北京云崗職業(yè)中學2022年高三化學上學期摸底試題含解析

北京云崗職業(yè)中學2022年高三化學上學期摸底試題含解析一、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.下列有關化學用語表示正確的是A．質子數(shù)為53、中子數(shù)為78的碘原子：

B．N2的電子式：C．S2—的結構示意圖：

D．鄰羥基苯甲酸的結構簡式：參考答案：A略2.常溫常壓下，將盛有20mLNO2和O2的混合氣體的大試管倒立在水槽中，水面上升至一定位置后不再變化，此時還有3mL氣體，則原混合氣體中的NO2的體積可能是（）A．17.8mL B．14.8mL C．12.6mL D．12.4mL參考答案：A【考點】氮的氧化物的性質及其對環(huán)境的影響；化學方程式的有關計算．【分析】NO2和O2混合氣體與反應可能的反應式有：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，根據(jù)反應的方程式有討論的方法計算．【解答】解：可能發(fā)生的反應為：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余氣體為NO或氧氣，若為氧氣，則參加反應的氣體為20mL﹣3mL=17mL，根據(jù)4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知參加此反應的NO2的體積為17ml×=13.6mL；若剩余氣體為NO氣體，根據(jù)3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知過量的NO2為3×3mL=9mL，反應4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的氣體總體積為20mL﹣9mL=11mL，則反應消耗的二氧化氮為11mL×=8.8mL，則原混合氣體中的NO2的體積為8.8+9=17.8mL，故選A．【點評】本題考查方程式的有關計算，為高頻考點，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，難度中等，注意利用原子守恒進行的計算．3.已知某可逆反應aA(g)+bB(g)

cC(g)+dD(g)。反應過程中，當其它條件不變時，C的體積分數(shù)與溫度(T)和壓強(P)的關系如右圖。下列敘述正確的A．正反應為吸熱反應

B．降低溫度，正反應速率增大

C．a+b＜c+d

D．增大壓強，B轉化率增大參考答案：D4.下列說法正確的是（）A．常溫下，反應2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自發(fā)進行，則該反應△H一定大于0B．銅的金屬活動性比鐵弱，可在海輪外殼上裝若干銅塊以減緩船體的腐蝕速率C．其他條件不變，向純水中加入鹽酸或氫氧化鈉都能抑制水的電離，降低水的離子積D．能與酸反應的氧化物，一定是堿性氧化物參考答案：A解析：A、反應不能自發(fā)進行，說明：△H﹣T△S＞0，該反應是一個氣體體積增大的反應，所以熵增大，要使△H﹣T△S＞0，則△H一定大于0，故A正確；B、銅、鐵、海水組成原電池，銅的金屬活動性比鐵弱，鐵做負極，被腐蝕，故在海輪外殼上裝若干銅塊會加快船體的腐蝕速率；故B錯誤；C、水的離子積只受溫度的影響，故C錯誤；D、能與酸反應的氧化物可以是兩性氧化物如Al2O3，故D錯誤；故選A．5.NA代表阿伏加德羅常數(shù),下列敘述錯誤的是()A.標準狀況下，分子數(shù)為NA的C0、C2H4混合氣體,其體積約為22.4L,質量為28gB.在反應中,每生成32g氧氣,則轉移2NA個電子C.將10mL質量分數(shù)為98%的H2SO4用水稀釋至的質量分數(shù)為9.8%D.一定溫度下，的NH4Cl溶液中與的NH4Cl溶液中所含的物質的量不同參考答案：C略6.下列溶液中有關物質的濃度關系正確的是（）A.c（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c（NH4HSO4）＞c[（NH4）2SO4]＞c（NH4Cl）B.向醋酸鈉溶液中加入適量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C.1.0mol/LNa2CO3溶液：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+2c（H2CO3）D.某二元弱酸的酸式鹽NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+c（A2﹣）參考答案：C考點：離子濃度大小的比較；鹽類水解的應用．專題：鹽類的水解專題．分析：A．氫離子抑制銨根離子水解，含有同等濃度的銨根離子的鹽中，化學式中含有銨根離子個數(shù)越多其濃度越??；B．溶液呈酸性，則c（H+）＞c（OH﹣），結合電荷守恒判斷；C．根據(jù)質子守恒判斷；D．任何電解質溶液中都存在電荷守恒．解答：解：A．含有同等濃度的銨根離子的鹽中，化學式中含有銨根離子個數(shù)越多其濃度越小，硫酸氫銨電離出氫離子抑制銨根離子水解，所以c（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c[（NH4）2SO4]＜c（NH4HSO4）＜c（NH4Cl），故A錯誤；B．混合溶液呈酸性，則c（H+）＞c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故B錯誤；C．根據(jù)質子守恒得c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+2c（H2CO3），故C正確；D．任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），故D錯誤；故選：C．點評：本題考查了離子濃度大小的判斷，明確電解質的性質是解本題關鍵，結合質子守恒、電荷守恒來分析解答，難度中等．7.設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．0.1molN2與0.3molH2在密閉容器催化劑作用下充分反應，生成氨分子數(shù)為0.2NAB．標準狀況下，11.2L甲醛氣體中電子數(shù)為8NAC．常溫常壓下，7.8g苯中含有單鍵的數(shù)目為0.9NAD．1L濃度為1mol?L﹣1的Na2CO3溶液中含有NA個CO32﹣參考答案：B考點：阿伏加德羅常數(shù)．.專題：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．分析：A．合成氨的反應為可逆反應，反應物只能部分轉化成生成物；B．標準狀況下甲醛為氣體，甲醛的結構簡式為HCHO，其分子中含有16個電子；C．苯分子中的碳碳鍵為一種介于單鍵和雙鍵之間的獨特鍵，苯中單鍵為碳氫鍵；D．碳酸根離子水解，導致碳酸根離子數(shù)目減少．解答：解：A．該反應為可逆反應，生成的氨氣的物質的量小于0.2mol，NH3分子數(shù)小于0.2NA，故A錯誤；B．標況下11.2L甲醛的物質的量為0.5mol，0.5mol甲醛分子中含有8mol電子，含有的電子數(shù)為8NA，故B正確；C．7.8g苯的物質的量為0.1mol，苯中不存在碳碳單鍵，0.1mol苯分子中含有0.6mol碳氫單鍵，則含有單鍵的數(shù)目為0.6NA，故C錯誤；D．碳酸根離子水解，Na2CO3溶液中含有CO32﹣小于NA個，故D錯誤；故選B．點評：本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關計算和判斷，題目難度中等，注意掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關系，選項C為易錯點，注意苯分子中不存在碳碳單鍵，存在的單鍵為碳氫鍵．8.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.常溫下，4gCH4含有NA個C-H共價鍵B.1molFe與足量稀HNO3反應，轉移2NA個電子C.1L0.1mol/LNaHCO3溶液中含有0.1NA個HCO3-D.常溫常壓下，22.4LNO2和CO2的混合氣體中含有2NA個氧原子參考答案：A知識點:阿伏加德羅常數(shù)解析：A、4gCH4含有的C-H共價鍵數(shù)為，故A正確；B、1molFe與足量稀HNO3反應氧化后鐵的化合價是+3價，轉移3NA個電子，故B錯誤；C、HCO3-水解，1L0.1mol/LNaHCO3溶液中含有HCO3-小于0.1NA個，故C錯誤；D、常溫常壓下，22.4LNO2和CO2的混合氣體的物質的量無法計算，含有的氧原子也無法計算，故D錯誤。故答案選A思路點撥:本題借助阿伏加德羅常數(shù)考查了化學鍵、轉移電子等問題，如果利用氣體體積計算物質的量，需要知道所給條件下的氣體摩爾體積。9.

(08惠州調研)2006年11月23日中科院網(wǎng)報道，納米Fe3O4晶體材料可以作為核磁共振造影增強劑，用于疾病的診斷和作為藥物載體用于疾病的治療。其制備過程如下：下列敘述不合理的是：（

）

A．Fe3O4可以表示為FeO·Fe2O3,屬于混合物B．反應③的化學方程式是：6FeOOH+CO====2Fe3O4+3H2O+CO2C．納米四氧化三鐵分散在適當分散劑中，形成的分散系可能有丁達爾現(xiàn)象D．在反應②環(huán)丙胺的作用可能是促進氯化鐵水解參考答案：答案：A10.下列敘述不正確的是 ()A．鈉和鉀的合金在常溫下呈液態(tài)，通常用作原子反應堆的導熱劑B．氫的兩種同位素氘和氚可用來作氫彈C．為了觀察氫氣燃燒時的火焰顏色，可將玻璃導管換成石英管D．56度的二鍋頭白酒中乙醇的質量分數(shù)為56%參考答案：D試題分析：D、56%指的是乙醇的體積分數(shù)，故D錯。11.向含有Fe2+、I－、Br－的溶液中通入適量氯氣，溶液中各種離子的物質的量變化如下圖所示。有關說法不正確的是（

）A．線段BC代表Fe3+物質的量的變化情況B．原混合溶液中n(FeBr2)＝6molC．當通入Cl22mol時，溶液中已發(fā)生的離子反應可表示為：2Fe2++2I－+2Cl2＝2Fe3++I2+4Cl－D．原溶液中n(Fe2+):n(I－):n(Br－)＝2:1:3參考答案：B解析：因離子的還原性強弱順序為：I-＞Fe2+＞Br-，則先發(fā)生2I-+Cl2═I2+2Cl-，I-反應完畢再發(fā)生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，最后發(fā)生反應2Br-+Cl2═Br2+2Cl-。A．B點時溶液中I-完全反應，溶液中存在Fe2+和Br-，BC段發(fā)生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，代表Fe3+的物質的量的變化情況，故A正確；B．由圖可知，BC段發(fā)生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，F(xiàn)e2+反應完畢消耗氯氣2mol，由方程式可知n（Fe2+）=2×2mol=4mol，則n（FeBr2）=4mol，故B錯誤；C．AB段發(fā)生2I-+Cl2═I2+2Cl-，2mol的I-消耗1mol氯氣，BC段發(fā)生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，余下的1mol氯氣再與2molFe2+反應，故參加反應的n（Fe2+）：n（I-）=1：1，故通入2molCl2時，溶液中已發(fā)生的離子反應可表示為2Fe2++2I-+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl-，故C正確；D．由圖可知AB段消耗氯氣1mol，發(fā)生2I-+Cl2═I2+2Cl-，故n（I-）=2n（Cl2）=2mol，BC段發(fā)生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，消耗氯氣2mol，故n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×2mol=4mol，DE段發(fā)生2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，消耗氯氣3mol，故n（Br-）=2n（Cl2）=6mol，故原溶液中n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故D正確。故選B。12.下列解釋物質用途的反應方程式不正確的是A．用Fe2(SO4)3凈水

Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+

B．用Na2S處理含Hg2+廢水

Hg2++S2-

HgS↓

C．用Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4

Ca2++CO32-CaCO3↓

D．燃煤時加入石灰石，減少SO2排放

2CaCO3+2SO2+O2

2CaSO4+2CO2參考答案：C13.由短周期元素組成的中學常見無機物A、B、C、D、E、X存在如下圖轉化關系(部分生成物和反應條件略去)．下列推斷不正確的是

A．若D為白色沉淀，與A摩爾質量相等，則X一定是鋁鹽B．若A是單質，B和D的反應是OH－＋HCO===H2O＋CO，則E一定能還原Fe2O3C．若D為CO，C能和E反應，則A一定為Na2O2，其電子式是

D．若X是Na2CO3，C為含極性鍵的分子，則A一定是氯氣，且D和E不反應

參考答案：D略14.11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4,反應中，1molCu2+能氧化P的物質的量是

A．2/5mol

B．11/5mol

C．1/5mol

D．1/3mol參考答案：C15.鐵和氧化鐵的混合物共xmo1，加鹽酸后固體全部溶解，共收集到y(tǒng)mo1氫氣，且向反應后的溶液中加入KSCN溶液不呈紅色，則原混合物中鐵的物質的量為（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：A略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.某同學設計了以下操作流程來除去混在氯化鈉固體中的少量硫酸鈉和氯化鈣。（1）試劑A是

，試劑A需要過量的原因是

。（2）操作a得到的濾渣的成分是

，在實驗室中進行操作a需要的儀器是：鐵架臺（帶鐵圈）、濾紙、燒杯、

、

。（3）加入試劑C調節(jié)濾液pH的離子反應方程式是

。（4）該同學想利用上述得到的氯化鈉設計一套實驗裝置來電解飽和食鹽水，并檢驗氯氣的氧化性和測定所產生的氫氣的體積，部分裝置如下圖：

①碳棒接直流電源的_____極；鐵棒上發(fā)生的電極反應為

。②說明氯氣具有氧化性的實驗現(xiàn)象是

。③將上圖中的儀器，連成一整套裝置，各種儀器接口的連接順（填編號）是B接

，

接

。在答題卡的方框中畫出與A接口連接的儀器的裝置圖。參考答案：略三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）26.（14分）

NOx是汽車尾氣中的主要污染物之一。(1)NOx能形成酸雨，寫出NO2轉化為HNO3的化學方程式:_

.(2)汽車發(fā)動機工作時會引發(fā)N2和02反應，其能量變化示意圖如下:1

寫出該反應的熱化學方程式:_

.②隨溫度升高，該反應化學平衡常數(shù)的變化趨勢是_

.。

（3）在汽車尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉化器，可有效降低NOX的排放。①當尾氣中空氣不足時，NOX在催化轉化器中被還原成N2排出。寫出NO被CO還原的化學方程式：_

.②當尾氣中空氣過量時，催化轉化器中的金屬氧化物吸收NOX生成鹽。其吸收能力順序如下：12MgO<2oCaO<38SrO<56BaO.原因是

.，元素的金屬性逐漸增強，金屬氧化物對NOX的吸收能力逐漸增強。（4） 通過NOx傳感器可監(jiān)測NOx的含量，其工作原理示意圖如下:2

Pt電極上發(fā)生的是

反應(填“氧化”或“還原”)。②寫出NiO電極的電極反應式:

.參考答案：18.鹵族元素的單質和化合物很多，我們可以利用所學物質結構與性質的相關知識去認識和理解它們．（1）鹵族元素位于元素周期表的區(qū)；溴的價電子排布式為．（2）在一定濃度的溶液中，氫氟酸是以二分子締合（HF）2形式存在的．使氫氟酸分子締合的作用力是．（3）請根據(jù)下表提供的第一電離能數(shù)據(jù)判斷，最有可能生成較穩(wěn)定的單核陽離子的鹵素原子是．

氟氯溴碘第一電離能（kJ/mol）1681125111401008（4）已知碘酸（HIO3）和高碘酸（H5IO6）的結構分別如圖1、2所示：請比較二者酸性強弱：HIO3H5IO6（填“＞”、“＜”或“=”）．（5）已知ClO2﹣為角型，中心氯原子周圍有四對價層電子．ClO2﹣中心氯原子的雜化軌道類型為，寫出一個ClO2﹣的等電子體．（6）圖3為碘晶體晶胞結構．有關說法中正確的是．A．碘分子的排列有2種不同的取向，2種取向不同的碘分子以4配位數(shù)交替配位形成層結構B．用均攤法可知平均每個晶胞中有4個碘原子C．碘晶體為無限延伸的空間結構，是原子晶體D．碘晶體中存在的相互作用有非極性鍵和范德華力（7）已知CaF2晶體（見圖4）的密度為ρg/cm3，NA為阿伏加德羅常數(shù)，棱上相鄰的兩個Ca2+的核間距為acm，則CaF2的相對分子質量可以表示為．參考答案：（1）p；4s24p5；（2）氫鍵；（3）I；（4）＞；（5）sp3；Cl2O或OF2；（6）AD；（7）考點：晶胞的計算；元素周期表的結構及其應用；原子核外電子排布；元素電離能、電負性的含義及應用；判斷簡單分子或離子的構型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．.分析：（1）根據(jù)基態(tài)原子核外電子排布式中最后填入電子名稱確定區(qū)域名稱，溴是35號元素，最外層電子為其價電子，4s能級上排列2個電子，4p能級上排列5個電子；（2）根據(jù)氫鍵分析解答；（3）元素的第一電離能越大，元素失電子能力越弱，得電子能力越強，元素的第一電離能越小，元素失電子能力越強，得電子能力越弱，則越容易形成陽離子；（4）根據(jù)含氧酸中，酸的元數(shù)取決于羥基氫的個數(shù)，含非羥基氧原子個數(shù)越多，酸性越強；（5）根據(jù)價層電子對互斥理論來確定其雜化方式，價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)；等電子體是具有相同的價電子數(shù)和相同原子數(shù)的微粒；（6）碘為分子晶體，晶胞中占據(jù)頂點和面心，以此分析；（7）利用均攤法確定該立方體中含有的離子，根據(jù)ρV=nM計算相對分子質量．解答：解：（1）根據(jù)構造原理知，鹵族元素最后填入的電子為p電子，所以鹵族元素位于元素周期表的p區(qū)；溴是35號元素，最外層電子為其價電子，4s能級上排列2個電子，4p能級上排列5個電子，所以其價電子排布式為：4s24p5，故答案為：p；4s24p5；（2）HF分子之間存在氫鍵，使氫氟酸分子締合，故答案為：氫鍵；（3）鹵族元素包含：F、Cl、Br、I、At元素，元素的第一電離能越小，元素失電子能力越強，得電子能力越弱，則越容易形成陽離子，根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，鹵族元素中第一電離能最小的是I元素，則碘元素易失電子生成簡單陽離子，故答案為：I；（4）H5IO6（）中含有5個羥基氫，為五元酸，含非羥基氧原子1個，HIO3為一元酸，含有1個羥基氫，含非羥基氧原子2個，所以酸性：HIO3＞H5IO6，故答案為：＞；（5）ClO2﹣中心氯原子的價層電子對數(shù)n=2+=4，屬于sp3雜化；等電子體具有相同的電子數(shù)目和原子數(shù)目的微粒，所以與ClO2﹣互為等電子體的分子為Cl2O、OF2等，故答案為：sp3；Cl2O或OF2；（6）A．碘分子的排列有2種不同的取向，在頂點和面心不同，2種取向不同的碘分子以4配位數(shù)交替配位形成層結構，故A正確；B．用均攤法可知平均每個晶胞中有4個碘分子，即有8個碘原子，故B錯誤C．碘晶體為無限延伸的空間結構，構成微粒為分子，是分子晶體，故C錯誤；D．碘晶體中的