11-15CBCAD16-18CBD第Ⅱ卷（非选择题，共66分）19.解析:(1)由c=得,c(NaClO)=mol·L-1≈4.0mol·L-1。(2)稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变,则有100mL×10-3L·mL-1×4.0mol·L-1=100mL×100×10-3L·mL-1×c(NaClO),解得稀释后c(NaClO)=0.04mol·L-1,c(Na+)=c(NaClO)=0.04mol·L-1。(3)选项A,配制过程中需要加入水,所以洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用;选项B,未洗涤烧杯和玻璃棒将导致配制的溶液中溶质的物质的量减小,结果偏低;选项C,应选取500mL的容量瓶进行配制,然后取出480mL即可,所以需要NaClO的质量为0.5L×4.0mol·L-1×74.5g·mol-1=149.0g。(4)①根据H2SO4的组成可知,溶液中c(H+)=2c(H2SO4)=2×2.3mol·L-1=4.6mol·L-1。②2L2.3mol·L-1的稀硫酸中溶质的物质的量为2L×2.3mol·L-1=4.6mol,设需要98%(密度为1.84g·cm-38/8\n)的浓硫酸的体积为VmL,则有=4.6mol,解得V=250。答案:(1)4.0　(2)0.04　(3)B　(4)①4.6　②25020.解析:(1)、(2)A项,Na2O2+2HCl2NaCl+H2O2中各元素化合价不变,所以不属于氧化还原反应;B项,Ag2O+H2O22Ag+O2↑+H2O中Ag元素化合价由+1价变为0价、O元素化合价由-1价变为0价,所以氧化银是氧化剂、H2O2是还原剂;C项,2H2O22H2O+O2↑中O元素由-1价变为0价和-2价,所以H2O2是氧化剂和还原剂;D项,3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中Cr元素化合价由+3价变为+6价、O元素化合价由-1价变为-2价,所以H2O2是氧化剂,硫酸铬为还原剂。(3)在稀硫酸中,KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应:负极反应:H2O2-2e-2H++O2↑①正极反应:Mn+5e-+8H+Mn2++4H2O②①×5+②×2得到,该氧化还原反应的离子方程式为5H2O2+2Mn+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O。(4)反应中Cl元素化合价由-1价升高到0价,若转移了0.3mol电子,则生成氯气的物质的量为=0.15mol,在标准状况下的体积为0.15mol×22.48/8\nL/mol=3.36L;反应中HCl被氧化成氯气,根据Cl元素守恒可知被氧化的HCl的物质的量为0.15mol×2=0.3mol。(5)除去镁粉中的少量铝粉,Al与NaOH反应,而Mg不能,然后过滤,发生的反应为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑。答案:(1)D　(2)C　(3)5H2O2+2Mn+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O(4)3.36L　0.3mol　(5)氢氧化钠溶液　过滤　2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑21.解析:加入AgNO3溶液有沉淀产生,说明溶液中可能存在Cl-、C、S;1.12L氨气的物质的量为=0.05mol,溶液中一定含有N,并且物质的量为0.05mol;2.33g为硫酸钡的质量,其物质的量为=0.01mol;6.27g为硫酸钡和碳酸钡的质量,碳酸钡的质量为6.27g-2.33g=3.94g,物质的量为=0.02mol;溶液中一定存在S、C。(1)根据离子共存可知,一定不存在Cu2+、Ba2+、Mg2+。8/8\n(2)实验b发生的反应是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水,反应的离子方程式为N+OH-NH3↑+H2O。(3)结合分析可知,溶液中一定含有的阴离子为C、S,c(S)==0.1mol/L,c(C)==0.2mol/L。(4)由题干信息可知,N物质的量为0.05mol,S物质的量为0.01mol,C物质的量为0.02mol,由溶液中电荷守恒可知,溶液中一定含有K+,而且n(K+)+n(N)=2n(S)+2n(C),即n(K+)=0.01mol,c(K+)==0.1mol/L,溶液中可能存在Cl-,所以c(K+)≥0.1mol/L。答案:(1)Mg2+、Cu2+、Ba2+　(2)N+OH-NH3↑+H2O(3)C　0.2　S　0.1(4)存在,c(K+)≥0.1mol/L22.答案　(1)偏高(2)溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变(3)根据反应关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则每10mL试样中：n(ClO2)＝n(Na2S2O3)×＝0.2mol·L－1×20.00×10－3L×＝8×10－4mol，故原溶液中c(ClO2)＝＝0.8mol·L－1。解析　(1)ClO2很不稳定，步骤2所得溶液放置时间太长，ClO2分解相当于与碘反应，导致测定结果偏高。(2)步骤3中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.2mol·L－1Na2S2O38/8\n标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变。(3)二氧化氯具有氧化性，在酸性环境下，能将碘离子氧化为碘单质，碘单质又与Na2S2O3反应，其反应的化学方程式为：2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O,2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，由此可得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则每10mL试样中：n(ClO2)＝n(Na2S2O3)×＝0.2mol·L－1×20.00×10－3L×＝8×10－4mol，故原溶液中c(ClO2)＝＝0.8mol·L－1。23.(1)碱石灰。(2)g→f→h→a→b→d→e→c。(3)装置B的作用是吸收尾气，防止倒吸；隔绝空气，防止空气中水蒸气进入装置D中。(4)证明NH3能还原CuO的实验现象是A中黑色粉末变为红色，D中白色固体变为蓝色。Ⅱ.探究还原产物的成分【查阅资料】Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：Cu2O＋H2SO4(稀)===Cu＋CuSO4＋H2O。【实验探究】实验操作实验现象实验结论取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置若无现象(1)证明红色固体为铜若溶液变蓝(2)证明红色固体肯定含有氧化亚铜，可能含有铜取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g－(3)经计算，红色固体的成分及其物质的量为铜和氧化亚铜各0.058/8\nmol解析　Ⅰ.(1)氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨和水，试剂X用来干燥氨且不与氨反应，所以为碱石灰。(2)装置C中生成氨后，首先经过E干燥，再通入A中反应，A中生成的H2O通过D进行检测，最后用B装置吸收尾气。所以装置连接顺序为g→f→h→a→b→d→e→c。(3)由于氨在水中溶解度较大，所以装置B的作用为吸收尾气，防止倒吸；隔绝空气，防止空气中水蒸气进入装置D中。(4)NH3还原CuO有红色的铜生成，同时有水生成，现象为A中黑色粉末变为红色，D中白色固体变为蓝色。Ⅱ.(1)若无现象，证明红色固体为Cu，因为Cu在常温下不与稀硫酸反应。(2)若溶液变蓝，说明有CuSO4生成，则红色固体中肯定含有Cu2O，不能确定是否含有Cu。(3)最终所得固体为Cu，物质的量为0.1mol；每摩尔Cu2O与酸反应前后质量损失为80g，10.4g红色固体与酸反应前后质量损失为4g，则有0.05molCu2O参与反应，生成Cu的物质的量为0.05mol，所以原红色固体中Cu2O与Cu的物质的量均为0.05mol。24.【答案】(1).2MnOOH+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+4H2O(2).取少量滤液1于试管中滴加KSCN溶液，溶液变红(3).MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O 或MnOOH+3H++Fe2+=Mn2++Fe3++2H2O(4).3.2～6.5(5).引入杂质NH4+(6).Mn(7).7(m1-m2)/m2【解析】（1）①含锰废料（MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）与浓盐酸反应，过滤滤液1中含有的阳离子为Mn2+、Fe3+、Pb2+和H+，所以浓盐酸与MnOOH反应，Mn元素化合价降低到+2价，-1价的Cl-被氧化产生氯气，离子方程式：2MnOOH+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+4H2O；②要检验滤液1中只含Fe3+不含Fe2+，取滤液1分在2支试管中，一支试管中滴加铁氰化钾溶液，无明显变化，说明滤液1中无Fe2+，另一支试管中滴加KSCN溶液，溶液变红说明滤液1中有Fe3+；③Fe3+由Fe2+转化而成，可能是由氯气、氧气氧化Fe2+，也可能由MnO2、MnOOH氧化Fe2+，所以可能发生的反应为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O 或MnOOH+3H++Fe2+=Mn2++Fe3++2H2O正确答案为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O 或MnOOH+3H++Fe2+=Mn2++Fe3++2H2O；（2）①根据题干信息：Fe(OH)3开始沉淀的PH=1.9，完全沉淀的PH=3.2，Mn(OH)2开始沉淀的PH=8.1，Pb(OH)2开始沉淀的PH=6.5，调节pH除去铁离子，pH大于3.28/8\n时，铁离子沉淀完全，铅离子、锰离子不能沉淀，所以pH应小于6.5，正确答案为：3.2～6.5；②氨水法除铁的过程中存在NH4+离子，所以两种方法比较，此方法的缺点是引入杂质NH4+，正确答案是：引入杂质NH4+离子；（3）根据题干信息：Mn的金属活动性强于Fe和金属活动顺序表可知：Mn的金属性比Pb强，因此加入锰，将铅离子置换与溶液分离，自身生成锰离子，不引入杂质，正确答案是：加入的试剂是Mn；（4）m1gMnCl2•xH2O置于氯化氢氛围中加热至失去全部结晶水时，生成MnCl2质量为m2g，则结晶水的质量为m（H2O）=（m1-m2）g，根据方程式MnCl2·xH2OMnCl2+xH2O计算：126:18x=m2:(m1-m2),x=7(m1-m2)/m2，正确答案：x=7(m1-m2)/m2。【答案】(1).Na<S<P<Cl(2).极性(3).三角锥(4).分子晶体(5).C≡O(6).1:2【解析】【分析】B原子的p轨道半充满，形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的，则B为P元素；D原子得到一个电子后3p轨道全充满，则D为Cl元素；B、C、D原子序数依次增大，则C为S元素；A+比D原子形成的离子少一个电子层，则A为Na元素；E的原子序数为26，则E为Fe元素，据此分析。【详解】(1)A、B、C、D分别为Na、P、S、Cl，P原子p轨道电子处于半充满状态，第一电离能大于S，则第一电离能由小到大的顺序为Na＜S＜P＜Cl，故答案为：Na＜S＜P＜Cl；(2)C为S元素，其氢化物分子式为H2S，为由极性键形成的极性分子，故答案为极性；(3)化合物PCl3分子中心P原子有3条P-Cl键，1个孤电子对，则分子空间构型是三角锥形，故答案为：三角锥；(4)已知Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，熔沸点较低，则为分子晶体，CO与N2互为等电子体，二者结构相似，N2的结构为N≡N，则CO的结构为C≡O，故答案为：分子晶体、C≡O；8/8\n(5)根据均摊原则，体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的E原子个数之比为(8×+1)：(8×+6×)=1：2，故答案为：1：2。8/8