山西省临汾市乔家垣中学高三化学知识点试题含解析

山西省临汾市乔家垣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.如下图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述正确的是

（

）A．若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B．若A为醋酸，B为碳酸钙，C中盛澄清石灰水，则C中溶液变浑浊C．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛A1C13溶液，则C中先产生白色沉淀，后沉淀又溶解D．若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色参考答案：B略2.国家“十二五规划”中明确提出了节能减排的目标，以下做法不符合节能减排的是

A.在钢铁等高耗能行业发展余热余压利用工程

B.以煤炭气化替代燃料油和原料油的使用

C.用第四代LED绿色光源替代白炽灯

D.使用冰箱时，尽可能在冰箱内装满食物参考答案：D略3.参考答案：BC4.从石英砂制取并获得高纯硅的主要化学反应如下（

）

关于上述反应的分析不正确的是A．①、③是置换反应，②是化合反应B．高温下，焦炭与氢气的还原性均强于硅C．粗硅中可能含有SiO2、C等杂质D．高温下将石英砂、焦炭、氯气、氢气按一定比例混合可得高纯硅参考答案：D5.参考答案：A6.从化学角度分析，下列叙述不正确的是A．利用太阳能蒸馏海水是海水淡化的方法之一B．将地沟油回收再加工为食用油，以减缓水体富营养化

C．研制开发燃料电池汽车，降低机动车尾气污染，可以减少PM2.5污染D．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工农业生产等对环境的污染参考答案：B略7.下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是

操作和现象结论A切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去Na在空气中会生成Na2O2B铝箔插入浓硝酸中，无明显现象铝与浓硝酸不反应CSO2通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色SO2具有漂白性D将充满NO2的试管倒立在水中，试管内液面约上升至试管容积的2/3处；缓慢通入O2，轻轻晃动试管，至液体基本上充满试管从原料的充分利用和减少污染物的排放等方面考虑，该实验对工业生产硝酸有重要启示

参考答案：D略8.向100molFeBr2的溶液中，通入3molCl2。反应后溶液中Br-和Cl-的物质的量浓度相等，则溶液中发生反应的离子方程式为A.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

B.2Br-+Cl2=Br2+2Cl-C.4Fe2++2Br-+3Cl2=Br2+4Fe3++6Cl-D.2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-参考答案：C略9.下列说法正确的是A.若以w1和w2分别表示浓度为amol·L-1和bmol·L-1氨水的质量分数，且知2a=b，则w2>2w1（氨水的密度比纯水的小）B．7.8gNa2O2与CO2完全反应，转移0.2mol电子C．CO2、SO3、NO2和水反应均能生成酸，都属于酸性氧化物D.NaHCO3、Na2CO3、(NH4)2CO3三种固体受热后均能生成气体参考答案：A略10.下列实验能达到目的的是A用溴水鉴别苯和正己烷B

用BaCl2溶液鉴别

和

C用浓HNO3与Cu反应制备NO2D将混有HCl的Cl2通入饱和NaHCO3溶液中除去HCl解析：参考答案：CA:两者密度都比水小，均发生萃取，溴水层褪色。B.两者都有沉淀生成。C.两者均能与NaHCO3溶液反应，而且引入CO2.11.H2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）+I2（g）═2HI（g）△H=﹣akJ/mol下列说法正确的是（）已知：A．H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键B．断开2molHI分子中的化学键所需能量约为（c+b+a）kJC．相同条件下，1molH2（g）和1molI2（g）总能量小于2molHI（g）的总能量D．向密闭容器中加入2molH2（g）和2molI2（g），充分反应后放出的热量为2akJ参考答案：B【考点】反应热和焓变．【分析】A、HI分子中的化学键是极性共价键；B、依据焓变=反应物断裂化学键需要的能量﹣生成物形成化学键放出的能量分析判断；C、依据反应是放热反应，结合能量守恒分析；D、反应是可逆反应不能进行彻底．【解答】解：A、HI分子中的化学键是极性共价键，故A错误；B、△H=反应物断裂化学键需要的能量﹣生成物形成化学键放出的能量=bKJ/mol+cKJ/mol﹣2H﹣I=﹣aKJ/mol，得到断开2molH﹣I键所需能量约为（a+b+c）KJ，故B正确；C、H2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）+I2（g）2HI（g）△H=﹣akJ?mol﹣1，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，故C错误；D、反应是可逆反应不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量小于2akJ，故D错误；故选B．12.等物质的量的主族金属A、B、C分别与足量的稀盐酸反应，所得氢气的体积依次为VA、VB、VC，已知VB=2VC，且VA=VB+VC，则在C的生成物中，该金属元素的化合价为A．+1

B．+2

C．+3

D．+4参考答案：A略13.某研究性学习小组在查阅资料时发现，化工厂常用氨气来检验氯气是否泄漏，于是他们设计实验来探究氯气与氨气之间的反应．该小组设计的实验装置如图：实验可用药品有：a．二氧化锰b．浓盐酸c．浓氨水d．氯化铵e．碱石灰f．浓硫酸

g．饱和食盐水h．NaOH固体i．消石灰请回答下列问题：（1）实验室制备氨气有多种方法．通常用加热固体混合物的方法制备氨气，反应的化学方程式是

，本实验中装置A烧瓶内的固体可选用

（填上述给定药品的序号）．（2）装置E的烧瓶中发生反应的化学方程式是

．（3）装置D中盛装的药品是

（填序号），装置C的作用是

．（4）通人B装置的两根导管左边的较长、右边的较短，其目的是

．（5）实验中可观察到装置B内出现的现象是 有关反应的化学方程式为

．参考答案：（1）2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；h、e；（2）MnO2+4HCl（浓）MnO2+Cl2↑+2H2O；（3）饱和食盐水；干燥氯气；（4）氨气比较轻，氯气比较重，如此装置可形成逆流，让氨气和氯气充分反应；（5）浓厚的白烟；8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2．【考点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法．【分析】（1）实验室采取消石灰与氯化铵固体加热方法制取氨气，装置A为固体与液体不加热制取氨气，据此选择仪器；（2）实验室中常采用浓盐酸与二氧化锰固体加热制取氯气；（3）装置D的作用是除去氯气中的HCl气体，氨气与氯气反应需要干燥的氯气，据此解答即可；（4）氨气的密度小于空气，氯气的密度大于空气，以此方法通入气体，可形成逆流，让氨气和氯气充分反应；（5）氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，氯化铵是白色固体，据此解答即可．【解答】解：（1）实验室采取消石灰与氯化铵固体加热方法制取氨气，化学反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，装置A为固体与液体不加热制取氨气，固体可以选取碱石灰和氢氧化钠固体，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；h、e；（2）实验室中常采用浓盐酸与二氧化锰固体加热制取氯气，化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnO2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnO2+Cl2↑+2H2O；（3）装置D的作用是除去氯气中的HCl气体，常采用饱和食盐水吸收HCl气体，还便于降低氯气的溶解度，氨气与氯气反应需要干燥的氯气，浓硫酸能干燥氯气，故答案为：饱和食盐水；干燥氯气；（4）氨气的密度小于空气，氯气的密度大于空气，以此方法通入气体，可形成逆流，让氨气和氯气充分反应，故答案为：氨气比较轻，氯气比较重，如此装置可形成逆流，让氨气和氯气充分反应；（5）氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，氯化铵是白色固体，化学反应方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，故答案为：浓厚的白烟；8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2．14.常温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液，滴定曲线如下图。下列说法正确的是（

）

A．点①所示溶液中：[CH3COO-]+[OH-]=[CH3COOH]+[H+]

B．点②所示溶液中：[Na+]=[CH3COOH]+[CH3COO-]

C．点③所示溶液中：[Na+]>[OH-]>[CH3COO-]>[H+]

D．滴定过程中可能出现：

[CH3COOH]>[CH3COO-]>[H+]>[Na+]>[OH-]参考答案：D略15.在某稀硝酸的溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，放出NO气体，溶液质量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为（）A．1：1 B．2：1 C．3：2 D．4：1参考答案：C【考点】化学方程式的有关计算．【分析】由信息可知铁与硝酸反应生成Fe2+和Fe3+，反应掉铁的质量与生成NO的质量之差为3.2g，利用质量关系和电子守恒来计算．【解答】解：n（Fe）==0.1mol，生成NO的质量为5.6g﹣3.2g=2.4g，n（NO）==0.08mol，设Fe2+和Fe3+物质的量分别为x、y，则，解得x=0.06mol，y=0.04mol，所以所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为0.06mol：0.04mol=3：2，故选C．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（16分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组设计了下图进行探究活动：H

(1)某学生注意观察到：实验开始，加热A后，C、D中均有气泡产生；随后气泡量减少，品红溶液褪色，D中溶液颜色变浅；反应一段时间后，C、D中的气泡量又会明显增加。请用化学方程式表示“反应一段时间后气泡量又会明显增加”的原因是____________________________________________________。

(2)装置B、G中的药品是_______________________，E中的药品是_________.(3)装置H在实验中的作用是_______________________________________________。(4)能证明产生SO2和H2先后顺序的实验现象是_______________________________。D中反应的离子方程式为________________________________________________。(5)若A中溶液的溶质是唯一的，将其久置于空气中会变浑浊，其离子方程式为：__________________________________________。(6)若足量的铁与10ml18.0mol/L的浓H2SO4在上述装置中反应完全，测得反应前后F装置的质量减少了0.32g，则A中所得的FeSO4溶液可与_________ml1.25mol/LKMnO4(H+)刚好反应。参考答案：（18分）（每空2分）（1）Fe＋H2SO4(稀)＝FeSO4＋H2↑(2分)

。（2）无水CuSO4(或无水硫酸铜)(2分)，

浓H2SO4（2分）（3）防止空气中的水份进入G装置（4）C中品红褪色，D中酸性高锰酸钾不再褪色后，F中有红色物质生成，G中无水硫酸铜变蓝(2分)。

5SO2＋2MnO＋2H2O＝5SO＋2Mn2＋＋4H＋(2分)

。（5）12Fe2＋＋3O2＋6H2O＝4Fe(OH)3＋8Fe3＋（6）16。略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（14分）美国科学家理查德·赫克（RichardF.Heck）、日本科学家根岸英一（Ei-ichiNegishi）和铃木章（AkiraSuzuki）三位科学家因发展出“钯催化的交叉偶联方法”而获得

2010年度诺贝尔化学奖。这些方法能够简单而有效地使稳定的碳原子方便地联结在一起，从而合成复杂的分子，同时也有效地避免了更多副产品的产生。已知一种钯催化的交叉偶联反应如下：（R、R’为烃基或其他基团）应用上述反应原理合成防晒霜主要成分K的路线如下图所示（部分反应试剂和条件未注明）：已知：①B能发生银镜反应，1molB最多与2molH2反应。②C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢。③G不能与NaOH溶液反应。④J分子中有3种不同的氢原子。请回答：（1）B中含氧官能团的名称是

。（2）B→D的反应类型是

,G→J的反应类型是

。（3）D→E的化学方程式是

。（4）有机物的结构简式：G

；K

。（5）写出所有符合下列条件的有机物的同分异构体的结构简式（不包括顺反异构）

。a．相对分子质量是86

b．与D互为同系物（6）分离提纯中间产物E的操作：先用碱除去D和H2SO4，再用水洗涤，弃去水层，最终通过

操作除去C8H17OH，精制得E。参考答案：（14分）（1）醛基

，（1分）（2）氧化反应

（1分）(取代反应)（1分）（3）（2分）

（4）

（2分）

（2分）（5）CH2=CHCH2COOH、CH2=C(CH3)COOH、CH3CH=CHCOOH（3分）（6）蒸馏（2分）略18.【化学--选修3：物质结构与性质】（15分）（15分）叠氮化物是一类重要化合物，在炸药、磁性化合物研究、微量元素测定方面越来越引起人们的重视，其中氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸（如图甲为分子结构示意图），它的酸性类似于醋酸，可微弱电离出H+和N3﹣．请回答：（1）联氮（N2H4）被亚硝酸氧化时便可生成氢叠氮酸HN3，该化学反应方程式可表示为

．（2）叠氮化物能与Fe3+、Cu2+及CO3+等形成配合物，如：[Co（N3）（NH3）5]SO4，在该配合物中钴显

价，根据价层电子互斥理论可知SO42﹣的空间形状为

，则钴原子在基态时的核外电子排布式为

．（3）下列说法正确的是

（选填序号）：A．HN3是极性分子

B．HN3中三个氮原子采用的都是sp3杂化C．HN3中有4个σ键

D．N2H4沸点高达113.5℃，表明该分子间形成了氢键（4）由叠氮化钠（NaN3）热分解可得光谱纯N2：2NaN3（S）═2Na（l）+3N2（g），下列说法正确的是

（填序号）．A．氮的第一电离能大于氧B．NaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小C．钠晶胞结构如图乙，晶胞中分摊2个钠原子D．因N的电负性小，故N2常温下很稳定（5）与N3﹣互为等电子体的分子有

、

（写两个化学式）．（6）人造立方氮化硼的硬度仅次于金刚石而远远高于其他材料，因此它与金刚石统称为超硬材料．立方氮化硼晶胞如图丙所示．①该晶体的类型为

晶体；

②晶体中每个N同时吸引

个B原子；③设该晶体的摩尔质量为Mg?mol﹣1，晶体的密度为dg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中两个距离最近的N原子之间的距离为

pm．参考答案：（1）N2H4+HNO2═2H2O+HN3；（2）+3；正四面体；1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；（3）AD；（4）AC；（5）N2O、CO2、CS2、BeF2等；（6）①原子；②4；③

【考点】晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应用．【分析】（1）联氮（N2H4）被亚硝酸氧化生成氢叠氮酸HN3，发生归中反应，另一个产物为水，结合原子守恒即可配平得反应方程式；（2）该配合物中叠氮酸根离子为﹣1价、硫酸根离子为﹣2价，据此判断钴离子化合价；硫酸根离子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子空间构型；Co是27号元素，其原子核外有27个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；（3）A．分子正负电荷重心不重合的为极性分子；B．HN3中三个N原子价层电子对个数不相同；C．共价单键为σ键，共价双键中1个是σ键、1个是π键；D．形成氢键的氢化物熔沸点较高；（4）B．NaN3与KN3结构类似，且二者都是离子晶体，晶格能与离子半径成反比；C．晶胞中Na原子个数=8×+1；A．同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；D．氮气分子中含有氮氮三键，键能较大；（5）原子个数相等价电子数相等的微粒互为等电子体；（6）①原子晶体硬度大；②每个N原子同时吸引4个B原子；③晶体中两个距离最近的B之间的距离为晶胞棱长的倍，晶胞棱长=．【解答】解：（1）联氨被亚硝酸氧化时便可生成氢叠氮酸（HN3），发生反应的化学方程式为N2H4+HNO2═2H2O+HN3，故答案为：N2H4+HNO2═2H2O+HN3；（2）该配合物中叠氮酸根离子为﹣1价、硫酸根离子为﹣2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0知，Co元素化合价为+3价；硫酸根离子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子空间构型为正四面体形；Co是27号元素，其原子核外有27个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2，故答案为：+3；正四面体；1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；（3）A．分子正负电荷重心不重合的为极性分子，HN3分子正负电荷重心都不重合，为极性分子，故A正确；B．HN3中三个N原子价层电子对个数不相同，所以其杂化方式不同，故B错误；C．共价单键为σ键，共价双键中1个是σ键、1个是π键，所以该分子中含有3个σ键，故C错误；D．形成氢键的氢化物熔沸点较高，该氢化物熔沸点大于水，含有氢键，故D正确；故选AD；（4）A．同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞O，故A正确；B．NaN3与KN3结构类似，且二者都是离子晶体，晶格能与离子半径成反比，钾离子半径大于钠离子，所以前者晶格能大于后者，故B错误；C．晶胞中Na原子个数=8×+1=2，故C正确；D．氮气分子中含有氮氮三键，键能较大，性质较稳定，故D错误；故选AC；（5）原子个数相等价电子数相等的微粒互为等电子体，与N3﹣互为等电子体的分子有N2O、CO2、CS2、BeF2等，故答案为：N2O、CO2、CS2、BeF2等；（6）①原子晶体硬度大，该晶体硬度大，所以为原子晶体，故答案为：原子；②每个N原子同时吸引4个B原子，所以其配位数是4，故答案为：4；③晶体中两个距离最近的B之间的距离为晶胞棱长的倍，晶胞棱长=，则晶体中两个距离最近的B之间的距离=×cm=×cm=cm=pm，故答案为：．【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，侧重考查学生知识运用、计算及空间想象能力，涉及晶胞计算、元素周期律、基本概念等知识点，难点是晶胞计算，题目难度中等．19.A、B、C、D、E为五种常见的短周期元素，常温下，A、B可形成B2A2和B2A两种液态化合物，B与D可组成分子X，X水溶液呈碱性，C元素的焰色反应呈黄色，E与C同周期，且E的最高价氧化物的水化物呈两性。试回答：（1）D元素在周期表中的位置为

。（2）