湖南省常德市津市第二中学高三化学摸底试卷含解析

湖南省常德市津市第二中学高三化学摸底试卷含解析一、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.下列说法正确的是A．PM2.5的产生与人类活动无关B．硅是现代光学及光纤制品的基本原料C．酒精可使蛋白质变性，故能消毒杀菌D．塑化剂是一种化工塑料软化剂，可以大量添加到婴幼儿玩具中参考答案：C2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（

）

A．标况下，22.4LNO2与水反应，转移的电子数为NA

B．25℃时，pH=14的Ba(OH)2溶液1L，Ba2+数为NA

C．3g金刚石晶体中，含有的共价键数为NA

D．常温下，78gNa2O2固体中阴离子数为NA参考答案：D略3.某合作学习小组讨论辨析：（

）①生活中使用的漂白粉和肥皂都是混合物②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物③蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质④醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物⑤水玻璃、有色玻璃和果冻都是胶体⑥汽油属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物．A．①②③⑤ B．③④⑤⑥ C．②③④⑤ D．①②④⑥参考答案：D考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；离子化合物的结构特征与性质；电解质与非电解质．专题：物质的分类专题．分析：①纯净物是同种物质组成，混合物是不同物质组成；②离子化合物包括两大类：一是由金属和非金属元素共同构成的化合物绝大多数是离子化合物；二是所有的铵盐；③常见的电解质：酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质：蔗糖、酒精、非金属氧化物和氨气；强电解质：强酸、强碱、绝大多数的盐、金属氧化物；④根据酸碱盐和氧化物的概念来判断；⑤根据胶体是分散质为直径1﹣100nm的分散系；⑥纯净物是同种物质组成，混合物是不同物质组成．解答：解：①漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，肥皂是脂肪酸盐和泡花碱的混合物，故①正确；②离子化合物包括两大类：一是由金属和非金属元素共同构成的化合物绝大多数是离子化合物；二是所有的铵盐；故碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物，故②正确；③根据常见的电解质：酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质：蔗糖、酒精、非金属氧化物和氨气；强电解质：强酸、强碱、绝大多数的盐、金属氧化物；可知，硫酸钡为强电解质，故③错误；④酸：电离出的阳离子全部为氢离子的化合物；碱：电离出的阴离子全部为氢氧根的化合物；盐：电离出的阳离子为金属离子或铵根离子，阴离子为酸根离子的化合物；氧化物：由两种元素构成，其中一种为氧元素的化合物，故④正确；⑤水玻璃是硅酸钠的水溶液，不属于胶体，有色玻璃和果冻都是胶体，故⑤错误；⑥汽油是多种烷烃的混合物，而液氯即液态的氯气，冰醋酸即乙酸，均属于纯净物，故⑥正确；故选D．点评：本题主要考查了物质的组成与分类，难度不大，掌握物质的组成是解题的关键4.下列物质提纯的方法正确的是（）A．除去混在NO2中的NO：将气体与过量O2混合B．除去混在CO2中的SO2：将气体依次通过足量酸性KMnO4溶液和浓硫酸C．除去KCl溶液中的K2CO3：加入过量BaCl2溶液后过滤D．除去乙酸中混有的乙醇：向混合液中加入生石灰后蒸馏参考答案：答案：B5.李时珍在《本草纲目》中写到:“烧酒非古法也，自元时始创其法。用浓酒和糟入甑，蒸令气上,用器承取滴露。”文中涉及的操作方法是A.蒸馏

B.升华

C.萃取

D.干馏参考答案：A“用浓酒和糟入甑，蒸气令上，用器承取滴露”可见，烧酒的酿造方法为：加热浓酒和糟，利用沸点的不同，将酒蒸出，然后用器皿盛装冷凝后的馏分，即为蒸馏。故选A。6.将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：

达到平衡时，c(H2)=0.5mol·L-1，c(HI)=4mol·L-1，则此温度下反应①的平衡常数为（）

A．9

B．16

C．20

D．25参考答案：答案：C7.在一定温度下，将2molSO2和1molO2充入一定容积的密闭容器中，在催化剂作用下发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）；△H=﹣197kJ?mol﹣1，当达到化学平衡时，下列说法中正确的是（

）A．生成SO32mol B．SO2和SO3共2molC．放出197kJ热量 D．含氧原子共8mol参考答案：B考点：化学反应的可逆性．

专题：化学平衡专题．分析：A、可逆反应存在反应限度，反应物不可能完全转化为生成物，当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态．B、在化学反应中各元素的原子遵循原子守恒．C、可逆反应存在反应限度，反应物不可能完全转化为生成物，所以反应能量小于反应焓变．D、在化学反应中各元素的原子遵循原子守恒．解答：解：A、可逆反应存在反应限度，反应物不可能完全转化为生成物，当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，所以将2molSO2和1molO2充入一定容积的密闭容器中，SO2和O2不可能完全转化为三氧化硫，故A错误．B、在化学反应中各元素的原子遵循原子守恒，所以化学平衡时二氧化硫和三氧化硫中硫原子的物质的量等于反应初始时二氧化硫的质量，故B正确．C、可逆反应存在反应限度，反应物不可能完全转化为生成物，当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，所以将2molSO2和1molO2充入一定容积的密闭容器中，SO2和O2不可能完全转化为三氧化硫，放出的能量小于197kJ，故C错误．D、在化学反应中各元素的原子遵循原子守恒，平衡时含有的氧原子的物质的量等于初始时二氧化硫和氧气中氧原子的物质的量，为6mol，故D错误．故选B．点评：本题考查了可逆反应的限度及化学反应中原子守恒原理等知识点，难度不大，注意可逆反应都存在反应限度，化学平衡状态的判断是高考的热点，化学平衡状态的判断依据是正逆反应速率相等．8.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．18gD2O含有电子数为10NAB．标准状况下，11.2L乙酸中含有的分子数目为0.5NAC．6.2g氧化钠中含有的离子数为0.3NA

D．200mL1mol·L－1Fe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42-离子数的总和是NA参考答案：C略9.下列说法正确的是（）A

用乙醇或CCl4可提取碘水中的碘单质

B

NaCl和SiC晶体溶化时，克服粒子间作用力的类型相同

C

24Mg32S晶体中电子总数与中子总数之比为1︰1

D

H2S和SiF4分子中各原子最外层都满足8电子结构

参考答案：答案：C10.已知：将一定量Cl2通入KOH溶液，可能生成KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关．当n（KOH）=6amol时，下列有关说法错误的是（）A．若某温度下，反应后=11，则溶液中=0.5B．参加反应的氯气的物质的量等于3amolC．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：3amol＜ne＜5amolD．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol

参考答案：A考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：A．令n（ClO﹣）=1mol，反应后=11，则n（Cl﹣）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3﹣），据此计算判断；B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）；C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算；D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，结合C中计算判断．解答：解：A．令n（ClO﹣）=1mol，反应后=11，则n（Cl﹣）=11mol，电子转移守恒，5×n（ClO3﹣）+1×n（ClO﹣）=1×n（Cl﹣），即5×n（ClO3﹣）+1×1mol=1×11mol，解得n（ClO3﹣）=2mol，故溶液中=5.5，故A错误；B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=n（KOH）=3amol，故B正确；C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=amol，转移电子最大物质的量=amol×5=5amol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故n（KClO）=n（KOH）=3amol，转移电子最小物质的量=3amol×1=3amol，故反应中转移电子的物质的量ne的范围：3amol≤ne≤5amol，故C正确；D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=amol，故D正确，故选A．点评：本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用．11.人体血红蛋白中含有Fe2＋，如果误食亚硝酸盐会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2＋转变成Fe3＋，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力。服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，这说明维生素C具有A、酸性

B、碱性

C、氧化性

D、还原性参考答案：D12.根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是

实验操作预测实验现象实验结论或解释A将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但并不滴落下来铝箔表面有致密氧化膜生成，且熔点A12O3高于AlB向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性C向黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加氢碘酸溶液变为紫红色氧化性：Fe3+>I2D向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4++OH-=NH3↑+H2O

参考答案：AA．将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，故A正确；B．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜浊液在碱性条件下进行，应先加入碱调节pH，实验现象错误，故B错误；C．向黄色的Fe(NO)3溶液中滴加氢碘酸，再加入一定量CCl4振荡并静置，下层溶液变为紫红色，说明生成了碘单质，是因为碘离子被硝酸或铁离子氧化，故C错误；D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，首先与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，不能放出氨气，故D错误；故选A。13.下列实验现象所对应的离子方程式不正确的是

实验现象离子方程式A．KI淀粉溶液

H2SO4

在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色4H++4I-+O2==2I2+2H2OB．滴加KSCN的FeSO4溶液

Cl2水

溶液由浅绿色变为红色2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl-Fe3++3SCN-Fe(SCN)3C．Ca(OH)2溶液

Cl2水

溶液由黄绿色变为无色Cl2+2OH-==Cl-+ClO-+H2OD．加有酚酞的Ba(OH)2溶液

H2SO4

有白色沉淀生成溶液由红色变为无色Ba2++OH-+H++SO42-==BaSO4↓+H2O

参考答案：D略14.下列各选项陈述I和陈述Ⅱ均正确且二者有因果关系的是（）

陈述I陈述ⅡA常温下铁、铜均不溶于浓硫酸常温下铁、铜与浓硫酸均不反应BHCl与Na2CO3溶液反应生成CO2用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的少量HClCCl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色次氯酸的氧化性比氯气的强D稀、浓HNO3分别与铜反应，还原产物为NO和NO2稀HNO3氧化性比浓HNO3强

参考答案：C考点：铁的化学性质；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：元素及其化合物．分析：A．常温下铁与浓硫酸发生钝化，铜与浓硫酸不反应；B．CO2会与饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠；C．Cl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色，说明氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；D．浓HNO3氧化性比稀HNO3强．解答：解：A．常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，铜与浓硫酸不反应，陈述Ⅱ不合理，故A不选；B．CO2会与饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，所以陈述Ⅱ不合理，故B不选；C．Cl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色，说明氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，则次氯酸的氧化性比氯气的强，陈述均合理，存在因果关系，故C选；D．浓HNO3氧化性比稀HNO3强，陈述II不合理，故D不选；故选C．点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法等为解答的关键，题目难度不大．15.将一定量的氯气通入30mL浓度为10mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是(

)A．与NaOH反应的氯气一定为0.15mol

B．n(Na＋)∶n(Cl－)可能为7∶3C．若反应中转移的电子为nmol，则0.15<n<0.25D．n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1参考答案：AC略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（15分）如图所示是在实验室进行氨气快速制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出。（1）在组装好装置后，若要检验A—E装置的气密性，其操作是先

和

，然后微热A，察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成说明装置气密性良好。（2）请用平衡移动的原理解释A中制取氨气的原理

。（3）装置B中盛放试剂是

。（4）关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后关闭分液漏斗活塞，点燃C处酒精灯，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中

（答现象）；从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，请写出在C中发生反应的化学方程式

。（5）当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量。若反应前固体质量为16g，反应后称重固体质量减少2.4g。通过计算确定该固体产物的成分是

。（6）在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中。写出产生白烟的化学方程式

。迅速产生倒吸的原因是

。参考答案：（1）关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1(1分)向E中加水至浸没长导管末端（1分）（2）固体生石灰溶于浓氨水后，吸水，放出大量的热促使NH3挥发，溶液中OH－浓度增加，都促使NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH－向生成NH3移动，加快氨气逸出。（3）碱石灰（1分）（4）有气泡冒出并产生白色沉淀；2NH3+3CuO3Cu+N2↑+3H2O（5）Cu2O、Cu（6）3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸

【知识点】实验探究实验基本操作解析：（1）用微热法检查装置的气密性必须形成封闭的体系，所以要先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1；（2）固体生石灰溶于浓氨水后，吸水，放出大量的热促使NH3挥发，溶液中OH－浓度增加，都促使NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH－向生成NH3移动，加快氨气逸出。（3）B是干燥NH3的装置，干燥NH3需使用碱性干燥剂，可以使用碱石灰；（4）装置E中盛有溶有足量二氧化硫的氯化钡溶液，是处理尾气NH3的装置，未反应的氨气与二氧化硫生成亚硫酸铵，再与氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡，出现白色沉淀；C中CuO与NH3发生氧化还原反应生成红色的Cu、N2和H2O，反应的方程式为：2NH3＋3CuO3Cu＋N2↑＋3H2O；（5）假设16g氧化铜全部还原为铜2NH3＋3CuO3Cu＋N2↑＋3H2O；

减少240g

192g 48g16g

m解得m=(16g×48g)/240g=3.2g＞2.4g，因C中固体全部变红色，所以固体产物的成分是Cu2O和Cu；（6）关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，Cl2可将NH3氧化为N2，同时生成的HCl会和NH3反应生成NH4Cl，产生白烟现象，3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸。【思路点拨】本题考查了实验探究，涉及基本操作、氧化还原反应原理、化学计算等，综合性强。

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.现有五种短周期元素A、B、C、D、E，其原子序数依次增大。A、E同主族，A元素原子半径最小。B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍。C元素最高价氧化物对应水化物X与其氢化物Y反应生成一种盐。A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物。试回答：

（1）写出D、E两元素形成的原子个数比为1：2的化合物的电子式______________。

（2）写出Y与氯化铁溶液反应的离子方程式___________________。

（3）某盐由A、B、D、E四种元素组成，其化学式量为82。该盐水溶液呈_______性，其原因是（用离子方程式表示）_____________________。

（4）汽车尾气中含有B、C的氧化物，它们均为有害气体。可在催化剂催化下，利用这两种气体相互反应转化为无害气体。请写出该转化反应的化学方程式________________。参考答案：略18.【化学一选修3：物质结构与性质】巳知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B;C、D与E分别位于同一周期。A原子L层上有2对成对电子，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X，CE、FA为电子数相同的离子晶体。(1)写出A元素的基态原子价电子排布式__________；F离子电子排布式____________________(2)写出X的化学式__________和化学名称__________。(3)写出X涉及化工生产中的一个化学方程式：______________________________(4)试解释工业冶炼D不以DE3而是以D2A3为原料的原因：__________________________________________________________________________________________(5)CE、FA的晶格能分别为786kJ/mol、3401