湖南省娄底市鹧鸪中学高三化学摸底试卷含解析

湖南省娄底市鹧鸪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.NO2是导致光化学烟雾的“罪魁祸首”之一。NO2可以用氢氧化钠溶液吸收，或在一定条件下用

氨气（NH3）与其反应使之转化为无污染的物质，发生反应的化学方程式分别是：2NO2+2NaOH=M+NaNO3+H2O，8NH3+6NO2=7X+12H2O。则M和x代表的物质的化学式是

A．NaNO2、N2

B．HNO2、N2

C．NO、HNO3

D．Na3NO4、NO参考答案：A略2.下列说法或表达正确的是（）①次氯酸的结构式为H﹣Cl﹣O②含有离子键的化合物都是离子化合物③蛋白质、漂白粉、苛性钾、液氨分别为纯净物、混合物、强电解质和非电解质④丁达尔效应可用于区别溶液和胶体，云、雾均能产生丁达尔效应⑤酸性氧化物不一定是非金属氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物．A．①②④B．①③⑤C．②④⑤D．③④⑤参考答案：

考点：电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；胶体的重要性质；离子化合物的结构特征与性质．专题：物质的分类专题．分析：①次氯酸中氧原子与氢离子和氯原子分别形成一个共价键；②凡是含有离子键的化合物都是离子化合物，离子化合物可能含有共价键；③苛性钾、液氨分别为强电解质和非电解质，蛋白质和漂白粉都是混合物；④根据胶体的化学性质进行判断；⑤碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物；解答：解：①次氯酸的结构式为H﹣O﹣Cl，故①错误；②含有离子键的化合物都是离子化合物，故②正确；③苛性钾为强电解质能完全电离，氨气为非电解质，蛋白质和漂白粉都是混合物，故③错误；④胶体用一速光照射会有光亮的通路，所以可以区别溶液与胶体，云、雾是气溶胶均能产生丁达尔效应，故④正确；⑤酸性氧化物不一定是非金属氧化物如七氧化二锰，但是碱性氧化物一定是金属氧化物，故⑤正确；故选C．点评：本题考查了物质的分类，题目难度不大，注意胶体和溶液的鉴别，碱性氧化物、酸性氧化物与金属氧化物和非金属氧化物的联系等．概念间的联系是学习的难点，属于易错题．3.2015年，中国科学家屠呦呦因发现治疗疟疾的药物青蒿素获得了诺贝尔奖。青蒿素的结构如图所示，下列有关青蒿素的说法中正确的是A．分子式为C15H22O4B．具有较强的还原性C。可用蒸馏水提取植物中的青蒿素D．碱性条件下能发生水解反应参考答案：D试题分析：青蒿素分子式为C15H22O5，故A错误。青蒿素不具备较强的还原性的基团，故B错误，根据相似相溶的原理，青蒿素为有机物，故不可溶于水，用蒸馏水无法提取植物中的青蒿素，故C错误。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A．0.1molAlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成0.1NA个胶粒B．1molCu与足量的硫固体反应转移的电子数为NAC．标准状况下，2.24L三氧化硫所含分子数为0.1NA

D．只有在标准状况下，NA个氧气分子所占的体积才是22.4L参考答案：B略5.一定条件下密闭容器中的可逆反应2A（g）+B（g）2C（g），△H＜0达到平衡后，改变一个条件x，下列量y的变化一定符合图中曲线的是

①再加入C，A的体积分数的改变情况

②缩小体积，A的转化率的改变情况

③保持压强不变通入少量He，B的物质的量改变情况

④升高温度，混合气体的平均摩尔质量的改变情况

A．①②

B．②③

C．③④

D．②④参考答案：B6.在给定的四种溶液中，一定能大量共存的微粒组是()A.常温下，由水电离的c(OH－)＝1×10－12mol·L－1的溶液中：Ba2＋、K＋、Br－、SiO32－B.常温下葡萄糖溶液中：SCN－、Cl－、K＋、NH4＋C.溴水中：Na＋、CO32－、NH4＋、SO42－D.常温下，pH大于7的溶液：Na＋、Ba2＋、SO32－、Cl－参考答案：B【分析】A．由水电离的c(OH－)＝1×10－12mol·L－1的溶液，为酸或碱溶液；B．常温下葡萄糖溶液，为中性溶液；C．溴水溶液显酸性；D．常温下pH大于7的溶液，显碱性。【详解】A．由水电离的c(OH－)＝1×10－12mol·L－1的溶液，为酸或碱溶液，酸性溶液中H+、SiO32-结合生成沉淀，不能大量共存，选项A错误；B．常温下葡萄糖溶液，为中性溶液，该组离子之间不反应，可大量共存，选项B正确；C．溴水溶液显酸性，不能大量存在CO32－，选项C错误；D．常温下pH大于7的溶液，显碱性，Ba2+、SO32-结合生成沉淀，不能大量共存，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，注重分析能力与知识综合应用能力的训练，题目难度不大。7.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,其原子的最外层电子数之和为18,W和Y同主族,X、Y、Z同周期，X原子的电子层数与最外层电子数相等,Z元素最高正价与最低负价的代数和为6.下列说法不正确的是A.Z的氧化物的水化物酸性一定大于W

B.W的某种单质的沸点比X高C.W与Y可形成一种硬度很大的化合物

D.W、X、Y均能与Z形成共价化合物参考答案：A由上述分析可以知道,W为C,X为Al,Y为Si,Z为Cl,A.非金属性Cl>C,则最高价氧化物的水化物的酸性:Z>W,若不是最高价含氧酸无此规律,如碳酸的酸性大于HClO的酸性,故A错误；

B.C的单质金刚石是原子晶体,Al的晶体为金属晶体，沸点金刚石大于铝，所以B选项是正确的；C.W与Y可形成一种硬度很大的化合物为SiC,为原子晶体,所以C选项是正确的；

D.W、X、Y三种元素均可以与Z元素以共价键结构,均为共价化合物,所以D选项是正确的；

所以D选项是正确的。点睛：W、X、Y、Z均为短周期主族元素,原子序数依次增大,X原子的电子层数与最外层电子数相等,则X为Be或Al,Z元素最高正价与最低负价的绝对值之差为6,应为Cl元素,W和Y同主族,且四种元素的最外层电子数之和为18,如X为Be,则W、Y的最外层电子数为4.5,不满足电子数为整数的特点,则X应为Al,W、Y的最外层电子数为4,则W为C、Y为Si元素,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。8.某澄清溶液中可能只含有以下离子中的若干种：Na＋、Fe3＋、Fe2＋、SO、Cl－、Ba2＋、I－．现取部分溶液依次进行如下实验： ①通入一定量氯气后，加入CCl4振荡，静置后CCl4层呈紫红色，用分液漏斗分液； ②向分液后的水溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸钡溶液，产生白色沉淀； ③过滤后将滤液分为两份，向一份中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生大量沉淀，向另一份中加入少量KSCN溶液，溶液立即变为红色．根据上述实验，以下推测正确的是（）

A．原溶液中肯定存在的离子有Fe3＋、SO、I－

B．无法确定原溶液中是否存在Cl－、Na＋ C．原溶液一定显中性 D．原溶液中肯定不存在的离子有Fe2＋、Ba2＋参考答案：D略9.将两个铂电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池。已知。通入CH4的一极，其电极反应式是：CH4+10OH――8e－===CO32－+7H2O；通入Ｏ2的另一极，其电极反应式是：2O2+4H2O+8e－===8OH－下列叙述正确的是

（

）

A．通入CH4的电极为正极

B．该电池使用一段时间后无需补充KOH

C．燃料电池工作时，溶液中的OH-向正极移动

D．负极发生氧化反应参考答案：D略10.常温下某溶液中由水电离产生的c（OH—）=1×10-10mol·L—1，该溶液的溶质不可能是（

）

A．NaHSO4

B．A12（SO4）3

C．NaOH

D．HC1参考答案：答案：B11.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为:2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2下列说法正确的是()A．CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化 B．SO2既是氧化产物FeS是还原产物 C．每生成1molCu2S，有4mol硫被氧化 D．每转移1.2mol电子，有0.2mol硫被氧化参考答案：D略12.硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL0.100mol·L－1Na2S2O3溶液恰好把224mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl－，则S2O32－将转化成（

）

A.S2－

B.S

C.SO32－

D.SO42－参考答案：D13.足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是（）A．氢氧化钠溶液

B．稀硫酸

C．盐酸

D．稀硝酸参考答案：A考点：铝的化学性质．.专题：元素及其化合物．分析：首先硝酸与金属铝反应不生成氢气，根据生成物的化学式：Na[Al（OH）4]、Al2（SO4）3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少．解答：解：设Al为1mol，A．铝与氢氧化钠溶液反应生成Na[Al（OH）4]，1molAl消耗1molNaOH；B．铝与稀硫酸反应生成Al2（SO4）3，1mol铝消耗1.5mol硫酸；C．铝与盐酸反应生成AlCl3，1mol铝消耗3mol盐酸；D．硝酸与金属铝反应不生成氢气，综合以上分析可知放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液，故选A．点评：本题考查铝的性质，侧重于物质的量的判断，解答时可根据生成物的化学式，从质量守恒的角度分析，易错点为D，注意硝酸与铝反应不生成氢气．14.下列各物质中，前者是纯净物，后者是混合物的是（

）

A．水煤气、铝热剂

B．硫酸铜晶体、漂白粉

C．盐酸、液氯

D．玻璃、含Fe为70%的氧化铁参考答案：B略15.据调查，劣质的家庭装饰材料会释放出近百种能引发疾病的有害物质，其中一种有机物分子的球棍模型如右图，图中“棍”代表单键或双键或三键，不同大小的球代表不同元素的原子，且三种元素位于不同的短周期。下面关于该有机物的叙述不正确的是（）A．有机物化学式为

B．分子中所有原子在同一个平面内C．该有机物难溶于水 D．可由乙炔和氯化氢加成得到参考答案：答案：D二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.以含有Ca2+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣等离子的卤水为主要原料可制备金属镁和溴．流程如下：（1）操作Ⅰ的名称是

，所用主要玻璃仪器的名称是

．（2）加入Ba2+的目的是

．用CaO调节溶液Y的pH，可以使Mg2+沉淀完全．由下表中数据可知，理论上选择pH范围是

．

开始沉淀时沉淀完全时Mg2+pH=9.6pH=11.0Ca2+pH=12.2c（OH﹣）=1.8mol/L（3）在空气中加热MgCl2?6H2O，可以生成Mg（OH）Cl，相应反应的化学方程式是

．（4）化肥厂生产铵态氮肥（NH4）2SO4的部分流程如图：向装有CaSO4悬浊液的沉淀池中先通氨气，再通CO2的原因（请从溶解度和平衡移动角度分析）

．参考答案：（1）萃取分液；分液漏斗、烧杯；（2）除去溶液中的SO42﹣；11.0＜pH＜12.2；（3）MgCl2?6H2OMg（OH）Cl+HCl↑+5H2O↑．（4）NH3极易溶于水且溶于水后呈碱性，增加了CO2的溶解度，生成了大量的CO32﹣，使CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）溶解平衡向右移动，提高了（NH4）2SO4的产量．

【考点】制备实验方案的设计．【专题】无机实验综合．【分析】实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣等离子的卤水为主要原料制备Mg和Br2，应将混合物中Ca2+、Cl﹣、SO42﹣等离子除去，根据流程可以看出分别加入氯气将溶液中的Br﹣氧化溴单质，加入氯化钡除去SO42﹣，用CaO调节溶液Y的pH，可以得到Mg2+离子的沉淀氢氧化镁，加入试剂Ⅰ为盐酸溶解氢氧化镁得到氯化镁溶液，浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，脱水得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到金属镁，（1）单质溴极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取分液的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗、烧杯；（2）除杂时不能引入新的杂质，加入氯化钡除去SO42﹣，分析表中数据可知pH大于11时Mg2+沉淀完全，pH大于12.2时，Ca2+开始沉淀，所以理论上可选择pH最大范围是11.0＜pH＜12.2；（3）加热MgCl2?6H2O，生成的是Mg（OH）Cl、HCl、H2O，据质量守恒配平；（4）氨水显碱性，二氧化碳是酸性气体，保证原料气的充分利用，要考虑通气体的先后顺序．【解答】解：（1）氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶液中的Br﹣氧化溴单质，因为单质溴极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗、烧杯，故答案为：萃取分液；分液漏斗、烧杯；（2）由于SO42﹣会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备，因此必需除去，加入Ba2+的目的是除去硫酸根离子；由表中数据可知pH大于11时Mg2+沉淀完全，pH大于12.2时，Ca2+开始沉淀，所以理论上可选择pH最大范围是11.0＜pH＜12.2；故答案为：除去溶液中的SO42﹣；11.0＜pH＜12.2；（3）加热MgCl2?6H2O，生成的是Mg（OH）Cl、HCl、H2O，方程式为MgCl2?6H2OMg（OH）Cl+HCl↑+5H2O↑，故答案为：MgCl2?6H2OMg（OH）Cl+HCl↑+5H2O↑．（4）先通入足量NH3，再通入CO2的原因是：氨在水中溶解度大，使溶液呈碱性，有利于吸收CO2，增大c（CO32﹣），促使CaSO4转化为CaCO3，同时生成（NH4）2SO4；故答案为：NH3极易溶于水且溶于水后呈碱性，增加了CO2的溶解度，生成了大量的CO32﹣，使CaSO4（s）?Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）溶解平衡向右移动，提高了（NH4）2SO4的产量．【点评】本题主要考查常见的基本实验操作、仪器的使用和实验方案设计，综合性强，难度中等，建议学生多重视基础知识的学习，着力提高分析问题、解决问题的能力．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.请认真观察图，然后回答问题．（1）图中反应是（填“吸热”或“放热”）反应，该反应发生时（填“需要”或“不需要”）提供能量，该反应的△H=（用含E1、E2的代数式表示）．（2）已知热化学方程式：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ?mol﹣1，该反应的活化能为167.2kJ?mol﹣1，则其逆反应的活化能为．（3）对于同一反应，图中虚线（Ⅱ）与实线（Ⅰ）相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，你认为最可能的原因是

．参考答案：（1）放热；需要；E2﹣E1；（2）409.0KJ/mol；（3）使用催化剂．考点：反应热和焓变．.专题：化学反应中的能量变化．分析：（1）依据图象分析，反应物能量高于生成物能量，依据能量守恒分析反应是放热反应，反应物发生反应的活化能是反应物需要提供能量达到，反应焓变△H=生成物总能量﹣反应物总能量=E2﹣E1；（2）逆反应的活化能=正反应活化能﹣反应焓变得到；（3）图中虚线（Ⅱ）与实线（Ⅰ）相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，但反应热不变，化学平衡不变．解答：解：（1）图象分析，反应物能量高于生成物能量，依据能量守恒分析反应是放热反应，反应发生需要提供能量达到能量E1使反应物变化为活化分子发生有效碰撞发生反应，反应的焓变△H=生成物总能量﹣反应物总能量=E2﹣E1；故答案为：放热；需要；E2﹣E1；（2）已知热化学方程式：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ?mol﹣1，该反应的活化能为167.2kJ?mol﹣1，则其逆反应的活化能=正反应活化能﹣反应焓变=167.2KJ/mol﹣（﹣241.8KJ/mol）=409.0KJ/mol，故答案为：409.0KJ/mol；（3）对于同一反应，图中虚线（Ⅱ）与实线（Ⅰ）相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，反应焓变不变，平衡不变，依据影响平衡因素分析是使用了催化剂，改变反应速率不改变平衡和反应热，故答案为：使用催化剂．点评：本题考查了化学反应能量变化分析，图象理解应用，注意活化能概念的分析，掌握基础是关键，题目较简单．18.（15分）煤的“气化”是使煤变成清洁能源的有效途径之一，其主要反应为：C+H2O（g）CO+H2甲酸苯丙酯（F）是生产香粒和药物的主要原料。下图是用煤为原料合成甲酸苯丙酯的路线图（部分反应条件和生成物已略去），其中D的分子式为C9H10O，且能发生银镜反应。根据上述转化关系回答下列问题：（1）写出A、D的结构简式：A：

；D：

。（2）D→E的反应类型为