福建省漳州市何坊中学高三化学测试题含解析

福建省漳州市何坊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.胶体区别于其它分散系的本质是（

）A．胶体分散质粒子直径在1nm～100nm之间B．具有丁达尔现象C．胶体粒子不能穿过半透膜，能通过滤纸空隙D．胶体粒子在一定条件下能稳定存在参考答案：A解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1﹣100nm之间，溶液的分散质粒子直径小于1nm，浊液的分散质粒子直径大于100nm．故选A．2.下列解释事实的方程式不正确的是A．测0.1mol/L的氨水的pH为11：NH3·H2ONH4++OH—B．将Na块放入水中，产生气体：2Na+2H2O==2NaOH+H2↑C．用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl—D．Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH—+2H2O==2AlO2—+3H2↑参考答案：C3.化学知识的总结避免“以偏概全”。你认为下列对化学知识概括合理的是A．只含有极性键的分子一定是极性分子B．分子晶体中一定含有共价键C．第一电离能越大的元素，其非金属性一定越强D．原子晶体的熔点一定比分子晶体高参考答案：D略4.霉酚酸酯（MMF）是器官移植中抑制细胞增殖最常用的药物。下列关于MMF说法正确的是

A．MMF能溶于水B．MMF能发生取代反应和消去反应C．1molMMF能与6mol氢气发生加成反应D．1molMMF能与含3molNaOH的水溶液完全反应参考答案：D5.某一无色溶液，若向其中加入足量饱和氯水，溶液呈橙黄色；再向橙黄色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；若向原溶液中加入铝粉，有气体放出，该溶液可能大量存在的一组离子是（）A．K+、H+、NO3﹣、Na+

B．H+、Br﹣、SO42﹣、Na+C．SO42﹣、Br﹣、OH﹣、Fe3+

D．H+、Br﹣、SO32﹣、K+参考答案：B考点：离子共存问题专题：离子反应专题．分析：某一无色溶液，若向其中加入足量饱和氯水，溶液呈橙黄色，则溶液中原来可能含有Br﹣；向橙黄色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，沉淀应为硫酸钡沉淀，则含有SO42﹣；向原溶液中加入铝粉，有气体放出，则原溶液可能为酸或碱的溶液，以此来解答．解答：-解：某一无色溶液，若向其中加入足量饱和氯水，溶液呈橙黄色，则溶液中原来可能含有Br﹣；向橙黄色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，沉淀应为硫酸钡沉淀，则含有SO42﹣；向原溶液中加入铝粉，有气体放出，则原溶液可能为酸或碱的溶液，A、Al与H+、NO3﹣反应不会生成氢气，故A错误；B、Al与H+反应能生成氢气，且离子能符合题意，故B正确；C、Fe3+在水溶液中为黄色，与无色溶液不符，且OH﹣、Fe3+反应而不能共存，故C错误；D、H+、SO32﹣能结合生成水和气体，不能共存，故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存，熟悉复分解反应发生的条件及离子之间的反应即可解答，并熟悉常见离子在水中的颜色来解答，难度不大．6.N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N20：3CO+2NO2=3CO2+N2O．下列关于N2O的说法一定正确的是（）A．上述反应中，每消耗2molNO2，就会生成22.4LN2OB．N2O有氧化性，且为HNO2的酸酐C．等质量的N2O和CO2含有相等的电子数D．N2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒参考答案：C【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【分析】A．由反应可知，每消耗2molNO2，生成1molN2O；B．N2O中N元素的化合价为+1价，可得到电子；C．N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同；D．NO会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒．【解答】解：A．由3CO+2NO2=3CO2+N2O知，每消耗2molNO2，生成1molN2O，但Vm未知，不能计算其体积，故A错误；B．N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，但HNO2的酸酐为N2O3，故B错误；C．N2O和CO2每个分子都含有22个电子，摩尔质量均为44g/mol，等质量时，物质的量相同，物质的量相同含有的电子数相同，故C正确；D．与人体血红蛋白结合，使人中毒的是NO，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质的性质及氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息、氧化性与元素的化合价及物质的量计算等为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度不大．7.五种主族元索在周期表中的位置如图所示。L的单质在常温常压下呈液态，且保存时需要用水液封。下列推断正确的是A.原子半径：X<Y<Z<T<LB.气态氢化物的还原性：L>Z>TC.含x的两种盐溶液混合可能生成沉淀D.Y和T组成的化合物是离子化合物参考答案：C8.实验室进行NaCl溶液蒸发时，一般有以下操作过程：①放置酒精灯

②固定铁圈位置

③放上蒸发皿

④加热搅拌

⑤停止加热、余热蒸干，其正确的操作顺序为(

)A.②③④⑤①

B.①②③④⑤C.②③①④⑤

D.②①③④⑤参考答案：B略9.维生素C的结构简式如图所示．下列有关说法正确的是：（）A．维生素C所含的官能团有羟基、羧基、碳碳双键B．维生素C能和溴水、酸性重铬酸钾溶液反应C．维生素C的分子式为C6H6O6D．维生素C能发生加成反应、氧化反应，不能发生取代反应参考答案：B考点：有机物的结构和性质．分析：该有机物中含有醇羟基、酯基、碳碳双键，具有醇、烯烃和酯的性质，能发生氧化反应、取代反应、酯化反应、加成反应、加聚反应、水解反应等，据此分析解答．解答：解：A．维生素C所含的官能团有羟基、酯基、碳碳双键，故A错误；B．含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应、能被酸性重铬酸钾溶液氧化，故B正确；C．维生素C的分子式为C6H8O6，故C错误；D．该分子中含有醇羟基、酯基，能发生取代反应，故D错误；故选B．点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、醇、酯的性质，注意分子式的确定，为易错点．10.取100mL0.3mol/L和300mL0.25mol/L的硫酸注入500mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是 A．0.21mol/L

B．0.42mol/L

C．0.56mol/L

D．0.26mol/L参考答案：B略11.下列反应的离子方程式书写正确的是A．向饱和碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液Ca2++HCO3－+OH－=CaCO3↓+H2OB．向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体AlO2－+CO2＋2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－C．碳酸钡溶于醋酸溶液BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OD．在三氯化铁的酸性溶液中通入足量的硫化氢Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+参考答案：B12.下列变化不属于缓慢氧化的是A.食物腐烂

B.酿酒

C.红磷燃烧

D.铁生锈参考答案：C略13.往含0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体的体积为6.72L（标准状况下）时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子数目和通入CO2气体的体积关系正确的图象是（气体的溶解忽略不计）（）A． B． C． D．参考答案：C【考点】离子方程式的有关计算．【分析】n（CO2）==0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钡的溶液中，发生：2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O、OH﹣+CO2=HCO3﹣+H2O、Ba2++CO32﹣=BaCO3↓，以此解答该题．【解答】解：向含0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，依次发生的反应为Ba（OH）2+CO2═BaCO3↓+H2O、2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3、BaCO3+H2O+CO2═Ba（HCO3）2，因此可知当通入2.24LCO2时0.1molBa2+和0.2molOH﹣参加反应，溶液中离子的量由起始的0.7mol降到0.4mol，再通入2.24LCO2时，0.2molOH﹣参加反应，生成0.1molCO32﹣，溶液中离子的量由0.4mol降到0.3mol，最后再通入2.24LCO2时，0.1molCO32﹣发生反应，生成0.2molHCO3﹣，溶液中离子的量由0.3mol升高到0.4mol．故选：C．14.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.1mol铁在1molCl2中燃烧，最终转移的电子数为2NAB.50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为6NAC.1mol雄黄(主要成分为As4S4,结构为中含有8NA个S-As键D.标准状况下，22.4LCHCl3中含有氯原子的数目为3NA参考答案：D【详解】A．1mol铁在1molCl2中燃烧，铁过量，1molCl2完全反应全部变成Cl-，所以转移2mol电子，故A正确；B．50g质量分数为46%的乙醇水溶液中乙醇有=0.5mol，另外还有=1.5mol水，故氢原子总数为(0.5mol×6+1.5mol×2)×NA=6NA，故B正确；C．一个分子中含有8个S-As键，所以1mol雄黄含有8NA个S-As键，故C正确；D．标准状况下CHCl3为液态，22.4LCHC13的物质的量不是1mol，故D错误；故答案为D。15.下列物质与其用途完全符合的有（

）条

①NaCl—制玻璃；②Si—太阳能电池；③AgI—人工降雨；④NaCl—制化肥；⑤Al2O3—焊接钢轨；⑥NaClO—消毒剂⑦Al2O3—耐火材料A．4

B．5

C．6

D．7参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.研究性学习小组对某硫酸亚铁晶体（FeSO4?xH2O）热分解研究，该小组同学称取ag硫酸亚铁晶体样品按图1高温加热，使其完全分解，对所得产物进行探究，并通过称量装置B质量测出x的值。（1）检查整套装置气密性的操作及现象是___________________________________。（2）装置B中硫酸铜粉末（足量）变蓝，质量增加12.6g，说明产物中有__________，装置C中稀高锰酸钾溶液褪色，说明产物中还有________________。（3）实验中要持续通入氮气，否则测出的x值________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（4）硫酸亚铁晶体完全分解后装置A中还残留红棕色固体，其化学式为____________。（5）已知分解还生成另一物质SO3，写出FeSO4分解的化学方程式：____________________________________________________________________________。（6）装置D中溶液为__________，球形干燥管的作用__________________。（7）某研究所利用热分析仪对硫酸亚铁晶体（FeSO4?xH2O）进行热分解，制成固体质量－分解温度的关系图如图2，根据图2中有关数据，可计算出FeSO4?xH2O中的x=__________。参考答案：（1）用止水夹夹住E，微热硬质玻璃管，若D中管口处产生气泡，冷却后导管内液面升高，说明装置气密性良好。（2分）（2）H2O，SO2（2分）（3）偏小（2分） （4）Fe2O3（2分）（5）2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑（2分）

（6）氢氧化钠溶液，防止氢氧化钠溶液倒吸（2分）

（7）x＝7（2分）三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，D与E同主族，且D的氢化物常温时为液态．A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A分别与B、C、D形成电子总数相等的分子．（1）C的元素符号是；元素F在周期表中的位置．（2）B、D、E元素的氢化物的沸点高低顺序为＞＞

（用化学式表示）．（3）C4气态分子结构如图所示，已知断裂1molC﹣C吸收l67KJ的热量，生成lmolC≡C放出942KJ热量．试写出由C4气态分子变成C2气态分子的热化学方程式．（4）某盐x（C2A6F2）的性质与CA4F类似，是离子化合物，其水溶液因分步水解而呈弱酸性．①盐x显酸性原因（用离子方程式表示）．②写出足量金属镁加入盐x的溶液中所发生反应的化学方程式．（5）E所在周期中原子半径最大的元素与D元素可形成化合物у，酚酞试液遇у先变红后褪色，写出等物质的量的у与FeSO4投入水中恰好完全反应的离子反应方程式．参考答案：1.N；第三周期第ⅦA族2.H2O＞NH3＞CH43.N4（g）=2N2（g）△H=﹣882kJ/mol4.N2H62++H2O?[N2H5?H2O]++H+5.4Fe2++4Na2O2+6H2O═8Na++4Fe（OH）3↓+O2↑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：A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，D的氢化物常温时为液态，D为氧元素；D与E同主族，则E为硫元素；F的原子序数大于S，且为主族元素，则F为Cl元素；A分别与B、C、D形成电子总数相等的分子，核外电子数为10，分别为：CH4、NH3、H2O，则A为H元素、B为C元素、C为N元素，据此进行解答．解答：解：A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，D的氢化物常温时为液态，D为氧元素；D与E同主族，则E为硫元素；F的原子序数最大，则F为Cl元素；A分别与B、C、D形成电子总数相等的分子，则核外电子数为10，分别为：CH4、NH3、H2O，则A为H元素、B为碳元素、C为氮元素，（1）由上述分析可知，C为N元素；元素F为Cl元素，处于第三周期第ⅦA族，故答案为：N；第三周期第ⅦA族；（2）水常温下，水为气体，氨气、甲烷为气体，氨气分子中存在氢键，沸点比甲烷高，故由高到低的顺序为：H2O＞NH3＞CH4，故答案为：H2O＞NH3＞CH4；（3）发生反应为：N4=2N2，该反应的焓变为：△H=6×167kJ/mol﹣2×942kJ/mol=﹣882kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：N4（g）=2N2（g）△H=﹣882kJ/mol，故答案为：N4（g）=2N2（g）△H=﹣882kJ/mol；（4）某盐N2H6Cl2的性质与NH4F类似，是离子化合物，其水溶液因分步水解而呈弱酸性．①盐N2H6Cl2显酸性原因为：N2H62++H2O?[N2H5?H2O]++H+，故答案为：N2H62++H2O?[N2H5?H2O]++H+；②足量金属镁加入盐N2H6Cl2的溶液中产生H2的化学方程式为：Mg+N2H6Cl2=MgCl2+N2H4+H2↑，故答案为：Mg+N2H6Cl2=MgCl2+N2H4+H2↑；（5）E为S元素，E所在周期为是、第三周期，第三周期中原子半径最大的元素为Na元素，D为O元素，钠元素与O元素可形成化合物у，酚酞试液遇у先变红后褪色，则Y为过氧化钠，等物质的量的过氧化钠与FeSO4投入水中恰好完全反应的离子反应方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O═8Na++4Fe（OH）3↓+O2↑，故答案为：4Fe2++4Na2O2+6H2O═8Na++4Fe（OH）3↓+O2↑．点评：本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、热化学方程式书写、对给予信息的利用等中等，题目难度中等，推断元素是解题关键，（4）注意根据铵盐的性质进行理解，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．18.钴的合金及其配合物用途非常广泛。已知Co3＋比Fe3＋的氧化性更强，在水溶液中不能大量存在。

(1)Co3＋的核外电子排布式为__________________________。(2)无水CoCl2的熔点为735℃、沸点为1049℃，FeCl3熔点为306℃、沸点为315℃。CoCl2属于_________晶体，FeCl3属于__________晶体。(3)BNCP可用于激光起爆器等，可由HClO4、CTCN、NaNT共反应制备。①空间构型为______________。②CTCN的化学式为[Co(NH3)4CO3]NO3，与Co(Ⅲ)形成配位键的原子是_______{已知的结构式为}。③NaNT可以(双聚氰胺)为原料制备。1mol双聚氰胺分子中含σ键的数目为____________。(4)Co与CO作用可生成Co2(CO)8，其结构如图所示。该分子中C原子的杂化方式为_________________。(5)钴酸锂是常见锂电池的电极材料，其晶胞结构如图所示。该晶胞中氧原子的数目为___________。已知NA为阿伏加德罗常数的数值，则该晶胞的密度为__________(用含a、b、NA的代数式表示)g·cm－3。参考答案：(1)[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6

(2)离子

分子

(3)①正四面体

②N和O

③9NA（或9×6.02×1023）

(4)sp和sp2

(5)6

【分析】（1）Co是27号元素，其原子核外有27个电子，失去3d上1个电子和4s上2个电子生成Co3+离子，根据构造原理知Co3+基态电子排布式；（2）分子晶体熔沸点较低，离子晶体熔沸点较高，据此解答；（3）根据价层电子对互斥理论作答；（4）根据图示Co2(CO)8的结构式结合杂化轨道理论作答；（5）先通过数学几何关系计算出六棱柱的体积，再利用“均摊法”求出该晶胞中O原子、Li原子和Co原子的数目，最后利用晶体密度=计算求出结论。【详解】（1）Co位于第四周期第VIII族，基态Co的价电子排布式为3d74s2，Co3＋核外电子排布式为[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6；（2）无水CoCl2的熔点为735℃、沸点为1049℃，符合离子晶体的特点；FeCl3熔点为306℃、沸点为315℃，符合分子晶体的特点，则CoCl2属于离子晶体，FeCl3属于分子晶体；（3）①ClO4－中心原子Cl有4个σ键，孤电子对数为(7＋1－4×2)/2=0，价层电子对数为4，ClO4－的空间构型为正四面体；②构成配位键，和中心原子提供空轨道，配原子提供孤电子对，根据CTCN的化学式，以及CO32－的结构式，与Co（III）形成配位键的原子是N和O；③前一个C原子，有3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2，后一个碳原子有2个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp；成键原子之间只能形成一个σ键，即1mol该分子中含有σ键物质的量为9mol，个数为9NA或9×6.02×1023。（4）图中以碳氧双键存在的中心C原子是平面结构，C的价电子数=3+0=3，则采用sp2杂化方式；以碳氧三键存在的中心C原子是直线型结构，C的价电子数=2+0=2，则采用sp杂化方式，故答案为：sp和sp2；题图中原子的堆积方式为六方最密堆积。1pm=1010cm，六棱柱底部正六边