山西省晉城市澤州縣周村鎮(zhèn)中學(xué)高三化學(xué)聯(lián)考試題含解析

山西省晉城市澤州縣周村鎮(zhèn)中學(xué)高三化學(xué)聯(lián)考試題含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是（

）

①lmolCH3CH2C（CH3）3所含甲基個數(shù)為4NA

②2.8g乙烯和2.8g聚乙烯中含碳原子數(shù)均為0.2NA

③1.0L1.0mol·L-1CH3COOH溶液中，CH3COOH分子數(shù)為NA

④8.8g乙酸乙酯中含共用電子對數(shù)為1.4NA

⑤標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L乙醇完全燃燒后生成CO2的分子數(shù)為2NA

⑥常溫常壓下，17g甲基（一14CH3）所含的中子數(shù)為9NA

⑦標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L氯仿中含有C—Cl鍵的數(shù)目為1.5NA

⑧l(xiāng)molC15H32分子中含碳一碳共價鍵數(shù)目為14NA

⑨由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

ΔH=－92.4kJ/mol可知每斷開6NA個N－H鍵所釋放熱量小于92.4kJA．①③⑤⑦⑨

B．②③⑥⑧

C．①②④⑧

D．①②⑥⑧⑨參考答案：C略2.(1997·上海卷)下列元素在化合物中，可變化合價最多的是(

)A.鋁

.氯

C.鎂

D.氧參考答案：B略3.X、Y、Z、M為原子序數(shù)依次增大的4種短周期元素．已知X、Y、Z是同周期的相鄰元素，M原子的核外電子數(shù)是Z原子最外層電子數(shù)的2倍，Y與其同主族的短周期元素可形成一種常見的氣體．下列說法正確的是（

）A．原子半徑：M＞X＞Y＞ZB．對應(yīng)氫化物的沸點(diǎn)：M＞Z＞Y＞XC．對應(yīng)氫化物的穩(wěn)定性：Z＞X＞Y＞MD．XY2與MY2溶于水都能得到對應(yīng)的酸參考答案：A考點(diǎn)：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用．專題：元素周期律與元素周期表專題．分析：X、Y、Z、M為原子序數(shù)依次增大的4種短周期元素，Y與其同主族的短周期元素可形成一種常見的氣體，則Y為氧，生成的氣體為二氧化硫，所以X為氮元素，Z為氟元素，M原子的核外電子數(shù)是Z原子最外層電子數(shù)的2倍，則M為14號元素，硅元素，據(jù)此答題．解答：解：X、Y、Z、M為原子序數(shù)依次增大的4種短周期元素，Y與其同主族的短周期元素可形成一種常見的氣體，則Y為氧，生成的氣體為二氧化硫，所以X為氮元素，Z為氟元素，M原子的核外電子數(shù)是Z原子最外層電子數(shù)的2倍，則M為14號元素，硅元素，A、電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越小，所以原子半徑：Si＞N＞O＞F，故A正確；B、由于N、F、O都能形成氫鍵，所以Si、N、O、F的氫化物沸點(diǎn)，SiH4的最低，故B錯誤；C、非金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，所以Y的氫化物穩(wěn)定性大于X，故C錯誤；D、二氧化硅不溶于水，故D錯誤；故選A．點(diǎn)評：本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，難度中等，推斷元素是解題關(guān)鍵，注意二氧化硅與水不能反應(yīng)，為易錯點(diǎn)，注意對元素周期律的理解掌握4.設(shè)NA是阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是A．0.1mo1·L-1MgCl2溶液中含C1一數(shù)為0.2NAks5uB．1L0.1m01．L-1AlC13溶液中，Al3+數(shù)為0.1NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22．4L的CCl4中含CCl4分子數(shù)為NAD．1mol鐵與足量的C12反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA參考答案：D5.利用圖1和圖2中的信息，按圖3裝置（連接的A、B瓶中已充有NO2氣體）進(jìn)行實(shí)驗．下列說法正確的是（）A．H2O2中只含有極性共價鍵，不含離子鍵B．2NO2?N2O4的平衡常數(shù)K隨溫度升高而減小C．向H2O2中加入Fe2（SO4）3后，B中顏色變淺D．H2O2分解反應(yīng)中Fe2（SO4）3作催化劑，可以使反應(yīng)的△H減小參考答案：B【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)鍵．【分析】A、過氧化氫中含有氧氧非極性鍵；B、2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮轉(zhuǎn)化為四氧化二氮的反應(yīng)為放熱反應(yīng)；C、B瓶中H2O2在Fe（NO3）3催化劑的作用下分解快，相同時間內(nèi)放熱多，因此B瓶所處溫度高，2NO2N2O4平衡逆向移動，NO2濃度大，顏色變深；D、催化劑的使用不改變△H的值．【解答】解：A、過氧化氫中含有氧氧非極性鍵，不是只含極性鍵，故A錯誤；B、2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮轉(zhuǎn)化為四氧化二氮的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以溫度越高K值越小，故B正確；C、B瓶中H2O2在Fe（NO3）3催化劑的作用下分解快，相同時間內(nèi)放熱多，因此B瓶所處溫度高，2NO2N2O4平衡逆向移動，NO2濃度大，顏色變深，故C錯誤；D、催化劑的使用不改變△H的值，所以H2O2分解反應(yīng)中Fe2（SO4）3作催化劑，但反應(yīng)的△H不變，故D錯誤；故選B．6.將足量的CO2不斷通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀最多時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為

A．

CO2+2KOH==K2CO3+H2O

B．

CO2+Ba(OH)2==BaCO3↓+H2O

C．

CO2+3H2O+2KAlO2==2Al(OH)3↓+K2CO3

D．

CO2+H2O+K2CO3==2KHCO3參考答案：D略7.已知Co2O3在酸性溶液中易被還原成Co2+、Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次減弱．下列反應(yīng)在水溶液中不可能發(fā)生的是（）A．3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B．Cl2+2KI=2KCl+I2C．Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2OD．2FeCl2+Cl2=2FeCl3參考答案：AA、根據(jù)反應(yīng)：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性是：Cl2＞FeCl3，但是氧化性是FeCl3＞I2，還原性是碘離子強(qiáng)于亞鐵離子，碘離子會先被氯氣氧化，和題意不相符合，不可能發(fā)生，故A選；B、根據(jù)反應(yīng)：Cl2+2KI=2KCl+I2，得出氧化性是：Cl2＞I2，和題意相符合，反應(yīng)可能發(fā)生，故B不選；C、根據(jù)反應(yīng)：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，得出氧化性是：Co2O3＞Cl2，和題意相符合，反應(yīng)可能發(fā)生，故C不選；D、根據(jù)反應(yīng)：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，得出氧化性是：Cl2＞FeCl3，和題意相符合，反應(yīng)可能發(fā)生，故D不選．8.下列物質(zhì)的分類組合正確的是（）

ABCD純凈物純鹽酸冰醋酸水玻璃膽礬混合物水煤氣福爾馬林冰水混合物漂白粉弱電解質(zhì)氨水氟化氫氨水非電解質(zhì)干冰乙醇三氧化硫氯氣參考答案：B9.已知NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是

A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22．4LO2和O3組成的混合物中原子總數(shù)為2NA

B．1mol鐵鋁混合物與足量稀鹽酸反應(yīng)時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)是3NA

C．在含Al3+總數(shù)為的AlCl3溶液中，Cl-總數(shù)為3NA

D．1mol重甲基(-CD3)含有電子數(shù)為9NA參考答案：D10.下圖曲線為某固體飽和溶液濃度隨溫度變化的情況（該固體從溶液中析出時不帶結(jié)晶水).下列判斷錯誤的是高考A.都升溫10℃后，M、N點(diǎn)均向右平移高考資源網(wǎng)B.加水稀釋（假設(shè)溫度都不變）時，M、N點(diǎn)均垂直向下移動高考資源網(wǎng)C.都降溫10℃后，M點(diǎn)沿曲線向左下移，N點(diǎn)向左平移至曲線高考資源網(wǎng)D.恒溫蒸發(fā)溶劑至均有晶體析出，則M點(diǎn)不動，N點(diǎn)垂直向上直至曲線相交網(wǎng)參考答案：C11.用下列裝置不能達(dá)到有關(guān)實(shí)驗?zāi)康氖?/p>

(

)A．用甲圖裝置證明ρ(煤油)＜ρ(鈉)＜ρ(水)B．用乙圖裝置制備Fe(OH)2C．用丙圖裝置制取金屬錳D．用丁圖裝置比較NaHCO3和Na2CO3的熱穩(wěn)定性參考答案：D略12.下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實(shí)現(xiàn)的是

（

）

①NH3NO2HNO3

②CaCl2CaCO3

CaO

③NaAlO2(aq)Al（OH）3Al2O3

④MgOMgCl2(aq)無水MgCl2

⑤飽和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3

A．①②

B．③⑤

C．②③④

D．③④⑤參考答案：B略13.用下列實(shí)驗裝置進(jìn)行相應(yīng)的實(shí)驗，能達(dá)到實(shí)驗?zāi)康牡氖牵?/p>

）A.利用圖1裝置制備乙烯B.利用圖2裝置除去Cl2中的HClC.利用圖3裝置證明酸性強(qiáng)弱：鹽酸>H2CO3>醋酸D.利用圖4裝置探究NaHCO3的熱穩(wěn)定性參考答案：B【詳解】A.用乙醇與濃硫酸加熱到170℃時，發(fā)生消去反應(yīng)，制備乙烯，利用圖1裝置不能控制液體溫度，無法實(shí)現(xiàn)，A錯誤；B.飽和的氯化鈉溶液能吸收HCl氣體，降低Cl2的溶解度，可以利用圖2裝置除去Cl2的HCl，B正確；C.鹽酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)的HCl氣體也能與醋酸鈉反應(yīng)生成醋酸，則利用圖3裝置無法證明碳酸的酸性強(qiáng)于醋酸，C錯誤；D.碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水，在試管口處水蒸氣遇冷變?yōu)橐簯B(tài)水，倒流，易發(fā)生危險，D錯誤；答案為B。14.下列家庭實(shí)驗中不涉及化學(xué)變化的是（）

A．用熟蘋果催熟青香蕉

B．用少量食醋除去水壺中的水垢

C．用糯米、酒曲和水制甜酒釀

D．用雞蛋殼膜和蒸餾水除去淀粉膠體中的食鹽

參考答案：答案：D解析：水果在成熟的過程要發(fā)生一系列的化學(xué)變化：有機(jī)酸因漸漸與一些堿性物質(zhì)或與醇類發(fā)生反應(yīng)而逐步變少；果實(shí)中糖的含量慢慢增加；果膠的性質(zhì)隨之逐漸發(fā)生變化，由生硬不溶于水轉(zhuǎn)變成能溶于水；因其發(fā)澀的鞣酸逐漸被氧化掉；有的水果還把雖有顏色的變化。用少量食醋除去水壺中的水垢時，水垢中的CaCO3與醋酸發(fā)生了如下變化CaCO3＋2CH3COOH=(CH3COO)2Ca＋CO2↑＋H2O。用糯米、酒曲和水制甜酒釀過程中發(fā)生了如下反應(yīng)：(C6H0O5)n＋nH2OnC6H12O6，C6H12O62C2H5OH＋2CO2↑。用雞蛋殼膜和蒸餾水除去淀粉膠體中的食鹽過程稱為滲析，是一個物理過程。所以不涉及化學(xué)變化的過程是D選項。高考考點(diǎn)：日常生活中的化學(xué)知識，膠體的性質(zhì)、提純等。易錯提醒：對水果成熟過程中是否涉及化學(xué)變化不清楚，而錯選A。備考提示：本題體現(xiàn)了化學(xué)在解決日常生活中的問題中的重要作用，在高考試題中這種類型的試題，一般比較基礎(chǔ)，易于理解。因此在備考復(fù)習(xí)過程中應(yīng)注重對基礎(chǔ)知識的理解和掌握，同時要注意多于生產(chǎn)生活實(shí)際聯(lián)系。另外在解答本題時，若對A選項的內(nèi)容不熟悉或不好判斷，可以用排除法進(jìn)行判斷，對其余三個選項中的內(nèi)容是我們比較熟悉的。15.室溫下，對于醋酸及其鹽的下列判斷正確的是A．稀醋酸溶解石灰石的離子方程式為CaCO3＋2H＋＝Ca2+＋H2O＋CO2↑B．稀醋酸加水稀釋后，溶液中c(CH3COO－)/c(CH3COOH)變大C．向稀醋酸中加入等濃度的NaOH溶液，導(dǎo)電能力變化如右圖D．CH3COONH4溶液和K2SO4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同參考答案：B二、實(shí)驗題（本題包括1個小題，共10分）16.無水硫酸銅在加熱至650℃時開始分解生成氧化銅和氣體．某活動小組通過實(shí)驗，探究不同溫度下氣體產(chǎn)物的組成．實(shí)驗裝置如下： 每次實(shí)驗后均測定B、C質(zhì)量的改變和E中收集到氣體的體積．實(shí)驗數(shù)據(jù)如下（E中氣體體積已折算至標(biāo)準(zhǔn)狀況）：實(shí)驗組別溫度稱取CuSO4質(zhì)量/gB增重質(zhì)量/gC增重質(zhì)量/gE中收集到氣體/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6

（1）實(shí)驗過程中A中的現(xiàn)象是

．D中無水氯化鈣的作用是

．（2）在測量E中氣體體積時，應(yīng)注意先

，然后調(diào)節(jié)水準(zhǔn)管與量氣管的液面相平，若水準(zhǔn)管內(nèi)液面高于量氣管，測得氣體體積

（填“偏大”、“偏小”或“不變”）．（3）實(shí)驗①中B中吸收的氣體是

．實(shí)驗②中E中收集到的氣體是

．（4）推測實(shí)驗②中CuSO4分解反應(yīng)方程式為：

．（5）根據(jù)表中數(shù)據(jù)分析，實(shí)驗③中理論上C增加的質(zhì)量Y3=

g．（6）結(jié)合平衡移動原理，比較T3和T4溫度的高低并說明理由

．參考答案：（1）白色固體變黑；吸收水蒸氣，防止影響C的質(zhì)量變化；（2）冷卻至室溫

偏?。唬?）SO3；O2；（4）2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；（5）0.128；（6）T4溫度更高，因為SO3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng)，溫度高有利于生成更多的O2．

【考點(diǎn)】性質(zhì)實(shí)驗方案的設(shè)計．【分析】（1）根據(jù)無水硫酸銅在加熱至650℃時開始分解生成氧化銅和氣體分析A中的現(xiàn)象，根據(jù)堿石灰和無水氯化鈣的作用分析；（2）氣體溫度較高，氣體體積偏大，應(yīng)注意先冷卻至室溫，若水準(zhǔn)管內(nèi)液面高于量氣管，說明內(nèi)部氣壓大于外界大氣壓，測得氣體體積偏小；（3）實(shí)驗中B中濃硫酸的作用是吸收三氧化硫氣體，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧氣；（4）0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為=0.004mol，分解生成氧化銅的質(zhì)量為：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO2的質(zhì)量為：0.256g，物質(zhì)的量為：=0.004mol，氧氣的質(zhì)量為：0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g，物質(zhì)的量為：=0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物質(zhì)的量之比等于2：2：2；1，則實(shí)驗②中CuSO4分解反應(yīng)方程式為2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；

（5）0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為=0.004mol，分解生成氧化銅的質(zhì)量為：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO3的質(zhì)量為：0.16g，氧氣的質(zhì)量為：32=0.032g，根據(jù)質(zhì)量守恒實(shí)驗③中理論上C增加的質(zhì)量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g；（6）根據(jù)表中實(shí)驗③④的數(shù)據(jù)可知，T4溫度生成氧氣更多，因為SO3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng)，溫度高有利于生成更多的O2．【解答】解：（1）因為無水硫酸銅在加熱至650℃時開始分解生成氧化銅和氣體，故實(shí)驗過程中A中的現(xiàn)象是白色固體變黑，因為堿石灰能夠吸水，D中無水氯化鈣的作用是吸收水蒸氣，防止裝置E中的水進(jìn)入裝置C，影響C的質(zhì)量變化，故答案為：白色固體變黑；吸收水蒸氣，防止影響C的質(zhì)量變化；（2）加熱條件下，氣體溫度較高，在測量E中氣體體積時，應(yīng)注意先冷卻至室溫，若水準(zhǔn)管內(nèi)液面高于量氣管，說明內(nèi)部氣壓大于外界大氣壓，測得氣體體積偏小，故答案為：冷卻至室溫

偏?。唬?）實(shí)驗中B中濃硫酸的作用是吸收三氧化硫氣體，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧氣，故答案為：SO3；O2；（4）0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為=0.004mol，分解生成氧化銅的質(zhì)量為：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO2的質(zhì)量為：0.256g，物質(zhì)的量為：=0.004mol，氧氣的質(zhì)量為：0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g，物質(zhì)的量為：=0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物質(zhì)的量之比等于2：2：2；1，則實(shí)驗②中CuSO4分解反應(yīng)方程式為2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑，故答案為：2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；

（5）0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為=0.004mol，分解生成氧化銅的質(zhì)量為：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO3的質(zhì)量為：0.16g，氧氣的質(zhì)量為：32=0.032g，實(shí)驗③中理論上C增加的質(zhì)量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g．故答案為：0.128；（6）根據(jù)表中實(shí)驗③④的數(shù)據(jù)可知，T4溫度生成氧氣更多，因為SO3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng)，溫度高有利于生成更多的O2，故T4溫度更高，故答案為：T4溫度更高，因為SO3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng)，溫度高有利于生成更多的O2．三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.若實(shí)驗得到2.42g樣品(只含CuO雜質(zhì))，取此樣品加熱至分解完全后，得到1.80g固體，此樣品中堿式碳酸銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是____。參考答案：0.92（2分）略18.信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境造成了極大的威脅。某“變廢為寶”學(xué)生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設(shè)計出如下制備硫酸銅晶體的路線：回答下列問題：（1）第①步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為

；得到濾渣1的主要成分為

。（2）第②步加入H2O2的作用是

，使用H2O2的優(yōu)點(diǎn)是

；調(diào)節(jié)pH的目的是使

生成沉淀。（3）由濾渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小組設(shè)計了三種方案：上述三種方案中，

方案不可行，原因是

；從原子利用率角度考慮，

方案更合理。（4）探究小組用滴定法測定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmol/LEDTA(H2Y2－)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反應(yīng)如下：Cu2++H2Y2－＝CuY2－+2H+寫出計算CuSO4·5H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式ω＝

；下列操作會導(dǎo)致CuSO4·5H2O含量測定結(jié)果偏高的是

。a．未干燥錐形瓶