乌鲁木齐市第61中学 高中化学 高三周练习试卷 含答案

这是一份乌鲁木齐市第61中学 高中化学 高三周练习试卷 含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，原理综合题，有机推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
1．化学与社会、环境、社会发展等密切相关。下列有关说法正确的是（ ）
A．小苏打是常用的食品添加剂，其化学式是Na2CO3
B．明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的杀菌消毒
C．氢气还原氧化铜时，先加热再通氢气
D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
2．《本草纲目》中“石碱”条目下记载：“采蒿蓼之属……晒干烧灰，以水淋汁……久则凝淀如石……浣衣发面，甚获利也。”下列说法错误的是
A．“蒿蓼”的主要成分是纤维素B．“晒干烧灰，以水淋汁”说明石碱易溶于水
C．“久则凝淀如石”是结晶析出的过程D．“石碱”俗称烧碱
3．下列措施对增大化学反应速率明显有效的是
A．Na与水反应时，增加水的用量
B．铁与硫酸铜溶液反应，增加压强
C．铝与稀硫酸反应制取氢气时改用浓硫酸
D．实验室制CO2气体时，将大理石块改为大理石粉
4．糖类、油脂、蛋白质是人体必需的基本营养物质。下列有关说法正确的是
A．淀粉、油脂和蛋白质都是天然高分子
B．糖类、油脂和蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的
C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液会产生沉淀，加水后沉淀又溶解
5．下列实验现象和结论相符的是
A．AB．BC．CD．D
6．MgO，MgSO4和MgHPO4组成的混合物中镁元素的质量分数为33%，则混合物中氧元素的质量分数为（ ）
A．16%B．32%C．49%D．55%
7．设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A．含16 g氧原子的二氧化硅晶体中含有的Ϭ键数目为1NA
B．1 ml N2与4 ml H2反应生成的NH3分子数为2NA
C．50℃时，1.0 L pH＝1的H2SO4 溶液中含有的H+数目为0.1NA
D．12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的数目为1.5NA
8．某密闭容器中放入一定量的NO2，发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)+Q，在达平衡后，若分别单独改变下列条件，重新达到平衡后，能使平衡混合气体平均相对分子质量减小的是
A．通入N2B．通入NO2C．通入N2O4D．降低温度
9．某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S。下列说法错误的是
A．充电时，太阳能转化为电能，又转化为化学能
B．放电时，a极的电极反应式为：4S2--6e-=S42-
C．充电时，阳极的电极反应式为：3I--2e-=I3-
D．M是阴离子交换膜
10．A、B、C、D、E 是同一短周期的五种元素, A和B的最高价氧化物对应的水化物呈碱性, 且碱性前者强于后者, C和D的最高价氧化物对应的水溶液呈酸性, 且酸性前者强于后者, 五种元素形成的简单离子中,E的离子半径最小, 则它们的原子序数由大到小的顺序是
A．BADCEB．ECDABC．BAEDCD．CDEBA
二、多选题
11．实验室制备的反应原理：。下列说法正确的是
A．O原子的轨道表示式：
B．的电子式：
C．是V型的非极性分子
D．的结构式：
12．某有机化合物的结构简式如图，下列有关该有机物的说法正确的是
A．分子中含有5种官能团
B．分子中共面的碳原子最多有10个
C．含氧官能团较多，因此易溶于水
D．与足量的H2发生加成反应后所得产物的分子式为C10H16O4
13．下列有关说法正确的是
A．Na2CO3和NaOH都能抑制水的电离
B．0.1 ml·L－1Na2CO3溶液加水稀释，CO32-的水解程度增大，溶液pH减小
C．酸碱中和滴定实验中，锥形瓶需用待测液润洗2~3次后，再加入待测液
D．常温下，pH=3的盐酸、醋酸分别用水稀释m倍、n倍后pH相同，则m7，溶液显碱性，说明的水解大于电离，则，故B错误；
C. +H+，取②和③的交点，c()=c()，则，故C错误；
D.反应的平衡常数K=，取①和②的交点，c()=c()，，则K=，认为反应完全，故D正确；
答案选AD。
15．(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
(2) 强碱溶液 吸收多余的二氧化硫，防止污染空气 SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O
(3) 广口瓶中液面下降，而长颈漏斗中液面上升 d
(4) 反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应 ad
【分析】A装置中，Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；生成的SO2进入C中，排出空气从而收集SO2；D装置用于验证SO2的漂白性，多余的SO2用蘸有碱性溶液的棉花吸收。当反应结束时，关闭K，多余的SO2进入B装置，B装置中液体与SO2不能发生化学反应，据此解答。
【详解】（1）装置A中Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应，其反应化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
故答案为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
（2）D中品红用来检验生成的SO2，由于SO2有毒，所以棉花中浸有强碱溶液，如NaOH溶液，来吸收多余的SO2，防止污染空气；NaOH溶液吸收多余的SO2反应的化学方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；
故答案为：强碱溶液；吸收多余的二氧化硫，防止污染空气；SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；
（3）当关闭K时，继续产生的SO2贮存在B中，随SO2的增多，瓶内压强增大，广口瓶中液面下降，而长颈漏斗中液面上升；B为贮存SO2的装置，则其中的液体不能与SO2发生反应。SO2易溶于水，则a不行；SO2具有还原性，能被酸性KMnO4溶液和浓溴水氧化，则b和c也不行；SO2与NaHSO3不反应，且在饱和的NaHSO3溶液中溶解度变小，故应选择饱和NaHSO3溶液，则答案选d；
故答案为：广口瓶中液面下降，而长颈漏斗中液面上升；d；
（4）①有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，原因是反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应；
故答案为：反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应；
②余酸为稀硫酸，铁粉、NaHCO3溶液都能与稀硫酸反应，并有气泡产生；BaCl2溶液虽然能与稀硫酸反应，但不能确定SO 的来源；银粉与稀硫酸不反应，故选择ad；
故答案为：ad。
16． CaO 分液漏斗 碱石灰 c 白烟 防倒吸 红 氧化 2NO+O2=2NO2
【详解】(1)生石灰的化学式为CaO；仪器a的名称是分液漏斗；
(2)氨气具有与酸反应的性质，氨气与碱石灰不反应，所以干燥剂选择碱石灰；
(3)氨气的密度比空气小，用向下排空气法收集，则应当从c口进入；
(4)发生的反应为，氯化铵是固体，所以现象是白烟；
(5)仪器d的作用是防倒吸；，溶液显碱性，故滴入酚酞后，溶液显红色；
(6)N元素由-3价升高到NO中的+2价，失去电子，发生氧化反应；NO不稳定，容易与O2发生反应生成二氧化氮，
17． 负 4OH--4e-=2H2O+O2↑ 减小 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ：2：4：1 Fe-Cu-CuSO4 粗铜 CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725．76kJ•ml-1
【分析】由题意可知①乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Ag++e-=Ag，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极，f为阳极，e为阴极，d为阳极，甲池是电解饱和氯化钠溶液；②依据电极反应电子守恒计算，乙中为AgNO3溶液，c为阴极电极反应Ag++e-=Ag，d电极为阳极，氢氧根离子失电子发生氧化反应。③若利用丙池实现铁上镀铜，所以e阴极是铁，f阳极是铜，电解质溶液是硫酸铜，若利用丙池实现电解精炼铜，e阴极是纯铜，f阳极是粗铜，电解质溶液是硫酸铜，根据此分析进行解答。
【详解】（1）接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加，说明c是银离子放电生成单质银，所以c是阴极，则M是负极，则N是正极。
故答案为 负；
（2）电极d是阳极，氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极上发生的电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑，
故答案为 4OH--4e-═2H2O+O2↑；
（3）甲池是电解饱和氯化钠溶液，总反应式为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（4）当电路中有0.04ml电子通过时，a是氢离子放电，生成氢气，b是氯离子放电生成氯气、c极是银离子放电生成单质银、d电极是氢氧根离子放电生成氧气，所以有0.04ml电子通过时产生的气体或固体的物质的量分别是0.02ml、0.02ml、0.04ml、0.01ml，所以a、b、c、d电极上产生的气体或固体的物质的量之比是2：2：4：1。
故答案为 2：2：4：1
（5）若利用丙池实现铁上镀铜，所以e阴极是铁，f阳极是铜，电解质溶液是硫酸铜溶液。若利用丙池实现电解精炼铜，e阴极是纯铜，f阳极是粗铜，电解质溶液是硫酸铜溶液；
故答案为Fe-Cu-CuSO4 ；粗铜；
（6）燃烧热指的是1 ml可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇即1ml甲醇燃烧放的热量为725.8kJ，其燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725．76kJ•ml-1；
故答案为 CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725．76kJ•ml-1
（7）在化学反应过程中，反应物断键会吸收能量，生成物成键会释放能量。反应中，每反应2mlNO，转移2ml电子，吸收的能量=2×+=1503 kJ•ml-1，释放的能量=2×+2×=2a+1214 kJ•ml-1,故放出的能量为2a-289 kJ•ml-1。若转移4ml电子,理论上放出的热量为2×（2a-289）= kJ•ml-1；
故答案为
【点睛】本题为电化学知识的综合应用，做题时要注意根据电极反应现象判断出电解池的阴阳级，进而判断出电源的正负极，要注意三个电解池为串联电路，各电极上得失电子的数目相等．做题时要正确写出电极方程式，准确判断两极上离子的放电顺序。
18． 羟基、羧基 取代反应 +3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O 4
【详解】试题分析：由合成流程可知，A为CH3CHO，B为邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成C，C为，C与CH3COCl发生取代反应生成D，D中含-COOC-，能发生水解反应，D水解酸化后发送至酯化反应生成E，
（1）B为邻羟基苯甲酸，含有的官能团有羟基和羧基，故答案为羟基、羧基；
（2）由上述分析可知，C中的-OH上的H被取代，则C转化为D的反应类型是取代反应，故答案为取代反应；
（3）D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O， 故答案为+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O；
（4）E中含苯环与C=C，均能与氢气发生加成反应，则1摩尔E最多可与4mlH2加成，故答案为4；
（5）B为邻羟基苯甲酸，其同分异构体符合：A、能够发生银镜反应，含-CHO；B、核磁共振氢谱只有4个峰，含4种位置的H；C、能与FeCl3溶液发生显色反应，含酚-OH，水解时每摩尔可消耗3摩尔NaOH，含-COOCH，所以同分异构体为，故答案为；
（6）甲苯氧化生成苯甲酸，苯取代生成氯苯，水解生成苯酚，以此合成该有机物，合成流程图为，故答案为。
考点：考查了有机合成与推断、有机物的结构与性质的相关知识。
19． 铁 直线型 N 异硫氰酸分子之间可以形成氢键 sp2 6 或
【分析】(1)未成对电子数目根据基态原子电子排布式进行判断；
(2)①SCN－的空间构型根据等电子体进行判断；同一周期，随原子序数的增加，元素第一电离能呈现增大的趋势，同一主族，最电子层数的增加，元素的第一电离能逐渐减小；
②H－N＝C＝S分子中存在强极性键N-H，致其分子间易形成氢键，故H－N＝C＝S沸点比H－S－C≡N高；
(3)由题意可知C5H5-的C环是平面的，故知其中5个C原子应为sp2杂化；因5个C原子均为sp2杂化，则应各有一个未杂化的p电子参与形成5个C原子的大键，加上负电荷的电子，共有6个电子参与形成大键；
(4)此为六方晶胞，单晶胞体积为；整个六方晶胞体积为，整个六方晶胞中Ni原子数为12+6+2+1=6，As原子数为6，根据计算。
【详解】(1)根据基态原子电子排布式Fe为1s22s22p63s23p63d64s2、C为1s22s22p63s23p63d74s2、Ni为1s22s22p6 3s23p63d84s2可知，未成对电子数目最多的是铁，镍的外围电子轨道表达式为；
(2)①SCN－的等电子体是CO2，空间构型相同为直线型；同一周期，随原子序数的增加，元素第一电离能呈现增大的趋势，同一主族，最电子层数的增加，元素的第一电离能逐渐减小，故组成元素中第一电离能最大的是N；
②H－N＝C＝S分子中存在强极性键N-H，致其分子间易形成氢键，故H－N＝C＝S沸点比H－S－C≡N高；
(3)由题意可知C5H5-的C环是平面的，故知其中5个C原子应为sp2杂化；因5个C原子均为sp2杂化，则应各有一个未杂化的p电子参与形成5个C原子的大键，加上负电荷的电子，共有6个电子参与形成大键，故大Π键为；
(4)此为六方晶胞，单晶胞体积为；整个六方晶胞体积为，整个六方晶胞中Ni原子数为12+6+2+1=6，As原子数为6，故：g/cm3或。