高三化学限时训练11月26日

1、高三化学限时训练-11月26日第I卷（选择题）1.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法不合理的是（   ）A由水溶液的酸性：HCl > HF，不能推断出元素的非金属性：Cl > FB人们可在周期表的过渡元素中寻找催化剂和耐腐蚀、耐高温的合金材料C短周期元素正化合价数值和其族序数相同D短周期元素形成的微粒X2与 Y2+ 核外电子排布相同，离子半径：X2 > Y2+2.设NA代表阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A将CO2通过Na2O2使其增重a g时，反应中转移电子数为B将1mol Cl2通入到水中，则N（HClO）+N（C

2、l）+N（ClO）=2NAC常温常压下，3.0 g 含甲醛（HCHO）的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAD2.24L的CH4中含有的CH键数为0.4NA3.下列有关实验误差分析中，错误的是（   ）A中和滴定实验中，盛装待测液的锥形瓶没有润洗，对实验结果无影响B用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏低C用润湿的pH试纸测某溶液的pH，测定结果不一定有误差D测定中和热的实验中，将碱液缓慢倒入酸溶液中，所测中和热值偏低4.下列说法正确的是（）AHF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，沸点却依次升高B熔融状态下能导电的化合物一定含离子键；金属

3、与非金属元素形成的化合物一定是离子化合物CNaHSO4晶体中阴、阳离子的个数是1：2且熔化时破坏的是离子键和共价键DNCl3分子中所有的原子均为8电子稳定结构5.2014年在西非国家爆发的埃博拉疫情呈加速蔓延之势，已知该病毒对化学药品敏感，乙醇、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、双氧水等消毒剂可以完全灭活病毒感染性下列有关说法正确的是（）A乙醇、次氯酸钠溶液的消毒原理相同B双氧水和次氯酸钠具有较强的腐蚀性，不能用于皮肤的消毒C高锰酸钾溶液和双氧水均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D在次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫可发生反应：2NaClO+SO2+H2ONa2SO3+HClO6.标准状况下，某同学向10

4、0mL H2S饱和溶液中通入SO2，所得溶液pH变化如图所示下列分析中正确的是（）Ab点对应的溶液导电性最强B亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸Cab段反应是SO2+2H2S3S+2H2OD原H2S溶液的物质的量浓度为0.05molL17.某稀溶液中含4mol KNO3和2.5mol H2SO4，向其中加入1.5mol铁，充分反应后产生的NO气体在标准状况下的体积为（）A36L B22.4L C28L D11.2L8.某无色混合气体可能含有CO2、CO、H2O（g）、H2中的一种或几种，依次进行如下处理（假设每次处理均反应完全）：通过碱石灰，气体体积减小；通过灼热的氧化铜时，固体变为红色；通过无水CuS

5、O4粉末时，粉末变为蓝色；通过澄清石灰水时，溶液变为浑浊由此可以确定混合气体中（）A一定含有CO2、H2O蒸气，可能含有H2、COB一定含有H2O蒸气、CO，可能含有CO2、H2C一定含有CO2、CO，可能含有H2O蒸气、H2D一定含有CO、H2，可能含有H2O蒸气、CO2中的1种或2种9.某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示下列说法不正确的是（）AX可能含有2种盐 Ba是SO3CY可能含有（NH4）2SO4 D（NH4）2S2O8中S的化合价不可能为+710.以包列科学家Danici Shcchtman因发现准晶体获得2011年诺贝尔化学奖人们在自然界中也找到了组成为Al63Cu24F

6、e13的天然准晶体将相同质量的此准晶体分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体的物质的量关系为（）An（烧碱）n（稀硝酸）n（盐酸）Bn（烧碱）n（盐酸）n（稀硝酸）Cn（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸）Dn（盐酸）n（稀硝酸）n（烧碱）11.在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2mol·L1和1.5mol·L1，现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应下列有关说法正确的是（ ）A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8molB反应后产生13.44L H2（标准状况）C反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9molD由于氧化性Fe3

7、+H+，故反应中先没有气体产生后产生气体12.用铝制易拉罐收集满CO2，加人过量NaOH浓溶液，立即把口封闭发现易拉罐“咔咔”作响，并变瘪了；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来下列说法正确的是（）A导致易拉罐变瘪的离子反应是：CO2+OHHCO3B导致易拉罐又鼓起来的反应是：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2C若将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象D上述过程中总共发生了2个化学反应，且反应结束后的溶液显碱性13.某待测溶液（阳离子为Na+）中可能含有SO42、SO32、NO3、Cl、Br、CO32、HCO3中的一种或多种，进行如图所示的实验，每次实验所

8、加试剂均过量，下列说法不正确的是（ ）ASO42、SO32至少含有一种B沉淀B的化学式为BaCO3C肯定存在的阴离子有CO32-、HCO3、Cl-，还有SO42、SO32至少含有一种D肯定没有的离子是Br-14.饱和氯水与石灰石反应是制取较浓HClO溶液的方法之一某兴趣小组进行了如下实验探究：在试管中加入过量的块状碳酸钙，再加入约20mL饱和氯水（如图所示），充分反应，有少量气泡产生，溶液浅黄绿色褪去；过滤，将滤液滴在有色布条上，发现滤液比氯水的漂白性更强；为了确定反应产物，将滤液分为三份，分别进行以下实验：第一份与石灰水混合，立即产生大量白色沉淀；第二份与稀盐酸混合，立即产生大量无色气体；第

9、三份滤液加热，看到滤液变浑浊且有大量无色气体产生经检测，上述实验中产生的无色气体均为CO2依据上述实验可推知：滤液中的溶质除CaCl2、HClO外，还有（）ACa（ClO）2 BCaCO3 CCa（HCO3）2 DCaO15.下列有关的计算分析不正确的是（    ） A在反应3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O中，当有1 mol铜被氧化时，被还原的硝酸为2/3molB将a mol硫化亚铁放入含3a mol H2SO4的浓硫酸中，充分反应后，氧化、还原产物分别是Fe3、S和SO2，则放出的气体少于1.5a molC室温时，在容积为a mL的试管中

10、充满NO2气体，然后倒置在水中到管内水面不再上升时为止；再通入b mL O2，则管内液面又继续上升，测得试管内最后剩余气体为c mL，且该气体不能支持燃烧。则a、b的关系为a4b3cD某溶液100 mL，其中含硫酸0.03 mol，硝酸0.04 mol，若在该溶液中投入1.92 g铜粉微热，反应后放出一氧化氮气体约为0.015 mol第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明试卷答案1.C试题解析：A、非金属性的强弱，可根据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较，不能根据氢化物的酸性进行比较，HF的酸性比HCl弱，但非金属性F大于Cl，故A正确；B、优良的催化剂及耐高温和耐腐蚀的合金材料（如

11、镍、铂等），大多属于过渡元素，故B正确；C、短周期元素高正化合价和其主族序数相等但正化合价数值不一定相同，如C有+2、+4价，故C错误；D、微粒X2与 Y2+核外电子排布相同，核电荷数Y>X，核电荷数越大,离子半径越小,故离子半径: X2 > Y2+，故D正确。2.C考点：阿伏加德罗常数分析：A、根据质量差计算出反应生成氧气的质量，过氧化钠中氧元素化合价为1价，据此计算出转移的电子数；B、根据氯原子的守恒来分析；C、甲醛和冰醋酸的最简式为CH2O，3.0g混合物中含有0.1mol最简式；D、甲烷所处的状态不明确解答：解：A、2mol二氧化碳与过氧化钠反应生成1mol氧气，过氧化钠质

12、量增重56g，增重ag时生成氧气的物质的量为：mol，转移的电子的物质的量为：×2mol=mol，反应中转移电子数为=NA，故A错误；B、氯气溶于水后满足氯原子的守恒，将1mol Cl2通入到水中后，氯气部分和水反应生成HCl和HClO，故溶液中有Cl2、HCl和HClO，根据氯原子的守恒可知：2N（Cl2）+N（HCl）+N（HClO）+N（ClO）=2NA，故B错误；C、3.0g含甲醛的冰醋酸中含有0.1mol最简式CH2O，含有0.4mol原子，含有的原子总数为0.4NA，故C正确；D、甲烷所处的状态不明确，故2.24L甲烷的物质的量不一定是0.1mol，故D错误故选C点评：本

13、题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3.B试题解析：A、中和滴定时锥形瓶无需用待测液洗涤，故A正确；B、定容时俯视刻度线，液面低于刻度线，V偏小，c偏高，故B错误；C、用湿润的pH试纸测溶液的pH时,相当于把原溶液稀释，而对于中性溶液，加水pH不变，故C正确；D、测定中和热的实验中，若将碱液缓慢倒入酸溶液中，会造成热量的散失，导致所测中和热值偏低，故D正确。4.D考点：元素周期律的作用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别.分析：A元素的非金属性越强，气体氢化物的热稳定性越强；HF中含有氢键，故熔沸点较高；B熔融状态下能导电的化合物为离子化合物

14、；金属与非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物；CNaHSO4晶体中阴离子为硫酸氢根离子，阳离子为钠离子，个数是1：1，熔化时破坏的是离子键；DNCl3分子中N原子与3个氯原子共用3对共用电子对，故所有的原子均为8电子稳定结构解答：解：A非金属性：FClBrI，故HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱；HF中含有氢键，故熔沸点较高，故沸点：HFHIHBrHCl，故A错误；B熔融状态下能导电的化合物为离子化合物，故一定含离子键；金属与非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，故B错误；CNaHSO4晶体中阴离子为硫酸氢根离子，阳离子为钠离子，个数是1：1，熔化时破坏

15、的是离子键，故C错误；DNCl3分子中N原子与3个氯原子共用3对共用电子对，故所有的原子均为8电子稳定结构，故D正确；故选D点评：本题考查元素周期律的作用、氢键的性质、离子晶体与分子晶体的构成微粒与微粒间的作用力分析，难度中等要注意基础知识的积累5.C考点：氧化还原反应分析：A乙醇使蛋白质变性；B氧化性可用于消毒；C高锰酸钾溶液和双氧水均具有强氧化性；D在次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应解答：解：A乙醇消毒液消毒是因为可以使蛋白质变性，而并非是将病毒氧化，而次氯酸钠溶液可以将病毒氧化而达到消毒的目的，故A错误；B双氧水具有较强的氧化性，能用于皮肤的消毒，故B错误；C高锰酸钾溶液

16、和双氧水的消毒原理都是因为具有强氧化性，原理相同，故C正确；D次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫生成硫酸根离子和水，故D错误；故选C点评：本题考查卤族元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析应用能力的考查，题目难度不大6.C考点：二氧化硫的化学性质分析：H2S 饱和溶液中通入SO2，发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，随着反应的进行，溶液酸性逐渐减弱，但恰好反应时，溶液呈中性，二氧化硫过量，与水反应生成亚硫酸，溶液酸性逐渐增强，根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL

17、二氧化硫时，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性更强，以此解答该题解答：解：Ab点为中性，只有水，导电性最差，故A错误；B根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）=0.005mol，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，故B错误；Cab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S=3S+2H2O，故C正确；D由图可知，112mLSO2与硫化氢恰好完全反

18、应，则n（SO2）=0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为=0.1mol/L，故D错误故选C点评：本题考查硫元素化合物性质、化学反应图象等，明确发生的化学反应是解答的关键，注意B选项中应根据溶液物质的浓度相等时pH大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错点，题目难度中等7.C考点：氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算专题：计算题分析：n（H+）=2.5mol×2=5mol，n（NO3）=4，发生3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O或Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，铁粉的物质的量为1.5mo

19、l，由离子方程式判断过量，以此计算该题解答：解：n（H+）=2.5mol×2=5mol，n（NO3）=4，铁粉的物质的量为1.5mol，由 3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O， 3 2 81.5mol 0.1mol 4mol，则1.5molFe完全反应时，硝酸根离子与氢离子均过量，则发生Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，若1.5molFe完全反应时，氢离子不足，则两个反应均发生，Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O x 4x x3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O y y y则，解得x=0.75mol，y=0.75mol生成NO的

20、体积为（0.75mol+0.75mol×）×22.4L/mol=28L，故选C点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中电子守恒为解答的关键，注意过量判断及发生的反应判断，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大8.D考点：常见气体的检验；几组未知物的检验分析：无色混合气体可能含有CO2、CO、H2O（g）、H2中的一种或几种，通过碱石灰，气体体积减小，说明含有酸性氧化物或水蒸气，或二者都有；通过灼热的氧化铜时，固体变为红色，说明含有还原性气体；通过无水CuSO4粉末时，粉末变为蓝色，说明含有通过灼热的氧化铜时生成水蒸气；通过澄清石灰水时，溶液变为浑浊，说明通过

21、灼热的氧化铜时有二氧化碳生成，据此分析解答解答：解：无色混合气体可能含有CO2、CO、H2O（g）、H2中的一种或几种，通过碱石灰，气体体积减小，说明含有酸性氧化物或水蒸气，或二者都有，二氧化碳属于酸性氧化物，则该混合气体中可能含有二氧化碳或水蒸气，或者二者都有；通过灼热的氧化铜时，固体变为红色，说明含有还原性气体，CO和氢气都具有还原性，所以该混合气体中含有CO或氢气，或者二者都有；通过无水CuSO4粉末时，粉末变为蓝色，因为通过碱石灰时即使有水蒸气也被吸收，所以该现象说明原来气体中含有氢气；通过澄清石灰水时，溶液变为浑浊，因为通过碱石灰时即使有二氧化碳也被碱石灰吸收，所以该现象说明原来气体

22、中含有CO，通过以上分析知，一定含有CO、H2，可能含有H2O蒸气、CO2中的1种或2种，故选D点评：本题考查气体检验，明确气体及物质的性质是解本题关键，注意要排除物质的干扰，题目难度不大9.B考点：二氧化硫的污染及治理专题：元素及其化合物分析：二氧化硫与氨水反应生成X，则X中含有亚硫酸铵或亚硫酸氢铵中的一种或两种盐，在X中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵和二氧化硫气体，二氧化硫经氧化、水合等科的硫酸，气体a为二氧化硫，Y为硫酸铵；电解硫酸铵溶液可得（NH4）2S2O8；解答：解：AX中含有亚硫酸铵或亚硫酸氢铵中的一种或两种盐，故A正确；B气体a为二氧化硫，故B错误；CX中加过量硫酸生成硫酸铵或

23、硫酸氢铵，故C正确；DS的最高化合价是+6，不可能为+7，故D正确；故选B点评：本题考查了二氧化硫的污染与防治、元素化合物等问题，把握物质的主要性质是关键，难度一般10.C解析：该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液，铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成气体，为便于计算，可设Al63Cu24Fe13为1mol，根据金属和生成气体之间的关系式得生成气体体积分别为：与HCl反应时：n（H2）=13+63×1.5=107.5 mol，与NaOH反应时：n（H2）=63×1.5=94.5 mol，与HNO3反应时：n

24、（NO）=63+13+24×=92 mol，所以生成气体体积大小顺序是n（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸），故选C11.C解：Fe（NO3）3和H2SO4的物质的量分别为0.2mol、1.5mol，n（Fe）=0.7mol，氧化性为HNO3Fe3+H+，则 Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O 1 4 1 1 0.6 2.4 0.6 0.6 Fe+2Fe3+3Fe2+， 1 2 3 0.1 0.2 0.3Fe完全反应，没有剩余，溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+，A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.6mol，故A错误；B不发生Fe+2H+Fe2+H2，没有氢气生成，

25、故B错误；C反应后溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+，反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9mol，故C正确；D氧化性为HNO3Fe3+H+，先发生Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，有气体生成，故D错误；故选C12.D 考点：铝的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：易拉罐变瘪发生CO2+2OHCO32+H2O，气体的压强变小；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来，发生2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，气体压强增大，以此来解答解答：解：A气体与碱反应，导致易拉罐变瘪，反应为CO2+2OHCO32+H2O，故A错误；B易拉罐又会作响并鼓起来，发

26、生2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，气体压强增大，故B错误；C将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，只发生氨气与水反应，则易拉罐也会出现变瘪的现象，故C错误；D由A、B可知，上述过程共发生2个反应，反应后溶液显碱性，均消耗NaOH，则碱性减弱，故D正确；故选D点评：本题考查Al的化学性质及离子反应，为高频考点，明确发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大，选项C为解答的难点，侧重分析与知识应用能力的考查13.C解析：待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A，则溶液中可能含有：CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体D，且有部分沉淀不溶解，则溶液中一定存在CO32

27、-，溶液中可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种；加入的氯化钡过量，所以滤液A中有Ba2+，滤液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3；滤液B中通入氯气，得无色溶液，溶液中一定不存在：S2-、Br-；滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入了氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-。A、根据以上分析可知，待测液中至少存在SO32-、SO42-中的一种，正确；B、根据分析可知，气体D为CO2，沉淀B为碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子反应生成的BaCO3，正确；C、根据分析可知待测液

28、中Cl-不能确定是否存在，错误；D、根据分析可知待测液中一定不存在的离子为：S2-、Br-，正确。14.C考点：探究氯水、氯气的漂白作用.分析：因次氯酸的酸性比碳酸弱，则次氯酸不与碳酸钙反应，则不可能存在次氯酸钙，第一份与澄清石灰水混合，立即产生大量白色沉淀，可说明含有碳酸氢钙，因碳酸氢钙可与石灰水反应生成白色碳酸钙沉淀，将第三份加热，看到溶液变浑浊且有大量无色气体产生，说明含有碳酸氢钙，反应的方程式为Ca（HCO3）2CaCO3+H2O+CO2解答：解：A、因次氯酸的酸性比碳酸弱，则次氯酸不与碳酸钙反应，则不可能存在次氯酸钙，故A错误；B、碳酸钙不溶于水，因此滤液中不可能含有碳酸钙，故B错误；C、碳酸氢钙与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，碳酸氢钙与盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钙加热分解，反应的方程式为Ca（HCO3）2CaCO3+H2O+CO2，故C正确；D、氧化钙与HClO、水反应，因此滤液中不可能含有CaO，故D错误；故选C点评：本题考查性质的实验方案的设计，侧