高三化学测试试卷-含答案详解

1、Lyy-测试试卷第I卷（选择题）1下列能达到实验目的的是( )A吸收氨气 B制取少量蒸馏水 C转移溶液 D除去杂质气体CO2【答案】B【解析】倒置漏斗应刚没过边缘。中蒸馏后用冷水冷凝，正确。C项没用玻璃棒。D入口错误。2一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g) + B(g) 3C(g)，若反应开始时充入2molA和2molB，达平衡后A的体积分数为a%。其它条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数仍为a%的是 （ ） A2mol C B2molA、1molB和1molHe（不参加反应） C1molB和1molC D2molA、3molB和3molC【答案】D【解

2、析】判断是否建立等效平衡，根据不同的特点和外部条件，有以下几种情况： 在恒温、恒容条件下，对于反应前后气体分子数改变的可逆反应，改变起始时加入物质的物质的量，通过化学计量数计算，把投料量换算成与原投料量同一则物质的物质的量，若保持其数值相等，则两平衡等效。此时，各组分的浓度、反应速率等分别与原平衡相同，亦称为同一平衡。 在恒温、恒容条件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，改变起始时加入物质的物质的量，通过化学计量数计算，把投料量换算成与原投料量同一则物质的物质的量，只要物质的量的比值与原平衡相同则两平衡等效。此时，各配料量不同，只导致其各组分的浓度反应速率等分别不同于原平衡，而各组分的百

3、分含量相同。在恒温、恒压下，不论反应前后气体分子数是否发生改变，改变起始时加入物质的物质的量，根据化学方程式的化学计量数换算成同一则物质的物质的量只要物质的量之比与原平衡相同，则两平衡等效。此时的情形与（2）相似。本题符合情况，通过化学计量数计算，把投料量换算成与原投料量同一则物质的物质的量，只要物质的量的比值与原平衡相同则两平衡等效，D.换算结果4molA和4molB,比值仍未1:1，前后为等效平衡。3常温下，pH12的氨水中存在以下电离平衡：NH3H2ONH4+OH-，往其中加入少量 0.01molL-1NaOH 溶液，保持不变的是Ac(OH-) Bc(NH4+)Cc(NH3H2O) Dc

4、(NH4+)c(OH-)【答案】A 【解析】氨水中存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH-中，加入少量0.01molL-1NaOH溶液，其pH=12，则c（OH-）不变，由于溶液的总体积变大，则c（NH4+）、c（NH3H2O）、c（NH4+）c（OH-）均减少，因此正确的答案选A。4下列指定反应的离子方程式正确的是ANaHCO3溶液中加入醋酸溶液：HCO3+ H+ = CO2+ H2OBNaAlO2溶液中通入过量CO2气体:2AlO2+ CO2 +3H2O = 2Al(OH)3+CO32CFe(OH)2溶于足量稀硝酸：Fe(OH)2 + 2H+ = Fe2+ + 2H2OD乙醛与含有NaOH

5、的Cu(OH)2悬浊液共热：CH3CHO + OH+2Cu(OH)2CH3COO+ Cu2O+3H2O【答案】D【解析】A醋酸是弱酸，应该写化学式，离子方程式是： HCO3+ 2CH3COOH= CO2+ H2O+2CH3COO-，错误；BCO2气体过量时应该产生: HCO3，离子方程式是AlO2+ CO2 +2H2O = Al(OH)3+ HCO3，错误；C硝酸有强氧化性，会发生氧化还原反应，离子方程式是：3Fe(OH)2 + 10H+NO3- = 3Fe3+ +NO+ 8H2O，错误；D.反应符合事实，拆写符合原则，正确。考点：考查离子方程式书写的正误判断的知识。5反应ABC分两步进行：A

6、BX，XC，反应过程中能量变化如下图所示，E1表示反应ABX的活化能。 下列有关叙述正确的是A. E2表示反应XC的活化能B. 反应ABC的H0C. X是反应ABC的催化剂D. 加入催化剂可改变反应ABC的焓变【答案】B【解析】试题分析：A、E2表示反应XC中活化分子变成生成物时放出的能量，而不能表示活化能，A不正确；B、关键图像可知，反应物A和B的总能量高于生成物C的总能量，因此反应ABC的H0，B正确；C、X是反应ABC的中间产物，而表示催化剂，C不正确；D、催化剂只能改变活化能，但不能改变焓变，D不正确；6某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物，当参加反应的单质与被还原

7、HNO3的物质的量之比为21时，还原产物可能是AN2O BNO CNO2 DN2【答案】A【解析】试题分析：设金属单质反应后的化合价为+n价，硝酸的还原产物中N的化合价是x价，根据题意和得失电子守恒得2n=5-x,x=5-2n，2n为偶数，则x必为奇数，即硝酸的还原产物中N的化合价是奇数，B、C、D中N的化合价都是偶数，只有A中N的化合价是+1价，所以答案选A。考点：考查氧化还原反应中产物的判断7已知一定温度和压强下，N2(g)和H2(g)反应生成2mol NH3(g)，放出92.4kJ热量。在同温同压下向密闭容器中通入1mol N2和3mol H2，达平衡时放出热量为Q1kJ；向另一体积相同

8、的容器中通入0.5mol N2和1.5mol H2，相同温度下达到平衡时放出热量为Q2kJ。则下列叙述正确的是 A2Q2Q1=92.4kJ B2Q2=Q1=92.4kJ C2Q2Q192.4kJ D2Q2=Q192.4kJ【答案】C【解析】N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) H= 92.4kJ/mol；该反应为可逆反应，若加入1mol N2和3mol H2时，不能完全转化为NH3，所以平衡时放出的热量Q1kJ92.4kJ；若加入0.5mol N2和1.5mol H2达到平衡时放出的热量Q2Q1；所以C正确。第II卷（非选择题）8铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3

9、）是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下图所示，请回答有关问题：（1）流程乙加入烧碱后发生反应的离子方程式： .（2）溶液D到沉淀E发生的离子方程式： 。（3）验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入 。（4）滤液K中溶质的主要成份是 （填化学式）。【答案】（1）Al2O3+2OH-+3H2O2Al(OH)4-；SiO2+2OH-SiO32-+H2O（2）Al(OH)4-+CO2HCO3-+ Al(OH)3（3）KSCN（4）NaHCO3【解析】（1）氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，所以有关反应的离子方程式是Al2O3+2OH-+3H2O2

10、Al(OH)4-、SiO2+2OH-SiO32-+H2O。（2）溶液B中含有铝离子，和过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，然后再通入CO2则又生成氢氧化铝白色沉淀，反应的离子方程式是Al(OH)4-+CO2HCO3-+ Al(OH)3。（3）检验溶液中铁离子的试剂是KSCN溶液。（4）由于滤液Y生成滤液K的试剂是过量的CO2气体，所以滤液K中溶质的主要成份是碳酸氢钠。考点：考查铝土矿提取氧化铝的有关判断以及方程式的书写。9（18分）Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。I制备Na2S2O35H2O反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3(aq)实验步骤

11、： 称取15g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80ml蒸馏水。另取5g研细的硫粉，用3ml乙醇润湿，加入上述溶液中。安装实验装置（如图所示，部分加持装置略去），水浴加热，微沸60分钟。趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O35H2O，经过滤，洗涤，干燥，得到产品。回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是 。（2）仪器a的名称是 ，其作用是 。（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是 ，检验是否存在该杂质的方法是 。（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因： 。II.测定产品纯度 准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，

12、以淀粉作指示剂，用0.1000 molL1碘的标准溶液滴定。 反应原理为：2S2O32+I2=S4O62-+2I（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化： 。（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为 mL。产品的纯度为（设Na2S2O35H2O相对分子质量为M） 。III.Na2S2O3的应用（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42，常用作脱氧剂，该反应的离子方程式为 。【答案】（1）使硫粉易于分散到溶液中（2）冷凝管 冷凝回流（3）Na2SO4 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4 （4）S2O

13、32+2H+=S+SO2+H2O （5）由无色变为蓝色（6）18.10（7）S2O32+4Cl2+5H2O = 2SO42+8Cl+10H+【解析】（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是使硫粉易于分散到溶液中。（2）根据实验装置图可知a为冷凝管；作用是冷凝回流。（3）SO32具有还原性，能被O2氧化为SO42，所以最可能存在的无机杂质是SO42；硫酸根的检验方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4。（4）S2O32与H+发生氧化还原反应，生成的S使产品发黄，离子方程式为：S2O32+2H+=S+SO2+H

14、2O（5）滴定结束后，I2使淀粉变蓝，所以滴定至终点时，溶液颜色的变化：由无色变为蓝色。（6）根据液面示意图，滴定起始时，液面读数为0，终点液面读数为18.10ml，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10ml；产品的纯度=0.1000mol/L18.1010-3L2MW100%=（7）Cl2被还原为Cl，配平可得离子方程式为：S2O32+4Cl2+5H2O = 2SO42+8Cl+10H+考点：本题考查实验基本仪器和基本操作、离子检验、滴定实验及计算、离子方程式书写。 10（12分）如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。请按要求回答相

15、关问题：(1)甲烷燃料电池负极反应式是 ；(2)石墨(C)极的电极反应式为 ；(3)若在标准状况下，有2.24 L氧气参加反应，则乙装置中铁极上生成 的气体体积为_L ，丙装置中阴极析出铜的质量为_g ；(4)某同学利用甲烷燃料电池设计电解法制取漂白液或Fe(OH)2的实验装置(如图所示)。若用于制漂白液，a为电池的_极，电解质溶液最好用_；若用于制Fe(OH)2，使用硫酸钠作电解质溶液，阳极选用_作电极。【答案】（12分） (1) CH4 +10OH- -8eCO32-+7H2O ；（3分）(2)2Cl2eCl2；（2分） (3)4.48L，（2分）12.8g；（2分）(4) 负（1分）饱和

16、氯化钠溶液或食盐水（1分） 铁 （1分）【解析】燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极。（1）燃料电池中，负极上投放燃料，所以投放甲烷的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH4+10OH-8e-CO32-+7H2O；（2）甲中投放氧化剂的电极是正极，所以乙装置中石墨电极是阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl-2e-Cl2；（3）串联电池中转移电子数相等，若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，氧气的物质的量是2.24L22.4L/mol0.1mol，则则转移电子的物质的量0.1mol40.4mol，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，

17、设生成氢气的体积为xL；丙装置中阴极上析出铜，设析出铜的质量为yg，则2H+2e-H2 2mol 22.4L0.4mol xL解得x=4.48Cu 2+2e-Cu 2mol 64g0.4mol yg解得y=12.8（4）电解饱和食盐水时，阴极上析出氢气，阳极析出氯气，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠是漂白液的有效成分，B电极上生成氯气，氯气的密度小于溶液密度，所以生成的氯气上升，能和氢氧化钠溶液充分的接反应生成次氯酸钠，所以A极上析出氢气，即A极是阴极，所以a为电池负极；若用于制Fe（OH）2，使用硫酸钠做电解质溶液，阴极上氢离子放电生成氢气，如果阳极是惰性电极，阳极上氢氧根离子放电生

18、成氧气得不到氢氧化亚铁，所以阳极上应该是铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁。11（本题包括2部分，共14分）、（8分）X、Y、Z、W均为短周期元素组成的单质或化合物。在一定条件下有如下转化关系：XYZW（1）若构成X的阳、阴离子个数比为12，且构成X的阳、阴离子中分别含有18个和10个电子，构成Z的阴、阳离子中均含有10个电子。则Z的电子式为 。（2）若X、Y、Z、W四种物质均为分子，且X分子中含18个电子，Y、Z分子中均含有10个电子，单质W分子中含有16个电子。则此化学反应的类型为 。（3）若X、W均为单质，Y、Z均为氧化物且Y、Z中氧的质量分数分别为50%和40%

19、。则该反应的化学方程式为 。（4）若X、Y、Z、W均为非金属氧化物，X的式量比Z的式量小16，Y的式量比W的式量大16，Y是光化学烟雾的主要“元凶”，则该反应的化学方程式为 。、(6分)我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，下图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图：请根据以上信息回答下列问题：（1）写出N的化学式和B的名称：N 、B 。（2）写出反应的化学方程式并用双线桥表示电子转移情况： （3）写出反应的离子方程式： 【答案】、（1）NaOH的电子式：；（2分）（2）置换反应（氧化还原反应）（3）2MgSO22MgOS（2分）（4）SO2NO2SO3NO（或C

20、ONO2CO2NO）（2分）、（1）HCl （1分）、 石灰乳（1分）（2）（3）Cl2 + 2OH- =Cl- + ClO- +H2O（2分）【解析】、（1）若构成X的阳、阴离子个数比为12，且构成X的阳、阴离子中分别含有18个和10个电子，构成Z的阴、阳离子中均含有10个电子。则X是Ca(OH)2；Y是Na2CO3，Z是NaOH，W是CaCO3,Z的电子式为;（2）若X、Y、Z、W四种物质均为分子，且X分子中含18个电子，Y、Z分子中均含有10个电子，单质W分子中含有16个电子。则X是F2，Y是H2O,Z是HF,W是O2，由于在反应中元素的化合价发生了变化，所以此化学反应的类型为氧化还原反

21、应，根据反应物和生成物的元素组成可知该反应同时也是置换反应；（3）若X、W均为单质，Y、Z均为氧化物且Y、Z中氧的质量分数分别为50%和40%。则该反应的化学方程式为2MgSO22MgOS；（4）若X、Y、Z、W均为非金属氧化物，X的式量比Z的式量小16，Y的式量比W的式量大16，Y是光化学烟雾的主要“元凶”，则X是SO2;Y是NO2；Z是SO3；W是NO;该反应的化学方程式为SO2NO2SO3NO（或X是CO;Y是NO2；Z是CO2；W是NO，反应的方程式是CONO2CO2NO）；、（1）贝克CaCO3煅烧得到A是CaO, CaO与水发生反应产生B：Ca(OH)2，饱和NaCl溶液电解产生E

22、是NaOH；F是H2；C是Cl2；氯气与氢气化合产生N：HCl，Cl2与NaOH溶液发生反应产生NaClO；Ca(OH)2与含有MgCl2的溶液发生复分解反应产生Mg(OH)2沉淀，把沉淀过滤出来，与HCl发生酸碱中和反应产生MgCl2;电解熔融的MgCl2产生C：Cl2和D：Mg。（1）N的化学式是HCl；B的名称是石灰乳；（2）反应的化学方程式及用双线桥表示电子转移情况是；(3)反应氯气与NaOH溶液反应的两种方程式是：Cl2 + 2OH- =Cl- + ClO- +H2O。12（12分）甲、乙、丙为常见单质。A、B、C、D、E、F、G、H均为中学化学中常见的化合物，其中B、G的焰色反应均

23、为黄色，C能使品红溶液褪色。在一定条件下，各物质相互转化关系如图所示。请回答下列问题：（1）用化学式表示：丙为_，H为_。（2）A的电子式为_。（3）电解E的水溶液时，E起到的作用是_。（4）写出BCD的化学方程式：_；写出EGF的离子方程式：_。【答案】（12分）（1）O2 SO3 （2） （3）增强溶液的导电能力 （4）Na2O2SO2=Na2SO4 OHHCO3-=CO32-H2O【解析】甲、乙、丙为常见单质，A、B、C、D、E、F、G、H均为中学化学中常见的化合物，其中B、G的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，B能与二氧化碳、水反应生成单质丙，则B为Na2O2，丙为O2，A为Na，E为

24、NaOH，F为Na2CO3，G的焰色反应为黄色，与氢氧化钠反应得到碳酸钠，判断G为NaHCO3；C能使品红溶液褪色，由单质乙与氧气反应得到，则乙为S，A为Na2S，C为SO2，H为SO3，D为Na2SO4。（1）由上述分析可知，丙为O2，H为SO3。（2）A为Na2S，电子式为： 。（3）电解NaOH的水溶液时，实质是电解水，NaOH起到的作用是：增强溶液导电能力。（4）B+CD是过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，反应化学方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4；B和G是氢氧化钠和碳酸氢钠溶液的反应，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O。13（16分）高分子材料PET聚

25、酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：RCOOR+ R18OHRCO18OR+ROH（R、R、R代表烃基）（R、R代表烃基）（1）的反应类型是_。（2）的化学方程式为_。（3）PMMA单体的官能团名称是_、_。（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，的化学方程式为_。（5）G的结构简式为_。（6）下列说法正确的是_（填字母序号）。a为酯化反应bB和D互为同系物 cD的沸点比同碳原子数的烷烃高d1 mol 与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4 mol NaOH（7）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是_。（8）写出由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式_。【答案

26、】（1）加成反应（2） （3）碳碳双键（1分） 酯基（1分）（4）（5） （6）a、c（7）（8）【解析】根据有机合成路线，采用正向推理和逆向推理相结合的方法，乙烯与Br2发生加成反应生成的A为，加入NaOH溶液A发生水解反应生成的B为，与对苯甲酸甲酯发生酯交换反应生成PET单体和D，则D为CH3OH，根据E的分子式和F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，可知E的结构简式为：CH3CHOHCH3，在Cu催化条件下与O2发生催化氧化反应生成的F为CH3CH3，根据题目所给信息可知G为：，在浓硫酸加热条件下G发生消去反应，生成的J为：CH2=C（CH3）COOH。（1）根据上述分析，反应为乙烯与Br2发

27、生的加成反应。（2）反应为发生的水解反应，化学方程式为：。（3）由PMMA的结构可推出PMMA单体的结构简式为：CH2=CH（CH3）COOCH3，则PMMA单体的官能团为：碳碳双键、酯基。（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，可知E的结构简式为：CH3CHOHCH3，在Cu催化条件下与O2发生催化氧化反应，则的化学方程式为：。（5）根据上述分析可知G的结构简式为：。（6）a、D为CH3OH，J为：CH2=C（CH3）COOH，所以反应为酯化反应，故a正确；b、B为，D为CH3OH，二者不是同分异构体，故b错误；c、D为CH3OH，分子间能形成氢键，使沸点升高，所以D的沸点比同碳原子数的烷烃高，故c正确；d、含有两个酯基，1 mol 与足量NaOH