高三化学小题训练测试二+解析上海

1、新王牌高三化学上学期入学测试卷一选择题（共8小题）1工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca（NO3）26H2O晶体为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，所用硝酸溶液中溶质的质量分数应为（）A53.8%B58.3%C60.3%D70.0%2 常温常压下，下列气体混合后压强一定不发生变化的是（）ANH3和Cl2BNH3和HBrCSO2和O2DSO2和H2S3常温下，下列各组离子在制定溶液中一定能大量共存的是（）A无色透明的溶液：Na+、Al3+、Cl、AlO2BpH=1的溶液：Na+、NH4+、Cu2+、NO3C与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、Cl、AlO2D使紫色石蕊试液变红的

2、溶液：Fe2+、Mg2+、NO3、Cl4短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法正确的是（） XYZWQAW得电子能力比Q强B由Z与Y组成的物质在熔融时能导电C钠与Y可能形成Na2Y2化合物DX有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体5下列晶体模型对应的物质熔化时破坏共价键的是（）A金刚石模型B干冰模型C碳60模型D氯化钠模型二、选择题（每小题有一个或两个正确选项。只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给一半分，选错一个，该小题不给分）6 某水体溶有Ca2+、Mg2+、HCO3三种离子，可先加足量消石灰

3、，再加足量纯碱以除去Ca2+、Mg2+以下离子方程式肯定不符合反应事实的是（）AMg2+2HCO3+Ca2+2OHMgCO3+CaCO3+2H2OBMg2+2HCO3+2Ca2+4OHMg（OH）2+2CaCO3+2H2OCMg2+3HCO3+3Ca2+5OHMg（OH）2+3CaCO3+3H2ODCa2+CO32CaCO37中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（）选项规律结论A沸点高的物质制备沸点低的物质钙置换出铷，或浓磷酸制备HIB反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完C结构和组成相似的物质，沸

4、点随相对分子质量增大而升高BCl3沸点低于AlCl3，CO2沸点低于SiO2D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀AABBCCDD8 100mL 5mol/L的氨水吸收一定量的SO2气体后，二氧化硫与氨水完全反应生成盐向所得溶液中加入0.7mol Na2O2固体，充分反应后加热使气体全部逸出，收集到的干燥气体的平均相对分子质量可能为（）A20 B21 C22 D23二填空题（共1小题）91，6己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一，可用六个碳原子的化合物氧化制备如图是合成尼龙的反应流程：已知：完成下列填空：（1）写出反应类型：反应反应（2）

5、A和B的结构简式为、（3）在上述反应流程的物质中，含氢原子位置不同最多的物质是（填名称），最少的物质是（填结构简式）（4）由合成尼龙的化学方程式为（5）由A通过两步制备1，3环己二烯的合成线路为：三解答题（共1小题）10铝是第二金属，是地壳中含量最多的金属，用途广泛（1）将某铝土精矿R（Al2O3、Fe2O3）粉末48.8g加入含1mol NaOH的溶液中，发生的反应为：Al2O3（s）+2NaOH（aq）+2H2O（l）2NaAl（OH）4（aq）充分反应后，过滤、洗涤、干燥，得到8.0g固体，则该精矿Al2O3的质量分数为（精确到0.001）往滤液中通入CO2，发生的反应为：2NaAl（O

6、H）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O若生成0.5mol Na2CO3，则生成Al（OH）3mol（2）有反应Al2O3（s）+Na2CO3（s）2NaAlO2（s）+CO2（g）；2NaAlO2（aq）+CO2（g）+3H2O2Al（OH）3+Na2CO3；若以铝土精矿R和Na2CO3为原料，除得到Al2O3外，还得到“赤泥”，其成分为（金属元素均以氧化物形式表示）：Al2O3Fe2O3Na2O质量分数0.0650.8500.029每1t铝土精矿生产时：得到的赤泥t（精确到0.001，下同）；可制得Al2O3得t；需要补充购买Na2CO3kg（3）取a g Al2O3加入溶质的

7、质量分数为b的硫酸溶液中，充分反应后再往溶液加入一定量的（NH4）2SO4，加热、搅拌，冷却后全部溶液正好转化为45.3g铝铵矾晶体NH4Al（SO4）212H2O，式量：453，则a=；求b的值（精确到0.001）：新王牌高三化学上学期入学测试卷参考答案与试题解析一选择题（共8小题）1工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca（NO3）26H2O晶体为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，所用硝酸溶液中溶质的质量分数应为（）A53.8%B58.3%C60.3%D70.0%【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算菁优网版权所有【分析】工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca（NO3）26H2O晶

8、体为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，也就是硝酸溶液中的水全部参与化学反应生成Ca（NO3）26H2O晶体，反应方程式为CaO+2HNO3+5H2OCa（NO3）26H2O，设硝酸的质量为126g，根据方程式可知硝酸溶液中水的质量为90g，据此结合质量分数的定义计算硝酸溶液中溶质的质量分数【解答】解：工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca（NO3）26H2O晶体为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，也就是硝酸溶液中的水全部参与化学反应生成Ca（NO3）26H2O晶体，反应方程式为：CaO+2HNO3+5H2OCa（NO3）26H2O，设硝酸的质量为126g，则：CaO+2HN

9、O3+5H2OCa（NO3）26H2O 126g 90g因此硝酸溶液中溶质的质量分数为×100%=58.3%，故选B【点评】本题考查根据化学方程式计算溶液中溶质的质量分数，题目难度中等，正确书写反应的方程式为解答关键，试题旨在培养学生的理解能力和计算能力2常温常压下，下列气体混合后压强一定不发生变化的是（）ANH3和Cl2BNH3和HBrCSO2和O2DSO2和H2S【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质菁优网版权所有【分析】完全反应后容器中压强没有发生变化，说明反应前后气体的物质的量没有发生变化，结合反应的方程式和物质的状态判断【解答】解：完全反应后容器中压强没有发生变化，说明反

10、应前后气体的物质的量没有发生变化，A氨气与氯气常温下反应：8NH3+3Cl2 =N2+6NH4Cl，氯化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故A不选；B氨气与溴化氢反应生成溴化铵固体，方程式为：NH3+HBr=NH4Br，溴化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故B不选；C二氧化硫与氧气常温下不反应，所以气体物的量不变，压强不变，故C选；DSO2和H2S发生S02+2H2S3S+2H2O，气体物质的量减小，压强发生变化，故D不选；故选：C【点评】本题考查元素化合物知识，熟悉 二氧化硫、氯气、氨气、硫化氢等气体性质及反应条件是解题关键，注意把握反应方程式的书写，根据方程式判断，难度不

11、大3（2014秋涪城区校级期末）常温下，下列各组离子在制定溶液中一定能大量共存的是（）A无色透明的溶液：Na+、Al3+、Cl、AlO2BpH=1的溶液：Na+、NH4+、Cu2+、NO3C与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、Cl、AlO2D使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3、Cl【考点】离子共存问题菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】A无色溶液中不存在有色的离子，铝离子与偏铝酸根离子之间发生双水解反应；BpH=1的溶液中存在大量氢离子，Na+、NH4+、Cu2+、NO3之间不发生反应，都不与氢离子反应；C与铝反应产生大量氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，偏

12、铝酸根离子与氢离子反应；D使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子【解答】解：AAl3+、AlO2之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；BpH=1的溶液中存在大量氢离子，Na+、NH4+、Cu2+、NO3之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C与铝反应产生大量氢气的溶液为酸性或碱性溶液，AlO2离子与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，NO3离子在酸性条件下能够Fe2+，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存的判断，为中等难

13、度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等4短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法正确的是（） XYZWQAW得电子能力比Q强B由Z与Y组成的物质在熔融时能导电C钠与Y可能形成Na2Y2化合物DX有多种同素异形体，而Y不存

14、在同素异形体【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用菁优网版权所有【分析】这几种元素都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X、Y是短周期元素，Z、W、Q是第三周期元素，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，X能层电子数是2，其最外层电子数是4，则X是C元素，Y是O元素、Z是Si元素、W是S元素、Q是Cl元素，A元素的非金属性越强，其得电子能力越强；B由Z与Y组成的物质是二氧化硅，属于原子晶体；CNa和O元素可以形成过氧化钠；D氧元素形成的单质有同素异形体【解答】解：这几种元素都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X、Y是短周期元素，Z、W、Q是第三周期元素，X元素的原子内层电

15、子数是最外层电子数的一半，X能层电子数是2，其最外层电子数是4，则X是C元素，Y是O元素、Z是Si元素、W是S元素、Q是Cl元素，A元素的非金属性越强，其得电子能力越强，非金属性QW，所以Q得电子能力大于W，故A错误；B由Z与Y组成的物质是二氧化硅，属于原子晶体，其熔融状态没有自由移动的离子，所以不导电，故B错误；CNa和O元素可以形成Na2O2，故C正确；D氧元素形成的单质同素异形体为氧气和臭氧，故D错误；故选C【点评】本题考查元素周期表和元素周期律综合应用，正确判断X为解题关键，熟练掌握并灵活运用基本概念、物质结构、元素周期律等知识点，题目难度不大5下列晶体模型对应的物质熔化时破坏共价键的

16、是（）A金刚石模型B干冰模型C碳60模型D氯化钠模型【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别菁优网版权所有【专题】化学键与晶体结构【分析】晶体模型对应的物质熔化时破坏共价键说明该晶体属于原子晶体，原子晶体是由原子之间通过共价键形成的，据此分析解答【解答】解：晶体模型对应的物质熔化时破坏共价键说明该晶体属于原子晶体，A金刚石是由C原子构成的，属于原子晶体，故A正确；B干冰是由二氧化碳分子构成的，属于分子晶体，故B错误；CC60是由分子构成的，属于分子晶体，故C错误；DNaCl是由氯离子和钠离子构成的，属于离子晶体，故D错误；故选A【点评】本题考查晶体类型的判断，侧重考查基本理论，明确晶体的

17、构成微粒即可解答，熟练掌握常见晶体的类型及构成微粒，题目难度不大6某水体溶有Ca2+、Mg2+、HCO3三种离子，可先加足量消石灰，再加足量纯碱以除去Ca2+、Mg2+以下离子方程式肯定不符合反应事实的是（）AMg2+2HCO3+Ca2+2OHMgCO3+CaCO3+2H2OBMg2+2HCO3+2Ca2+4OHMg（OH）2+2CaCO3+2H2OCMg2+3HCO3+3Ca2+5OHMg（OH）2+3CaCO3+3H2ODCa2+CO32CaCO3【考点】离子方程式的书写菁优网版权所有【分析】Ca 2+、Mg 2+、HCO3三种离子，可先加足量消石灰，镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，碳酸氢根离

18、子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，碳酸根与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，再加足量纯碱碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，A根据分析可知，反应生成氢氧化镁沉淀，变化生成碳酸镁；B原溶液中有钙离子，则碳酸氢根离子的系数应该大于2，否则不满足溶液电中性；C镁离子、碳酸氢根离子与足量氢氧化钙反应生成，当镁离子与钙离子的物质的量相等时发生该反应；D最后钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀【解答】解：Ca 2+、Mg 2+、HCO3三种离子，可先加足量消石灰，镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式：Mg2+2OH=Mg（OH）2，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，2HC03+OH=C032，碳酸根

19、与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式：Ca2+C032CaCO3，再加足量纯碱碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式：Ca2+C032CaCO3，氢氧化镁溶解度小于碳酸镁溶解度，消石灰过量，所以溶液中的镁离子全部转化为氢氧化镁沉淀，不可能生成碳酸镁，最后反应得到的物质为氢氧化镁、碳酸钙和水，A氢氧化钙足量，镁离子转化成氢氧化镁沉淀，当镁离子与钙离子物质的量相等时，发生反应为：Mg2+3HCO3+3Ca2+5OHMg（OH）2+3CaCO3+3H2O，故A错误；B原溶液中含有钙离子，则碳酸氢根离子的系数错误，当镁离子与钙离子物质的量相等时，发生反应为：Mg2+3HCO3+3Ca2+5

20、OHMg（OH）2+3CaCO3+3H2O，故B错误；C若镁离子与钙离子的物质的量相等，加入足量氢氧化钙溶液后发生反应：Mg2+3HCO3+3Ca2+5OHMg（OH）2+3CaCO3+3H2O，故C正确；D最后钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为：Ca2+C032CaCO3，故D正确；故选AB【点评】本题考查了离子反应，题目难度中等，明确常见离子的性质为解题关键，注意氢氧化镁与碳酸镁沉淀溶解度大小关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力7中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（）选项规律结论A沸点高的物质制备沸点低的物质钙置换出铷，或浓

21、磷酸制备HIB反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完C结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高BCl3沸点低于AlCl3，CO2沸点低于SiO2D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀AABBCCDD【考点】探究化学规律菁优网版权所有【分析】A、根据反应方程式可知生成物Rb为气态和沸点低的碘化氢气体，把铷蒸气（碘化氢气体）抽出，则减少了生成物的浓度，根据平衡移动原理分析；B、铝在冷的浓硝酸中发生钝化现象；C、CO2是分子晶体，是以分子间以范德华力相互结合形成的晶体，SiO2是原子晶

22、体，是相邻原子间以共价键结合而形成的空间网状结构的晶体，共价键的作用肯定比范德华力强，所以CO2熔、沸点低，硬度小SiO2熔沸点较高，硬度较大；D、ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液，发生沉淀的转化【解答】解：A、真空炼铷：生成物Rb为气态，把铷蒸气抽出，则减少了生成物的浓度，减少生成物的浓度，平衡向正方向移动，所以反应可以不断向生成Rb（气）方向进行，而浓磷酸制备HI是沸点高的物质制备沸点低的物质，故A正确；B、铝在冷的浓硝酸中发生钝化现象，铝与浓硝酸发生反应表面形成致密的氧化膜，阻碍铝与酸的接触，所以反应变得非常的慢，即稀硝酸中的铝先溶解，故B错误；C、CO2是分子晶体，而SiO2是原子晶体，

23、是相邻原子间以共价键结合而形成的空间网状结构的晶体，共价键的作用肯定比范德华力强，而不是结构相似，但BCl3和AlCl3都是分子晶体，而氯化铝的相对分子量大于氯化硼，符合结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，故C错误；D、ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液，发生沉淀的转化，溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化，从而生成CuS更难溶的沉淀，故D正确；故选AD【点评】本题考查物质反应的规律的应用及特例分析，把握平衡的移动、钝化、不同类型的晶体的熔沸点及沉淀转化等知识点为解答的关键，注重高考高频考点的考查，题目难度不大8100mL 5mol/L的氨水吸收一定量的SO2气体后，二氧化硫与氨

24、水完全反应生成盐向所得溶液中加入0.7mol Na2O2固体，充分反应后加热使气体全部逸出，收集到的干燥气体的平均相对分子质量可能为（）A20B21C22D23【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算菁优网版权所有【分析】二氧化硫与氨水完全反应生成盐，可能为NH4HSO3或（NH4）2SO3，向所得溶液中加入0.7mol Na2O2固体，过氧化钠能氧化NH4HSO3或（NH4）2SO3，生成硫酸根离子，充分反应后加热使气体全部逸出，气体为氨气、氧气，以此计算【解答】解：二氧化硫与氨水完全反应生成盐，可能为NH4HSO3或（NH4）2SO3，由N原子守恒可知，物质的量分别为0.1L

25、15;5mol/L=0.5mol、0.1L×5mol/L×=0.25mol，向所得溶液中加入0.7mol Na2O2固体，若盐为NH4HSO3，发生Na2O2+NH4+HSO32Na+SO42+NH3+H2O，发生氧化还原反应消耗过氧化钠为=0.5mol，同时生成氨气为0.5mol，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，生成氧气为（0.7mol0.5mol）×=0.1mol，则气体的平均相对分子质量为=19.5；若盐为（NH4）2SO3，发生Na2O2+2NH4+SO322Na+SO42+2NH3+H2O，发生氧化还原反应消耗过氧化钠为=0.25mol，

26、铵根离子完全反应，生成氨气为0.5mol，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，生成氧气为（0.7mol0.25mol）×=0.225mol，则气体的平均相对分子质量为=21.66，若盐为NH4HSO3、（NH4）2SO3的混合物，则生成气体的平均相对分子质量为19.5M21.66，故选AB【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，涉及电子守恒、平均相对分子质量的计算等，侧重分析与计算能力的考查，注意极值法在计算中的应用，题目难度不大二填空题（共1小题）91，6己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一，可用六个碳原子的化合物氧化制备如图是合成尼龙的反应流程：已知：完

27、成下列填空：（1）写出反应类型：反应消去反应反应加成反应（2）A和B的结构简式为、（3）在上述反应流程的物质中，含氢原子位置不同最多的物质是环己醇（填名称），最少的物质是（填结构简式）（4）由合成尼龙的化学方程式为（5）由A通过两步制备1，3环己二烯的合成线路为：【考点】有机物的合成菁优网版权所有【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A的分子式为C6H10，可知发生消去反应生成A，应为，与双氧水反应生成，与水发生加成反应生成，由题给信息可知B为：，反应生成，与发生缩聚反应生成尼龙：，以此解答该题【解答】解：A的分子式为C6H10，可知发生消去反应生成A，应为，与双氧水反应生成，与水发生加成反应

28、生成，由题给信息可知B为：，反应生成，与发生缩聚反应生成尼龙：，（1）由以上分析可知为消去反应，为加成反应，故答案为：消去反应；加成反应；（2）由以上分析可知A为，B为，故答案为：；（3）、都含有3种不同的氢原子，含有5种不同的氢原子，含有2种不同的氢原子，则含氢原子位置不同最多的物质是，即环己醇，最少的为，故答案为：环己醇；（4）与发生缩聚反应生成，方程式为：，故答案为：；（5）制备1，3环己二烯，可与溴发生加成反应生成，然后在发生消去反应可生成，流程为，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意对题目反应信息的理解利用，结合题给信息

29、以及物质的性质解答该题三解答题（共1小题）10铝是第二金属，是地壳中含量最多的金属，用途广泛（1）将某铝土精矿R（Al2O3、Fe2O3）粉末48.8g加入含1mol NaOH的溶液中，发生的反应为：Al2O3（s）+2NaOH（aq）+2H2O（l）2NaAl（OH）4（aq）充分反应后，过滤、洗涤、干燥，得到8.0g固体，则该精矿Al2O3的质量分数为0.836（精确到0.001）往滤液中通入CO2，发生的反应为：2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O若生成0.5mol Na2CO3，则生成Al（OH）30.8mol（2）有反应Al2O3（s）+Na2CO3（s）2NaAlO2（s）+CO2（g）；2NaAlO2（aq）+CO2（g）+3H2O2Al（OH）3+Na2CO3；若以铝土精矿R和Na2CO3为原料，除得到Al2O3外，还得到“赤泥”，其成分为（金属元素均以氧化物形式表示）：Al2O3Fe2O3Na2O质量分数0.0650.8500.029每1t铝土精矿生产时：得到的赤泥0.193t（精确到0.001，下同）；可制得Al2O3得0.823t；需要补充购买Na2CO39.569kg（3）取a g Al2O3加入溶质的质量分数为b的硫酸溶液中，充分反应后再往溶液加