湖南省长沙市职业中专学校第十二中学高三化学上学期摸底试题含解析

湖南省长沙市职业中专学校第十二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.(10分)复分解反应是中学化学中常见的一种反应类型。（1）已知在常温下测得浓度均为0.1mol·L－1的下列6种溶液的pH值：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3复分解存在这样一个规律：一种较强酸与另一种较弱酸的盐可以自发地反应，生成较弱酸和较强酸的盐，如：2CH3COOH+Na2CO3===2CH3COONa+CO2↑+H2O。依照该规律，请判断下列反应不能成立的是

（填编号）。A．CO2+H2O+2NaClO===Na2CO3+2HclOB．CH3COOH+NaCN===CH3COONa+HCNC．CO2+H2O+C6H5ONaNaHCO3+C6H5OHD．CO2+H2O+2C6H5ONaNa2CO3+2C6H5OH（2）根据前述信息判断，常温下，浓度均为0.05mol·L－1的下列5种物质的溶液中，pH最小的是

(填编号)，其pH值约为

(填数值)。①HCN

②CH3COOH

③HClO4

④HClO

⑤H2SO4（3）一些复分解反应的发生还遵循其它的规律。下列转化都属于复分解反应：①工业上将石灰乳与纯碱溶液混合可制得苛性钠溶液；②侯氏制碱法中，向饱和碳酸氢铵溶液中加入饱和食盐水可获得小苏打晶体。请根据上述反应，总结出复分解反应发生的另一规律

。根据这结论，现将Na2S和AgI固体混合搅拌，则反应的离子方程式

。参考答案：(10分)每空2分(1)

AD

(2)

⑤

1

(3)

复分解反应能够向生成溶解度更小的方向进行

S2－+2AgI===Ag2S+2I－2.下列实验方案不能达到实验目的的是（

）A．图A装置用Cu和浓硝酸可制取NO B．图B装置可用于实验室制备Cl2C．图C装置可用于实验室制取乙酸乙酯 D．图D装置可用于实验室分离CO和CO2参考答案：C【知识点】实验的设计和评价解析：A．Cu和浓硝酸反应生成NO2，NO2可以与水反应生成NO，故可以用此装置而可制取NO，正确；B．高锰酸钾具有强氧化性，在常温就可以把浓盐酸氧化为氯气，故可用于实验室制备Cl2，正确；C．产生的乙酸乙酯在强碱性溶液中可以完全水解，故不能用烧碱吸收，错误；D．CO2可以先被碱液吸收，在球胆中收集CO气体，在通过分液漏斗向试剂瓶中加入酸液，CO2即可放出，可用于实验室分离CO和CO2，正确。【思路点拨】本题考查了NO及氮元素形成的化合物的性质、氯气的制备、乙酸乙酯的制备等实验装置，综合性较强。3.顺式Pt(NH3)2Cl2（式量为300）是临床广泛使用的抗肿瘤药物。下列有关该物质的说法中正确的是（）

A.

由4种元素组成

B.

含有NH3分子C.

Pt的化合价为＋4

D.

Pt元素的质量百分含量为65%

参考答案：答案：AD解析：题目以临床医学广泛使用的搞肿瘤药物为背景考查学生对物质类别及组成的认识。Pt(NH3)2Cl2药物组成不可能有NH3分子，否则会逸出且NH3有毒，故B错。因NH3为0价，故Pt为+2价，C错。

4.已知：将Cl2通人适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KC1O3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时，下列有关说法错误的是

A．若某温度下，反应后＝11，则溶液中＝B．

参加反应的氯气的物质的量等于amolC．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amol≤ne≤amolD．改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为amol参考答案：D5.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）①金属钠投入到FeCl3溶液中

②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中

④向AlCl3溶液中滴入NaHCO3溶液⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2．A．①③④⑤ B．只有①④ C．只有②③ D．只有③④⑤参考答案：D考点：钠的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分析能够反应且有沉淀生成，注意沉淀必须是白色的，据此分析解答．①最终得到红褐色Fe（OH）3沉淀；②NaOH过量，最终无沉淀；③最终有碳酸钙沉淀；④最终有氢氧化铝白色沉淀；⑤最终有碳酸氢钠白色沉淀．解答：解：①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，3NaOH+FeCl3=Fe（OH）3↓+3NaCl，所以最终生成的沉淀是红褐色，故①错误；②过量Ba（OH）2溶液和明矾溶液混合Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，最终没有沉淀生成，故②错误；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca（OH）2+2NaHCO3=CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故③正确；④向AlCl3溶液中滴入NaHCO3溶液，AlCl3溶液与NaHCO3溶液反应生成了氢氧化铝、二氧化碳、氯化钠，所以有白色沉淀生成，故④正确；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故⑤正确；故选D．点评：本题考查了物质性质的分析应用，主要是试剂量不同产物本题的产物判断，反应现象的分析应用，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等6.能正确表示下列反应的离子方程式是

（

）

A．过量铁与稀硝酸反应：Fe＋4H＋＋NO3－＝Fe3＋＋2H2O＋NO↑

B．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：HCO3－＋Ca2＋＋OH－＝CaCO3↓＋H2O

C．在AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋

D．在硫酸氢钾溶液中加入氢氧化钡溶液至pH＝7：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋H2O参考答案：答案：C7.某无色溶液可能含有①Na+

②Ba2+

③Cl一

④Br一⑤SO32一⑥SO42一中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象（1）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4，振荡、静置下层呈橙红色（2）分液，向水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生（3）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是A．肯定含有的离子是①④

B．肯定含有的离子是③④⑥C．肯定没有的离子是②⑥

D．不能确定的离子是①③⑤参考答案：A略8.下列有关化学用语表述正确的是参考答案：D9.在容积固定的4L密闭容器中，进行可逆反应：X（气）＋2Y（气）2Z（气）并达到平衡，在此过程中，以Y的浓度改变表示的反应速率v（正），v（逆）与时间t的关系如右图。则图中阴影部分的面积表示A．X的浓度的减少

B．Y的物质的量的减少C．Z的浓度的减少

D．X的物质的量的减少参考答案：C略10.能正确表示下列化学反应的离子方程式或化学方程式是

（

）

A．用两个铁电极电解氢氧化钠溶液：

B．乙醛的银镜反应：

C．用碳酸钠溶液吸收足量二氧化硫：

D．碳酸氢钡溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：参考答案：B略11.在100mL混合液中，HNO3和H2SO4物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L，向该混合液中加入1.92gCu粉，加热充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是（

）A．0.15mol/L

B．0.45mol/L

C．0.35mol/L

D．0.225mol/L参考答案：D解析：溶液中的氢离子包括硝酸、硫酸电离的，所以n（H+）=0.4mol/L×0.1L+0.1mol/L×0.1L×2=0.06mol，n（NO3-）n=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，1.92g铜的物质的量为0.03mol，则：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+3H2O

3

8

20.03mol0.08mol

0.02mol

所以氢离子的物质的量不足，根据氢离子的物质的量计算，由离子方程式可知0.06mol氢离子反应，生成的铜离子的物质的量为0.06mol×3/8=0.0225mol，所以溶液中c（Cu2+）=0.0225mol/0.1L=0.225mol/L，12.下列实验均发生了化学反应：①将铁钉放入CuSO4溶液中；②向FeSO4溶液中滴加浓HNO3;③将铜丝放入FeCl3溶液中。下列判断中，正确的是

（

）

A．上述实验证明了氧化性：Fe3+＞Fe2＋＞Cu2+

B．上述实验证明了Fe2+既有氧化性又有还原性

C．实验①、③中的化学反应都是置换反应

D．向三个实验后的溶液中加入足量NaOH溶液，最终都有Fe（OH）3生成参考答案：D略13.下列有关电解质溶液的说法正确的是

A.在蒸馏水中滴加浓H2SO4，KW不变

B.CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸

C.在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-)

D.NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同参考答案：C略14.实验室里保存下列试剂的方法，有错误的是（）A．新制氯水盛放在棕色试剂瓶中，存放于低温避光的地方B．液溴易挥发，盛放在用水液封的棕色试剂瓶中C．碘易升华，盛放在有水的棕色广口试剂瓶中D．浓盐酸易挥发，盛装在无色密封的细口玻璃试剂瓶中参考答案：C略15.氮的单质有N2、N4（标准状况下是气体）、N30等，NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（

）A．N2、N4、N30是同分异构体

B．相同质量的N2、N4、N30含有的分子数相同C．N2、N4、N30分子中的化学键只有共价键

D．N30和C60一样，熔化时均破坏共价键参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料制备ClO2的流程如下：已知：①NCl3是黄色粘稠状液体或斜方型晶体，极易爆炸，有类似氯气的刺激性臭味，自然爆炸点为95℃，在热水中易分解，在空气中易挥发，不稳定。②气体B能使湿润的红色石蕊试剂变蓝。回答下列问题：（1）气体A的化学式为————————————————（2）电解时，发生反应的化学方程式为————————————————为保证实验的安全，在电解时需注意的问题是：①控制好生成NCl3的浓度；②————————————————（3）NCl3与NaClO2（亚氯酸钠）按物质的量之比为1:6混合在溶液中恰好反应生成ClO2，该反应的离子方程式为————————————————————————（4）化学实验室制取气体B的化学方程式为———————————————（5）在用二氧化氯进行水处理时，除了杀菌消毒外，还除去水中的Fe2+和Mn2+.写出用ClO2氧化除去Mn2+生成MnO2的离子方程式（ClO2反应后的产物为ClO2-）：

———————————————

；——————————————参考答案：(1)H2

(2)

控制好反应温度(3)

(4)(5)

略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.click“点击化学”是一种绿色、高效的有机合成手段。其中铜(Ⅰ)催化的炔-叠氮基的点击反应获得五元杂环三氮唑在医药领域有广泛的用途。由芳香化合物A合成G的过程如下：已知：a.tBu代表叔丁基b.(1)A的名称为___________，下列关于A的说法正确的是___________(填字母)。a属于芳香烃

b.遇FeCl3溶液显紫色c苯环上的一溴代物有两种

d不能发生氧化反应(2)B的结构简式为___________，其分子中最多有___________个原子共平面。(3)化合物F到G的反应类型为_________________________________。(4)书写化合物D到E化学方程式_________________________________。(5)D的一种同分异构体H能与碳酸氢钠反应，且核磁共振氢谱峰面积比为6︰1，H的结构简式为________。(6)索烃是一种类似锁链没有化学键连接的多个环状分子组合休。“click”反应广泛用于合成类索烃的基本单元。以为原料，仿照流程中“click”反应，书写合成环状分子的路线，有机试剂和无机试剂任选。________________参考答案：(1)对叔丁基苯酚（或4-叔丁基苯酚）

bc

(2)BrCH2C≡CH

6

(3)取代反应

(4)CH3CH2OOCH2Br+NaN3CH3CH2OOCH2N3+NaBr

(5)BrC(CH3)2COOH

(6)【分析】A为对叔丁基苯酚，与有机物B发生取代反应生成有机物C，结构简式为；由此可以推断出有机物B的结构简式为BrCH2C≡CH；CH3CH2OOCH2Br与NaN3在一定条件下发生取代反应生成有机物E，结构简式为CH3CH2OOCH2N3；根据信息b可知，有机物C和E在铜作用下，发生click反应，生成有机物F，F在甲醇和氢离子条件下发生取代反应生成G。据以上分析进行解答。【详解】(1)根据题给信息可知，A为对叔丁基苯酚；a．A属于酚类，不属于烃类，错误； b.A属于酚类，遇FeCl3溶液显紫色，正确；c．苯环上有2种不同环境下的氢，所以苯环上的一溴代物有两种，正确；d．有机物能够燃烧，发生氧化反应，属于酚类，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，能发生氧化反应，错误；综上所述，本题正确答案：对叔丁基苯酚（或4-叔丁基苯酚），bc。(2)根据有机物A和C的结构简式可知，有机物B的结构简式为BrCH2C≡CH，-C≡CH为直线结构，3个原子共直线，也共平面，BrCH2-连在-C≡CH上，碳原子一定和-C≡CH共直线，共平面，BrCH2-中除碳原子外最多还有2个原子（2个氢原子或1个氢原子和1个溴原子）能够与-C≡CH共平面，因此该分子中最多有6个原子共平面。综上所述，本题答案是：BrCH2C≡CH，6。(3)根据F和G的结构简式可知，化合物F到G的反应类型为取代反应；综上所述，本题答案是：取代反应；(4)CH3CH2OOCH2Br与NaN3发生取代反应生成CH3CH2OOCH2N3，化学方程式为：CH3CH2OOCH2Br+NaN3CH3CH2OOCH2N3+NaBr；综上所述，本题答案是：CH3CH2OOCH2Br+NaN3CH3CH2OOCH2N3+NaBr。(5)有机物D的结构简式为：CH3CH2OOCH2Br，它的的一种同分异构体H能与碳酸氢钠反应，说明结构中含有羧基，且核磁共振氢谱峰面积比为6︰1，含有两个甲基，其结构简式为：BrC(CH3)2COOH；综上所述，本题答案是：BrC(CH3)2COOH。(6)与溴化氢发生取代反应生成，根据信息可知，与NaN3在DMF条件反应生成：，在铜做催化剂条件下，发生“click”反应生成；具体流程如下：；综上所述，本题答案是：。【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求，本题要注意BrCH2C≡CH分子中能够共平面的原子最多有6个，而不是5个。18.A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次递增．A、E同主族，B、D同周期，且B和D最外层电子数之和为10．A与D可形成A2D、A2D2共价化合物．请回答以下问题：（1）D位于周期表__________周期，__________族；（2）E离子的结构示意图为__________；与E同周期的元素中，金属性最弱的金属元素名称是__________，所形成的最稳定的气态氢化物的化学式为__________；（3）C2的电子式为__________，B与D通常能形成__________晶体，在E2D2中含有的化学键有__________；（4）由A、B、C、D四种元素组成的离子化合物的化学式为（写出一种即可）__________，组成的共价化合物的结构简式为（写出一种即可）__________．参考答案：1.二、ⅥA

2.；铝；HCl

3.；分子；离子键、共价键4.（NH4）2CO3；NH2﹣CH2﹣COOH．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次递增．A与D可形成A2D、A2D2共价化合物，则A为H元素、B为O元素；B、D同周期，且B和D最外层电子数之和为10，则B为碳元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；A、E同主族，E的原子序数大于氧，故E为Na，据此解答．解答：解：A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次递增．A与D可形成A2D、A2D2共价化合物，则A为H元素、B为O元素；B、D同周期，且B和D最外层电子数之和为10，则B为碳元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；A、E同主族，E的原子序数大于氧，故E为Na．（1）D为O元素，位于周期表二周期ⅥA族，故答案为：二、ⅥA；（2）E离子为Na+，Na+的结构示意图为；与E同周期的元素中，金属性最弱的金属元素名称是铝，所形成的最稳定的气态氢化物的化学式为HCl，故答案为：；铝；HCl；（3）N2的电子式为，B与D通常能形成CO、CO2，属于分子晶体，在Na2O2中含有的化学键有：离子键、共价键，故答案为：；分子；离子键、共价键；（4）由H、C、N、O四种元素组成的离子化合物的化学式为（NH4）2CO3等，组成的共价化合物的结构简式为NH2﹣CH2﹣COOH等，故答案为：（NH4）2CO3；NH2﹣CH2﹣COOH．点评：本题考查结构性质位置关系综合应用，关键是推断元素，注意对基础知识的理解掌握．19.某科研小组探究工业废Cu粉（杂质含有SiO2、Al2O3、Fe2O3中的一种或几种）的组成并制备少量CuSO4?5H2O，实现废物综合利用，实验过程如下：过程Ⅰ：（1）废Cu粉中一定含有的杂质是

（填化学式）（2）写出过程②发生反应的离子方程式：

．过程Ⅱ：（3）综合过程Ⅰ、II，计算废Cu粉中各成分的质量之比是

（化为最简整数比）过程Ⅲ：已知25℃时：电解质Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3溶度积（Ksp）2.2×10﹣208.0×10﹣164.0×10﹣38开始沉淀时的pH5.46.53.5完全沉淀时的pH6.49.64.0（4）在Ⅱ中所得蓝色溶液中加入一定量的H2O2溶液，调节溶液的pH范围为

，然后过滤、结晶，可得CuSO4?5H2O．（5）下列与Ⅲ方案相关的叙述中，正确的是

填字母）．A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染B．将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe（OH）2沉淀比Fe（OH）3沉淀较难过滤C．调节溶液pH选择的试剂可以是氢氧化铜或氧化铜D．在pH＞4的溶液中Fe3+一定不能大量存在．参考答案：（1）Fe2O3、SiO2；（2）SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；（3）m（Fe2O3）：m（Cu）：m（SiO2）=16：16：15；（4）4.0≤pH＜5.4；（5）ACD．

【分析】过程Ⅰ：工业废Cu粉（杂质含有SiO2、Al2O3、Fe2O3中的一种或几种），由图1可知，9.4gCu粉和过量稀硫酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；过程Ⅱ：由图可知，9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；6.4g固体与过量的稀硫酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，说明溶液中一定存在Fe2+、H+、Cu2+，1.92g固体为铜，以此来解答；过程Ⅲ：（4）Ⅱ中所得蓝色溶液存在Fe2+、H+、Cu2+，向其中加入一定量的H2O2溶液，发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化成铁离子，调节pH值，使铁离子沉淀完全，根据表中的数据判断pH值；（5）A．H2O2被还原后生成水，是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染；B．将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe（OH）2完全沉淀时的pH是9.6，而Fe（OH）3完全沉淀时的pH为4.0，据此判断；C．调节溶液pH选择的试剂要能与硫酸反应且不引入新杂质，溶液中的溶质主要是硫酸铜，据此判断；D．根据表中的数据可知，在pH＞4的溶液中Fe3+已经沉淀完全．【解答】解：过程Ⅰ：工业废Cu粉（杂质含有SiO2、Al2O3、Fe2O3中的一种或几种），由图1可知，9.4gCu粉和过量稀硫酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu，（1）根据上面的分析，废Cu粉中一定含有的杂质是Fe2O3、SiO2，故答案为：Fe2O3、SiO2；（2）过程②发生反应的离子方程式为SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，故答案为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；过程Ⅱ：由图可知，9.4gX与