2022年辽宁省阜新市第二高级中学高三化学知识点试题含解析

2022年辽宁省阜新市第二高级中学高三化学知识点试题含解析一、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.已2006年8月28日上午，我国首条纤维乙醇生产线—河南天冠集团3000吨级纤维乙醇项目，在镇平开发区开工奠基。这一项目打破了过去单纯以粮食类原料生产乙醇的历史，使利用秸秆类纤维质原料生产乙醇成为现实。下列有关说法中不正确的是：（）A．用这种纤维乙醇部分替代成品油，有助于缓解日益增长的成品油需求。B．这一项目不仅使秸秆类废物得到科学利用，而且能为国家节约大量粮食。C．乙醇能部分替代汽油作车用燃料是因为乙醇与汽油组成元素相同，化学成分相似。D．掺入10％燃料乙醇的乙醇汽油可以使汽车尾气中一氧化碳排放量下降。参考答案：答案：C2.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，W与X同主族，下列说法正确的是（）A．原子半径的大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）B．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同C．X的最高氧化物对应的水化物的酸性比W的弱D．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强参考答案：D考点：真题集萃；原子结构与元素周期律的关系．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z为Mg，A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大；B、MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键；C、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，D、元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定．解答：解：X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z为Mg．A、Mg和Si、C和O同周期，C和Si同主族，同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径r（Mg）＞r（Si）＞r（C）＞r（O），故A错误；B、Y分别与Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键，化学键类型不同，故B错误；C、C和Si同主族，非金属性C＞Si，因此碳酸的酸性大于硅酸的酸性，故C错误；D、非金属性O＞Si，元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于SiH4，故D正确；故选D．点评：本题考查了短周期元素种类推断，涉及元素周期律中原子半径、非金属性的比较以及化合键的判定等知识，难度不大，熟悉短周期元素的原子结构、10个电子的微粒是解题的必备知识．3.下列四个图像所反映的内容与相应反应符合的是（a、b、c、d均大于0）A．4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)

B．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝－akJ·mol－1

△H＝－bkJ·mol–1C．2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)

D．2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)△H＝＋ckJ·mol–1

△H＝＋dkJ·mol–1参考答案：AC略4.下列说法中不正确的是（）①质子数相同的粒子一定属于同一种元素②同位素的性质几乎相同③质子数相同电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子或一种离子④电子数相同的粒子不一定是同一种元素⑤一种元素只能有一种质量数⑥某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数．A．②③⑤⑥ B．①②④⑤ C．①②⑤⑥ D．③④⑤⑥参考答案：C【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】①质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子；②互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质；③两种粒子，质子数一样，离子带电，离子的电子数一定和质子数不一样，分子不带电，分子的质子数和电子数一定相等，据此判断；④质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子；⑤元素不谈质量数，一种元素的原子可能有不同的质量数；⑥某种元素的原子质量数等于质子数与中子数之和．【解答】解：①元素的研究对象是原子，质子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，若为原子则属于同种元素，故①错误；②互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质，同位素的化学性质几乎完全相同，故②错误；③分子显电中性，离子带电，两种粒子质子数和电子数均相同，如果一种为分子则质子数与电子数相等，一种为离子则质子数和电子数不相等，这样就与题设矛盾，所以不可能为一种分子一种离子，故③正确；④质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子，电子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，Na+与Mg2+，故④正确；⑤质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素不谈质量数，一种元素可能存在不同的核素，同一元素的原子可能有不同的质量数，故⑤错误；⑥某种元素的原子质量数等于该原子质子数与中子数之和，故⑥错误．所以①②⑤⑥不正确．故选C．【点评】本题考查同位素、质量数等基本概念，难度不大，注意把握同位素概念的内涵与外延．5.过氧乙酸是在抗SARS病毒期间常使用的一种高效杀毒剂，其分子式为C2H4O3，它具有氧化性，漂白作用，下列物质中漂白作用原理与过氧乙酸不同的是

A．氯水（次氯酸）

B．臭氧

C．活性炭

D．过氧化钠参考答案：C略1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是（）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL参考答案：D【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质．【专题】压轴题；守恒法．【分析】A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积．【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）×2×1=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是×100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D．【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答．7.对于反应A(s)+2B(g)3C(g)；△H＞0，C%跟外界条件X、Y的关系如图所示，下列结论正确的是A．Y表示温度，X表示压强，且Y3＞Y2＞Y1B．Y表示压强，X表示温度，且Y3＞Y2＞Y1C．X表示压强，Y表示温度，且Y1＞Y2＞Y3D．X表示温度，Y表示压强，且Y1＞Y2＞Y3参考答案：A【知识点】化学平衡图像外界条件对平衡的影响解析：根据反应特征：正方向吸热，升高温度平衡正向移动，C%增大；加压平衡向气体体积减小的方向移动，即逆向移动，C%减小，所以Y表示温度，X表示压强，且Y3＞Y2＞Y1；故答案选A【思路点拨】本题考查了化学平衡图像及外界条件对平衡的影响，理解升高温度平衡向吸热反应方向移动，加压平衡向气体体积减小的方向移动。8.对于反应①KHCO3溶液与石灰水反应；②Na2SO3溶液与稀盐酸反应；③Si与烧碱溶液反应；④Fe与稀硝酸反应；改变反应物用量时，不能用同一个离子方程式表示的是（

）

A．①②③

B．①②④

C．①③④

D．②③④参考答案：B9.为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述正确的是()A.Na2O2中阴、阳离子的个数比为1∶1B.Na2O2分别与H2O、CO2反应产生相同量的O2时，需要H2O和CO2的质量相等C.Na2O2分别与H2O、CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等D.Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同参考答案：C试题分析：反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。A．Na2O2的电子式为，故阴、阳离子的个数比为1：2，故A错误；B．生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，故B错误；C．由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，故C正确；D．Na2O2因具有强氧化性而有漂白性，SO2易与有色物质化合生成无色不稳定的物质，故原理不同，故D错误；故选C。10.下列各反应中，氧化反应与还原反应在同种元素中进行的是（）A．Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2OB．2KClO32KCl+3O2↑C．2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑D．2H2O2H2↑+O2↑参考答案：A解：A．只有Cl元素化合价发生变化，氧化反应与还原反应在同种元素中进行，故A正确；B．反应中Cl和O元素的化合价发生变化，故B错误；C．反应中Mn和O元素的化合价发生变化，故C错误；D．反应中H和O元素的化合价发生变化，故D错误．故选：A．11.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.浓度为1mol/L的Al2(SO4)3溶液中Al3+的数目小于2NAB.只有在标准状况下Na个氧气分子的物质的量才是1molC.常温常压下，22.4LN2气体的分子数小于NAD.20gD2O所含的中子数为9NA参考答案：C略12.下列有关实验原理、方法和结论都正确的是A．已知Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，氢气还原氧化铜后所得红色固体能完全溶于稀硫酸，说明红色固体是铜B．用蒸馏水、酚酞、BaCl2溶液和已知浓度盐酸标准溶液作试剂，可测定NaOH固体（杂质仅为Na2CO3）的纯度C．取一定量水垢加盐酸，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明水垢的主要成分为CaCO3、MgCO3

D．用饱和碳酸钠溶液多次洗涤BaCO3，可除去BaCO3中少量的BaSO4，说明Ksp(BaCO3)<Ksp(BaSO4)参考答案：AB略13.下列叙述中不正确的是()A.利用核磁共振分析可以辨别甲醚(CH3OCH3)和乙醇B.利用丁达尔效应可以区分淀粉溶液与葡萄糖溶液C.在一定温度下，对于任何两种难溶电解质，Ksp大的电解质的溶解度也一定大D.ΔH＞0、ΔS＜0的反应在任何温度下都不能自发进行参考答案：C略14.下列说法正确的是

①标准状况下,22．4L己烯含有的分子数约为6．

②标准状况下,11．2L的氧气和氮气的混合物含有的分子数约为0．．

③7．1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数约为0．．

④60g晶体中含有．个Si—O键

⑤1mol乙醇中含有的共价键数约为．

⑥500mL1的硫酸铝溶液中含有的硫酸根离子数约为1．．

A．①④

B．②⑥

C．③⑤

D．②⑤参考答案：B略15.反应2AB；△H=Q，在不同温度和压强改变的条件下，产物AB的质量分数AB％生成情况如下图：a为500℃时的情况；b为300℃时的情况；c为反应在300℃时从时间开始向容器中加压的情况。则下列叙述正确的是：A．、及AB均为气体，Q＞0B．AB为气体，、中至少有一种为非气体，Q<0C．AB为气体，、中有一种为气体，Q＜0D．AB为固体，、中有一种为非气体，Q＞0参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：（一）制取氧化铜①称取2gCuSO4·5H2O研细后倒入烧杯，加10mL蒸馏水溶解；②向上述CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，直到不再产生沉淀，然后将所得混合物转移到蒸发皿，加热至沉淀全部变为黑色；③将步骤②所得混合物过滤、洗涤，晾干后研细备用。回答下列问题：⑴上述实验步骤中需要使用玻璃棒的是_______________（填实验序号），步骤①、③中研磨固体所用仪器的名称是___________________；⑵步骤③中洗涤沉淀的操作是______________________________________________

__________________________________________________________。（二）证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较用右图装置进行实验，实验时均以生成25mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略，相关数据见下表：实验序号KClO3质量其它物质质量待测数据④1.2g无其他物质

⑤1.2gCuO

0.5g

⑥1.2gMnO2

0.5g

回答下列问题：⑶上述实验中的“待测数据”指_____________；⑷本实验装置图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装而成，此处所用滴定管是___________（填“酸式”或“碱式”）滴定管；⑸若要证明实验⑤中干燥管内收集的气体是O2，可待气体收集结束后，用弹簧夹夹住B中乳胶管，拔去干燥管上单孔橡皮塞，__________________________________________

____________________________________________________；⑹为探究CuO在实验⑤中是否起催化作用，需补做如下实验（无需写出具体操作）：a．_______________________________，b．CuO的化学性质有没有改变。参考答案：⑴①②③

研钵

⑵沿玻璃棒向过滤器中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复2～3次

⑶时间

⑷碱式

⑸取一根带火星的木条，伸入干燥管内，看木条是否复燃

⑹CuO的质量有没有改变略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.[化学--选修3：物质结构与性质]（共1小题，满分0分）第ⅢA、ⅤA族元素组成的化合物AlN、AlP、AlAs等是人工合成的半导体材料，它们的晶体结构与单晶硅相似，与NaCl的晶体类型不同．（1）核电荷数比As小4的原子基态的电子排布式为

．（2）前四周期元素中，基态原子中未成对电子与其所在周期数相同的元素有种．（3）NCl3中心原子杂化方式为

，NCl3的空间构型为

．（4）在AlN晶体中，每个Al原子与个N原子相连，AlN属于

晶体．（5）设NaCl的摩尔质量为Mrg?mol﹣1，食盐晶体的密度为ρg?cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA．食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心间的距离为cm．

参考答案：（1）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；（2）5；（3）sp3杂化；三角锥形；（4）4；原子；（5）×．

考点：原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．版权所有分析：（1）核电荷数比As小4的原子为Cu，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；（2）按照从第一到第四周期的顺序，根据元素周期表中各元素结构及未成对电子数进行解答；（3）类比NH3可推知NCl3中心原子杂化方式为sp3杂化，NCl3的空间构型为三角锥形；（4）依据题干信息“它们的晶体结构与单晶硅相似”，通过硅类推AlN的晶体类型为原子晶体；（5）根据NaCl的摩尔质量为Mrg?mol﹣1及密度为ρg?cm﹣3，求得晶胞的体积，进而求得棱边长，而两个距离最近的钠离子中心间的距离等于晶胞面对角线的一半．解答：解：（1）核电荷数比As小4的原子为Cu，其原子核外有29个电子，基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；（2）第一周期中，有1个未成对电子的是氢原子，其电子排布式为1s1；第二周期中，未成对电子是2个的有两种分别为：C：1s22s22p2和O：1s22s22p4；第三周期中，未成对电子是3个的是P：1s22s22p63s23p3；第四周期中未成对电子是4个的是Fe：1s22s22p63s23p63d64s2，故答案为：5；（3）NH3中心原子杂化方式为sp3杂化，NH3的空间构型为三角锥形，类比NH3可推知NCl3中心原子杂化方式为sp3杂化，NCl3的空间构型为三角锥形；故答案为：sp3杂化；三角锥形；（4）依据题干信息“它们的晶体结构与单晶硅相似”，通过硅类推AlN的晶体类型为原子晶体，每个Al原子与4个N原子相连，故答案为：4；原子；（5）设晶胞边长为a，在NaCl晶胞中，含4个Cl﹣，含4个Na+，根据密度公式ρ=，可得a=，所以晶胞面对角线长为×，而两个距离最近的钠离子中心间的距离等于晶胞面对角线的一半，所以两个距离最近的钠离子中心间的距离为×，故答案为：×．点评：本题考查了核外电子排布、分子构型和杂化方式、晶胞的计算等内容，综合性较强，难度中等，解题的关键要充分用好立体几何的知识，发挥空间想象力，解决问题．18.(15分)H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答：I.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物。(1)该反应的化学方程式为

。II．H2S可用于检测和沉淀金属阳离子。 (2)H2S的第一步电离方程式为 。(3) 己知：25℃时，Ksp(SnS)=1.0×10-25，Ksp(CdS)=8.0×10-27，该温度下，向浓度均为0.1mol·L-1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通人H2S，当Sn2+开始沉淀时，溶液中c(Cd2+)=

(溶液体积变化忽略不计)。Ⅲ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。反应原理为ⅰ.COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)

△H=+7kJ·mol-1；ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

△H=-42kJ·mol-1；(4)己知：断裂1mol分子中的化学键所需吸收的能量如下表所示。分子COS(g)H2(g)CO(g)H2S(g)H2O(g)CO2(g)能量/kJ·mol-1

1319442x678-9301606表中x=

。(5)向10L容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g),进行上述两个反应。其他条件不变时，体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。①随着温度升高,CO的平衡体积分数

(填“增大”或“减小”)，原因为

。②T1℃时，测得平衡时体系中COS的物质的童为0.80mol。则该温度下,COS的平衡转化率为

；反应i的平衡常数为

(保留两位有效数字)。参考答案：Ⅰ．(1)4SO2+3CH44H2S+3CO2+2H2O(2分)Ⅱ．(2)H2SH++HS-

(2分)

(3)8.0×10-3mol·L-1

(2分)Ⅲ.(4)1076(2分)

(5)①增大(1分)反应I为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大。(2分，两个给分点各1分。)②20%(2分) 0.044(2分)kJ·mol-1+442kJ·mol-1)=-42kJ·mol-1，解得x=1076kJ·mol-1；(5)①由图示可知随着温度升高，CO的平衡体积分数增大，原因为反应I为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大。；②平衡时COS的转化率为×100%=20%；COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)起始物质的量(mol)

1

1

0

0

变化物质的量(mol)

0.2

0.2

0.2

0.2常数为==0.044。19.某磷肥厂利用某磷矿石[Ca3（PO4）2]制取磷肥并综合利用副产物生产水泥的工艺流程如下：（1）将磷矿石制成磷肥的目的是，有关的化学方程式为。