山西省晋城市泽州县周村镇中学高三化学联考试题含解析

山西省晋城市泽州县周村镇中学高三化学联考试题含解析一、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为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（

）

①lmolCH3CH2C（CH3）3所含甲基个数为4NA

②2.8g乙烯和2.8g聚乙烯中含碳原子数均为0.2NA

③1.0L1.0mol·L-1CH3COOH溶液中，CH3COOH分子数为NA

④8.8g乙酸乙酯中含共用电子对数为1.4NA

⑤标准状况下，22.4L乙醇完全燃烧后生成CO2的分子数为2NA

⑥常温常压下，17g甲基（一14CH3）所含的中子数为9NA

⑦标准状况下，11.2L氯仿中含有C—Cl键的数目为1.5NA

⑧lmolC15H32分子中含碳一碳共价键数目为14NA

⑨由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

ΔH=－92.4kJ/mol可知每断开6NA个N－H键所释放热量小于92.4kJA．①③⑤⑦⑨

B．②③⑥⑧

C．①②④⑧

D．①②⑥⑧⑨参考答案：C略2.(1997·上海卷)下列元素在化合物中，可变化合价最多的是(

)A.铝

.氯

C.镁

D.氧参考答案：B略3.X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素．已知X、Y、Z是同周期的相邻元素，M原子的核外电子数是Z原子最外层电子数的2倍，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体．下列说法正确的是（

）A．原子半径：M＞X＞Y＞ZB．对应氢化物的沸点：M＞Z＞Y＞XC．对应氢化物的稳定性：Z＞X＞Y＞MD．XY2与MY2溶于水都能得到对应的酸参考答案：A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：X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体，则Y为氧，生成的气体为二氧化硫，所以X为氮元素，Z为氟元素，M原子的核外电子数是Z原子最外层电子数的2倍，则M为14号元素，硅元素，据此答题．解答：解：X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体，则Y为氧，生成的气体为二氧化硫，所以X为氮元素，Z为氟元素，M原子的核外电子数是Z原子最外层电子数的2倍，则M为14号元素，硅元素，A、电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以原子半径：Si＞N＞O＞F，故A正确；B、由于N、F、O都能形成氢键，所以Si、N、O、F的氢化物沸点，SiH4的最低，故B错误；C、非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以Y的氢化物稳定性大于X，故C错误；D、二氧化硅不溶于水，故D错误；故选A．点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，推断元素是解题关键，注意二氧化硅与水不能反应，为易错点，注意对元素周期律的理解掌握4.设NA是阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A．0.1mo1·L-1MgCl2溶液中含C1一数为0.2NAks5uB．1L0.1m01．L-1AlC13溶液中，Al3+数为0.1NAC．标准状况下，22．4L的CCl4中含CCl4分子数为NAD．1mol铁与足量的C12反应，转移的电子数为3NA参考答案：D5.利用图1和图2中的信息，按图3装置（连接的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验．下列说法正确的是（）A．H2O2中只含有极性共价键，不含离子键B．2NO2?N2O4的平衡常数K随温度升高而减小C．向H2O2中加入Fe2（SO4）3后，B中颜色变浅D．H2O2分解反应中Fe2（SO4）3作催化剂，可以使反应的△H减小参考答案：B【考点】化学平衡的影响因素；化学键．【分析】A、过氧化氢中含有氧氧非极性键；B、2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应；C、B瓶中H2O2在Fe（NO3）3催化剂的作用下分解快，相同时间内放热多，因此B瓶所处温度高，2NO2N2O4平衡逆向移动，NO2浓度大，颜色变深；D、催化剂的使用不改变△H的值．【解答】解：A、过氧化氢中含有氧氧非极性键，不是只含极性键，故A错误；B、2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以温度越高K值越小，故B正确；C、B瓶中H2O2在Fe（NO3）3催化剂的作用下分解快，相同时间内放热多，因此B瓶所处温度高，2NO2N2O4平衡逆向移动，NO2浓度大，颜色变深，故C错误；D、催化剂的使用不改变△H的值，所以H2O2分解反应中Fe2（SO4）3作催化剂，但反应的△H不变，故D错误；故选B．6.将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀最多时发生反应的化学方程式为

A．

CO2+2KOH==K2CO3+H2O

B．

CO2+Ba(OH)2==BaCO3↓+H2O

C．

CO2+3H2O+2KAlO2==2Al(OH)3↓+K2CO3

D．

CO2+H2O+K2CO3==2KHCO3参考答案：D略7.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+、Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱．下列反应在水溶液中不可能发生的是（）A．3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B．Cl2+2KI=2KCl+I2C．Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2OD．2FeCl2+Cl2=2FeCl3参考答案：AA、根据反应：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性是：Cl2＞FeCl3，但是氧化性是FeCl3＞I2，还原性是碘离子强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，和题意不相符合，不可能发生，故A选；B、根据反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，得出氧化性是：Cl2＞I2，和题意相符合，反应可能发生，故B不选；C、根据反应：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，得出氧化性是：Co2O3＞Cl2，和题意相符合，反应可能发生，故C不选；D、根据反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，得出氧化性是：Cl2＞FeCl3，和题意相符合，反应可能发生，故D不选．8.下列物质的分类组合正确的是（）

ABCD纯净物纯盐酸冰醋酸水玻璃胆矾混合物水煤气福尔马林冰水混合物漂白粉弱电解质氨水氟化氢氨水非电解质干冰乙醇三氧化硫氯气参考答案：B9.已知NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是

A．标准状况下，22．4LO2和O3组成的混合物中原子总数为2NA

B．1mol铁铝混合物与足量稀盐酸反应时，转移电子数是3NA

C．在含Al3+总数为的AlCl3溶液中，Cl-总数为3NA

D．1mol重甲基(-CD3)含有电子数为9NA参考答案：D10.下图曲线为某固体饱和溶液浓度随温度变化的情况（该固体从溶液中析出时不带结晶水).下列判断错误的是高考A.都升温10℃后，M、N点均向右平移高考资源网B.加水稀释（假设温度都不变）时，M、N点均垂直向下移动高考资源网C.都降温10℃后，M点沿曲线向左下移，N点向左平移至曲线高考资源网D.恒温蒸发溶剂至均有晶体析出，则M点不动，N点垂直向上直至曲线相交网参考答案：C11.用下列装置不能达到有关实验目的是

(

)A．用甲图装置证明ρ(煤油)＜ρ(钠)＜ρ(水)B．用乙图装置制备Fe(OH)2C．用丙图装置制取金属锰D．用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性参考答案：D略12.下列物质的转化在给定条件下能实现的是

（

）

①NH3NO2HNO3

②CaCl2CaCO3

CaO

③NaAlO2(aq)Al（OH）3Al2O3

④MgOMgCl2(aq)无水MgCl2

⑤饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3

A．①②

B．③⑤

C．②③④

D．③④⑤参考答案：B略13.用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是（

）A.利用图1装置制备乙烯B.利用图2装置除去Cl2中的HClC.利用图3装置证明酸性强弱：盐酸>H2CO3>醋酸D.利用图4装置探究NaHCO3的热稳定性参考答案：B【详解】A.用乙醇与浓硫酸加热到170℃时，发生消去反应，制备乙烯，利用图1装置不能控制液体温度，无法实现，A错误；B.饱和的氯化钠溶液能吸收HCl气体，降低Cl2的溶解度，可以利用图2装置除去Cl2的HCl，B正确；C.盐酸具有挥发性，挥发的HCl气体也能与醋酸钠反应生成醋酸，则利用图3装置无法证明碳酸的酸性强于醋酸，C错误；D.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，在试管口处水蒸气遇冷变为液态水，倒流，易发生危险，D错误；答案为B。14.下列家庭实验中不涉及化学变化的是（）

A．用熟苹果催熟青香蕉

B．用少量食醋除去水壶中的水垢

C．用糯米、酒曲和水制甜酒酿

D．用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐

参考答案：答案：D解析：水果在成熟的过程要发生一系列的化学变化：有机酸因渐渐与一些碱性物质或与醇类发生反应而逐步变少；果实中糖的含量慢慢增加；果胶的性质随之逐渐发生变化，由生硬不溶于水转变成能溶于水；因其发涩的鞣酸逐渐被氧化掉；有的水果还把虽有颜色的变化。用少量食醋除去水壶中的水垢时，水垢中的CaCO3与醋酸发生了如下变化CaCO3＋2CH3COOH=(CH3COO)2Ca＋CO2↑＋H2O。用糯米、酒曲和水制甜酒酿过程中发生了如下反应：(C6H0O5)n＋nH2OnC6H12O6，C6H12O62C2H5OH＋2CO2↑。用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐过程称为渗析，是一个物理过程。所以不涉及化学变化的过程是D选项。高考考点：日常生活中的化学知识，胶体的性质、提纯等。易错提醒：对水果成熟过程中是否涉及化学变化不清楚，而错选A。备考提示：本题体现了化学在解决日常生活中的问题中的重要作用，在高考试题中这种类型的试题，一般比较基础，易于理解。因此在备考复习过程中应注重对基础知识的理解和掌握，同时要注意多于生产生活实际联系。另外在解答本题时，若对A选项的内容不熟悉或不好判断，可以用排除法进行判断，对其余三个选项中的内容是我们比较熟悉的。15.室温下，对于醋酸及其盐的下列判断正确的是A．稀醋酸溶解石灰石的离子方程式为CaCO3＋2H＋＝Ca2+＋H2O＋CO2↑B．稀醋酸加水稀释后，溶液中c(CH3COO－)/c(CH3COOH)变大C．向稀醋酸中加入等浓度的NaOH溶液，导电能力变化如右图D．CH3COONH4溶液和K2SO4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同参考答案：B二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成．实验装置如下： 每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积．实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6

（1）实验过程中A中的现象是

．D中无水氯化钙的作用是

．（2）在测量E中气体体积时，应注意先

，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积

（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．（3）实验①中B中吸收的气体是

．实验②中E中收集到的气体是

．（4）推测实验②中CuSO4分解反应方程式为：

．（5）根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3=

g．（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由

．参考答案：（1）白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；（2）冷却至室温

偏小；（3）SO3；O2；（4）2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；（5）0.128；（6）T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2．

【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；（2）气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；（3）实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；（4）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：=0.004mol，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g，物质的量为：=0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；

（5）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：32=0.032g，根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g；（6）根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2．【解答】解：（1）因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；（2）加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温

偏小；（3）实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；（4）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：=0.004mol，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g，物质的量为：=0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；

（5）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：32=0.032g，实验③中理论上C增加的质量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g．故答案为：0.128；（6）根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.若实验得到2.42g样品(只含CuO杂质)，取此样品加热至分解完全后，得到1.80g固体，此样品中碱式碳酸铜的质量分数是____。参考答案：0.92（2分）略18.信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：回答下列问题：（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为

；得到滤渣1的主要成分为

。（2）第②步加入H2O2的作用是

，使用H2O2的优点是

；调节pH的目的是使

生成沉淀。（3）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，

方案不可行，原因是

；从原子利用率角度考虑，

方案更合理。（4）探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol/LEDTA(H2Y2－)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应如下：Cu2++H2Y2－＝CuY2－+2H+写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝

；下列操作会导致CuSO4·5H2O含量测定结果偏高的是

。a．未干燥锥形瓶