辽宁省沈阳市第七十高级中学高三化学上学期摸底试题含解析

辽宁省沈阳市第七十高级中学高三化学上学期摸底试题含解析一、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.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质,甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一，0.05mol/L丙溶液的pH为l，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（

）

A．原子半径：W<X<Y

B．元素的非全属性：Z>Y>XC．化合物XYZ中只含共价键

D．K、L、M中沸点最高的是M参考答案：C【点睛】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键。本题的突破口为K是无色气体，是主要的大气污染物之一，应该考虑是二氧化硫。2.下列说法不正确的是A.麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应B.用溴水即可鉴别苯酚溶液、2,4-已二烯和甲苯C.在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHD.用甘氨酸（）和丙氨酸（）缩合最多可形成4种二肽参考答案：C麦芽糖属于还原性糖可发生银镜反应，麦芽糖的水解产物是葡萄糖，葡萄糖也属于还原性糖可发生银镜反应，A正确；苯酚和溴水反应生成白色沉淀，2,4-已二烯可以使溴水褪色，甲苯和溴水不反应，但甲苯可以萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的小，所以下层是水层，上层是橙红色的有机层，因此可以鉴别，B正确；酯类水解时，酯基中的碳氧单键断键，水中的羟基与碳氧双键结合形成羧基，所以CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，因此选项C不正确；两个氨基酸分子（可以相同，也可以不同），在酸或碱的存在下加热，通过一分子的氨基与另一分子的羧基间脱去一分子水，缩合形成含有肽键的化合物，成为成肽反应。因此甘氨酸和丙氨酸混合缩合是既可以是自身缩合（共有2种），也可是甘氨酸提供氨基，丙氨酸提供羧基，或者甘氨酸提供羧基，丙氨酸提供氨基，所以一共有4种二肽，即选项D正确。3.一定条件下，在体积为10L的密闭容器中，2molX和2molY进行如下反应：2X（g）+Y（g）Z（g），经2min达到平衡，生成0.6molZ。下列说法正确的是A．以X浓度变化表示的反应速率为0.06mol/(L?min)B．将容器体积变为20L，Z的平衡浓度为原来的1/2C．平衡时，X的转化率为30%ks5uD．起始状态和平衡时容器内的气体压强比为2:1参考答案：A4.如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22．下列说法正确的是（）

XY

W

ZT

A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中一定只有共价键C．W、X、Z三种元素最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4参考答案：D考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．分析：W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令W的最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数分别为a+1、a+2、a+3，故a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl、T为Ge，据此解答．解答：解：W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令W的最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数分别为a+1、a+2、a+3，故a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl、T为Ge，A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为氨气、水、HCl，常温下水为液态，氨气、HCl为气体，故水的沸点最高，氨气分子之间都存在氢键，沸点比HCl的高，故A错误；B．N、O和H形成的化合物硝酸铵中既有离子键、又有共价键，故B错误；C．W、X、Z三种元素最高价氧化物对应水化物的分别为硅酸、硝酸、高氯酸，它们的酸性依次增强，故C错误；D．Ge元素的单质具有半导体的特性，与Cl元素可形成化合物GeCl4，故D正确，故选D．点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意A中氢键对物质性质的影响，难度中等．5.下列化学实验事实及解释都正确的是A．向Na2SO3溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀出现，说明Na2SO3溶液已经变质B．向皂化反应后的混合物中加入食盐可分离出高级脂肪酸钠，说明高级脂肪酸钠在此时容易析出C．等体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应，HA放出的氢气多，说明酸性：HA＞HBD．向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入少量氨水，先生成Cu(OH)2沉淀，说明KSP[Cu(OH)2]＞KSP[Mg(OH)2]参考答案：B略6.青石棉(CrocidoliteinIronstone)是一种致癌物质，其化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2(化学组成可表示为：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O)。青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法正确的是()。A．青石棉不属于硅酸盐材料B．青石棉中含有一定量的石英晶体C．青石棉属于新型无机非金属材料D．1mol青石棉能使1mol稀HNO3被还原参考答案：D略7.恒温条件下，将NO2装入带活塞的密闭容器中，当反应达到平衡后，慢慢压缩气体体积，下列叙述正确的是（

）A．若体积减小一半，则压强为原来的两倍B．平衡向右移动，混合气体颜色一定会变浅C．若体积减小一半，压强增大，但小于原来的两倍

D．平衡向右移动，混合气体的平均相对分子量减小参考答案：C略8.某温度下，100g饱和氯化钠溶液中含有氯化钠26.5g。若向此溶液中添加3.5g氯化钠和6.5g水，则所得溶液溶质的质量分数是

A．30%

B．

C．26.5%

D．

参考答案：C略9.常温下，用0．1000mol·L-1NaOH溶液滴定20．00mL0．1000mol·L-1CH3COOH溶液所得滴定曲线如右图.下列说法正确的是

（

）A．点①所示溶液中：c（CH3COO—）+2c（OH—）=c（CH3COOH）+2c（H+）B．点②所示溶液中：c（Na+）＜c（CH3COO—）+c（CH3COOH）C．点③所示溶液中：c（Na+）＞c（OH—）＞c（CH3COO—）＞c（H+）D．滴定过程中可能出现：

c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO—）＞c（Na+）＞c（OH—）参考答案：AB略10.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是

（

）

A．漂白粉溶液在空气中失效：

B．浓盐酸与MnO2反应制取氯气：

C．醋酸溶液与水垢中的Mg(OH)2反应：

D．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：参考答案：B略11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(

)A．使甲基橙变红色的溶液：Mg2＋、K＋、、B．使酚酞变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、、C．0.1mol·L－1AgNO3溶液：H＋、K＋、、I－D．0.1mol·L－1NaAlO2溶液：H＋、Na＋、Cl－、参考答案：A

【知识点】离子共存解析：A．能共存，正确；B．使酚酞变红色的溶液显示碱性，Cu2＋在碱性溶液中生成氢氧化铜沉淀，在碱性溶液中生成碳酸根离子，故此组离子不能共存，错误；C．Ag+与、I－生成沉淀而不能共存，错误；D．AlO2—与H＋能生成氢氧化铝沉淀，故不能共存，错误。【思路点拨】本题考查了在前提条件下的离子共存问题，属于离子共存常见的题型，难度不大。12.常温下，下列各组物质不能用一种试剂通过化学反应区别的是（

）A.MnO2

CuO

FeOB.（NH4）2SO4

K2SO4

NH4ClC.AgNO3

KNO3

Na2CO3D.Na2CO3

NaHCO3

K2CO3参考答案：D

略13.背景材料：①2004年夏季，特氟隆不粘锅事件引起公众关注；②2004年冬季，诺贝尔化学奖授予研究蛋白质的科学家；③2005年初春，广东大部分进行了人工降雨；④2005年春末，某高速公路发生液氯运输车翻倒泄漏事故。下列相应说法正确的是A.特氟隆（聚四氟乙烯）的单体是氟利昂B.蛋白质是由氨基酸形成的不可降解的高分子化合物，其水溶液有丁达尔现象C.AgI和干冰都可用于人工降雨D.附近人员应迅速远离液氯泄漏地点，并逆风往安全区域疏散参考答案：CD本题从不同的侧面考查化学在社会、生活、生产实际中的应用。由加聚反应原理可知的单体为CF2==CF2不是氟利昂CF2Cl2，A不正确；蛋白质虽是高分子化合物，其水溶液有丁达尔现象，但其在酸、碱、酶的作用下均可降解，最后得到氨基酸；AgI可引入晶种，CO2汽化降温皆可用于人工降雨，C正确；液氯有毒，易汽化为有毒的Cl2分子，故需逆风疏散，D正确。14.在一定体积某浓度的BaCl2溶液中，逐滴加入pH=1的稀硫酸至溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，测得溶液pH=2，若忽略两溶液混合时的体积变化，则稀硫酸的体积与BaCl2溶液的体积比是（）

A．10∶1

B．1∶10

C．9∶1

D．1∶9参考答案：答案：D15.将淀粉碘化钾溶液装在羊皮纸袋中，并将表羊皮纸袋下半部浸泡在蒸馏水中，过一段时间后取该蒸馏水进行实验，下列现象能证明羊皮纸袋有破损的是

A．加入碘水后液体变蓝色

B．加入碘入钾溶液不变蓝色C．加入硝酸银溶液产生黄色沉淀

D．加入溴水后液体不变蓝色参考答案：A二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4+、K+、Na+

、Mg2+、

Ba2+、Al3+、Ｆe３＋、Cl-、Ｉ－、NO3-、ＣＯ32－、S2-、SO42-、AlO2-、ＳＯ３２－、ＭnＯ４－

，取该溶液进行以下实验：（１）、取PH试纸检验，溶液呈强酸性，可以排除

离子的存在。（２）、取出部分溶液，加入少量ＣＣl４及数滴新制氯水，经振荡后ＣＣl４层呈紫红色，可以排除

离子的存在。（３）、另取出部分溶液逐渐加入ＮaＯＨ溶液,使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，则又可以排除

离子的存在。（４）、取出部分上述碱性溶液加Ｎa2ＣＯ３溶液后,有白色沉淀生成，证明

离子存在，又可排除

离子的存在。（５）、将（３）得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。根据上述实验事实确定：该溶液中肯定存在的离子是

肯定不存在的离子是

还不能确定是否存在的离子是

参考答案：(1).ＣＯ32－、S2-、AlO2-、ＳＯ３２－（1分）(2).Ｆe３＋、NO3-、ＭnＯ４－（1分）(3).Mg2+、Al3+（1分）(4).Ba2+

（1分）；

SO42-（1分）

(5).Ｉ－、NH4+、Ba2+（2分）；

Mg2+、Al3+、Ｆe３＋、NO3-、ＣＯ32－、S2-、SO42-、AlO2-、ＳＯ３２－、ＭnＯ４－；（2分）

K+、Na+、Cl-（2分）

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.铝及其化合物用途广泛。工业上焙烧明矾【KAl(SO4)2·12H2O】可得到A12O3，反应的化学方程式为4KAl(SO4)2·12H2O+3S2K2SO4+2A12O3+9SO2↑+48H2O。请回答下列问题：

(1)在焙烧明矾的反应中，被氧化和被还原的元素质量之比是________________。(2)焙烧明矾时产生的SO2可用来制硫酸。已知25℃、10lkPa时：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）

△H1=-197kJ/molH2O（g）?H2O（l）

△H2=-44kJ/mol2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）

△H3=-545kJ/mol则反应SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）的△H=

KJ/mol(3)工业上利用电解熔融的A12O3制备Al，其化学方程式是_____________________；电解时阳极和阴极材料均为石墨，电解时所消耗的电极是__________(填“阳极”或“阴极”)。(4)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液，可以组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2。①该电池的负极反应式为____________________；②电池总反应的化学方程式为_____________________________________________。参考答案：（1）1:2

（2）－152（3）2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑

阳极（4）①Al＋4OH－―3e－===[Al(OH)4]－②Al＋3NiO(OH)＋NaOH＋3H2O===Na[Al(OH)4]＋3Ni(OH)2解析：（1）（1）该反应中，S元素的化合价由0价和+6价变为+4价，所以部分4KAl（SO4）2?12H2O作氧化剂（6个硫酸根被还原，2个硫酸根保持不变），硫作还原剂，还原剂和氧化剂的物质的量之比为6：3=2：1。（2）2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）

△H1=-197kJ/mol

ⅠH2O（g）?H2O（l）△H2=-44kJ/mol

Ⅱ2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=-545kJ/mol

Ⅲ依据盖斯定律Ⅲ-Ⅰ-2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=-304KJ/mol即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-152KJ/mol（3）工业上可用电解熔融Al2O3制备Al，方程式为：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑；（4）以Al的单质和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，Al在负极失去电子，碱性条件下生成偏铝酸钠，电极方程式为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；该电池总反应的化学方程式是：Al+3NiO（OH）+H2O+NaOH═NaAlO2+3Ni（OH）2。18.物质结构与性质（共1小题，满分15分）含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O．Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4．（1）基态Cu原子核外有

个不同运动状态的原子．Cu+基态核外电子排布式为

（2）醛基中碳原子的轨道杂化类型是

；1mol乙醛分子中含有σ的键的数目为

．乙醛可被氧化为乙酸．乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是：

．（3）氧化亚铜为半导体材料，在其立方晶胞内部有四个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有

个铜原子．（4）铜晶胞为面心立方晶体，其晶胞参数a=361.49pm，晶胞中铜原子的配位数为

．列式表示铜单质的密度

g?cm﹣3（不必计算出结果）．将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是

．参考答案：（1）29；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；（2）sp2；6NA；乙酸分子之间存在分子间氢键；（3）16；（4）12；；2Cu+8NH3?H2O+O2=2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣+6H2O．

【分析】（1）Cu核外有29个电子，每个电子的运动状态是不一样，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式；（2）根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，一个乙醛分子中含有6个σ键，分子间的氢键可以使物质的熔沸点升高；（3）氧化亚铜的立方晶胞内部有四个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，根据均摊法可知，氧原子总数为4+8×=8，根据化学式Cu2O可推算铜原子数；（4）铜晶体中以顶点上的铜原子为例，铜原子周围距离最近的铜原子位于经过该顶点的12个面的面心上，每个晶胞中含有的铜原子数为8×=4，根据计算密度，Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，氧气能将铜氧为铜离子，与氨分子形成铜氨配合离子，据此书写离子方程式．【解答】解：（1）Cu核外有29个电子，每个电子的运动状态是不一样，所以有29个不同运动状态的电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，所以Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案为：29；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；（2）醛基中碳原子含有3个σ键，所以醛基中碳原子的轨道杂化类型是sp2，一个乙醛分子中含有6个σ键，所以1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为6NA，乙酸分子间的氢键可以使物质的熔沸点升高，故答案为：sp2；6NA；乙酸分子之间存在分子间氢键；（3）氧化亚铜的立方晶胞