山东省东营市黄河路街道中学2021年高三化学测试题含解析

山东省东营市黄河路街道中学2021年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.（不定项）在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.20molNO2充入体积为1L的密闭容器中，发生如下反应：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），测得n（CH4）随时间变化数据如下表：

时间/min010204050T1n（CH4）/mol0.500.350.250.100.10T2n（CH4）/mol0.500.300.18…0.15下列说法正确的是（）A．T2时CH4的平衡转化率为70.0%B．该反应的△H＞0、T1＜T2C．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O（g），平衡向正反应方向移动D．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.50molCH4和1.20molNO2，与原平衡相比，达新平衡时N2的浓度增大、体积分数减小参考答案：AD【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】由表中数据可知，T1温度在40min到达平衡，开始对应各组分浓度相等，前20min内温度T2的反应速率大于温度T1的，则温度T2＞T1，T2温度先到达平衡，到达平衡时间小于40min，50min处于平衡状态，此时甲烷的物质的量为0.15mol，大于T1温度平衡时的0.1mol，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，A．计算平衡时参加反应的甲烷物质的量，进而计算转化率；B．根据分析可知，正反应为放热反应；C．根据K=判断浓度商与平衡常数相对大小，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行；D．再充入0.50molCH4和1.20molNO2，平衡正向移动，氮气浓度增大，等效为在原平衡基础增大压强，与原平衡相比平衡逆向移动．【解答】解：由表中数据可知，T1温度在40min到达平衡，开始对应各组分浓度相等，前20min内温度T2的反应速率大于温度T1的，则温度T2＞T1，T2温度先到达平衡，到达平衡时间小于40min，50min处于平衡状态，此时甲烷的物质的量为0.15mol，大于T1温度平衡时的0.1mol，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，A．T2平衡时参加反应的甲烷物质的量为：0.5mol﹣0.15mol=0.35mol，则甲烷的平衡转化率为：×1005=70%，故A正确；B．根据分析可知，温度T1＜T2，正反应为放热反应，该反应的△H＜0，故B错误；C．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O（g），此时甲烷浓度为0.4mol/L，原平衡时生成的水为（0.5﹣0.1）mol×2=0.8mol，此时水的浓度为1.6mol/L，根据K=可知此时Qc=6.4=K，反应向逆反应进行，故C错误；D．再充入0.50molCH4和1.20molNO2，平衡正向移动，氮气浓度增大，等效为在原平衡基础增大压强，与原平衡相比平衡逆向移动，达新平衡时N2的体积分数减小，故D正确；故选AD．2.将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L-1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（）A.加入合金的质量不可能为6.4g

B.参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC.沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150mLD.溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24L参考答案：D解析：镁、铜在稀硝酸中反应，都是生成硝酸盐、一氧化氮和水。向所得溶液中加入NaOH溶液至沉淀完全，最终都生成二价氢氧化物沉淀，沉淀质量比合金质量增加的就是氢氧根离子的质量，5.1克氢氧根离子的物质的量是5.1g÷17g/mol=0.3mol，A、氢氧根离子的物质的量是0.3mol可知原来金属共有0.15mol，假设全部是铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6克；假设全部是镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6克，合金的质量可能为6.4g；故A错误；D、根据电子守恒，金属失电子0.15mol×2=0.3mol，释放的NO有0.1mol，标况是2.24升，故D正确。B、参加反应的硝酸物质的量是0.1mol+0.15mol×2=0.4mol，C、沉淀完全时所得盐溶液为硝酸钠溶液，消耗NaOH溶液的体积为（0.15mol×2）÷3mol·L-1=0.1L=100mL,故C错误；故答案选D3.现有A、B、C、D、E、F六种常见的短周期主族元素，原子序数依次递增，原子半径A<D<C<B<F<E，B、C、D、E、F的简单离子的电子数为10，且原子的最外层电子数的关系为A+D=B+F=8。下列说法不正确的是(

)A．D所对应的气态氢化物是所有非金属元素对应氢化物中最稳定的。B．B、C、E三种元素可以组成的两种离子化合物，可以用硝酸银溶液鉴别这两者。C．B、C、D、E、F对应离子的半径大小为：E>F>B>C>D。D．A、C、F形成的化合物既可以与酸反应，也可以与碱反应。参考答案：C略4.下列说法正确的是（）①标准状况下，22.4L己烯含有的分子数为6.02×1023②标准状况下，aL的氧气和氮气的混合物含有的分子数约为×6.02×1023③7.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数约为0.2×6.02×1023④1mol乙醇中含有的共价键数约为7×6.02×1023⑤500mL1mol/L的硫酸铝溶液中含有的硫酸根离子数约为1.5×6.02×1023．A．①④

B．②⑤

C．③④

D．②④参考答案：B考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：①根据己烯标准状况下不是气体；②依据阿伏伽德罗定律的推论分析判断；③先把质量换算为物质的量，结合氯气发生的是自身氧化还原反应计算电子转移；④根据乙醇的结构分析计算共价键数⑤根据硫酸铝化学式求出离子浓度，然后根据n=cV计算判断．解答：解：①己烯在标准状况下不是气体，无法计算其物质的量，故①错误；②标准状况下，aL的氧气和氮气的混合物含有的分子数约为×6.02×1023，故②正确；③7.1g氯气物质的量为0.1mol，氯气与足量的氢氧化钠溶液反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应中转移电子数为1个电子，所以0.1mol氯气反应转移电子物质的量为0.1mol，故③错误；④1个乙醇分子中含有5个碳氢键、1个碳碳键、1个碳氧键、1个氧氢键，共计8个共价键，1mol乙醇中含有的共价键数8NA，数目为8×6.02×1023，故⑤错误；⑤500mL1mol/L的硫酸铝溶液中硫酸根的物质的量浓度为3mol/L，所以硫酸根离子物质的量为3mol/L×0.5L=1.5mol，硫酸根离子数约为1.5×6.02×1023，故⑤正确；综上所述②⑤正确；故选B．点评：本题考查阿伏加德罗常数，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题．5.进行化学实验，观测实验现象，通过分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实的解释正确的是

A.浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定分解成有色产物能溶于硝酸

B.在KI淀粉溶液中通入氯气，溶液变蓝，说明氯气能与淀粉发生显色反应

C.在某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明含SO42-

D.将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化参考答案：A略6.不小心使皮肤粘上了高锰酸钾，形成的黑斑很久才能消除，如果用草酸（乙二酸）稀溶液洗涤，黑斑可迅速褪去，其离子方程式为：MnO4-+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++

，下列有关叙述正确的是：A．发生还原反应的是：H2C2O4B．该离子方程式右侧横线上的产物是OH-C．10mol二氧化碳生成时，电子转移5mol

D．通常用H2SO4溶液而不用盐酸酸化KMnO4溶液参考答案：D7.以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是A．每消耗3molH2O2，转移的电子为3molB．电极b采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用C．电池放电时Na＋从a极区移向b极区D．该电池的负极反应为：BH4—+8OH——8e—=BO2—+6H2O参考答案：A略8.某溶液中只可能含有下列离子中的几种（不考虑溶液中含的较少的H＋和OH－）Na+、NH4+、SO42－、CO32－、NO3－。取200mL该溶液，分为等体积的二份分别做下列实验。实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224mL。实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33克。下列说法正确的是（

）A、该溶液中可能含有Na+

B、该溶液中肯定含有NH4+、SO42-、CO32-、NO3-C、该溶液中一定不含NO3-

D、该溶液中一定含Na+，且c(Na+)≥0.1mol/L参考答案：D略9.甲、乙为短周期不同主族元素组成的单质，丙、丁为氧化物，它们存在如下转化关系

，满足条件的甲和乙为

（）

A．铝和铁

B．氟气和氧气

C．碳和硅

D．镁和碳

参考答案：答案：D10.碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜．在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜．溶解28.4g上述混合物，消耗1mol/L盐酸500mL．灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是（）A．35gB．30gC．20gD．15g参考答案：

考点：有关混合物反应的计算．分析：根据氯元素守恒2n（CuCl2）=n（HCl），根据Cu元素守恒n（CuO）=n（CuCl2），再根据m=nM计算CuO的质量．解答：解：根据氯元素守恒2n（CuCl2）=n（HCl）=0.5L×1mol/L=0.5mol，故n（CuCl2）=0.25mol，根据Cu元素守恒n（CuO）=n（CuCl2）=0.25mol，则m（CuO）=0.25mol×80g/mol=20g，故选C．点评：本题考查混合物计算，难度不大，注意利用原子守恒进行解答．11.固体化合物X本身不导电，但熔融状态或溶于水中能电离，下列关于化合物X的说法正确的是

A.X一定是电解质

B.X可能是非电解质

C.X只能是盐类

D.X可以是任何化合物参考答案：A略12.关于下列图示的说法中正确的是A．用图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱

B．用图②所示实验装置排空气法收集CO2气体

C．图③表示可逆反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的△H大于0

D．图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量也相同参考答案：A略13.某化合物的分子式为C5H11Cl，分析数据表明，分子中有两个-CH3，两个―CH2―，一个和一个-Cl，它的可能的结构有几种（

）Ａ.２

Ｂ.３

Ｃ.４

Ｄ.５参考答案：B略14.铁粉和铜粉的均匀混合物，平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表（设硝酸的还原产物只和NO）：下列计算结果错误的是编号①②③④稀硝酸体积/mL100200300400剩余金属/g18.09.600NO体积/mL224044806720VA．①中溶解了8.4gFe

B．原混合物总质量为105.6gC．硝酸的浓度为4mol/L

D．④中V=6720参考答案：D试题分析：A、实验反应①②有金属剩余，此时铁元素以Fe2＋的形式存在，②在①的基础上反应，在加入100ml的硝酸，消耗金属的质量为18－9.6=8.4g，产生的气体体积为4480－2240=2240mL，即0.1mol，根据3M＋8HNO3=3M(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，此时消耗金属的物质的量为3×0.1/2mol=0.15mol，M的摩尔质量为8.4/0.15g·mol－1=56g·mol－1，①②之间消耗的铁，即反应①消耗的是铁，故说法正确；B、根据选项A的分析，消耗100mL的硝酸，消耗8.4g的铁，因此一份合金的质量为26.4g，即原混合物总质量为4×26.4g=105.6g，故说法正确；C、根据A选项，消耗的硝酸物质的量为8×0.1/2mol=0.4mol，则硝酸的浓度为0.4/100×10－3mol·L－1=4mol·L－1，故说法正确；D、③在②的基础上100mL稀硝酸消耗9.6g的金属，产生(6720－4480)mL=2240mL，即0.1molNO，按照反应方程式消耗金属的物质的量为0.15mol，M的摩尔质量为9.6/0.15g·mol－1=64g·mol－1，从上述分析，反应②只消耗的是Fe，铜没有参加反应，此时铁元素以Fe2＋形式存在，其物质的量为4480×10－3×3/(22.4×2)mol=0.3mol，

反应④是在③的基础之上，增加100mL硝酸，把Fe2＋氧化成Fe3＋，根据得失电子数目守恒，0.3×1=V(NO)×3/22.4，解得V(NO)=2.24L，因此V=6720＋2240=8960mL，故说法错误。

15.下列分散系中的分散质的微粒直径属于纳米级（1~100nm）的是（

）A．溶液

B．悬浊液

C．胶体

D．乳浊液参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.(15分)硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称保险粉，可用于照相业作定影剂，也可用于纸浆漂白作脱氯剂等。实验室可通过Na2S、Na2CO3和SO2共同反应来制取Na2S2O3。

图1

图2（1）写出图1所示装置中三颈瓶中由反应制取Na2S2O3的化学方程式_

▲

___。如将分液漏斗中的H2SO4改成浓盐酸，则三颈烧瓶内除Na2S2O3生成外，还有__▲___(填化学式)杂质生成。（2）为测定所得保险粉样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数，可用标准碘溶液进行滴定，反应方程式为2Na2S2O3＋I2===2NaI＋Na2S4O6。①利用KIO3、KI和HCl可配制标准碘溶液。写出配制时所发生反应的离子方程式：________▲___________。②准确称取一定质量的Na2S2O3·5H2O样品于锥形瓶中，加水溶解，并滴加__▲

作指示剂，用所配制的标准碘溶液滴定。滴定时所用的玻璃仪器除锥形瓶外，还有__▲___。③若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则会使样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数的测量结果___▲___(填“偏高”“偏低”或“不变”)。（3）本实验对Na2S的纯度要求较高，利用图2所示的装置可将工业级的Na2S提纯。已知Na2S常温下微溶于酒精，加热时溶解度迅速增大，杂质不溶于酒精。提纯步骤依次为：①将已称量好的工业Na2S放入圆底烧瓶中，并加入一定质量的酒精和少量水；②按图2所示装配所需仪器，向冷凝管中通入冷却水，▲进▲出（用字母“a”、“b”填空）水浴加热；高考资源网③待__▲___时，停止加热，将烧瓶取下；④________________▲___________；⑤______________▲__________；⑥将所得固体洗涤、干燥，得到Na2S·9H2O晶体。参考答案：(1)2Na2S＋Na2CO3＋4SO2===3Na2S2O3＋CO2NaCl(2)①IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O②淀粉溶液酸式滴定管③偏低(3)③烧瓶中固体不再减少④趁热过滤⑤将所得滤液冷却结晶，过滤略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.(18分)某烃W经下列反应可得到F和高分子化合物G，G是常用的塑料。请回答下列闯题：(1)F的分子式为

，化合物E中所含两个官能团的名称是

、

。(2)写出下列反应过程的反应类型：AB

；WF

。(3)写出以下化学方程式：①lmolA与NaOH的醇溶液共热反应(生成物为烃)的化学方程式为

②B转化为C的化学方程式为

③E转化为G的化学方程式为

(4)E的一种同分异构体M具有如下性质：①能发生银镜反应；②分子中含有两个羟基；③同一碳上连接两个羟基