山西省忻州市第十一中學2022年高三化學測試題含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.設NA為阿伏伽德羅常數的值。下列敘述正確的是

A．1mol甲醇中含有C—H鍵的數目為4NA

B．25℃,pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的數目為0．1NA

C．標準狀況下，2．24L已烷含有分子的數目為0．1NA

D．常溫常壓下，Na2O2與足量H2O反應,共生成0．2molO2,轉移電子的數目為0．4NA參考答案：D略2.所謂合金，就是不同種金屬（也包括一些非金屬）在熔融狀態下形成的一種熔合物，根據下列四種金屬的熔、沸點，判斷其中不能形成合金的是

NaCuAlFe熔點（℃）97.510836601535沸點（℃）883259522003000A．Cu和Al

B．Fe和Cu

C．Fe和Na

D．Al和Na參考答案：C3.下列敘述正確的是(

)A．不能跟酸反應的氧化物一定能跟堿反應B．同一主族元素的氫化物，相對分子質量越大，它的沸點一定越高C．在CCl4、PCl3、HCl中各原子最外層均能達到8電子穩定結構D．升高溫度可以加快反應速率，其主要原因是反應物分子能量增加，活化分子百分數的增加，使有效碰撞次數增加參考答案：D考點：同一主族內元素性質遞變規律與原子結構的關系；原子核外電子排布；化學反應速率的影響因素．分析：A．不成鹽氧化物既不能與酸反應也不能與堿反應；B．氫化物分子間含有氫鍵時沸點較高；C．H原子只能形成2電子穩定結構；D．升高溫度時分子吸收能量．解答：解：A．不成鹽氧化物既不能與酸反應也不能與堿反應，如CO與酸堿均不反應，屬于不成鹽氧化物，故A錯誤；B．同一主族元素的氫化物，相對分子質量越大，沸點越高，但是氫化物分子間含有氫鍵時沸點較高，故B錯誤；C．H原子只能形成2電子穩定結構，則HCl中H原子最外層均不能達到8電子穩定結構，故C錯誤；D．升高溫度時分子吸收能量，分子具有的能量升高，分子中活化分子百分數增加，使有效碰撞次數增加，反應速率加快，故D正確．故選D．點評：本題考查了氧化物的分類、氫化物的沸點比較、8電子穩定結構、影響反應速率的因素，題目難度不大，題目涉及的知識點較多，側重于基礎知識的考查4.下列離子方程式書寫正確的是A．用稀氫氧化鈉吸收氯氣：2OH－+Cl2=Cl－+ClO－+H2OB．用濃鹽酸與MnO2反應制取少量氯氣：MnO2+2H++2Cl－Mn2++Cl2↑+H2OC．向碳酸氫鈉溶液中加入氫氧化鈉：HCO3－+OH－＝CO2↑+H2OD．用氫氧化鈉溶液除去鋁表面的氧化膜：Al(OH)3+OH－=[Al(OH)4]－參考答案：A略5.下列芳香烴的一氯代物的同分異構體的數目最多的是A．連二苯

B．連三苯C．蒽

D．菲參考答案：D略6.放在敞口容器中的下列溶液，久置后溶液中該溶質的濃度會變大的是A.濃硫酸

B.氫氧化鈉

C.氯水

D.氯化鈉參考答案：D略7.取xg銅鎂合金完全溶于濃硝酸中，反應過程中硝酸被還原只產生8960mL的NO2氣體和672mLN2O4的氣體（都已折算到標準狀態），在反應后的溶液中加足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀質量為17.02g。則x等于(

)A．8.64g

B．9.44g

C．9.00g

D．

9.20g

參考答案：【知識點】金屬與硝酸反應的規律C2

C3

D4【答案解析】D

解析：還原產物NO2的物質的量是8960mL/(22400mL/mol)=0.4摩，N2O4的物質的量是672mL/(22400mL/mol)=0.03摩，化合價共降低0.4+2×0.03=0.46；設銅xmol,鎂ymol，則有：98x+58y=17.02

；2x+2y=0.46.

解得x=0.092

y=0.138；所以x=0.092mol×64g/mol+0.138mol×24g/mol=9.20g故答案選D【思路點撥】本題考查了金屬與硝酸反應的規律，利用氧化還原反應原理即可順利解答。8.海洋中有豐富的食品、礦產，能源、藥物和水產資源等(如下圖所示)，下列有關說法正確的是A．第①步中除去粗鹽中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質，加入的藥品順序為：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→過濾后加鹽酸B．第②步中結晶出的MgCl2·6H2O可在空氣中受熱分解制無水MgCl2C．在第③④⑤步中溴元素均被氧化D．從第③步到第⑤步的目的是為了濃縮參考答案：D略9.使用容量瓶配制溶液時,由于操作不當,會引起誤差,下列情況會使所配溶液濃度偏低的是

①用天平(用了游碼)稱量時,被稱量物與砝碼的位置放顛倒了

②配制氫氧化鈉溶液時未冷卻到室溫就轉移到容量瓶中定容

③溶液轉移到容量瓶后,燒杯及玻璃棒未用蒸餾水洗滌

④轉移溶液前容量瓶內有少量蒸餾水

⑤定容時,仰視容量瓶的刻度線

⑥定容后搖勻,發現液面降低,又補加少量水,重新達到刻度線

A．①②⑤⑥

B．①③⑤⑥

C．②③④⑥

D．③④⑤⑥參考答案：B略10.下列有關物質性質的說法錯誤的是A．熱穩定性：HCI>HBr>HI

B．原子半徑：Na>Mg>AlC．還原性：PH3>H2S>HCI

D．結合質子能力：ClO－>HCO3－>SiO32－參考答案：D解析：對弱酸來說，酸性越強，結合質子的能力越弱，它們對應的酸酸性由強到弱的順序為H2CO3>HClO>H2SiO3結合質子能力為HCO3－>ClO－>SiO32－，選D。11.aA、bB、cC、dD、eE五種短周期元素，它們的原子序數有如下關系：c-b＝b-a=1且b+c=d，常見化合物E2C2與水反應生成C的單質，且溶液使酚酞試液變紅。B的最高價氧化物對應水化物為強酸。下列說法正確的是(

)A、B與D形成的單質分別為甲、乙，非金屬性：B>D，活潑性：乙>甲B、1molE2C2與足量水完全反應生成C的單質，共轉移電子2molC、原子半徑：D＞E＞A＞B＞C

D、C的氫化物的沸點低于B的氫化物的沸點參考答案：A略12.右圖是元素周期表中短周期的一部分，X、Y、Z、W四種元素的原子核外最外層電子數之和等于Y、Z元素的原子序數之和。下列說法不正確的是（）A．X元素形成的氣態氫化物分子的空間結構是三角錐形B．Z與Y元素形成的化合物可以是原子晶體C．W單質受熱蒸發時吸收的熱量用于克服分子間作用力D．Z的最高價氧化物能溶于X的最高價氧化物的水化物中參考答案：D略13.下列判斷合理的是（）①硫酸、純堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物②蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質、強電解質和弱電解質③根據電解質在熔融狀態下能否完全電離將電解質分為強電解質和弱電解質④根據分散系是否具有丁達爾現象將分散系分為溶液、膠體和濁液⑤根據反應中是否有電子的轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應⑥根據元素原子最外層電子數的多少將元素分為金屬和非金屬A.只有②⑥

B.只有②⑤

C.只有①②⑤⑥

D.只有②③④⑤參考答案：B略14.化學中常用圖像直觀地描述化學反應的進程或結果。下列圖像描述正確的是（

）A．根據圖①可判斷可逆反應“A2(g)+3B2(g)2AB3(g)”的ΔH＞0B．圖②表示壓強對可逆反應2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影響，乙的壓強大C．圖③可表示乙酸溶液中通入氨氣至過量過程中溶液導電性的變化D．根據圖④，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可采用向溶液中加入適量CuO，至pH在4左右參考答案：D略15.將足量的CO2不斷通入KOH、Ba（OH）2、K[Al（OH）]4的混合溶液中，生成沉淀與通入CO2的體積的關系可表示為（）

A

B

C D參考答案：A考點：化學方程式的有關計算．.專題：圖示題．分析：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3產生，將Ba（OH）2消耗完畢，接下來消耗KOH，因而此段不會產生沉淀（即沉淀的量保持不變）；KOH被消耗完畢，接下來消耗KAlO2，有Al（OH）3沉淀生成；又因二氧化碳足量，還可以繼續與上面反應的產物K2CO3、BaCO3反應，以此來解答．解答：解：將二氧化碳氣體通入KOH、Ba（OH）2、K[Al（OH）]4的混合溶液，通入CO2后，發生反應：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O，Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，即CO2先與Ba（OH）2反應（有沉淀BaCO3生成），當Ba（OH）2消耗完畢后再與KOH反應（此時無沉淀）；最后與KAlO2反應（有沉淀Al（OH）3生成），當OH﹣反應完后，溶液中存在Na2CO3和[Al（OH）4]﹣，因Na[Al（OH）4]堿性比Na2CO3強，[Al（OH）4]﹣先反應，生成了氫氧化鋁沉淀，反應方程式為：2Na[Al（OH）4]+CO2=2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，沉淀增加；[Al（OH）4]﹣反應結束后，碳酸鈉開始反應生成碳酸氫鈉，沉淀暫時沒有變化；碳酸鈉消耗完后，CaCO3開始反應，沉淀逐漸減少，反應方程式為：CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，直至碳酸鈣沉淀消失，最后只剩下氫氧化鋁沉淀，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的關系以二氧化碳的體積為橫坐標，以沉淀的物質的量為縱坐標的圖象的過程中圖形應是：出現沉淀（BaCO3），平臺，沉淀增加[因有Al（OH）3生成]；過量的CO2還可以繼續與K2CO3反應得到KHCO3，繼續過量的CO2還可以使BaCO3沉淀溶解，最后是Al（OH）3沉淀，所以接著的圖形應該為：平臺，沉淀（BaCO3）減少，平臺，故整個過程的圖形應為：出現沉淀（BaCO3），平臺，沉淀增加[因有Al（OH）3生成]，平臺，沉淀（BaCO3）減少，平臺，滿足以上關系的圖象為A。故選A．點評：本題考查了二氧化碳通入混合溶液中的反應順序，運用基本知識解決新問題的能力，并且要考慮二氧化碳的充足會使生成物繼續反應的問題．屬于偏難題．二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.為測定放置已久的小蘇打樣品中純堿的質量分數，設計如下實驗方案：（1）方案一：稱取一定質量的樣品，置于坩堝中加熱至恒重后，冷卻，稱取剩余固體質量，計算。實驗中加熱至恒重的目的是__________________________________。（2）方案二：按如圖裝置進行實驗，并回答以下問題。

①實驗前先檢查裝置的氣密性，并稱取一定質量的樣品放入A中，將稀H2SO4裝入分液漏斗中。D裝置的作用是__________________________________________。②實驗中除稱量樣品質量外，還需分別稱量______________裝置反應前后的質量（填裝置的字母代號）。③根據此實驗得到的數據，測定結果有誤差。因為實驗裝置還存在一個明顯缺陷，該缺陷是____________。（3）方案三：稱取一定量樣品，置于小燒杯中，加適量水溶解，向小燒杯中加入足量氯化鋇溶液。過濾、洗滌、干燥沉淀、稱量固體質量、計算：①實驗中判斷沉淀已完全的方法是_____________________________________。②如加入試劑改為氫氧化鋇，已知稱得樣品9.5g，干燥的沉淀質量為19.7g，則樣品中碳酸鈉的質量分數為____________________________。參考答案：（1）使NaHCO3完全分解（2）①防止空氣中的CO2及水蒸氣等進入C裝置②C

③實驗中產生的CO2氣體不能完全被C中的堿石灰吸收。（3）①將反應后的物質靜置后，取上層清液少許于試管中，向其中加入一定量的Na2SO4溶液，若溶液變渾濁則沉淀已完全。（或取上層清液，再加BaCl2溶液，若溶液不變渾濁則沉淀已完全。）

②55.8%（或56%等合理數據）略三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.(10分)過量的鐵溶于稀硫酸可得硫酸亞鐵。等物質的量的硫酸亞鐵與硫酸銨作用，能生成溶解度較小的硫酸亞鐵銨晶體[，淺綠色晶體]，該晶體的商品名稱為摩爾鹽。(1)寫出上述反應的化學方程式。(2)若用

硫酸來制備摩爾鹽，計算生成摩爾鹽的質量。(3)為了測定某批次莫爾鹽的純度，取該產品配成溶液，取出用

溶液滴定，消耗溶液。①配平下列反應式：

②試求產品中莫爾鹽的質量分數

。參考答案：（1）

（2分）

（2分）（2）解：設生成的物質的量為。由上述方程式知：

生成的質量為：（2分）（3）①5、1、8、1、5、4（2分）

②83.33%（2分）18.（10分）常溫下，在20g鹽酸和硫酸混合液中，逐滴加入17.1%的氫氧化鋇溶液。當堿液滴加至20g時，硫酸鋇沉淀達到量大值；當堿液滴加至60g時，溶液pH等于7。求：（1）起始混合液中硫酸的質量分數。（2）起始混合液中HCl的質量分數。（3）25℃時，當溶液pH=7時，蒸發掉溶液中的水43.02g，冷卻至原溫度后，過濾烘干得4.98g固體。求此時氯化鋇的溶解度。參考答案：（1）與硫酸反應的氫氧化鋇：=0.02mol故原混合物中硫酸的質量分數為：×100%=9.8%（2）與鹽酸反應的氫氧化鋇：mol故原混合物中HCl%：×100%=14.6%（3）沉淀中硫酸鋇的質量：0.02×233=4.66g。生成氯化鋇：0.04×208=8.32g，因為4.98>4.66，故其中也有氯化鋇固體析出，留下的溶液為氯化鋇的飽和溶液，析出氯化鋇質量：4.98-4.66=0.32g。飽和氯化鋇溶液中溶有氯化鋇的質量為：8.32-0.32=8.00g飽和溶液的質量：（20+60）-（43.02+4.98）=32.00g氯化鋇的溶解度：g。略19.（2008·全國Ⅰ）實驗室可由軟錳礦（主要成分為MnO2）制備KMnO4，方法如下：軟錳礦與過量固體KOH和KClO3在高溫下反應，生成錳酸鉀（K2MnO4）和KCl；用水溶解，濾去殘渣，濾液酸化后，K2MnO4轉變為MnO2和KMnO4；濾去MnO2沉淀，濃縮濾液，結晶得到深紫色的針狀KMnO4。請回答：（1）軟錳礦制備K2MnO4的化學方程式是；（2）K2MnO4制備KMnO4的離子方程式是；（3）若用2.5g軟錳礦（含MnO280％）進行上述實驗，計算KMnO4的理論產量；（4）KMnO4能與熱的經硫酸酸化的Na2C2O4反應生成Mn2+和CO2，該反應的化學方程式是；（5）上述制得的KMnO4產品0.165g，恰好與0.335g鈍Na2C2O4反應完全。計算該KMnO4的純度。參考答案