四川省营山县回龙中学届高三冲刺检测化学试题doc.docx

1、四川省营山县回龙中学届高三冲刺检测化学试题doc四川省营山县回龙中学2016届高三6月冲刺检测化学试卷一、单选题1化学“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片。当合金片轻微震动使溶质结晶，该过程放热。下列说法不正确的是A.彩色密封塑胶袋能造成白色污染B.钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应得到醋酸钠C.化学变化都伴随着能量的变化D.大多数合金比各成分金属硬度小，熔点低【答案】D【解析】本题考查化学与生活。A项，白色污染指塑料制品形成的污染，而彩色密封塑胶袋属于塑料，正确；B项，钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应生成醋酸钠，正确；C项，化学变化都伴随着能量的变化，正确；D项

2、，合金的特点为硬度比各成分金属大，熔点比各成分金属低，错误。答案选D。2某学生用碱式滴定管量取0.1 molL-1的NaOH溶液，开始时仰视液面读数为1.00 mL，取出部分溶液后，俯视液面，读数为11.00 mL，该同学在操作中实际取出的液体体积为A.大于10.00 mLB.小于10.00 mLC.等于10.00 mLD.不能确定【答案】A【解析】本题考查酸碱中和滴定。滴定管的“0”刻度在上，量取NaOH溶液，开始时仰视液面使读数偏大，取出部分溶液后，俯视液面使读数偏小，滴定前后刻度差为10.00 mL，但实际取出的液体体积偏大。答案选A。3常温下下列四种溶液中，水的电离程度最大的是A.pH

3、=5的NH4Cl溶液B.pH=5的NaHSO4溶液C.pH=8的CH3COONa溶液D.pH=8的NaOH溶液【答案】A【解析】本题考查水的电离，溶液的pH和盐类的水解。A、pH=5的NH4Cl溶液中铵根离子水解，促进水的电离，c水(H+)=10-5 mol/L；B、pH=5的NaHSO4溶液中氢离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c水(OH-)=10-9 mol/L；C、pH=8的CH3COONa溶液中醋酸根离子水解促进水的电离，水电离出离子浓度c水(OH-)=10-6 mol/L；D、pH=8的NaOH溶液中氢氧根离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c水(H+)=10-8 mol/L；综上

4、所述水的电离程度最大的是A。答案选A。4在下列所示的转化关系中，不可能是A.N2 B.SiC.NaD.C【答案】B【解析】本题考查了常见元素及其化合物转化的有关判断。氮气和氧气反应生成NO，NO和氧气反应生成NO2，故A错。单质硅在氧气中反应生成二氧化硅，而二氧化硅与氧气不反应，故B正确。钠在氧气反应生成氧化钠，氧化钠和氧气反应生成过氧化钠，故C错。碳在氧气中燃烧可以生成CO，CO和氧气反应生成CO2，故D错。5下图是产生和收集气体的实验装置，该装置最适合于A.用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2B.用浓硫酸与Na2SO3反应制取SO2C.用H2O2溶液和MnO2反应制取O2D.用NH4Cl浓溶液

5、和Ca(OH)2浓溶液反应制取NH3【答案】C【解析】本题考查了气体制取装置的选择方法。用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2，需加热，不适合，故A错。用浓硫酸与Na2SO3反应制取SO2，二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集，故B错。用H2O2溶液和MnO2反应制取O2，该反应是固体和液体不需加热型，且生成的氧气难溶于水，故C正确。用NH4Cl浓溶液和Ca(OH)2浓溶液反应制取NH3，需要加热，且氨气和水反应，故D错。6下列离子方程式正确的是A.NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：+OH+H2OB.Cl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOC.用氯化铁溶液腐蚀印刷线路板上的铜：Fe3+C

6、uFe2+Cu2D.明矾溶液与足量的氢氧化钡溶液混合：Al3+2+2Ba2+4OH+2BaSO4+2H2O【答案】D【解析】本题考查了离子方程式正误的判断。NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中除了生成碳酸钠外还有氨水生成，方程式为+2OH-+H2O+NH3H2O，故A错。HClO为弱电解质，应写成分子式形式，故B错。电荷不守恒，用氯化铁溶液腐蚀印刷线路板上的铜的正确的离子方程式为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2，故C错。故该题选D。7如图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列选项编号对应的曲线编号错误的是A.向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量B.向澄清石灰水中通

7、入SO2至过量C.向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D.向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量【答案】D【解析】本题考查物质转化的有关判断、图像的识别等。A.根据反应方程式：NaAlO2HClH2OAl(OH)3NaCl，HCl过量时Al(OH)33HClAlCl33H2O，二者消耗HCl的物质的量为1:3，正确；B.向澄清石灰水中通入SO2至过量的方程式是Ca(OH)2SO2H2OCaSO3、CaSO3H2OSO2Ca(HSO3)2，二者消耗SO2的物质的量为1:1，正确；C.氢氧化钠首先和盐酸反应，无沉淀生成，之后AlCl3与NaOH溶液反应生

8、成Al(OH)3沉淀，当NaOH溶液过量时沉淀溶解，其中生成沉淀与沉淀溶解所消耗NaOH的物质的量为3:1，正确；D.反应顺序及方程式是：Ca(OH)2CO2H2OCaCO3、2KOHCO2K2CO3H2O、K2CO3CO2H2O2KHCO3、CaCO3H2OCO2Ca(HCO3)2，其中生成沉淀、沉淀量不变、沉淀溶解三者所消耗CO2的物质的量为1:1:1，与图不符，错误。答案选D。二、填空题8. A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素的原子序数依次增大，其中仅有一种稀有气体元素。A和E最外层电子数相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大； B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，C、

9、F同主族，F原子的质子数是C原子质子数的2倍；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y(相对分子质量XY )，D形成的分子为单原子分子。回答问题：(1)Y的电子式为；(2)液态化合物Y与稀H2SO4酸化的K2Cr2O7溶液作用可产生一种无色助燃性气体及可溶性的Cr2(SO4)3，则该反应的离子方程式为；(3)用某种金属易拉罐与A、C、E组成的化合物的水溶液反应，产生的气体可充填气球，请写出该反应的离子方程式；(4)P和Q两种物质都是由A、C、E、F四种元素组成的盐，其水溶液都显酸性，等物质的量的P和Q恰好完全反应。写出该反应的离子方程式，这两种盐均含有的化学键类型为；(5)由A、B两元素形成的化

10、合物W可作为火箭推进器中的强还原剂，已知一个W分子和一个Y分子中都含有18个电子，0.5mol液态W和足量液态Y反应，生成一种无色无味无毒的气体B2和液态X，并放出408.8KJ热量。写出该反应的热化学方程式为。【答案】(1) (2)+3H2O2+8H+2Cr3+3O2+7H2O(3)2Al+2OH+2H2O2 +3H2(4) H+SO2+H2O 离子键和共价键(5) N2H4 (1)+2H2O2(1) N2(g)+4H2O(1)H=817.6 kJmol1【解析】本题考查元素和无机物的推断，涉及离子方程式和热化学方程式的书写、化学键等。A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素的原子序数依次增

11、大，E原子的半径最大，则E为钠元素；C、F同主族，F原子的质子数是C原子质子数的2倍，则C为氧元素，F为硫元素；因G的原子序数大于F，则G为氯元素；B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，则B为氮元素；A和E最外层电子数相同，A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y，分别为水和双氧水，则A为氢元素；D形成的分子为单原子分子，D的原子序数介于811，则D为氖元素。(1)根据以上分析可知，Y为H2O2，电子式为；(2) Y为H2O2，被K2Cr2O7氧化为氧气，反应的离子方程式是+3H2O2+8H+2Cr3+3O2+7H2O；(3)A、C、E组成的化合物为NaOH，金属铝能与NaOH溶液反应生成氢气

12、，离子反应为2Al+2OH+2H2O2+3H2；(4) A、C、E、F四种元素组成的盐，其水溶液都显酸性，等物质的量的P和Q恰好完全反应，则该反应为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠的反应，其离子反应为H+SO2+H2O；硫酸氢钠和亚硫酸氢钠中均含有离子键和共价键；(5) 由A、B两元素形成的化合物W可作为火箭推进器中的强还原剂，则W为N2H4，又知Y为H2O2，0.5mol液态W和足量液态Y反应，放出408.8kJ热量，则1mol液态W和足量液态Y反应，放出817.6kJ的热量，该反应的热化学方程式为：N2H4(1)+2H2O2(1)N2(g)+4H2O(1) H=817.6 kJmol1。三、实验题9某

13、化学兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应，用下图所示装置进行有关实验。 甲同学取agCu片和12ml18mol/L浓H2SO4放入圆底烧瓶中加热，直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有一定量的H2SO4和Cu剩余。(1)Cu与浓H2SO4反应的化学方程式是 。(2)装置D盛有品红溶液，当C中气体集满后，D中有可能观察到的现象是 ，(3)装置D中试管口放置的棉花中应浸一种液体，这种液体是 ，其作用是 。(4)装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升。B中应放置的液体是 (填序号)。a.饱和Na2

14、SO3溶液 b.酸性 KMnO4溶液 c.浓溴水d.饱和NaHSO3溶液(5)反应完毕后，烧瓶中还有一定量的余酸，为什么却不能使Cu完全溶解的原因是 。使用足量的下列药品不能用来证明反应结束后的烧瓶中的确有余酸的是 (填序号)。a.Fe粉 b.BaCl2溶液 c.CuO d.Na2CO3溶液(6)实验中某学生向A中反应后溶液中通入一种常见气体单质，使铜片全部溶解且仅生成硫酸铜溶液，请问该气体单质是，该反应的化学方程式是 。【答案】(1)Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O(2)品红溶液褪色 (3)碱液，吸收多余的SO2(4)d(5)反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀

15、硫酸反应 b(6) 氧气，2Cu+2H2SO4+O2CuSO4+2H2O【解析】本题考查了浓硫酸与铜反应的原理及有关问题。(1) 浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下和铜反应生成硫酸铜、SO2和水，故Cu与浓H2SO4反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O。(2)由上述分析可知，A装置中产生二氧化硫气体，SO2能使品红溶液褪色，故D中有可能观察到的现象是品红溶液褪色。(3) D装置是尾气处理装置，SO2是一种大气污染物，会污染环境，同时也是一种酸性氧化物，可以与碱溶液反应，故装置D中试管口放置的棉花中应浸一种液体，这种液体是碱液，其作用为吸收多余的SO2。(4)

16、 装置B的作用是贮存多余的气体，所以所选试剂不能和二氧化硫反应，只有亚硫酸氢钠饱和溶液符合要求，故该题选d。(5) 随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐降低变成了稀硫酸，铜不能和稀硫酸反应，故反应不能继续进行。证明有余酸剩余的关键是检验溶液中是否含有H+，而不能检验，因反应生成物有CuSO4。加入BaCl2溶液可以与反应生成BaSO4白色沉淀，与H+不反应，而铁粉、CuO、Na2CO3都可以与H+反应且都有明显的现象(产生气体或固体溶解)，故该题选b。(6) 铜和氧气、稀硫酸发生氧化还原反应，得到硫酸铜和水，反应为2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O。四、推断题10. 周期表前三周期元

17、素A、B、C、D，原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍；B的价电子层中的未成对电子有3个；C与B同族；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸。请回答下列问题： (1)C的基态原子的电子排布式为 ；D的最高价含氧酸酸性比其低两价的含氧酸酸性强的原因是。 (2)杂化轨道分为等性和不等性杂化，不等性杂化时在杂化轨道中有不参加成键的孤电子对的存在。A、B、C都能与D形成中心原子杂化方式为的两元共价化合物。其中，属于不等性杂化的是 (写化学式)。以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为 ，分子立体构型为 。(3)以上不等性杂化化合物成键轨道的夹角 (填“大于”、“等于”或“小于”)

18、等性杂化的化合物成键轨道间的夹角。由于C核外比B多一层电子，C还可以和D形成另一种两元共价化合物。此时C的杂化轨道中没有孤对电子，比起之前C和D的化合物，它的杂化轨道多了一条。其杂化方式为 。(4)A和B能形成多种结构的晶体。其中一种类似金刚石的结构，硬度比金刚石还大，是一种新型的超硬材料。其结构如图所示(图1为晶体结构，图2为切片层状结构)，其化学式为 。实验测得此晶体结构属于六方晶系，晶胞结构见图3。已知图示原子都包含在晶胞内，晶胞参数a=0.64 nm，c=0.24 nm。其晶体密度为 (已知：=1.414，=1.732， 结果精确到小数点后第2位) 。图1是A和B形成的一种晶体结构图，

19、图2是切片层状结构，图3是晶胞结构 (图2和图3中 为N原子 为C原子)。【答案】(1)1s22s22p63s23p3 ；高氯酸中非羟基氧原子为3个，氯酸中为2个或高氯酸中Cl元素为+7价，吸引羟基氧原子的能力很强，而氯酸中Cl元素为+5价对羟基氧原子吸引能力较弱。(2)sp3杂化；NCl3 、PCl3；四面体形；三角锥形；(3)小于；sp3d杂化；(4)C3N4；3.12 g/cm3【解析】本题考查物质结构与性质，涉及原子的核外电子排布及杂化类型、分子的空间结构、晶体结构及计算。周期表前三周期元素A、B、C、D，原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍，则L层有4个电子，A为

20、碳元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，则B为氮元素；C与B同族，则C为磷元素；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸，则D为氯元素。(1)磷的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3 ；高氯酸中非羟基氧原子为3个，氯酸中为2个，(或高氯酸中Cl元素为+7价，吸引羟基氧原子的能力很强，而氯酸中Cl元素为+5价对羟基氧原子吸引能力较弱，)所以HClO4的酸性比HClO3的酸性强。(2)C、N、P分别与Cl形成CCl4、NCl3 、PCl3，其中心原子杂化方式都为sp3杂化；其中NCl3与PCl3的中心原子都有一对孤电子对，属于不等性杂化；NCl3与PCl3的中心原子都有3个键电子对

21、和1个孤电子对，则其价层电子对立体构型为四面体形；分子立体构型为三角锥形。(3)由于孤电子对对成键电子对的排斥作用，使得不等性杂化化合物成键轨道的夹角小于等性杂化的化合物成键轨道间的夹角；P和Cl还可以形成PCl5，其杂化方式为sp3d杂化；(4)已知图示原子都包含在晶胞内，即C原子与N原子的个数比为6:8=3:4，则其化学式为C3N4；晶胞参数a=0.64 nm，c=0.24 nm，晶胞的质量为g=30.5610-23g，体积为(0.6420.2410-21) cm3=0.09810-21cm3，则晶体密度为=3.12 g/cm3。五、综合题11氨气有广泛用途，工业上利用反应N2(g)+3H

22、2(g) 2NH3(g) H0合成氨，其基本合成过程如下：(1)某小组为了探究外界条件对反应的影响，以c0 mol/L H2参加合成氨反应，在a、b两种条件下分别达到平衡，如图A。a条件下，0t0的平均反应速率v(N2)= molL-1min-1。相对a而言，b可能改变的条件是 。在a条件下t1时刻将容器体积压缩至原来的1/2，t2时刻重新建立平衡状态。请在答题卡相应位置画出t1t2时刻c(H2)的变化曲线。(2)某小组往一恒温恒压容器充入9 mol N2和23 mol H2模拟合成氨反应，图B为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系图。若体系在T2、60MPa下达到平衡。

23、此时N2的平衡分压为MPa，H2的平衡分压为 MPa。(分压总压物质的量分数) 列式计算此时的平衡常数Kp= 。(用平衡分压代替平衡浓度计算，结果保留2位有效数字)(3)分离器中的过程对整个工业合成氨的意义是 。(4)有人利用NO2和NH3构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放减少环境污染，又能充分利用化学能进行粗铜精炼，如图C所示，d极为粗铜。 a极通入 气体(填化学式)； b极电极反应为 。【答案】(1)(c0-c1)/300t0 增大c(N2) 如图(2)9 15=0.043(Mpa)2若回答成以下表示方式也可。=4.310-14(Pa)-2(3)及时分离出液氨，c(NH3)减小

24、，使平衡往生成NH3的方向移动，增大原料利用率(或NH3产率)。(4)NO2 2NH3-6e-+6OH-N2+6H2O【解析】本题考查化学反应速率、化学平衡及影响因素，化学平衡图像及有关计算，电化学原理等。(1)由图可知a条件下，0t0时氢气的浓度减少了(c0-c1)10-2 molL-1，则v(H2)=(c0-c1)/100t0 molL-1min-1，v(N2)=v(H2)= (c0-c1)/300t0 molL-1min-1；b相对于a，反应速率加快，且氢气的转化率增大，所以b可能改变的条件是增大c(N2)；在a条件下t1时刻将容器体积压缩至原来的1/2，则氢气的浓度增大为原平衡时的2倍

25、，为2c1，t2时刻重新建立平衡后，氢气的浓度应大于原平衡c1，变化曲线如图； (2)平衡时氨气的体积分数为60%，则100%=60%，x=6 mol，此时n(N2)=3 mol，n(H2)=5 mol，n(NH3)=12 mol，则N2的平衡分压为60MPa=9 MPa；H2的平衡分压为60MPa=15 MPa；NH3的平衡分压为(60-9-15)MPa=36 MPa，用平衡分压表示的平衡常数Kp=0.043(Mpa)2；(3)分离器中的过程对整个工业合成氨的意义是：及时分离出液氨，c(NH3)减小，使平衡往生成NH3的方向移动，增大原料的利用率(或NH3的产率)；(4)粗铜精炼时，粗铜做阳极，与粗铜相连的a极为正极，B极为负极，反应原理是NO2和NH3反应生成N2，即NO2在a极得电子生成N2，则a极通入NO2气体；NH3在b极失电子生成N2，电极反应为2NH3-6e-+6OH-N2+6H2 O。