山西省忻州市第十一中学2022年高三化学测试题含解析

山西省忻州市第十一中学2022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.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是

A．1mol甲醇中含有C—H键的数目为4NA

B．25℃,pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0．1NA

C．标准状况下，2．24L已烷含有分子的数目为0．1NA

D．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0．4NA参考答案：D略2.所谓合金，就是不同种金属（也包括一些非金属）在熔融状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔、沸点，判断其中不能形成合金的是

NaCuAlFe熔点（℃）97.510836601535沸点（℃）883259522003000A．Cu和Al

B．Fe和Cu

C．Fe和Na

D．Al和Na参考答案：C3.下列叙述正确的是(

)A．不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应B．同一主族元素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点一定越高C．在CCl4、PCl3、HCl中各原子最外层均能达到8电子稳定结构D．升高温度可以加快反应速率，其主要原因是反应物分子能量增加，活化分子百分数的增加，使有效碰撞次数增加参考答案：D考点：同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；原子核外电子排布；化学反应速率的影响因素．分析：A．不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应；B．氢化物分子间含有氢键时沸点较高；C．H原子只能形成2电子稳定结构；D．升高温度时分子吸收能量．解答：解：A．不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应，如CO与酸碱均不反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B．同一主族元素的氢化物，相对分子质量越大，沸点越高，但是氢化物分子间含有氢键时沸点较高，故B错误；C．H原子只能形成2电子稳定结构，则HCl中H原子最外层均不能达到8电子稳定结构，故C错误；D．升高温度时分子吸收能量，分子具有的能量升高，分子中活化分子百分数增加，使有效碰撞次数增加，反应速率加快，故D正确．故选D．点评：本题考查了氧化物的分类、氢化物的沸点比较、8电子稳定结构、影响反应速率的因素，题目难度不大，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查4.下列离子方程式书写正确的是A．用稀氢氧化钠吸收氯气：2OH－+Cl2=Cl－+ClO－+H2OB．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl－Mn2++Cl2↑+H2OC．向碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠：HCO3－+OH－＝CO2↑+H2OD．用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al(OH)3+OH－=[Al(OH)4]－参考答案：A略5.下列芳香烃的一氯代物的同分异构体的数目最多的是A．连二苯

B．连三苯C．蒽

D．菲参考答案：D略6.放在敞口容器中的下列溶液，久置后溶液中该溶质的浓度会变大的是A.浓硫酸

B.氢氧化钠

C.氯水

D.氯化钠参考答案：D略7.取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mLN2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于(

)A．8.64g

B．9.44g

C．9.00g

D．

9.20g

参考答案：【知识点】金属与硝酸反应的规律C2

C3

D4【答案解析】D

解析：还原产物NO2的物质的量是8960mL/(22400mL/mol)=0.4摩，N2O4的物质的量是672mL/(22400mL/mol)=0.03摩，化合价共降低0.4+2×0.03=0.46；设铜xmol,镁ymol，则有：98x+58y=17.02

；2x+2y=0.46.

解得x=0.092

y=0.138；所以x=0.092mol×64g/mol+0.138mol×24g/mol=9.20g故答案选D【思路点拨】本题考查了金属与硝酸反应的规律，利用氧化还原反应原理即可顺利解答。8.海洋中有丰富的食品、矿产，能源、药物和水产资源等(如下图所示)，下列有关说法正确的是A．第①步中除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸B．第②步中结晶出的MgCl2·6H2O可在空气中受热分解制无水MgCl2C．在第③④⑤步中溴元素均被氧化D．从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩参考答案：D略9.使用容量瓶配制溶液时,由于操作不当,会引起误差,下列情况会使所配溶液浓度偏低的是

①用天平(用了游码)称量时,被称量物与砝码的位置放颠倒了

②配制氢氧化钠溶液时未冷却到室温就转移到容量瓶中定容

③溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤

④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水

⑤定容时,仰视容量瓶的刻度线

⑥定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达到刻度线

A．①②⑤⑥

B．①③⑤⑥

C．②③④⑥

D．③④⑤⑥参考答案：B略10.下列有关物质性质的说法错误的是A．热稳定性：HCI>HBr>HI

B．原子半径：Na>Mg>AlC．还原性：PH3>H2S>HCI

D．结合质子能力：ClO－>HCO3－>SiO32－参考答案：D解析：对弱酸来说，酸性越强，结合质子的能力越弱，它们对应的酸酸性由强到弱的顺序为H2CO3>HClO>H2SiO3结合质子能力为HCO3－>ClO－>SiO32－，选D。11.aA、bB、cC、dD、eE五种短周期元素，它们的原子序数有如下关系：c-b＝b-a=1且b+c=d，常见化合物E2C2与水反应生成C的单质，且溶液使酚酞试液变红。B的最高价氧化物对应水化物为强酸。下列说法正确的是(

)A、B与D形成的单质分别为甲、乙，非金属性：B>D，活泼性：乙>甲B、1molE2C2与足量水完全反应生成C的单质，共转移电子2molC、原子半径：D＞E＞A＞B＞C

D、C的氢化物的沸点低于B的氢化物的沸点参考答案：A略12.右图是元素周期表中短周期的一部分，X、Y、Z、W四种元素的原子核外最外层电子数之和等于Y、Z元素的原子序数之和。下列说法不正确的是（）A．X元素形成的气态氢化物分子的空间结构是三角锥形B．Z与Y元素形成的化合物可以是原子晶体C．W单质受热蒸发时吸收的热量用于克服分子间作用力D．Z的最高价氧化物能溶于X的最高价氧化物的水化物中参考答案：D略13.下列判断合理的是（）①硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质③根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质④根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液⑤根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应⑥根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属A.只有②⑥

B.只有②⑤

C.只有①②⑤⑥

D.只有②③④⑤参考答案：B略14.化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述正确的是（

）A．根据图①可判断可逆反应“A2(g)+3B2(g)2AB3(g)”的ΔH＞0B．图②表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大C．图③可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化D．根据图④，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可采用向溶液中加入适量CuO，至pH在4左右参考答案：D略15.将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、K[Al（OH）]4的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的体积的关系可表示为（）

A

B

C D参考答案：A考点：化学方程式的有关计算．.专题：图示题．分析：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；KOH被消耗完毕，接下来消耗KAlO2，有Al（OH）3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物K2CO3、BaCO3反应，以此来解答．解答：解：将二氧化碳气体通入KOH、Ba（OH）2、K[Al（OH）]4的混合溶液，通入CO2后，发生反应：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O，Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，即CO2先与Ba（OH）2反应（有沉淀BaCO3生成），当Ba（OH）2消耗完毕后再与KOH反应（此时无沉淀）；最后与KAlO2反应（有沉淀Al（OH）3生成），当OH﹣反应完后，溶液中存在Na2CO3和[Al（OH）4]﹣，因Na[Al（OH）4]碱性比Na2CO3强，[Al（OH）4]﹣先反应，生成了氢氧化铝沉淀，反应方程式为：2Na[Al（OH）4]+CO2=2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，沉淀增加；[Al（OH）4]﹣反应结束后，碳酸钠开始反应生成碳酸氢钠，沉淀暂时没有变化；碳酸钠消耗完后，CaCO3开始反应，沉淀逐渐减少，反应方程式为：CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，直至碳酸钙沉淀消失，最后只剩下氢氧化铝沉淀，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图象的过程中图形应是：出现沉淀（BaCO3），平台，沉淀增加[因有Al（OH）3生成]；过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使BaCO3沉淀溶解，最后是Al（OH）3沉淀，所以接着的图形应该为：平台，沉淀（BaCO3）减少，平台，故整个过程的图形应为：出现沉淀（BaCO3），平台，沉淀增加[因有Al（OH）3生成]，平台，沉淀（BaCO3）减少，平台，满足以上关系的图象为A。故选A．点评：本题考查了二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序，运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题．属于偏难题．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.为测定放置已久的小苏打样品中纯碱的质量分数，设计如下实验方案：（1）方案一：称取一定质量的样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称取剩余固体质量，计算。实验中加热至恒重的目的是__________________________________。（2）方案二：按如图装置进行实验，并回答以下问题。

①实验前先检查装置的气密性，并称取一定质量的样品放入A中，将稀H2SO4装入分液漏斗中。D装置的作用是__________________________________________。②实验中除称量样品质量外，还需分别称量______________装置反应前后的质量（填装置的字母代号）。③根据此实验得到的数据，测定结果有误差。因为实验装置还存在一个明显缺陷，该缺陷是____________。（3）方案三：称取一定量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解，向小烧杯中加入足量氯化钡溶液。过滤、洗涤、干燥沉淀、称量固体质量、计算：①实验中判断沉淀已完全的方法是_____________________________________。②如加入试剂改为氢氧化钡，已知称得样品9.5g，干燥的沉淀质量为19.7g，则样品中碳酸钠的质量分数为____________________________。参考答案：（1）使NaHCO3完全分解（2）①防止空气中的CO2及水蒸气等进入C装置②C

③实验中产生的CO2气体不能完全被C中的碱石灰吸收。（3）①将反应后的物质静置后，取上层清液少许于试管中，向其中加入一定量的Na2SO4溶液，若溶液变浑浊则沉淀已完全。（或取上层清液，再加BaCl2溶液，若溶液不变浑浊则沉淀已完全。）

②55.8%（或56%等合理数据）略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.(10分)过量的铁溶于稀硫酸可得硫酸亚铁。等物质的量的硫酸亚铁与硫酸铵作用，能生成溶解度较小的硫酸亚铁铵晶体[，浅绿色晶体]，该晶体的商品名称为摩尔盐。(1)写出上述反应的化学方程式。(2)若用

硫酸来制备摩尔盐，计算生成摩尔盐的质量。(3)为了测定某批次莫尔盐的纯度，取该产品配成溶液，取出用

溶液滴定，消耗溶液。①配平下列反应式：

②试求产品中莫尔盐的质量分数

。参考答案：（1）

（2分）

（2分）（2）解：设生成的物质的量为。由上述方程式知：

生成的质量为：（2分）（3）①5、1、8、1、5、4（2分）

②83.33%（2分）18.（10分）常温下，在20g盐酸和硫酸混合液中，逐滴加入17.1%的氢氧化钡溶液。当碱液滴加至20g时，硫酸钡沉淀达到量大值；当碱液滴加至60g时，溶液pH等于7。求：（1）起始混合液中硫酸的质量分数。（2）起始混合液中HCl的质量分数。（3）25℃时，当溶液pH=7时，蒸发掉溶液中的水43.02g，冷却至原温度后，过滤烘干得4.98g固体。求此时氯化钡的溶解度。参考答案：（1）与硫酸反应的氢氧化钡：=0.02mol故原混合物中硫酸的质量分数为：×100%=9.8%（2）与盐酸反应的氢氧化钡：mol故原混合物中HCl%：×100%=14.6%（3）沉淀中硫酸钡的质量：0.02×233=4.66g。生成氯化钡：0.04×208=8.32g，因为4.98>4.66，故其中也有氯化钡固体析出，留下的溶液为氯化钡的饱和溶液，析出氯化钡质量：4.98-4.66=0.32g。饱和氯化钡溶液中溶有氯化钡的质量为：8.32-0.32=8.00g饱和溶液的质量：（20+60）-（43.02+4.98）=32.00g氯化钡的溶解度：g。略19.（2008·全国Ⅰ）实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4。请回答：（1）软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是；（2）K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是；（3）若用2.5g软锰矿（含MnO280％）进行上述实验，计算KMnO4的理论产量；（4）KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，该反应的化学方程式是；（5）上述制得的KMnO4产品0.165g，恰好与0.335g钝Na2C2O4反应完全。计算该KMnO4的纯度。参考答案