四川省成都市化学高考复习试卷及解答参考

四川省成都市化学高考复习试卷及解答参考一、单项选择题（本大题有16小题，每小题3分，共48分）1、下列说法中正确的是()A.水的摩尔质量是18gB.2molO2的质量是64g/molC.1molOH-的质量是17gD.氢的摩尔质量等于其相对原子质量本题主要考查了物质的量的相关计算以及摩尔质量的概念。A选项，摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，其单位为g/mol，而非g。因此，水的摩尔质量应为B选项，质量的单位为g，而摩尔质量的单位为g/mol。2mC选项，OH−的摩尔质量为17g/mol（氧的摩尔质量为16D选项，摩尔质量在数值上等于该物质的相对原子质量或相对分子质量，但它们的单位不同。摩尔质量的单位为g/综上所述，正确答案为C。2、下列说法正确的是()A.乙醇的沸点比乙烷的沸点高，原因是乙醇分子间存在氢键B.氨和水都是极性分子，相似相溶原理说明氨易溶于水C.乙醇和水之间能形成氢键，则乙醇在水中的溶解度很大D.水分子可表示为H−答案：A；B；C解析：A选项：乙醇分子之间存在氢键，氢键的存在使得乙醇分子间的相互作用力增强，从而需要更高的温度才能使乙醇沸腾，即乙醇的沸点升高。而乙烷分子间不存在氢键，其沸点主要由范德华力决定，相对较低。因此，A选项正确。B选项：氨和水都是极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂。水是一种极性溶剂，因此氨易溶于水。所以，B选项正确。C选项：乙醇分子中的羟基（−OD选项：虽然水分子可以表示为H−综上所述，正确答案是A、B、C。3、下列关于有机物的说法中，不正确的是()A.乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B.乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分C.石油的裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化D.糖类、油脂和蛋白质都是人体必需的营养物质答案：A解析：A选项：乙烯含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，使溴水褪色。而苯使溴水褪色的原因是苯与溴水发生了萃取作用，即溴在苯中的溶解度远大于在水中的溶解度，苯将溴从水溶液中萃取出来，从而使溴水褪色。两者褪色的原因并不相同，故A错误。B选项：乙醇是酒的主要成分，具有特殊的香味，是常用的调味品。乙酸，也被称为醋酸，是食醋的主要成分，同样具有调味作用。因此，乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分，故B正确。C选项：石油的裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程。石油的裂解是石油化工生产过程中，以比裂化更高的温度（700℃～800℃，有时甚至高达1000℃以上），使石油分馏产物（包括石油气）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程。煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，使其分解的过程。这三个过程都生成了新的物质，因此都属于化学变化，故C正确。D选项：糖类、油脂和蛋白质都是人体必需的营养物质。糖类是人体主要的供能物质，油脂是人体内备用的能源物质，同时也参与细胞膜的构建。蛋白质是构成人体细胞的基本物质，也是人体生长发育、组织更新的重要原料，为人体生理活动提供能量。因此，D选项正确。综上所述，不正确的选项是A。4、下列关于乙醇的说法中，不正确的是()A.乙醇与金属钠反应可以生成乙醇钠和氢气B.乙醇可以发生消去反应生成乙烯C.乙醇的沸点比乙烷的沸点高，主要原因是乙醇分子间存在氢键D.乙醇可被酸性高锰酸钾溶液直接氧化为乙酸答案：A解析：A选项：乙醇与金属钠反应，实际上乙醇中的羟基氢（−OB选项：乙醇在浓硫酸的催化下，加热到170∘C选项：乙醇分子间存在氢键，这使得乙醇分子间的相互作用力增强，从而需要更高的温度才能使乙醇沸腾，即乙醇的沸点升高。而乙烷分子间不存在氢键，其沸点相对较低。因此，乙醇的沸点比乙烷的沸点高，主要原因是乙醇分子间存在氢键，故C正确。D选项：乙醇具有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化。在反应中，乙醇的羟基（−OH）被氧化为羧基（综上所述，不正确的选项是A。5、下列说法正确的是()A.石油裂解的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量B.石油分馏得到的产物是纯净物C.石油裂化主要得到乙烯、丙烯、丁二烯等短链烯烃D.煤的干馏是化学变化本题主要考查石油的加工过程以及煤的干馏等知识点。A选项，石油裂解的主要目的是获得“三烯”，即乙烯、丙烯、丁二烯等短链烯烃，这些烯烃是基本的化工原料，对于合成其他有机化合物具有重要意义。而提高汽油等轻质油的产量与质量，则是石油裂化的主要目的。因此，A选项错误。B选项，石油是多种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，其分馏过程是根据各组分沸点的不同进行分离，因此得到的产物仍然是混合物，而不是纯净物。所以，B选项错误。C选项，如前所述，石油裂解的主要目的是获得乙烯、丙烯、丁二烯等短链烯烃。而石油裂化则是为了获得更多的轻质油，特别是提高汽油的产量和质量。因此，C选项错误。D选项，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，使其分解的过程。在这个过程中，煤会经过复杂的化学反应，生成焦炭、煤焦油、粗氨水、焦炉气等产物。由于有新物质生成，因此煤的干馏属于化学变化。所以，D选项正确。综上所述，正确答案是D。6、下列关于物质分类的说法正确的是()A.酸性氧化物一定是非金属氧化物B.碱性氧化物一定是金属氧化物C.混合物一定由不同种分子构成D.纯净物一定由同种元素组成答案：B解析：A选项：酸性氧化物是指能与碱反应生成盐和水的氧化物。虽然大多数酸性氧化物是非金属氧化物，如二氧化碳、二氧化硫等，但也有一些酸性氧化物是金属氧化物，如高锰酸对应的氧化物MnB选项：碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的氧化物。所有的碱性氧化物都是金属氧化物，因为非金属氧化物通常不能与酸反应生成盐和水（除了水本身和某些特殊的非金属氧化物，如二氧化碳与碱反应生成盐和水，但它是通过碳酸这一中间步骤，不直接作为碱性氧化物）。因此，B选项正确。C选项：混合物是由两种或两种以上的物质混合而成的，这里的“物质”可以是分子、原子、离子等。例如，空气是混合物，但它由氮气分子、氧气分子、二氧化碳分子等多种分子以及稀有气体原子等构成。因此，混合物不一定只由不同种分子构成，C选项错误。D选项：纯净物是由一种物质组成的。这里的“一种物质”可以是由同种元素组成的单质，如氧气、氮气等；也可以是由不同种元素组成的化合物，如水、二氧化碳等。因此，纯净物不一定只由同种元素组成，D选项错误。7、已知某元素X的原子序数为17，在周期表中位于第三周期。下列关于元素X的说法正确的是：A.元素X属于碱金属元素。B.元素X的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸。C.元素X的原子半径比同周期的镁原子大。D.元素X的单质在常温下是一种良好的导体。答案与解析：根据元素X的原子序数为17，我们可以推断出它是什么元素，并据此分析各选项。原子序数为17的元素是氯(Cl)，位于周期表中的第17位，即第七个主族位置(17-2=15，第15列为ⅢA族，第16列为ⅣA族，第17列为ⅤA族，也就是卤素)。氯位于第三周期，这意味着它有三个电子层。接下来我们来分析选项：A.碱金属元素位于第一主族(ⅠA族)，因此氯不属于碱金属元素。B.氯的最高价态是+7，其最高价氧化物对应的水化物是HClO4（高氯酸），这是一种非常强的酸。C.在同一周期中，从左到右原子半径通常减小，所以氯的原子半径比镁(Mg)小。D.氯气在常温下是一种气体，而不是导体。综上所述，正确答案是B。解析：A项错误，因为氯不是碱金属。B项正确，因为氯的最高价氧化物对应的水化物确实是一种强酸。C项错误，因为氯的原子半径实际上比镁小。D项错误，因为氯气不是导体。这就是第7题的选择题以及详细的解析过程。8、下列有关分子、原子和离子的说法正确的是()A.保持水的化学性质的最小粒子是氢原子和氧原子B.分子的质量一定大于原子的质量C.原子的内部含有带电荷的微粒，所以整个原子不显电性D.分子、原子、离子都可以直接构成物质答案：D解析：A选项，分子是保持物质化学性质的最小粒子，对于水来说，保持其化学性质的最小粒子应该是水分子，而不是氢原子和氧原子。虽然水分子由氢原子和氧原子构成，但单独的氢原子或氧原子并不能保持水的化学性质，故A错误。B选项，分子的质量和原子的质量不能一概而论。虽然很多情况下分子的质量确实大于构成它的原子的质量，但也存在例外。例如，一个氢分子的质量就小于一个铁原子的质量。因此，不能简单地说分子的质量一定大于原子的质量，故B错误。C选项，原子的内部确实含有带电荷的微粒，如质子和电子。但是，原子不显电性的原因并不是因为内部含有带电荷的微粒，而是因为质子带正电，电子带负电，且质子数等于电子数，所以正负电荷相互抵消，整个原子不显电性。故C错误。D选项，分子、原子和离子都是构成物质的基本微粒。例如，金属是由原子直接构成的，稀有气体也是由原子直接构成的；水是由水分子构成的，氧气是由氧分子构成的；氯化钠则是由钠离子和氯离子构成的。因此，D选项正确。9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(A.1L0.1mol⋅LB.25∘C时，pH=13的C.5.6g铁与足量的盐酸完全反应失去的电子数为D.标准状况下，22.4L的CCl4答案：BA．碳酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，所以1L0.1mol⋅L−B.25∘C时，pH=13的1.0LBaOH2C.5.6g铁的物质的量为：5.6g56g/mol=D．标况下四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故D错误；故选：B。10、已知在标准状况下，下列反应放出的热量分别为：-C(s)+O-2CO(g)+O假设在相同条件下，完全燃烧一定量的碳得到的产物是CO和CO2的混合物，如果该过程共放出了282.8kJ的热量，则生成的CO与CO2的物质的量之比最接近：A.1:1B.2:3C.3:2D.1:2答案与解析：首先，我们可以通过给定的反应热来计算生成CO和CO2时每摩尔所放出的热量。然后根据放出的总热量来确定生成的CO与CO2的物质的量之比。让我们通过计算来确定正确答案。根据计算结果，生成的CO与CO2的物质的量之比为大约−3.56:1的负数形式表示的是CO相对于CO2的系数。由于比例通常表述为正值，我们取绝对值并近似处理，得到约3.56因此，最接近的选项是：C.3:2这个结果意味着在放出282.8kJ热量的情况下，生成的CO与CO2的物质的量之比最接近于3:2。解析总结：通过给定的反应热数据，我们计算了CO转变为CO2的焓变。利用总放出的热量和两个反应的焓变，我们确定了CO与CO2生成比例的数学关系。最终，通过计算得出CO与CO2的物质的量之比最接近3:2。11、下列说法正确的是()A.氢氧燃料电池属于一次电池B.所有化学反应的能量变化都表现为热量变化C.反应物总能量高于生成物总能量时，发生吸热反应D.反应N2g+3HB．化学反应的实质是旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，反应物和生成物能量不同，反应表现为吸热或放热，反应物能量高于生成物，反应放热，反应物能量低于生成物，反应吸热，故B正确；C．反应物总能量高于生成物总能量时，发生放热反应，故C错误；D．升高温度，正逆反应速率都增大，故D错误；综上所述，本题答案是B。12、下列说法正确的是()A.向FeB.一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率C.常温下，将pH=1的硫酸溶液稀释D.在Na2CO答案：DA．向FeOH3胶体中逐滴滴入稀硫酸，先发生胶体的聚沉，H2B．催化剂能降低反应的活化能，改变反应速率，但催化剂不能改变平衡移动，所以催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故B错误；C．常温下，将pH=1的硫酸溶液稀释100D．在Na2CO3故选D。13、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(A.0.1mol铁与B.25∘C时，pH=C.1L0.1mol⋅LD.32g氧气所含的氧原子数为答案：D解析：A.0.1mol铁与0.1mol氯气充分反应，氯气不足，铁过量，氯气完全反应，根据氯气反应后变为-1价来分析转移的电子数。B.25∘C时，pH=1C.1L0.1mol⋅L−D.32g氧气的物质的量为32g32g/14、下列关于胶体的说法正确的是()A.胶体粒子不能透过滤纸B.胶体粒子带有电荷，在电场中可发生电泳C.胶体能够发生丁达尔效应，所以丁达尔效应是胶体与溶液的本质区别D.胶体粒子做不停的、无规则的运动，这种运动称为胶体的布朗运动答案：B解析：A.胶体粒子能透过滤纸，这是胶体的一个重要性质，称为胶体的渗析性。而胶体粒子不能透过半透膜，这是胶体和溶液的一个重要区别。故A错误；B.胶体粒子带有电荷，这是胶体粒子的一个重要特征。在电场中，带电的胶体粒子会受到电场力的作用而发生定向移动，这种现象称为电泳。故B正确；C.胶体能够发生丁达尔效应，这是胶体粒子对光的散射作用造成的。但是，丁达尔效应并不是胶体与溶液的本质区别，胶体与溶液的本质区别在于分散质粒子的大小。故C错误；D.胶体粒子做不停的、无规则的运动，这种运动称为胶体的布朗运动。但是，布朗运动并不是胶体粒子特有的运动方式，它是液体分子对固体颗粒的无规则撞击造成的。在胶体中，由于胶体粒子较大，受到的撞击作用更明显，所以布朗运动更显著。但是，这并不能说明布朗运动是胶体特有的。故D错误。15、下列说法正确的是()A.一定条件下，将1molN₂和3molH₂混合，充分反应后得到NH₃的分子数为2N₺B.常温常压下，22.4L的NO和CO₂混合气体含有的分子数约为NₐC.标准状况下，22.4L的CCl₄中含有的CCl₄分子数为NₐD.标准状况下，11.2L的O₂和N₂的混合气体含有的原子数为Nₐ答案：D解析：A选项：合成氨的反应是一个可逆反应，即使反应条件再理想，反应物也不可能完全转化为生成物。因此，将1molN2和3B选项：常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，而是大于这个值（因为温度升高，气体分子间的平均距离增大，导致气体体积增大）。所以，常温常压下22.4L的NOC选项：标准状况下，CCD选项：标准状况下，无论是氧气还是氮气，都是气体，且每摩尔气体都含有NA个分子。氧气是双原子分子，氮气也是双原子分子。所以，标准状况下11.2L的O2和N2的混合气体（其物质的量为16、下列关于化学实验的说法中正确的是()A.蒸馏时，温度计的水银球应插入液面下B.实验室制取乙烯时，加热至170∘C.用pH试纸测定溶液pH时，需先将D.配制一定浓度的溶液时，容量瓶必须洁净、干燥，使用前还要进行检漏答案：B、D解析：A.蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度，以便确定馏分的组成，因此温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，而不是插入液面下，故A错误；B.实验室制取乙烯时，由于乙醇的沸点较低，容易发生暴沸现象，因此需要加入碎瓷片来防止暴沸，并且需要加热至170∘C.用pH试纸测定溶液pH时，如果先将pHD.配制一定浓度的溶液时，容量瓶是精确仪器，必须洁净、干燥，以确保配制的溶液浓度准确。同时，由于容量瓶在使用过程中需要倒置或倾斜，因此需要检查是否漏水，故D正确。综上所述，正确答案为B和D。二、非选择题（本大题有4小题，每小题13分，共52分）第一题题目：某化学兴趣小组利用以下装置进行气体的制备与性质实验。请根据题目要求回答下列问题。写出仪器A的名称：__________。该小组同学用加热高锰酸钾的方法制取氧气，应选用的发生装置是__________（填“甲”或“乙”），写出该反应的化学方程式：__________。实验室用大理石和稀盐酸反应制取二氧化碳时，可选用的收集装置是__________（填装置编号）。若要检验二氧化碳是否集满，具体的操作方法是：将一根燃着的木条平放在集气瓶口，若观察到__________，则证明二氧化碳已集满。装置丙中的气体发生装置与装置甲相比，优点是__________（答出一点即可）。答案：仪器A的名称是：酒精灯。应选用的发生装置是甲；该反应的化学方程式为：2K可选用的收集装置是丙（因为二氧化碳密度比空气大且能溶于水，所以适合用向上排空气法收集）；若要检验二氧化碳是否集满，具体的操作方法是：将一根燃着的木条平放在集气瓶口，若观察到木条熄灭，则证明二氧化碳已集满。装置丙中的气体发生装置与装置甲相比，优点是能够控制反应的发生和停止（因为通过控制反应物的接触与否，可以方便地开始或停止反应）。解析：仪器A是常见的实验室加热设备，用于加热各种试剂，其名称是酒精灯。用加热高锰酸钾的方法制取氧气，需要加热，因此应选用带有加热装置的甲装置。该反应中，高锰酸钾在加热条件下分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，化学方程式为：2K实验室用大理石和稀盐酸反应制取二氧化碳，由于二氧化碳密度比空气大且能溶于水，所以适合用向上排空气法收集，即选用丙装置。检验二氧化碳是否集满的方法是：将一根燃着的木条平放在集气瓶口，如果木条熄灭，说明瓶内已充满二氧化碳，因为二氧化碳不支持燃烧。装置丙中的气体发生装置采用了分液漏斗和可以控制开关的导管，与装置甲相比，其优点是能够控制反应的发生和停止。当需要反应时，打开开关使液体与固体接触；当需要停止反应时，关闭开关使液体与固体分离。这样不仅可以控制反应速率，还可以随时停止反应，提高了实验的安全性和效率。第二题题目：某实验小组欲探究金属铜与浓硫酸的反应及产物的性质，设计并进行了如下实验：实验一：将过量的铜片加入到盛有12mL浓硫酸（密度为1.84g/cm³，质量分数为98%）的试管中，加热充分反应。实验二：将实验一所得溶液稀释至500mL，测定该溶液的pH约为1，取少量该溶液，加入铁粉，有气泡产生。实验三：将实验二所得溶液过滤，向滤液中加入过量浓氨水，调节溶液pH至5~6，过滤、洗涤、干燥，得到蓝色固体A。将A溶于适量硫酸中，得到溶液B。请回答下列问题：实验一中铜与浓硫酸反应的化学方程式为：__________。实验二中加入铁粉产生气泡的离子方程式为：__________。溶液B中所含的金属阳离子除H⁺外还有__________（填离子符号）。欲测定实验二所得溶液中Cu²⁺的物质的量浓度，实验步骤为：准确量取一定体积的溶液于锥形瓶中，加入足量稀硝酸，再加入过量铁粉，充分反应后，加入___________溶液（填试剂名称），用标准Na₂S₂O₃溶液滴定至终点。已知：2Fe³⁺+2I⁻=2Fe²⁺+I₂，I₂+2S₂O₃²⁻=2I⁻+S₄O₆²⁻。①完成上述实验步骤中的空白处。②下列操作会导致测定结果偏高的是__________（填字母）。A.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数B.锥形瓶用待测液润洗C.铁粉加入量不足D.滴定管未用标准Na₂S₂O₃溶液润洗答案与解析：实验一中铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H₂SO₄(浓)△CuSO₄+2H₂O+SO₂↑。实验二中溶液中含有过量的硫酸和生成的硫酸铜，加入铁粉后，铁首先与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H⁺=Fe²⁺+H₂↑。当硫酸完全反应后，铁再与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，但此反应不产生气泡，因此此处的气泡产生是由铁与硫酸反应导致的。实验三中将溶液调节至碱性，过滤得到的蓝色固体A为氢氧化铜，再将其溶于硫酸得到硫酸铜溶液B。由于实验二中溶液已稀释且含有剩余的硫酸，因此溶液B中除H⁺外，还含有的金属阳离子为Cu²⁺和实验二中剩余的Fe²⁺。①为了测定实验二所得溶液中Cu²⁺的物质的量浓度，首先需将Cu²⁺还原为Fe²⁺（通过加入过量铁粉和稀硝酸实现）。然后，利用碘化钾将Fe³⁺还原为Fe²⁺，同时生成I₂。最后，用标准Na₂S₂O₃溶液滴定生成的I₂至终点。因此，空白处应填写的试剂是“碘化钾”。②对于误差分析：A.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，会导致读取的滴定体积偏大，从而计算出的Cu²⁺浓度偏高，故A正确。B.锥形瓶用待测液润洗，会导致待测液中溶质的量增加，但滴定时所用的标准液体积不变，因此计算出的Cu²⁺浓度偏高，故B正确。C.铁粉加入量不足，会导致部分Cu²⁺未被还原为Fe²⁺，从而使得后续生成的I₂量减少，滴定时所用的标准液体积偏小，计算出的Cu²⁺浓度偏低，故C错误。D.滴定管未用标准Na₂S₂O₃溶液润洗，会导致标准液浓度偏低，滴定时所用的标准液体积偏大，计算出的Cu²⁺浓度偏高，故D正确。第三题题目：某实验小组利用以下装置（图略，但假设包括常见的实验仪器如烧瓶、分液漏斗、导管、试管等）进行了一系列化学实验，请回答以下问题：若利用装置A（假设为加热装置）制备氯气，并检验氯气是否具有漂白性，请简述实验步骤及现象。若利用装置B（假设为气体收集装置）收集氨气，并验证其溶于水后的酸碱性，请设计实验方案并预测实验结果。若装置C中盛有浓硫酸，利用该装置进行气体干燥，请分析如何判断气体是否已干燥完全？