1、河北省石家庄市第二十二中学2021届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）1. “抗击新冠肺炎疫情，人人都有群防责任”，下列做法符合科学道理的是（）A. 出门不佩戴口罩B. 家庭消毒时，消毒液越浓越好C. 保持室内清洁卫生和通风D. 大量喝酒可以预防“新型冠状病毒”【答案】C【解析】【详解】A为防止飞沫传播，出门要佩戴口罩，故A错误；B家庭消毒时，消毒液不是越浓越好，过浓的消毒液会对人体以及物品造成伤害，故B错误；C经常保持室内清洁卫生和通风，能减少室内的病毒，故C正确；D喝酒对人体有害，与新型冠状病毒无关，且医用消毒酒精为体积分数为75%的酒精，平时喝的酒达不到这么高的浓度，不可以预防“新型
2、冠状病毒”，故D错误；故答案为C。2. 厉害了，我的国“中国名片”中航天、军事天文等领域的发展受到世界瞩目.它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是A. “中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁,属于新型无机非金属材料B. “复兴号”车厢连接处关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于无机金属材料C. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料D. “天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A. 钢铁是合金，属于金属材料，A错误；B. 聚四氟乙烯板属于有机材料，B错误；C. 高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，C正确；D. 太阳能电池板
3、的主要材料是晶体硅，D错误；因此，本题正确答案为C。3. 下列化学用语不正确的是A. Cl2的结构式：ClClB. MgCl2的电子式：C. Na原子结构示意图：D. N2的电子式：【答案】D【解析】【详解】A氯气分子中只含1对共用电子对，则Cl2的结构式为ClCl，故A正确；B氯化镁是离子化合物，由镁离子与氯离子构成，其电子式为，故B正确；C钠原子的核内有11个质子，核外有11个电子，故其结构示意图为，故C正确；D氮气分子中，每个氮原子都达到了8电子结构，氮气的电子式为，故D错误；答案选D。4. 关于化合物苯乙烯，下列说法正确的是A. 不能使溴水褪色B. 可以发生加成聚合、氧化、取代反应C
4、易溶于水和甲苯D. 分子中所有碳原子不可能共平面。【答案】B【解析】【详解】A含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴水褪色，故A错误；B含有碳碳双键可以发生加成聚合、氧化，苯环上的氢可以发生取代反应，故B正确；C苯基和乙烯基均为憎水基团，难溶于水，故C错误；D苯平面和烯平面通过单键连接，单键可以旋转，分子中所有碳原子可能共平面，故D错误；故选B。5. 下列离子方程式正确的是A. 用盐酸溶解石灰石：2HCO2H2OB. CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应：Ba2BaSO4C. 将SO2气体通入足量NaOH溶液中：SO22OHH2OD. 铜与氯化铁溶液反应：3Cu2Fe32Fe3Cu2【答案】
5、C【解析】【详解】A石灰石为碳酸钙，碳酸钙难溶，在离子方程式中不可拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2HCO2H2O+Ca2+，故A错误； BCuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，题目中离子方程式漏掉了Cu2+与OH的反应，正确的离子方程式为：Cu2+2OH+Ba2BaSO4+ Cu(OH)2，故B错误；C少量的SO2与足量的NaOH反应，生成易溶的Na2SO3和水，离子方程式为SO2 + 2OH= SO32-+H2O，故C正确；D铜与氯化铁溶液反应，铜金属性弱于铁，不会把铁置换出来，正确的离子方程式为：Cu2Fe32Fe2+Cu2，故D错误；答案选C。6.
6、NaH与盐酸反应的化学方程式为NaH+HClNaCl+H2，在该反应中HCl ( )A. 是氧化剂B. 是还原剂C. 既是氧化剂又是还原剂D. 既不是氧化剂又不是还原剂【答案】A【解析】【详解】在反应NaH+HClNaCl+H2中，NaH中H的化合价为-1价，在反应中升高为0价，所以NaH为还原剂，HCl中H元素的化合价降低为0价，则HCl为氧化剂，故选A。7. 下列物质可通过加热的方法除杂(括号中物质为杂质)的是A. NaCl(Na2CO3)B. CO2(SO2)C. Na2CO3(NaHCO3)D. Na2SO4(NaHSO4)【答案】C【解析】【详解】ANa2CO3受热无变化，不能通过加
7、热除去，A不满足题意；BSO2受热无变化，不能通过加热除去，B不满足题意；CNaHCO3受热分解成Na2CO3、水和二氧化碳，可以通过加热除去Na2CO3中的NaHCO3，C满足题意；DNaHSO4受热无变化，不能通过加热除去，D不满足题意。答案选C。8. 相同条件下，分别测得反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)的速率如下：v(A)=015molL-1s -1 v(B)=0.6molL-1s -1v(C)=0.5molL-1 s -1 v(D)=1.2 molL-1min -1其中反应最快的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】反应速率之比等于物质的化学计量数之比，均转
8、化为同一物质表示的速率进行比较，对于A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，都转化为用A表示的速率进行比较。【详解】v(A)=0.15molL-1s -1；v(B)=0.6molL-1s -1，换算成A的反应速率，v(A)=v(B)=0.6mol L-1s -1= 0.2molL-1s -1；v(C)=0.5molL-1s -1，换算成A的反应速率，v(A)=v(C)=0.5molL-1s -1=0.25molL -1s -1；v(D)=1.2molL-1min -1=0.02molL -1s -1，换算成A的反应速率，v(A)=v(B)=0.02 molL -1s -1=0.01molL
9、-1s -1；其中反应最快的是；答案选C。【点睛】要将各物质的反应速率单位要统一，将v(D)=1.2 molL-1min -1换算成0.02 molL-1s -1，再统一换算成同一种物质进行比较，为易错点。9. 价电子总数与原子总数都相同的分子、离子或原子团称为等电子体，等电子体具有相似的结构和性质.下列选项中互称为等电子体的是（）A. 和B. 和C. 和D. 和【答案】D【解析】【详解】A.二氧化碳和二氧化氮的价电子数分别为16和17，价电子数不相等，不可能互为等电子体，故A错误；B.氮气和氧气的的价电子数分别为10和12，价电子数不相等，不可能互为等电子体，故B错误；C.碳酸根和亚硫酸根的
10、价电子数分别为24和26，价电子数不相等，不可能互为等电子体，故C错误；D.二氧化硫和臭氧的原子个数相同，价电子数都是18个，互为等电子体，故D正确；故选D。10. 下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（ ）A. BeCl2与BF3B. CO2与SO2C. CCl4与NH3D. C2H2和C2H4【答案】C【解析】【详解】A、BeCl2中Be含有2个键，孤电子对是=0，杂化类型是sp，BF3中B含有3个键，孤电子对为=0，杂化类型为sp2，故错误；B、CO2含有2个键，孤电子对为=0，杂化类型为sp，SO2中S有2个键，孤电子对为=1，杂化类型为sp2，故错误；C、CCl4中C含有4个键
11、，无孤电子对，杂化类型为sp3，NH3中N含有3个键，孤电子对为=1，杂化类型是为sp3，故正确；D、乙炔空间构型为直线型，因此碳的杂化类型为sp，乙烯是平面结构，碳原子的杂化类型为sp2，故错误；答案选C。11. 六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其中A与E同主族，B与F同主族，E与F同周期。已知常温下单质A与E的状态不同，D的核电荷数是B的最外层电子数2倍，单质F是一种重要的半导体材料。则下列推断中正确的是( )A. 由A、C、D三种元素组成的化合物一定是共价化合物B. F与D形成的化合物性质很不活泼，不与任何酸反应C. 原子半径由大到小的顺序是：EFCDD. 元素的
12、非金属性由强到弱的顺序是：DCFB【答案】C【解析】【分析】六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，单质F是一种重要的半导体材料，则F为Si；B与F同主族，则B为C；D的核电荷数是F的最外层电子数的2倍，D的原子序数为8，即为O，原子序数依次增大，则C为N，A和E属于同主族，且状态不同，则A为H，E为Na。【详解】A. 由分析可知A为H、C为N、D为O，三种元素组成NH4NO3时，NH4NO3是离子化合物，三种元素组成HNO3时，HNO3是共价化合物，故A错误；B. 由分析可知F为Si、D为O，形成的化合物为SiO2，可以和HF反应，故B错误；C. 由分析可知C为N、D为O、E
13、为Na、F为Si，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此半径大小是：NaSiNO即EFCD，故C正确；D. 由分析可知D为O、C为N、F为Si、B为C，同一周期，从左到右元素非金属递增，同一主族，自上而下元素非金属性递减，故ONCSi即DCBF，故D错误；正确答案是C。【点睛】元素的金属性与非金属性递变规律：（1）同一周期的元素从左到右金属性递减，非金属性递增；（2）同一主族元素从上到下金属性递增，非金属性递减。12. 青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156157，热稳定
14、性差。已知：乙醚沸点35，提取青蒿素的主要工艺为：下列有关此工艺操作的说法不正确的是A. 破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率B. 操作I需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯C. 操作II是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大D. 操作II的主要过程为加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【答案】D【解析】【详解】A.将固态的青蒿粉碎可以增大其比表面积，因此可以提高青蒿素的浸取率，A项正确；B.操作I得到了固体残渣和提取液，因此为过滤，过滤时需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯，B项正确；C.根据题干可知乙醚的沸点较低，因此只需对提取液进行微热，即可分离乙醚和青蒿素，同时温
15、度不至于过高，不会破坏青蒿素，C项正确；D.根据题干可知青蒿素几乎不溶于水，因此加水几乎无法溶解青蒿素，后续操作也无法顺利进行，D项错误；答案选D。13. 通常情况下，原子核外p能级、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”、“半满”、“全满”的时候一般更加稳定，称为洪特规则的特例。下列事实能作为这个规则证据的是（ ）A. 元素氦(He)的第一电离能远大于元素氢(H)的第一电离能B. 容易失电子转变成，表现出较强的还原性C. 基态铜(Cu)原子的电子排布式为而不是D. 某种激发态碳(C)原子排布式为而不是【答案】BC【解析】【详解】A氦和氢元素的原子中均没有p、d能级，故不涉及洪特规则，元素氦(H
16、e)的第一电离能远大于元素氢(H)的第一电离能，是由于氦的原子核外已经达到稳定结构，A不合题意；B容易失电子转变成是由于的3d上有6个电子，既不是全充满也不是全空，故通常容易失去一个电子变为3d上处于半充满有5个电子的，表现出较强的还原性，B符合题意；C基态铜(Cu)原子的电子排布式为，而不是，就是因为前者3d上全充满，后者既不是全充满也不是半充满，C符合题意；D某种激发态碳(C)原子排布式为而不是，是因为是符合能量最低原则的基态原子，D不合题意；故答案为：BC。14. 已知反应P43NaOH3H2O3NaH2PO2PH3，产物PH3中P的化合价为3价。下列说法正确的是A. 1 mol P4分
17、子中含有PP的物质的量为6 molB. 31 g P4中所含的电子数为56.021023C. 反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为1：3D. 反应生成2.24 L(标准状况)PH3，转移的电子数为0.36.021023【答案】AD【解析】【详解】A由图可知：1 mol P4分子中含有PP的物质的量为6 mol，A正确；B31g P4的物质的量=0.25mol，所以n(电子)=0.25mol154=15mol，即电子数=15mol6.021023mol-1=156.021023，B错误；C结合电子得失守恒可知，1molP4参加反应，有3molP化合价升高，即有3molP作还原剂，有1molP化合
18、价降低，即有1molP作氧化剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比=3:1，C错误；D结合电子得失守恒可知，1molP4参加反应，生成1molPH3，转移3mol电子，当反应生成2.24 L(标准状况)PH3(0.1mol)时，转移0.3mol电子，即电子数：0.36.021023。答案选AD。15. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 2.24 L(标准状况)Br2含有的溴分子数为0.1NAB. 2.8 g由NaHCO3和MgCO3组成的混合物中含有的氧原子数为0.1NAC. 0.1 mol FeCl36H2O加入沸水中生成胶体的粒子数为0.1NAD. 在加热的条件下，6.4 g
19、 Cu与足量的浓硫酸充分反应生成SO2的分子数为0.1NA【答案】BD【解析】【详解】A. 标准状况下，Br2为液态，无法计算其物质的量，故A错误；B. NaHCO3和MgCO3的摩尔质量均为84g/mol，则2.8 g由NaHCO3和MgCO3组成的混合物中含有的氧原子物质的量为，则氧原子数为0.1NA，故B正确；C. 胶体粒子是氢氧化铁的集合体，故0.1 mol FeCl36H2O加入沸水中生成胶体的粒子数小于0.1NA，故C错误；D. 在加热的条件下，Cu与浓硫酸发生反应，可得关系式CuSO2，6.4 g Cu的物质的量为0.1mol，则生成SO2为0.1mol，则6.4 g Cu与足量
20、的浓硫酸充分反应生成SO2的分子数为0.1NA，故D正确；故选BD。【点睛】公式（标况时，Vm=22.4L/mol）的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:条件是否为标准状况，在标准状况下，该物质是否为气体。如：本题A项，标况下Br2不是气体，不能使用Vm=22.4L/mol计算。16. 已知五种短周期元素的原子序数的大小顺序为CABDE；其中E元素为原子半径最小的元素，且A、C同周期，B和C同主族；A与B可形成离子化合物A2B，其含有的离子具有相同的电子层结构，且电子总数为30；D和E可形成4核10电子分子，该分子可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。试回答下列问题：(1)C
21、元素的元素符号为_；(2)B、D元素的第一电离能大小关系为：B_D(填“”、“”或“”)；(3)写出D元素形成的单质的结构式为_，其中键：键=_。(4)A2B对应的水化物的碱性比LiOH _(填“强”或“弱”)；写出A2B2的电子式_，A2B2溶于水时发生反应的化学方程式为_。(5)化合物E2B、E2C，它们结构与组成相似，热稳定性更强的是_(填化学式)但E2B的沸点比E2C高得多的原因是_。【答案】 (1). S (2). (3). NN (4). 1：2 (5). 强 (6). (7). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (8). H2O (9). 水分子间存在氢键【解析】分析】E
22、元素为原子半径最小的元素，则E为H；D和E可形成4核10电子分子，该分子可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，形成的为铵根离子，则D为N；A与B可形成离子化合物A2B，其含有的离子具有相同的电子层结构，且电子总数为30，则A、B离子均含有10个电子，A为Na，B为O；且A、C同周期，B和C同主族，则C为S。【详解】(1)分析可知，C为S；(2)B、D元素分别为O、N，N原子最外层电子为半充满的稳定状态，其第一电离能大于O，则BD；(3)D元素的单质为氮气，结构式为NN；含有1条键，2条键，键：键=1：2；(4)A2B对应的水化物为NaOH，Na比Li的金属性，则其最高价氧化物对应水化物的碱性比Li的强；
23、A2B2为过氧化钠，电子式为；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；(5)化合物E2B、E2C分别为水、硫化氢，O的氧化性大于S，则水的热稳定性大于硫化氢；水分子间可形成氢键，导致水的沸点大于硫化氢的沸点。17. 为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，某校学生实验小组设计了一个实验，其装置如图所示(加热装置和固定装置均已略去)，B为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；E为一个空的蒸馏烧瓶；F是用于鼓入空气的双连打气球。(1)实验时，为在E烧瓶中收集到NO，以便观察颜色，必须事先赶出去其中的空气。其中第一步实验操作为_。(2)将A中铜丝放入
24、稀硝酸中，给装置A微微加热，在装置A中产生无色气体，其反应的离子方程式为_。(3)如何证明E中收集到的是NO而不是H2 _，一段时间后，C中白色沉淀溶解，其原因是_。(4)装置D的作用是_。【答案】 (1). 将B伸入稀硝酸中 (2). 3Cu+8H+23Cu2+2NO+4H2O (3). 挤捏F，若E中出现红棕色，说明收集到的是NO (4). 3NO2+H2O=2HNO3+NO，Ca(OH)2+2HNO3=Ca(NO3)2+2H2O (5). 吸收NO2，防止污染空气【解析】【分析】证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，整个装置要求排净空气，检验装置气密性并加入试剂后，先让碳酸钙与稀硝酸反应生成二
25、氧化碳，并使二氧化碳充满整个装置，再让铜丝与稀硝酸反应生成NO气体，并验证其性质。【详解】(1)实验时，在制取NO之前，应先生成二氧化碳，则应将B伸入稀硝酸中；(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H+23Cu2+2NO+4H2O；(3)NO能与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2，而氢气无此性质；二氧化氮与水反应生成生成硝酸，C中的白色沉淀与硝酸反应生成可溶性的硝酸钙和水；(4)二氧化氮有毒，其能与NaOH反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，则装置D的作用是吸收NO2，防止污染空气。18. 张亭栋研究小组受民间中医启发，发现As2O3(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮
26、(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：(1)As原子的核外电子排布式为_。(2)P和S是同一周期的两种元素，P的第一电离能比S大，原因是_。(3)中H-N-H的键角比NH3中H-N-H的键角_(填“大”或“小”)(4)Na3AsO4中含有的化学键类型包括_；的空间构型为_，As4O6的分子结构如图所示，则在该化合物中As的杂化方式是_。(5)化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则NH5是_晶体。(6)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图(小圆圈表示白磷分子)。己知晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数为NA
27、moll，该晶体的密度为_gcm3(用含NA、a的式子表示)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3 (2). P的p轨道是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫的大 (3). 大 (4). 离子键、共价键 (5). 正四面体 (6). sp3 (7). 离子 (8). 【解析】【分析】(1)As为第四周期VA族元素；(2)P原子的最外层电子为半充满的稳定状态，较稳定；(3)利用孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对的斥力判断；(4)利用价层电子互斥理论解释；(5)NH5由铵根离子和氢负离子构成的离子化合物；(6)利用密度公式计算。【详解】(1)As为第四周
28、期VA族元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；(2)P和S是同一周期的两种元素，P最外层电子为半充满的稳定状态，则P的第一电离能比S大；(3)为正四面体构型，而NH3为三角锥型，其含有一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对的斥力，则中H-N-H的键角大；(4)Na3AsO4为含有共价键的离子化合物，含有离子键、共价键；的中心As原子含有的孤电子对数=(5+3-24)=0，4条键，为sp3杂化，则为正四面体构型；As4O6中As含有3条共价键，1个孤电子对，其杂化方式为sp3杂化；(5)化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则NH5由铵
29、根离子和氢负离子构成的离子化合物；(6)根据晶胞的结构可知，P原子在晶胞的顶点和面心，则一个晶胞中含有4个P，晶胞的体积为a3cm3，该晶体的密度= gcm3。19. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等)为原料制备高纯氧化镁的流程如下：(1)采用搅拌、_、适当增大盐酸的浓度等措施可以提高“酸浸”率。(2)“氧化”过程中发生反应的化学方程式为_。(3)“沉淀”时需严格控制NaOH溶液的用量，其目的是_。(4)“滤液”中继续加入NaOH溶液，_、_、灼烧，制得氧化镁。(5)工业可用氯化镁和碳酸铵为原料，采用直接沉淀法制备纳米MgO，写出该反应的化学方程式：_。取少量制得的该物质溶于
30、某种液体溶剂中(两者不反应)，能说明有纳米MgO存在的简单方法是_。【答案】 (1). 粉碎或适当升高温度等 (2). 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 (3). 使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，且防止Mg2+形成沉淀 (4). 过滤 (5). 洗涤 (6). MgCl2+(NH4)2CO3=MgO+2NH4Cl+CO2 (7). 用一束光照射，在侧面会看到一条光亮的通路【解析】【分析】菱镁矿的主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等，加入盐酸酸浸，MgCO3、FeCO3分别与盐酸反应生成MgCl2、FeCl2，过滤，除去不溶性杂质，在滤液中，通入氯气，将FeCl2氧化为FeCl3，再加入
31、氢氧化钠溶液，调节溶液的pH，使FeCl3完全转化为氢氧化铁沉淀，过滤，除去氢氧化铁沉淀，得到氯化镁溶液，再经过一系列操作得到MgO，据此分析解答。【详解】(1)除了采用搅拌、适当增大盐酸的浓度等措施可以提高“酸浸”率外，还可以采用粉碎或适当升高温度等措施提高“酸浸”率；(2)“氧化”过程中，氯气将FeCl2氧化为FeCl3，反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3； (3)“沉淀”时，只沉淀Fe3+离子，使其完全转化为氢氧化铁沉淀而除去，而不能使Mg2+沉淀，故需严格控制NaOH溶液的用量；(4)“滤液”中溶质为氯化镁，继续加入NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，过滤、洗涤、灼烧，氢氧化镁受热分解制得氧化镁；(5)工业可用氯化镁和碳酸铵为原料，采用直接沉淀法制备纳米MgO，故该反应的化学方程式：MgCl2+(NH4)2CO3=MgO+2NH4Cl+CO2；取少量制得的该物质溶于某种液体溶剂中(两者不反应)，若有纳米MgO存在，会形成胶体，故可通过丁达尔效应说明有纳米MgO存在，具体的方法是用一束光照射，在侧面会看到一条光亮的通路。【点睛】第(2)问书写化学方程式难度不大，但是学生们仍然容易出错，就是错写成离子方程式。学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，提醒自己是写化学方程式还是离子方程式。