【文档说明】重庆市缙云教育联盟2022-2023学年高三上学期11月月度质量检测 化学答案.docx，共(12)页，369.928 KB，由小赞的店铺上传

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★秘密·2022年11月18日10：00前重庆市2022-2023学年（上）11月月度质量检测高三化学答案及评分标准【命题单位：重庆缙云教育联盟】1．C【详解】A．醋酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，说明醋酸酸性大于碳酸，A正确；B．酸性高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子，紫色褪去，故能说明四氧

化三铁中有亚铁离子，B正确；C．若反应生成一氧化氮，一氧化氮会接触空气反应生成红棕色的二氧化氮，故该现象不能说明反应生成的是二氧化氮，C错误；D．溶液加入盐酸反应生成的气体应为酸性气体，能使品红褪色，说明该气体为二氧化硫，则原溶液中可能存在亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子，D正确

；故选C。2．B【分析】根据原子守恒及得失电子守恒可知，X的化学式为Ag2S。【详解】A．根据得失电子守恒及原子守恒可知，X的化学式为Ag2S，A错误；B．从方程式可知，Ag失电子为还原剂，生成的Ag2S为氧化产物，B正确；C．反应中Ag失电子为还原剂，H2S中元素化合价没有变化，不是还

原剂，C错误；D．银针验毒时，是Ag失去电子生成Ag2S，D错误；故答案选B。3．A【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小；第一电离能：Na<Al<Mg，A错误；B．同周期从左到右

，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性：Na<Mg<Al，B正确；C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，还原性减弱，故还原性：Na>Mg>Al，C正确；D．根据金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，最高价氧化物的水化物碱性：N

a>Mg>Al，D正确；故选A。2022.114．A【详解】A.Mg(OH)2具有碱性，能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，故A正确；B.H2O2具有强氧化性，可用作消毒剂，故B错误；C.FeCl3水解后生成氢氧化铁胶体，具有吸

附性，可用作净水剂，故C错误；D.液NH3气化时吸热，可用作制冷剂，故D错误；故选A。5．C【详解】A．标签上离子的浓度单位为mg/L，而物质的量浓度单位为mol/L，所以标签上离子的浓度不是物质的量浓度，故A错误；B．Mg2+的摩尔质量为24g/mol，故B错误；C．根据标签可知

1L该饮用矿泉水中含Mg2+最多4.8mg，则c(Mg2+)最大值为-3-14.810g24gmol1L=2.0×10-4mol•L-1，故C正确；D．该溶液中含有硫酸根的物质为硫酸镁，所以溶液中c最大(SO24−)=c最大(Mg2+)=2×10-4mol/L，则一瓶该品牌饮

用矿泉水中SO24−的最大物质的量=0.5L×2×10-4mol/L=l×10-4mol，故D错误；故答案为C。6．C【分析】原子变成阴离子时电子层数不变，原子变成阳离子时电子层数减少一个，同一周期的阴阳离子电子层数不同，同一周期的阴离子和

下一周期的阳离子电子层结构相同，明确阴阳离子中核外电子数的计算方法是解本题的关键。【详解】A．镁离子、铝离子和氖的电子层结构相同，比氯离子少一个电子层，故A错误；B．钠离子和氟离子电子层结构相同，硫离子和氩原子电子层结构相同，但钠离子和氟离子比硫离

子和氩原子少一个电子层，故B错误；C．钠离子、镁离子、氧离子和Ne核外都是10个电子，所以电子层结构相同，故C正确；D．钠离子和镁离子电子层结构相同，硫离子和氯离子电子层结构相同，但钠离子和镁离子比氯离子和硫离子少一个电子层，故D错误；故选C。7．D【分析

】由于H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，H3PO2为一元酸，与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2为正盐，D项正确，A、B、C项错误。答案选

D。8．A【详解】A．选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，A正确；B．NH+4、HCO-3分别与OH-之间会发生反应产生，不能大量共存，B错误；C．CO2-3、Ba2+会发生反应产生BaCO3沉淀，不能大量共存，C错误；D．AlO-2、H+和水反应

生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，D错误；故选A。9．C【详解】A．氧化铁红色、氧化亚铁和四氧化三铁黑色，铁的氧化物通常状况下都是有色固体，A正确；B．铁在氧气中燃烧生成物为黑色的四氧化三铁，B正确；C．氧化铁是铁锈的主要成分，因此氧化铁俗称为铁红，C错误；

D．工业上常使用主要成分是铁的氧化物的铁矿石做原料，用一氧化碳还原冶炼铁，D正确；故选C。10．D【详解】A、氯气、氯化氢均与NaOH溶液反应，应该用饱和食盐水，A错误；B、H2、NH3的密度小于空气的密度，二者均可用向下排空气收集，气体应从短口进，长口出，B

错误；C、NH4Cl受热易分解生成氨气和氯化氢，不能利用蒸发得到晶体，应利用冷却热饱和溶液的方法得到晶体，C错误；D、碘不易溶于水，但易溶于四氯化碳中，因此混合后分层，下层是四氯化碳层，上层是水层，D正

确；答案选D。11．A【详解】A．空气中的水蒸气被冷凝成饮用水是物理变化，不是化学反应，A错误；B．硫化钠中的硫离子可以和铜离子，汞离子生成沉淀而除去，B正确；C．研发新型催化剂，使工业合成氨在温和条件下发生，反应的活化能降低

，反应速率加快，就可以使反应发生更容易，因而可降低能耗，C正确；D．废弃电池回收利用，既可以减少重金属对环境污染，又可以回收其中有用的物质，节约资源，D正确；故选A。12．A【详解】A．1.8g水的物质的量为n=1.8g18g/mo

l=0.1mol，而水中含10个电子，故0.1mol水中含NA个，故A正确；B．标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C．溶液中硫酸钾的物质的量n=cV=1mol/L×1L=1mol，硫酸钾中含2个钾离子，故1mol硫酸钾中含2NA个，故C错误；D．氯气和氢氧化

钙的反应是歧化反应，氯元素由0价歧化为−1价和+1价，故1mol氯气转移电子为NA个，故D错误。故选：A。13．B【详解】A．原溶液可能含碳酸盐或碳酸氢盐，故A错误；B．产生蓝色沉淀，蓝色沉淀是氢氧化铜，故B正确；C．硫酸氢钾属于盐，故

C错误；D．原溶液可能含银离子，D错误。答案选B。14．B【详解】A．反应②中NO2与4NH+反应结合生成[(NH4)2(NO2)]2+，反应过程中元素化合价没有发生变化，因此该反应不是氧化还原反应，A错误；B．由反应历程

图可知：氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反应为：2NH3+NO+NO2催化剂2N2+3H2O，B正确；C．NH3、H2O中的质子数、电子数相同，都是10个，而NH4+质子数是11，电子数是10，与前两种微粒的质子数不同，C错

误；D．未指明气体所处的外界条件，因此不能进行有关计算，D错误；故合理选项是B。15．共价键BCE研钵升华1:4SO268.0%Hg2Cl2Hg+HgCl2【详解】（1）由已知中《本草纲目》记载的甘汞的分离方法可得，

甘汞沸点较低，由此判断甘汞应为分子晶体，化学键类型主要为共价键。（2）KAl(SO4)2属于盐类物质，含有硫酸根离子，属于硫酸盐；只含金属阳离子和酸根离子，属于正盐；含有两种金属阳离子，属于复盐，故选BCE。（3）文中“同研”指的是将水银、白矾[KAl(SO4)2]、

食盐一起研磨，若在实验室通风橱内完成，则所需的仪器是：研钵。（4）文中“则粉升于盆上矣”，指的是制得的甘汞(Hg2Cl2)由固体直接变为气体后又变为固体附着在小乌盆上，故涉及的混合物分离方法是：升华。（5）由已知结合氧化还原反应原理

，制取甘汞时，KAl(SO4)2作氧化剂，汞作还原剂，化学方程式可表示为：4KAl(SO4)2+6Hg+6NaCl3Hg2Cl2+3Na2SO4+2K2SO4+2Al2O3+3SO2↑，由化学方程式可得

：若6molHg与8molSO42-反应，生成3molSO2，则只有3molSO42-被还原，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为：4×38：6=1:4；氧化剂发生还原反应，生成还原产物，故该反应中还原产物是SO2。（6）已知文中一两等于十钱，因为“一两汞可升粉八钱”，其中“粉”指

甘汞(Hg2Cl2)，甘汞中汞元素的质量分数为：2012201235.52+=402473，所以甘汞的产率为：402473×0.8×100%≈68.0%(保留三位有效数字)。（7）甘汞(Hg2Cl2)光照条件下分解生成外科用药升汞(HgCl2)，汞元素的化合价由+

1升高为+2，因为Cl元素的化合价为最低价态，所以甘汞分解还会生成Hg，故化学方程式为：Hg2Cl2Hg+HgCl2。点睛：本题是一道创新题，以文言文的形式考查了有关物质制备的知识，既考查了化学知识又考查了文学素养。主要涉及元素化合

物的结构和性质、物质的分类、混合物分离方法、氧化还原反应有关的判断、化学方程式的书写等基础知识，解题时应结合所学知识弄明白文言文中描述的有关物质制备的方法，提取有用信息，准确作答，例如第（1）小题判断甘汞中化学键类型，应抓住“则粉升

于盆上矣”，说明甘汞沸点低，属于分子晶体；第（6）小题计算甘汞产率时，应抓住“一两汞可升粉八钱”中的“汞”和“粉”所表示的物质以及量的关系，根据质量守恒计算转化为甘汞的汞元素的质量分数。16．(1)球形干燥管(2)催化剂(3)B(4)4

NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O(5)NH4NO33Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O(6)NaOH溶液【分析】该实验装置是探究NH3催化氧化反应，氨气和氧气在催化剂、加热的条件下生成一氧化氮和水，化

学方程式为：4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O，氨气极易溶于水，B装置中含有吸水装置，由此推测，装置B为制备氨气的装置，装置A为制备O2的装置，装置A烧瓶中为固体二氧化锰与过氧化氢反应制取氧气；装置B烧瓶中固体为氧化钙，氧

化钙和浓氨水反应生成氨气，氨气是碱性气体，故干燥管中装有碱性干燥剂；氨气和氧气在装置E中反应生成一氧化氮和水；F装置中，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，氨气和硝酸反应生成硝酸铵，产生白烟；装置G中，含有硝酸、硫酸和铜，铜和硝酸反应生

成硝酸铜、一氧化氮和水，溶液变为蓝色，据此解答。（1）仪器b的名称为：球形干燥管；故答案为：球形干燥管。（2）由分析可知，装置A烧瓶中的固体为二氧化锰，作用为催化剂；故答案为：催化剂。（3）由分析可知，仪器b中盛放的试剂可以是碱石灰

；故答案为：B。（4）由分析可知，E中发生反应的化学方程式为：4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O；故答案为：4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O。（5）由分析可知，装置F中白烟的成分是：NH4NO3；装置G中溶

液变成蓝色的原因是：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；故答案为：NH4NO3；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。（6）尾气中含有一氧化氮、二氧化氮，可用氢氧化钠溶液吸收尾气；故答案为：NaOH溶液。17．D【分析】沉淀甲灼烧后为红棕色固体，该

红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入过量硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固

体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2+，以此解答该题。【详解】A.由步骤④可知，废液中一定含有Cu2+，而沉淀甲中没有Cu(OH)2，说明加入NaOH溶液后，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元

素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，因此步骤①沉淀部分溶解，不能说明废液中一定含有Al3+，A错误；B.废液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲，将该沉淀灼烧，得到红棕色固体，则该红棕色固体为Fe2O3，沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe

2+或Fe3+，B错误；C.由于步骤①中加入过量NaOH溶液，因此沉淀甲中肯定没有Al(OH)3沉淀，C错误；D.溶液乙中加入过量铁屑，得到红色固体，该固体为Cu，说明溶液乙中含有Cu2+，向原废液中滴加过量NaOH溶液，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含

有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，所以废液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+，可能含有Fe2+或Fe3+中的一种，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的分离，离子的存在及金属的回收利用与环境保护，注意掌握常见的离子之间的反应及金属回收方法，试题

培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。18．三ⅢAAl(OH)3+3H+=Al3++3H2OHClO4SO2、SO3【详解】(1)由主要化合价和原子半径知A为Mg，B为Al，C为S，D为Cl，E为O，他们分别在元素周期表中的位置如图：；(2)B为Al元素，处

于周期表中第三周期第ⅢA族；(3)Al、S的最高价氧化物的水化物分别为Al(OH)3和H2SO4，两者反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；(4)最高价氧化物对应水化物分别为Mg(OH)2、Al(OH)3、H2SO4、HClO4，其中HClO4酸性最强；(5)

S与O形成的化合物有SO2和SO3。19．(1)100mL容量瓶酸式滴定管(2)2+3-4+2++2MnO+5Fe+8H=Mn+5Fe+4HO(3)蒸发浓缩，降温结晶，过滤，洗涤(4)3+2+2-+224

SO+2Fe+2HO=2Fe+SO+4H二氧化硫有还原性，会导致滴定时消耗更多的高锰酸钾，导致Li2FeSiO4结果偏高(5)溶液变为紫红色，且半分钟内不变色81%偏低【分析】实验(一)制备流程：废铁屑加入稀硫酸过滤得到

溶液中通过蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到FeSO4·7H2O，隔绝空气加热分计算得出到硫酸亚铁固体，和Li2SiO3反应得到Li2FeSiO4；实验(二)Li2FeSiO4含量测定：取20.00g产品灼烧后加入足量稀硫酸溶解溶液转移到烧杯中，加入足量还原剂A可用SO2，还原

铁离子为亚铁离子，加热煮沸除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定，转移到仪器B为100mL容量瓶中配制得到准确体积和浓度的溶液，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.20mol•L－1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe

2+含量。相关反应为：2+3-4+2++2MnO+5Fe+8H=Mn+5Fe+4HO，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应，测定溶液体积，结合化学方程式定量关系计算，以此分析解答。(1)实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，得到含Fe2+离子的溶液100mL，需要仪器为1

00mL容量瓶，仪器C中为滴定实验所用的标准溶液，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性能腐蚀橡胶管，需要盛放在酸式滴定管中，名称为酸式滴定管，因此，本题正确答案是：100mL容量瓶；酸式滴定管；(2)酸性KM

nO4溶液与Fe2+时反应时，生成+3价铁和锰离子，方程式为：2+3-4+2++2MnO+5Fe+8H=Mn+5Fe+4HO；(3)操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作，蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到，因此，本题正确答案是：蒸发浓缩，降温结晶，过滤，

洗涤；(4)还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性，被铁离子氧化为硫酸，反应的离子方程式为：3+2+2-+224SO+2Fe+2HO=2Fe+SO+4H，后续操作为用高锰酸钾滴定的方式测定二价铁的量，二氧化硫有还原性，会导致滴定时消耗更多的高锰酸钾，导致Li2FeSiO4结果偏高；(5)滴

定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟不变化，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：2+3-4

+2++2MnO+5Fe+8H=Mn+5Fe+4HO，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应．消耗高锰酸钾溶液体积第3次误差较大舍去，计算平均消耗溶液体积，结合离子反应的定量关系计算，V(标准)=20.0019.982

0.023++ml=20.00ml，铁元素守恒计算-4MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，5Li2FeSiO4～5Fe2+～-4MnO，则n(Li2FeSiO4)=0.2000mol/L×0.020L×5=0.0200mol,，100m

l溶液中含物质的量=0.0200mol×10020=0.1000mol，产品中Li2FeSiO4的质量分数=0.1mol162g/mol20.00g×100%=81%，若滴定过程中有少量的待测液溅出锥形瓶，会造成V(标准)偏低，会造成c(待测)偏低，因此，本题正

确答案是：溶液变为紫红色，且半分钟内不变色；81%；偏低。20．2-甲基-1-丁烯2:1:1BC7【分析】A：与溴水发生反应生成B：，B：在氢氧化钠的热溶液中反应生成C：，C：在酸性高锰酸钾中反应生成D：

，D：在浓硫酸加热的条件下生成E：，E：与苯甲醇反应生成F：，本题其他的物质结构根据题中所给的D：的结构可以推断出来，以此解题。【详解】(1)根据C5H10分子式，可知有一个双键，结合题意可知A为；则A为2-甲基-1-丁烯；(2)钠与-OH

、-COOH反应，氢氧化钠与-COOH反应，碳酸氢钠与-COOH反应，则物质的量之比为2:1:1；(3)A为；B为；C为；E为；F为；则BC中含有手性碳原子；(4)B→C的反应方程式是；(5)C=CCC−−，C-C=CC−，，4+2+1=

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