2021年福建省福州市石首文汇中学高三化学测试题含解析

2021年福建省福州市石首文汇中学高三化学测试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.已知在25℃时，FeS、CuS的溶度积常数(Ksp)分别为6.3×10－18、1.3×10－36，常温时下列有关说法正确的是()A．向H2S的饱和溶液中通入少量SO2气体溶液的酸性增强B．将足量的CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，溶液中Cu2＋的最大浓度为1.3×10－35mol/LC．因为H2SO4是强酸，所以反应：CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4不能发生D．除去工业废水中的Cu2＋可以选用FeS作沉淀剂参考答案：D略2.下列说法不正确的是

A．常温下，将铝片放入浓硝酸中，无明显现象，说明铝不与冷的浓硝酸反应B．元素由化合态变成游离态时，可能被氧化，也可能被还原

C．自然界中没有游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片

D．从海水中提取溴，一般要经历浓缩、氧化和提取三个步骤，氧化剂一般选择氯气参考答案：A略3.正硼酸(H3BO3)是一种类似于石墨的片层状结构的白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢键相连(如右图所示)。下列有关说法正确的是（）A．正硼酸晶体属于原子晶体B．H3BO3分子的稳定性与氢键有关C．分子中硼原子最外层为8电子稳定结构D．含1molH3BO3的晶体中有3mol氢键

参考答案：答案：D4.某学生欲完成2HCl+2Ag=2AgCl↓+H2↑反应，设计了下列四个实验，你认为可行的实验是

参考答案：C略5.BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似。由此可推测BeCl2A．熔融不导电 B．水溶液呈中性

C．熔点比BeBr2高

D．不与NaOH溶液反应参考答案：A6.（2009·四川卷）在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX（g）====nY（g）；ΔH=QkJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：下列说法正确的是（

）A.m＞nB.Q＜0C.温度不变，压强增大，Y的质量分数减少D.体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动参考答案：C以表格形式考查化学平衡知识。要善于对表格数据分析、对比，结合具体化学知识，深入分析，得出结论。升高温度，c（Y）增大，平衡正移，正反应吸热，Q＞0，B、D错。通过计算：温度恒定时，如100℃时，n1（Y）=1.00×1=1mol；n2（Y）=0.75×2mol=1.5mol，n3（Y）=4×0.53=2.12mol；n（Y）增大，平衡正移，体积增大相当于体系不断减压，因此可知：m＜n，A错。

7.已知氧化性Br2>Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为:aFe2++bBr-+cCl2==dFe3++eBr2+fCl-下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应,其中不符合反应实际的是A.264238

B.243226C.201202

D.222214参考答案：A【知识点】氧化还原反应配平【答案解析】A

解析：A、氯气过量，反应方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，故A错误；B、氯气过量，Br-、Fe2+都完全被完全氧化，反应方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，故B正确；C、加入的氯气的物质的量与铁的物质的量1：2时，发生反应

2Fe2+-+Cl2═2Fe3++2Cl-，故C正确；D、当加入的氯气把Fe2+完全氧化成Fe3+，还有部分剩余时，可以发生反应2Fe2++2Br-+2Cl2→2Fe3++1Br2+4Cl-，故D正确。故答案选A【思路点拨】本题考查氧化还原反应的配平，难度稍大，需要耐心、认真分析。8.某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是

A．肯定有SO2和NO

B．可能有Cl2、O2和NO2C．可能有Cl2和O2

D．肯定只有NO参考答案：A略9.一定温度下，某容器中加入足量的碳酸钙，发生反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)，达到平衡，下列说法正确的是A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度为原来的2倍B．CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g)，△S<0C．将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体的密度变小D．保持容器体积不变，充入He，平衡向逆反应方向进行参考答案：C试题分析：A、将体积缩小到原来的一半，则压强增大，平衡逆向移动，二氧化碳的浓度比原来的2倍浓度小，错误，不选A；B、从物质的状态分析，反应为熵增，错误，不选B；C、将体积增大为原来的2倍，即减压，平衡正向移动，二氧化碳的浓度比原来小，密度变小，正确，选C；D、保持容器的体积不变，充入氦气，气体的浓度不变，平衡不移动，错误，不选D。10.下列离子方程式正确的是

A．二氧化硫通人次氯酸钠溶液：

B．Na与H2O反应：

C．用KBrO3氧化酸性溶液中的KBr：

D．向NH4HSO3溶液中加足量KOH溶液并加热：参考答案：A略11.下列说法正确的是（）A．室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1﹣氯丁烷B．用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3C．用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3D．油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，且产物相同参考答案：A考点：有机物的鉴别；相似相溶原理及其应用；油脂的性质、组成与结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．含﹣OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水；B．HCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H；C．CH3COOH与碳酸钠溶液反应，而CH3COOCH2CH3不能；D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油．解答：解：A．含﹣OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1﹣氯丁烷，故A正确；B．HCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H，则用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3，故B错误；C．CH3COOH与碳酸钠溶液反应气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，故C错误；D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，故D错误；故选A．点评：本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握常见有机物的性质及鉴别方法为解答的关键，注意溶解性与﹣OH的关系、油脂不同条件下水解产物等，题目难度不大．12.下列叙述错误的是①热稳定性：H2O>HF>H2S

②熔点：Al>Na>K③ⅡA族元素的阳离子与上周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素⑤多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高⑥已知H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)=2H2O(l)+Na2SO4(aq)△H=－114.6kJ·mol－1则中和热为57.3kJ·mol－1⑦两个非金属元素原子间只可能形成共价键，而含金属元素的化合物中一定含离子键A．②④⑥ B．①⑤⑥

C．②③④

D．①⑤⑦参考答案：D知识点:物质结构与元素周期律反应热解析：非金属性F＞O＞S，气态氢化物的稳定性为HF＞H2O＞H2S，故①错误；金属离子半径越小，电荷越高，金属键越大，熔点就高，则熔点：Al＞Na＞K，故②正确；

金属原子失去电子形成阳离子，电子层减少，则ⅡA族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故③错误正确；从ⅢB族到ⅡB族10个纵行为副族及第Ⅲ族元素，均为金属元素，故④正确；多电子原子中，在离核较远的区域内运动的电子能量较高，故⑤错误；⑥在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量叫做中和热，故⑥正确；含金属元素的化合物如氯化铝中含共价键，故⑦错误；选D。思路点拨在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量叫做中和热；燃烧热是指1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量；熔沸点的比较：熔沸点的高低取决于4种晶体微粒间的作用力的大小离子晶体受离子半径的大小及离子所带电荷的多少，原子晶体取决于共价键的强弱，分子晶体取决于分子间力，金属晶体取决于金属键的大小。13.若室温时，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混和，所得混和液的pH值=11，则强酸与强碱的体积比是

A、11：1

B、9：1

C、1：11

D、1：9参考答案：D略14.下列叙述正确的是(NA为阿伏伽德罗常数)A．标况下，22.4L苯的分子数为NA

B．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2molO2,转移电子的数目为0.4NAC．0.5mol·L－1CuCl2溶液中含有0.5NA个Cu2＋D．标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2NA参考答案：B略15.下列说法正确的是A、葡萄糖、淀粉和氨基酸在一定条件下都能发生水解反应B、煤中含有苯、甲苯、二甲苯等芳香烃，可通过干馏制取C、氯乙烷与NaOH水溶液共热生成乙醇D、不含其他杂质的天然油脂属于纯净物参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.(12分)选择性催化还原(SCR)是在有催化剂的条件下将NOx转变为N2和H2O，这是目前国外硝酸厂进行尾气治理所普遍采用的一种方法。.某校甲、乙两个化学兴趣小组拟验证NO能被氨气还原并测算其转化率。（一）甲组拟制取活性亚铬酸铜催化剂亚铬酸铜（Adkin催化剂）是极好的NO催化还原的催化剂，是铜和铬的复合氧化物，成分不固定，如：CuO·Cr2O3等，统称为亚铬酸铜。该组同学取一定量硝酸铜溶液（并加少量硝酸钡作稳定剂）、重铬酸铵溶液与氨水作用得土黄色沉淀，将沉淀物[经测定为：碱式铬酸铜铵（CuNH4(OH)CrO4)]过滤、洗涤，80℃烘干12h，最后焙烧。（1）过滤用到的玻璃仪器有：

（选填序号，下同）；焙烧用到的仪器有：

。A．蒸发皿

B．石棉网

C．泥三角

D．烧杯

E．坩埚钳

F．酒精灯G．玻璃棒

H．漏斗

I．坩埚（部分仪器已略去）（2）CuNH4(OH)CrO4在295℃分解生成复合的氧化物（催化剂）、氮气及水，该反应的化学方程式：

。（二）乙组拟用甲组制得催化剂按下列流程进行实验。试回答下列问题：（3）若制取氨气在A装置，则发生反应的化学方程式为：

；若用B装置制取氨气，则分液漏斗和锥形瓶中盛放的药品分别是：

。（4）用图C装置制取NO时，用可抽动的铜丝其优点是：

；（5）装置⑦的作用可能是：

。（6）若进入装置⑤的NO共2688mL（已折算为标准状况，下同），氨气过量，最后收集到标准状况下2016mLN2，则NO的转化率为：

。

参考答案：（1）D、G、H

C、E、F、G、I(2分)（2）2Cu(OH)NH4CrO4Cr2O3·2CuO+N2↑+5H2O(2分)

（3）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O(2分)浓氨水、碱石灰(生石灰或氢氧化钠固体)1（4）反应可以随时关停、操作方便、反复使用、节约药品(2分)

（5）吸收未反应的NO(1分)

（6）90%(2分)三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.如图Ⅰ，在恒压密闭容器M中加入2molA和2molB，起始时容器体积为VL，发生如下反应并达到化学平衡状态：2A(?)＋B(?)xC(g)；ΔH＜0平衡时A、B、C的物质的量之比为1∶3∶4，C的物质的量为ymol。

⑴根据题中数据计算，x＝_________、y＝_________；⑵如图Ⅱ，在体积为VL的恒容密闭容器N中发生上述反应（其它条件相同），测得反应过程中气体的平均相对分子质量随时间的变化如图Ⅲ（t0时达平衡），平衡时容器中C的物质的量为zmol。由于反应物A、B的状态未知，则z和y的大小也不确定，请在下表中填入A、B的状态与z、y的大小之间的关系（仿照情形①、可不填满）：可能的情形A、B是否为气态z与y的大小关系M(B)与M(C)的大小关系（M表示摩尔质量）AB①是不是z＝y前面的结论与此无关②

③

参考答案：⑴x＝2

y＝1.6

⑵

是是z＜y前面的结论与此无关

不是是z＜yM(B)＜M(C)

略18.现有六种元素，其中B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答问题B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/mol

I2=1451kJ/mol

I3=7733kJ/mol

I4=10540kJ/molD原子核外所有p轨道全满或半满E元素的主族序数与周期数的差为4F是前四周期原子电子轨道表示式中单电子数最多的元素G在周期表的第十一列

（1）B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有个方向，原子轨道呈

形．（2）C和与其左右相邻元素原子的第一电离能由大到小的顺序是

．（3）①DE3中心原子的杂化方式为

杂化，该分子中的键角比离子DE4+中的键角小的原因是

②将E的单质通入到黄血盐{K4[Fe(CN)6]}溶液中，可得到赤血盐{K3[Fe(CN)6]}．该反应的离子方程式为

③已知含E的一种化合物与过氧化氢发生如下反应（已配平）：H2O2+→+HE，请写出横线上物质的结构式．（4）F位于

区，价电子排布式为

．（5）G单质晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积（如图），则晶胞中每个原子的配位数为

．假设晶胞边长为a，原子半径为r，列式表示该晶胞的空间利用率为．

参考答案：（1）3，纺锤；（2）Mg＞Al＞Na；（3）①sp3；孤电子对与成键电子对的排斥作用力大于成键电子对之间的排斥作用力；②2[Fe(CN)6]4﹣+Cl2=2[Fe(CN)6]3﹣+2Cl﹣；③；（4）d；3d54s1；（5）12；．

考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，为1s22s22p3，故B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；D处于第三周期，D原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s23p3，故D为P元素；E处于第三周期，E元素的主族序数与周期数的差为4，E处于第ⅦA族，故E为Cl元素；F第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，故F为Cr元素，G在第四周期周期表的第十一列，G为Cu元素，据此解答各小题即可．解答：解：依据分析可知：B为N，C为Mg，D为P，E为Cl，F为Cr，G为Cu，（1）B为N元素，核外电子排布式为1s2ns2np3，基态原子中能量最高的电子，处于2p能级，有3个电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形，故答案为：3，纺锤；（2）C为镁，与Mg元素相邻的同周期元素为Na和Al，同一周期内，随着原子序数的增加，原子半径逐渐变小（稀有气体除外），原子核对外层电子的吸引越来越强，元素的原子越来越难失电子，因此元素的第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，所以第一电离能大小关系为：Mg＞Al＞Na，故答案为：Mg＞Al＞Na；（3）①DE3为PCl3，PCl3中P原子孤电子对数为1，成3个σ键，则为sp3杂化，DE4+为NH4+，氨气分子中存在一对孤电子对，孤电子对与成键电子对的排斥作用力大于成键电子对之间的排斥作用力，故氨气中键角大于铵根中键角，故答案为：sp3；孤电子对与成键电子对的排斥作用力大于成键电子对之间的排斥作用力；②E的单质为氯气，反应为为氯气和黄血盐，生成物为赤血盐，故此反应的离子反应方程式为：2[Fe(CN)6]4﹣+Cl2=2[Fe(CN)6]3﹣+2Cl﹣，故答案为：2[Fe(CN)6]4﹣+Cl2=2[Fe(CN)6]3﹣+2Cl﹣；③由所给的方程式可知