【文档说明】内蒙古通辽市科左后旗甘旗卡二中2021届高三9月月考化学试题【精准解析】.doc，共(10)页，234.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-20f93cb470e4e1967c00b86019cda4ff.html

以下为本文档部分文字说明：

甘旗卡二中2021届高三上学期9月月考化学试题1.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.84gNaHCO3晶体中含有NA个CO32-B.9.2NO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数为0.2NAC.标准状况

下，11.2L臭氧中含NA个氧原子D.78gNa2O2与足量的CO2反应，转移电子数为2NA【答案】B【解析】【详解】A.84gNaHCO3晶体中含有NA个HCO3-，无碳酸根离子，A错误；B.NO2和N2O4的最简式相同，均为NO2，则9.2NO2和N2O4

的混合气体中含有的氮原子数为9.2g÷46g/mol=0.2mol，即0.2NA，B正确；C.标准状况下，11.2L臭氧的物质的量为11.2L÷22.4L/mol=0.5mol，含1.5NA个氧原子，C错误；D.78gNa2O2即1mol，与足量的CO2反应，生成0.5mo

l氧气，转移电子数为NA，D错误；答案为B。【点睛】过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气时，O元素部分化合价由-1价变为0价、部分化合价由-1价变为-2价，1molNa2O2转移1mol电子。2.下列各组中的两物质相互反应时，若

改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应的产物并不改变的是（）A.Na和O2B.NaOH和CO2C.Na2O2和CO2D.Na2CO3和盐酸【答案】C【解析】【详解】A.钠与氧气在常温下反应生成氧化

钠，在氧气中燃烧生成过氧化钠，故A不符合；B.氢氧化钠和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故B不符合；C.无论二氧化碳是否过量，Na2O2和CO2反应都生成碳酸钠，故C符合；D．盐酸少量反应生成碳酸氢钠，盐酸过量反应生成二氧化碳，故D不符合；故选：C。3.下列是某兴趣小组

根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验。请观察如下图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的是()A.甲为小苏打，乙为纯碱B.要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球C.加热不久就能看到A烧杯的澄清石

灰水变浑浊D.整个实验过程中都没有发现A烧杯的澄清石灰水变浑浊【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大使管，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可

判断稳定强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，故A正确；B．白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，故B正确；C．碳酸钠较稳定，加热过程中不会分解，则连接A烧杯的试管不会产生二氧化碳，

所以A烧杯的澄清石灰水不变浑浊，故C错误；D．碳酸钠比较稳定，加热过程中不会生成二氧化碳，则烧杯A中澄清石灰水不会变浑浊，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质探究，注意把握碳酸钠、碳酸氢钠性质的差异性，根据二者的不同性质选

择正确的实验方案。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.c（H+）<c（OH-）的溶液中：Na+、K+、SO2-4、ClO一B.能使酚酞变红的溶液中：Na+、Cu2+、CO2-3、NO-3C.0.1mol/LFeCl3溶液中：K+、NH+4、I一、SCN-D.加入铝粉

能产生氢气的溶液中：NH+4、Fe2+、NO-3、SO2-4【答案】A【解析】【详解】A．c（H+）<c（OH-）的溶液为碱性溶液，碱性溶液中Na+、K+、SO2-4、ClO一四种离子不发生任何反应，一定能大量共存，故A正确；B．溶液中铜离子与碳酸根离子反应生成碳酸铜沉淀，不能大量共存，故B

错误；C．0.1mol/L氯化铁溶液中，铁离子与碘离子发生氧化还原反应、与硫氰酸根离子发生络合反应，不能大量共存，故C错误；D．加入铝粉能产生氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，酸溶液中，硝酸与铝反应不生成氢气，且硝酸根在酸性条件下与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量

共存，碱溶液中，铵根离子和亚铁离子与氢氧根离子反应，不能大量共存，则加入铝粉能产生氢气的溶液中，NH+4、Fe2+、NO-3、SO2-4一定不能大量共存，故D错误；故选A。5.下列有关实验的操作正确的是实验操作A配制稀硫酸先将

浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水B排水法收集KMnO4分解产生的O2先熄灭酒精灯，后移出导管C浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水DCCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层

，后从上口倒出水层A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A、因浓硫酸稀释会发出大量的热，且浓硫酸密度大于水，所以配制稀硫酸时要酸入水，故A错误；B、为防止倒吸，排水法收集KMnO4分解产生的O2时，先移出导管，后熄灭酒精

灯，故B错误；C、浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2，气体产物先通过饱和食盐水，后通过浓硫酸，故C错误；D、CCl4密度大于水，CCl4萃取碘水中的I2时，先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故D正确，答案选D。6.水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为3222324622Fe2SOO

OH===YSO2HOa+−−−+++++。下列说法中，不正确的是A.223SO−是还原剂B.Y的化学式为23FeOC.4a=D.每有1个O2参加反应，转移的电子数为4【答案】B【解析】【详解】A．平均每个S的化合

价由+2升高到+2.5，故2-23SO是还原剂，A项正确；B．根据原子守恒推断出Y是34FeO，B项错误；C．结合Y是34FeO和离子方程式的电荷守恒有2×3-2×2-a=-2，得a=4，C项正确；D．O2中O化合价由0价降低到-2价，故每有1个O2参加反应，

转移的电子数为4，D项正确。答案选B。7.将1L1.00mol/L的Na2CO3溶液逐滴加入到1L1.25mol/L的盐酸中；再做相反操作：将1L1.25mol/L的盐酸逐滴加入1L1.00mol/L的Na2CO3溶液中，两次操作产生的气体体积之比是（同温同压

下）A.2∶5B.5∶2C.1∶1D.2∶1【答案】B【解析】【详解】Na2CO3溶液与盐酸的反应是分步进行的，首先发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，然后发生：NaHCO3+HCl

=NaCl+CO2↑+H2O；当把1L1.00mol/L的Na2CO3溶液逐滴加入到1L1.25mol/L的盐酸中时，由于开始盐酸过量，开始发生的总反应为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，n(HCl)=1L×1.25mol/L=1.25mol，n（Na2CO3）=1L×1.0

0mol/L=1mol，根据方程式可知产生CO2的物质的量是1.25mol÷2=0.625mol；当将1L1.25mol/L的盐酸逐滴加入1L1.00mol/L的Na2CO3溶液中，先发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，由于n(Na2CO3)=1.00mol，反应消耗盐酸1.00m

ol，生成NaHCO31.00mol，盐酸过量0.25mol，接着发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由于NaHCO3过量，产生的CO2按照盐酸来计算，n(HCl)=0.25mol，所以产生的CO2的物质的量是0.25mol；对

于气体来说，在相同条件下，体积比等于二者的物质的量的比，所以两次操作产生的气体体积之比是0.625mol：0.25mol=5∶2，故答案选B。8.在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选择适当的化学试剂和实验用品，用下图中的实验装置进行试验，证明过氧化钠可作供氧剂。（1）A

是制取CO2的装置。写出A中发生反应的化学方程式：_________。（2）B中盛饱和NaHCO3溶液，其作用是___________________。写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式____________。（3）D中盛放的试剂是_______，其目的是

_______________。试管F中收集满气体后，下一步实验操作是____________。（4）某学生判断SO2和Na2O2反应能生成硫酸钠，你认为他的判断合理吗？_____，简要说明理由：_____________________。【答案】(1).CaCO3＋2HCl=CaCl

2＋CO2↑＋H2O(2).除去CO2气体中的HCl(3).2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2(4).NaOH溶液(5).吸收未反应的CO2(6).把E中的导管移出水面，关闭分液漏斗活塞，用拇指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木

条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气(7).合理(8).由于过氧化钠具有强氧化性，能将＋4价的硫氧化为＋6价的硫而生成硫酸钠【解析】【分析】实验目的为证明人呼出的气体与过氧化钠反应生成氧气，则

装置A为用盐酸与碳酸钙反应制取二氧化碳的装置，生成的气体中含有HCl气体杂质，装置B为除去HCl杂质的装置，但不能除去二氧化碳，可用饱和NaHCO3溶液除杂，装置C为二氧化碳、水与过氧化钠反应，装置D为除去未反应的二氧化碳气体，装置E收集生成气体，并验证为氧气。【详解】(1)A是制取CO2的装

置，常用盐酸与碳酸钙反应制取，方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；(2)盐酸易挥发，B中盛饱和NaHCO3溶液，可除去二氧化碳气体中的HCl杂质；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2

O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；(3)D中盛放的试剂为除去未反应的二氧化碳气体，且不影响氧气的量，可用NaOH溶液；为证明试管F中收集的为氧气，应把E中的导管移出水面，关闭分液漏斗活塞，用拇指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木

条复燃；(4)Na2O2具有强氧化性，而SO2具有还原性，故SO2和Na2O2反应生成硫酸钠。9.某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去,装置的气密性已检验)。实验记录如下：实验操作实

验现象①打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞a②吹入热空气一段时间后停止A中溶液颜色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，沉降后上层清液为无色③打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液开始时溶液颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙红色完成下列填空：(1)在进行操作①时，A中

的实验现象是______，有关反应的离子方程式是_____________(2)操作②吹入热空气的目的是______。B中产生的白色沉淀的化学式是_______________。(3)装置C的作用是____________。(4)由上述实验可知，在此实验条件下，H2O2、H2SO3、Br

2氧化性强弱顺序为_________。【答案】(1).溶液变为橙红色(2).Cl2+2Br-=Br2+2Cl-(3).吹出单质Br2(4).BaSO4(5).吸收尾气(6).H2O2＞Br2＞H2SO3【解析】【

分析】打开活塞a，将氯水滴入NaBr溶液中，发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，使溶液变为橙红色，然后关闭a，吹入热空气将Br2蒸气吹入B中，发生反应：H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr；H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，因此看到B中产生白色沉淀，溶液

仍为无色；停止吹气，然后打开b，将H2O2滴入B中，发生反应：H2O2+2HBr=Br2+2H2O，看到溶液变为橙红色。由于Cl2、Br2及SO2气体都会导致大气污染，可根据这些物质能够与NaOH溶液反应的性质，用Na

OH溶液进行尾气处理，防止污染环境。【详解】(1)在进行操作①时，A中发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，反应产生Br2，因此看到的实验现象是溶液变为橙红色，该反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=Br

2+2Cl-；(2)由于Br2单质沸点低，易挥发，操作②吹入热空气的目的是吹出单质Br2；B中发生反应为：H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr；H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，因此看到B中产生白色沉淀是BaSO4；(3)装置C中盛有NaOH溶液，其作用是吸收未反应的

Cl2、Br2及H2SO3分解产生的SO2，防止污染环境；(4)根据H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr可知物质的氧化性：Br2＞H2SO3；根据H2O2+2HBr=Br2+2H2O可知物质的氧化性：H2O2＞Br2，故在此实验条件下，H2O2、H2SO3、Br2氧化性强

弱顺序为：H2O2＞Br2＞H2SO3。【点睛】本题考查物质性质的验证及氧化还原反应规律。注意溴单质在常温下是深红棕色液体，具有沸点低易挥发的特性，溴水或溴蒸气呈橙色或橙红色；注意在氧化还原反应中，根据物质的氧化性：氧化剂＞还原剂；氧化剂＞

氧化产物进行比较判断。10.（1）配平氧化还原反应方程式：____C2O2-4＋____MnO-4＋____H＋=____CO2↑＋____Mn2＋＋____H2O（2）称取6.0g含H2C2O4·2H2O、KHC2O

4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250mL溶液。量取两份此溶液各25mL，分别置于两个锥形瓶中。①第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25mol·L－1NaOH溶液至20mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H＋的总物质的量为

________mol。②第二份溶液中滴加0.10mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液。A．KMnO4溶液在滴定过程中作________（填“氧化剂”或“还原剂”），该滴定过程________（填“需要”或“不需要”）另加指示剂。滴至16mL时

反应完全，此时溶液颜色由________变为__________。B．若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果__________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。C．若在达到滴定终点时俯

视读数，则所得结果________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为________，KHC2O4的质量分数为__________。【答案】(1).5(2).2(3).16(4).10(5).2(6).8(7).0.005(8).

氧化剂(9).不需要(10).无色(11).浅紫红色(12).无影响(13).偏小(14).21%(15).64%【解析】【分析】(1)根据化合价变化，电子守恒、原子守恒进行配平反应方程式；(2)根据酸碱中和反应原理和滴定原理进

行分析求解。【详解】C：＋3―→＋4，改变量（4－3）×2＝2，Mn：＋7―→＋2，改变量（7－2）×1＝5，根据化合价升降总数相等，所以在C2O前配5，MnO前配2，根据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2＋前配10和2，再由电荷守

恒在H＋前配16，最后根据离子方程式两边的H原子个数相等在水前面配8，经检验离子方程式的氧原子个数相等,5C2O2-4＋2MnO-4＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，故答案：5；2；16；10；2；8；(2)①由H＋＋O

H－===H2O知，n(H＋)＝n(OH－)＝0.25mol·L－1×0.02L＝0.005mol，故答案：0.005mol。②A.第二份溶液中滴加0.10mol·L－1的紫色酸性高锰酸钾溶液发生5C2O2-4＋2MnO-4＋16H＋=10CO2↑＋2

Mn2＋＋8H2O反应，则KMnO4溶液在滴定过程中作氧化剂，该滴定过程不需要另加指示剂。滴至16mL时反应完全，此时溶液颜色由无色变为浅紫色，故答案：氧化剂；不需要；无色；浅紫色；B.若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测

结果无影响，故答案：无影响；C.若在达到滴定终点时俯视读数，导致消耗液体的体积减小了，则所得结果偏小，故答案：偏小；③设6.0g试样中H2C2O4·2H2O、KHC2O4的物质的量分别为n(H2C2O4

·2H2O)、n(KHC2O4)，由①得：2n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.05mol，由②得：n(H2C2O4·2H2O)＋n（KHC2O4）＝0.04mol，解上述两个方程式得：n（H2C2O4·2H2O）＝0.01mol，n(

KHC2O4)＝0.03mol，H2C2O4·2H2O的质量分数为×100%＝21%，KHC2O4的质量分数为×100%＝64%，故答案：21%；64%。[化学——选修3：物质结构与性质]11.砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的

材料等。回答下列问题：（1）写出基态As原子的核外电子排布式________________________。（2）根据元素周期律，原子半径Ga_____________As，第一电离能Ga____________As。（填“大于”或“小于”）（3）AsCl3分子的立体构型为_____

_______________，其中As的杂化轨道类型为_________。（4）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是_____________________。（5）GaAs的熔点为1238℃，密度为ρg

·cm-3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为________________,Ga与As以________键键合。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d104s24p3(2).大于(3).小于(4).三角锥形(5).sp3(6).GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体

，离子晶体GaF3的熔沸点高(7).原子晶体(8).共价键【解析】【分析】(1)As原子核外有33个电子，根据能量最低原理书写基态As原子的核外电子排布式；(2)同周期元素从左到右半径减小，第一电离能逐渐增大；(3)根据价电子互

斥理论判断AsCl3分子的立体构型；(4)离子晶体的熔点较高，分子晶体的熔点较低；(5)原子晶体的熔点高；【详解】(1)As原子核外有33个电子，根据能量最低原理，基态As原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63

d104s24p3；(2)同周期元素从左到右半径减小，原子半径Ga大于As；同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，第一电离能Ga小于As；(3)AsCl3中As原子杂化轨道数是5+3=42，As的杂化轨道类型为sp3，有1对孤电子对，根据价电子互斥理论，AsCl3分子的

立体构型为三角锥；(4)GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体GaF3的熔沸点高。(5)该物质熔沸点较高，且原子之间以共价键结合形成空间网状结构，GaAs的晶体的类型为原子晶体，Ga与As以共价键键合。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及

原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、晶体类型判断，综合性较强，侧重考查学生判断及知识综合应用能力，注意孤电子对公式的计算方法。