山西省忻州市秦城中学高三化学测试题含解析

山西省忻州市秦城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.下列说法正确的是

A．工业用SiO2与焦炭制取单质硅过程中，生成的气体产物是CO

B．硫在空气中燃烧的产物是SO-2-，在纯净氧气中燃烧的产物是SO3

C．钠在敞口容器中长期存放和在空气中燃烧的产物都是Na2O2D．镁在空气中和纯净氧气中燃烧的产物都只有MgO参考答案：A略2.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W与X同主族，Y的最外层电子数是电子层数的3倍，Y与W核外电子数相差6，Z的最外层电子数等于电子层数．下列说法正确的是（）A．X、Y、W元素的原子半径依次递增B．X、Z、W元素的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增C．X、W分别与Y形成化合物在常温下均为气态D．Z、W分别与Y形成的化合物均可作为耐高温材料参考答案：D【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y原子最外层电子数是电子层数的3倍，电子层数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；Y与W核外电子数相差6，则W为Si；W与X同主族，则X为C元素；Z的最外层电子数等于电子层数，结合原子序数可知Z处于第三周期，故Z为Al，据此解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y原子最外层电子数是电子层数的3倍，电子层数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；Y与W核外电子数相差6，则W为Si；W与X同主族，则X为C元素；Z的最外层电子数等于电子层数，结合原子序数可知Z处于第三周期，故Z为Al．A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Y（O）＜X（C）＜W（Si），故A错误；B．非金属性C＞Si＞Al，故最高价氧化物的水化物的酸性：偏铝酸＜硅酸＜碳酸，故B错误；C．C、Si分别与O形成化合物中CO、二氧化碳为在常温下均为气态，而二氧化硅为固体，故C错误；D．Al、Si分别与O形成的化合物分别为氧化铝、二氧化硅，均可作为耐高温材料，故D正确，故选：D．3.下列叙述正确的是（

）A．在蒸发皿中，用酒精灯加热蒸发NaHCO3溶液，可以得到NaHCO3固体B．欲配置1.0L1.00mol·L-1的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中C.在酸碱中和滴定实验中，锥形瓶要用待测溶液润洗D．用丁达尔现象可以区分食盐水和淀粉溶液参考答案：D略4.下列叙述中正确的是(

)

A．加入NaOH溶液，加热后产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液一定有NH4+

B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2

C．加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液一定有SO42－

D．加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有CO32－参考答案：C略5.下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量的关系为1∶2的是（）A．Fe+2H＋==

2Fe2++H2↑

B．2CH3COOH+Ca(ClO)2==2HClO+Ca(CH3COO)2

C．I2+2NaClO3==2NaIO3+Cl2

D．4HCl+MnO2==MnCl2+Cl2↑+2H2O

参考答案：D略6.下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是A．苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键B．乙酸乙酯在中性和酸性条件下都能水解，且水解速率相同C．醇与酸在一定条件下反应生成酯的反应也属于取代反应D．乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2参考答案：B7.一定温度下可逆反应：A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)；△H<0。现将1molA和2molB加入甲容器中，将4molC和2molD加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，t1时两容器内均达到平衡状态(如图1所示，隔板K不能移动)。下列说法正确的是（）A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB，达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中C的浓度的2倍B．保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲、乙中B的体积分数均增大C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2倍D．保持温度和乙中的压强不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示(t1前的反应速率变化已省略)参考答案：答案：BD考点：本题考查了勒夏特列原理的应用、化学平衡图像知识。解析：由题给反应可知A是固体，该反应正反应是气体分子数增大的反应。甲容器加入1molA和2molB，乙容器加入4molC和2molD，完全转化后得2molA和4molB，乙的体积是甲的2倍，两者起始建立等效平衡。A项中，再在甲中加入1molA和2molB，相当于在起始加入2molA和4molB，由于甲体积比乙小，甲中压强加大，平衡向逆反应方程式移动，甲中C的浓度小于乙中C的浓度的2倍，A不正确。B中温度升高，平衡向逆反应方向移动，B的体积分数均增大。C中使甲、乙两容器体积相等，乙中投入量相当于甲的2倍，乙中压强增大(类似于选项A)，平衡向逆反应方向移动，乙中C的体积分数小于甲C的体积分数的2倍。D中，甲容器中总压强增大，但反应物和生成物的浓度不变，速率不发生变化，平衡不发生移动，图2正确。乙容器中保持恒压，体积增大，浓度减小，正、逆反应速率都减小，体积增大，平衡向正反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，图3正确。8.下列叙述正确的是（

）

A．氢氧化铝、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂B．长期摄入肉、蛋、鱼偏多易导致血液偏酸性C．碘酒中的碘因有还原性而起到杀菌消毒作用D．碘盐、铁强化酱油等营养强化剂适合所有人食用参考答案：B试题解析：

A、常见的抗酸药（能中和胃酸有弱碱性）有：NaHCO3、CaCO3、MgCO3、Al(OH)3、Mg(OH)2

，而碳酸钠碱性较强，不适合做胃酸中和剂，故A不正确；

B、肉、蛋、鱼属于酸性食品，长期摄入易导致血液偏酸性，故B正确；

C、碘酒中的碘因其氧化性较强而起到杀菌消毒作用，故C不正确；

D、营养强化剂对增强食品的营养价值有重要作用，但是否需要食用含有营养强化剂的食品，应根据每个人的不同情况或医生的建议而定，并非所有人都适合食用，故D不正确。9.已知2.5克KClO3粉未和5.2克研细的碘在一定条件下按下式定量反应：aKClO3+bI2+cHCl=eIClx+fKCl+gH2O，其中x的取值为A．1

B．3

C．5

D．7参考答案：B略10.下列根据实验操作和现象所得出的结论错误的是（

）选项实验操作实验现象结论A向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去2min后，试管里出现凝胶酸性：盐酸>硅酸B向蛋白质溶液中滴加饱和CuSO4溶液有固体析出蛋白质发生变性C常温下，向浓硫酸中投入铁片铁片不溶解常温下，铁不与浓硫酸反应D向某溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加少量氯水先无明显现象，后溶液变成血红色溶液中含有Fe2＋，没有Fe3＋参考答案：C试题分析：A．试管里出现凝胶，说明生成硅酸，根据较强酸制备较弱酸的原理可知酸性：盐酸＞硅酸，故A正确；B．硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，故B正确；C．常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，而不是不反应，原因是在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的进行，故C错误；D．先无明显现象，后溶液变成血红色，说明溶液中含有Fe2+，没有Fe3+，氯水氧化Fe2+生成Fe3+，故D正确，故选C。11.CsICl2是一种碱金属的化合物，这类物质在化学反应中既可表现氧化性又可表现还原性，有关该物质的说法正确的是A．Cs显+3价，I、Cl均显–1价B．Cs显+1价，Cl显+1价，I显–1价C．在CsICl2溶液中通入Cl2，有单质碘生成D．在CsICl2溶液中通入SO2气体，有硫酸生成参考答案：CCs为第一主族元素，化合物中只有+1价，I、Cl中Cl的非金属性强，显正价，所以Cs显+1价，I显+1价，Cl显–1价A、B错；正一价的碘不可能氧化Cl2，而自己被还原为单质碘，氯水的氧化性比正一价的碘强，C错；D对。12.一定条件下，碘单质与砹单质以等物质的量进行反应，可得AtI。它与Zn、NH3都能发生反应，化学方程式分别如下：2AtI＋2Zn===ZnI2＋ZnAt2

AtI＋2NH3(l)===NH4I＋NH2At则下列叙述正确的是A．ZnI2既是氧化产物，又是还原产物B．ZnAt2既是氧化产物，又是还原产物C．AtI与液氨反应，AtI既是氧化剂，又是还原剂D．AtI与液氨反应，是自身氧化还原反应参考答案：B13.表中操作、现象、结论对应关系正确的是（）

操作现象结论A向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2白色沉淀该溶液中一定有SO42﹣B将SO2气体通入紫色石蕊试液中变红后不褪色SO2的水溶液显酸性C向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+D将过量CO2通入Na2SiO3溶液无沉淀生成CO2最后转化为HCO3﹣A．A

B．B

C．C

D．D参考答案：B考点：常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．.分析：A．向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2，有白色沉淀生成，说明该溶液中含有银离子或硫酸根离子；B．将SO2气体通入紫色石蕊试液中，变红后不褪色，说明SO2的水溶液显酸性；C．含有铵根离子的溶液于稀NaOH溶液反应，生成的氨气极易溶于水，不一定有氨气逸出；D．将过量CO2通入Na2SiO3溶液，生成白色沉淀．解答：解：A．向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2，有白色沉淀生成，说明该溶液中含有银离子或硫酸根离子，故A错误；B．将SO2气体通入紫色石蕊试液中，变红后不褪色，说明SO2的水溶液显酸性，故B正确；C．向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不能说明原溶液中无NH4+，故C错误；D．将过量CO2通入Na2SiO3溶液，生成白色沉淀，CO2最后转化为HCO3﹣，故D错误；故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，注意物质的性质和物质的检验方法，排除其它因素的干扰是关键，难度较大．14.已知将C12通人适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaCl0、NaCl03，且的值与温

度高低有关。当n(NaOH)=amol时，下列有关说法错误的是

(

)A．参加反应的氯气的物质的量等于去1/2amolB．改变温度，产物中NaCl03的最大理论产量为amolc．改变温度，反应中转移电子的物质的量的范围：D．若某温度下，反应后参考答案：B知识点:有关范围讨论题的计算，氧化还原反应的计算

答案解析:B

解析：A．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），由钠离子守恒可知n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=n（NaOH），故参加反应的氯气的物质的量为：n（Cl2）=1/2n（NaOH）=0.5amol，正确；

B．氧化产物只有NaClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（NaClO3）=1/6n（NaOH）=1/6amol，错误；C．氧化产物只有NaClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（NaCl）=5（NaClO3），由钾离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO3）=n（NaOH），故n（NaClO3）=1/6n（NaOH）=1/6amol，转移电子最大物质的量为：1/6amol×5=5/6amol，氧化产物只有NaClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（NaCl）=n（NaClO），根据钠离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH），故：n（NaClO）=1/2n（NaOH）=1/2amol，转移电子最小物质的量=1/2amol×1=1/2amol，则反应中转移电子的物质的量ne的范围为：1/2amol≤ne≤5、6amol，故C正确；D．设n（ClO-）=1mol，反应后c(Cl?)/c(ClO?)=11，则n（Cl-）=11mol，电子转移守恒，5×n（ClO3-）+1×n（ClO-）=1×n（Cl-），即：5×n（ClO3-）+1×1mol=1×11mol，解得：n（ClO3-）=2mol，故溶液中c(ClO?)/c(ClO3?)=1/2，正确。思路点拨:本题考查了氧化还原反应计算，题目难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．15.化学工作者把烷烃、烯烃、环烷烃、炔烃的通式转化成键数的通式，给研究有机物分子键能大小的规律带来了很大的方便。设键数为Ⅰ，则烷烃中碳原子数与键数关系的通式为CnI3n+1，烯烃、环烷烃中碳原子数与键数关系的通式为CnI3n，则苯的同系物中碳原子数与键数关系的通式为：A、CnI3n-1

B、CnI3n-2

C、CnI3n-3

D、CnI3n-4参考答案：C二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（14分）碳酸镁晶须是一种新型吸波隐形材料中的增强剂。I．合成碳酸镁晶须的步骤：①配制一定浓度的MgSO4溶液和NH4HCO3溶液；②量取一定量的NH4HC03溶液于容器中，搅拌并逐滴加入MgSO4溶液，控制温度50℃，反应一段时间；③用氨水调节溶液pH至9.5，放置th后，过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶须产品。II．测定产品MgC03．nH20中的n值（仪器和药品如图所示）：回答下列问题：(1)配制250mL0.Imol．L-1MgSO4溶液，所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还有

(2)检验碳酸镁晶须是否洗干净的方法是

(3)上述装置的连接顺序为

（按气流方向，用接口字母表示），其中B装置的作用是

，C装置的作用是

(4)加热前先通人N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，边加热边通入N2的作用是

等。(5)若B装置中无残留物，要准确测定n值，则至少需要下列所给数据中的

（填选项字母），写出相应的数学表达式：n=____

．。a．装置A反应前后质量差m1

b．装置C反应前后质量差m2c．装置D反应前后质量差m3参考答案：(1)250mL容量瓶、胶头滴管

(各1分)

(2)取最后一次洗涤液少许于试管，加入稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若不再产生白色沉淀，则说明沉淀已洗干净

(2分,其它合理答案均给分)

(3)a→e、d→b

(1分)

冷却

(1分)

吸收CO2

(1分)

(4)将分解生成的气体全部带入装置C或D中，使其完全吸收，并防止倒吸(2分)(5)a、b(或a、c或b、c)

(2分)

n=22(m1—m2)/9m2[或n=22m3/9(m1—m3)或n=22m3/9m2]

(3分)解析：考查化学综合实验技能。试题以制备新型吸波隐性材料的增强剂碳酸镁为载体，考查实验步骤和装置图的作用，要求回答配制一定物质的量浓度的溶液的仪器、检验沉淀洗涤干净的方法、装置连接次序、通N2的目的和产品测定的有关计算。根据MgCO3·nH2O受热分解的产物测定结晶水的n值有多种方法：MgCO3·nH2OMgO+CO2↑+nH2O

固体质量减轻△m100+18n

40

44

18n

44+18nm2

m3

m1最简单的方程为44︰18n=m2︰m3

解得n=22m3/9m2因为有m1=m2+m3，将其代入上式，可以得到其它形式的解。也可以根据CO2的量或H2O的量和固体质量减轻(△m)列式求得其它形式的解。【点评】本题在加热MgCO3·nH2O后设置的B管虽起到冷却气体的作用，但可能会使水蒸气液化，后又假设B管中无残留物，实在“颇费思量”。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.汽车尾气是城市的主要空气污染物，研究控制汽车尾气成为保护环境的首要任务。（1）汽车内燃机工作时发生反应：N2(g)+O2(g)

2NO(g)，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。T℃时，向5L密闭容器中充入6.5molN2和7.5molO2，在5min时反应达到平衡状态，此时容器中NO的物质的量是5mol。①

5min内该反应的平均速率υ(NO)=

；在T℃时，该反应的平衡常数K=

。②反应开始至达到平衡的过程中，容器中下列各项发生变化的是

（填序号）。a.混合气体的密度

b.混合气体的压强c.正反应速率

d.单位时间内，N2和NO的消耗量之比（2）H2或CO可以催化还原NO以达到消除污染的目的。已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)

?H=+180.5kJ·mol－12H2(g)+O2(g)=2H2O(l)

?H=－571.6kJ·mol－1则H2(g)与NO(g)反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式是

。（3）当质量一定时，增大固体催化剂的表面积可提高化学反应速率。右图表示在其他条件不变时，反应：2NO(g)+2CO(g)

2CO2(g)+N2(g)中NO的浓度[c(NO)]随温度（T）、催化剂表面积（S）和时间（t）的变化曲线。①该反应的?H

0（填“＞”或“＜”）。②若催化剂的表面积S1＞S2，在右图中画出c(NO)在T1、S2

条件下达到平衡过程中的变化曲线。参考答案：（1）①0.2mol·L－1·min－1

1.25

②cd（2）2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)

?H=－752.1kJ·mol－1（3）①＜

②18.[化学--物质结构与性质]世上万物,神奇可测。其性质与变化是物质的组成与结构发生了变化的结果。回答下列问题:(1)根据杂化轨道理论判断，下列分子的空间构型是V形的是____(填标号)。A.BeCl2

B.H2O

C.HCHO

D.CS2(2)原子序数小于36的元素Q和T,在周期表中既位于同一周期又位于同一族,且T的原子序数比Q多2。T的基态原子的外围电子(价电子)排布式为_____,Q2+的未成对电子数是_____.(3)铜及其合金是人类最早使用的金属材料,Cu2+能与NH3形成配位数为4的配合物[Cu(NH3)4]SO4。①铜元素在周期表中的位置是______,[Cu(NH3)4]SO4中,N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。②[Cu(NH3)4]SO4中,存在的化学键的类型有_____(填标号)。A.离子键

B.金属键

C.配位键

D.非极性键

E.极性键③NH3中N原子的杂化轨道类型是_____,写出一种与SO42-互为等电子体的分子的化学式:_____________。④[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型,[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代,能得到两种不同结构的产物,则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为_____________。(4)CuO晶胞结构如图所示。该晶体的密度为ρg/cm3,则该晶体内铜离子与