四川省凉山州2020届高三化学上学期期末模拟试题（二）.docx

四川省凉山州2020届高三化学上学期期末模拟试题（二）一、单选题（本大题共7小题，共42分）1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是A. 所有的物质都可以称为材料B. 大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素，化石燃料可以再生C. 若对燃烧产物、等利用太阳能重组，有可能变成、等D. 合理使用食品添加剂是指在规定范围内使用化学合成物质，对于天然物质则不必限制【答案】C【解析】解：A、材料是物质，但不是所有物质都称为材料，如燃料和化学原料、工业化学品、食物和药物，一般都不算作材料，往往称为原料，故A错误； B、大量燃烧化石燃料能产生粉尘等有害物质，是造成雾霾天气的一种重要因素，但化石燃料是一次能源，不可以再生，故B错误； C、利用太阳能使燃烧产物经化学反应重新组合，使之变成、等，使燃料再生，故C正确； D、食品添加剂是为防腐和加工工艺的需要而加入食品中的人工合成或者天然物质，合理使用对人体无害，但过量添加会超过人体降解能力，即便是天然物质的食品添加剂，也会造成危害，所以对于天然物质也应该限制用量，故D错误； 故选：C。A、材料是人类用于制造物品、器件、构件、机器或其他产品的那些物质； B、化石燃料是不可以再生燃料； C、利用太阳能促使燃料循环使用，使之变成、等，该设想是利用太阳能将燃烧产物重新转化为燃料，使燃料再生； D、食品添加剂是为改善食品色、香、味等品质，以及为防腐和加工工艺的需要而加入食品中的人工合成或者天然物质，合理使用对人体无害。本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生活与化学的联系，题目难度不大。2. 下列说法不正确的是A. 和一定互为同系物B. 1mol葡萄糖与足量的金属钠反应，最多可生成C. 三氯甲烷只有一种结构证明甲烷是正四面体构型D. 油脂是食物中产生能量最高的营养物质【答案】C【解析】解：和都是烷烃，结构相似、分子组成相差2个“”原子团，故互为同系物，故A不符合； B.葡萄糖中的能和钠反应放出氢气，而1mol葡萄糖中含，故能和5mol金属钠反应放出氢气，故B不符合； C.三氯甲烷只有一种结构，三氯甲烷可能是正四边形结构或四面体结构，所以不能由此推断甲烷是正四面体结构，故C符合； D.基本营养物质有糖类、油脂、蛋白质等，其中单位质量的油脂产生的能量最高，故D不符合； 故选：C。A.结构相似、分子组成相差若干个“”原子团的有机化合物互相称为同系物，同系物必须是同一类物质； B.中含、，结合醇和醛的性质来解答； C.甲烷若是正四面体，则只有一种结构，因为正四面体的两个顶点总是相邻关系； D.基本营养物质有糖类、油脂、蛋白质等，其中单位质量的油脂产生的能量最高本题考查了甲烷结构、葡萄糖的结构和性质，根据其结构中的官能团来分析其所具有的性质，题目难度不大3. 设阿伏加德罗常数的值为，则下列说法正确的是A. 标准状况下，L乙烯含有的共用电子对数为B. 中的阳离子数为C. 通常状况下，lmolNO和在密闭容器中混合，生成分子数为D. 制取漂白粉时，标准状况下参加反应，转移电子数为【答案】D【解析】解：标况下乙烯的物质的量为1mol，而乙烯中含6对共用电子对，故1mol乙烯中含个共用电子对，故A错误；B.硫酸氢钠阳离子为钠离子，中的钠离子为1mol，个数，故B错误；C.NO和反应方程式为，根据方程式知，1molNO与恰好完全反应生成，但和之间存在转化，方程式，所以产物分子数小于，故C错误；D.标况下氯气的物质的量为1mol，而氯气和碱反应是歧化反应，1mol氯气转移个电子，故D正确；故选：D。A.据乙烯中含6对共用电子，根据计算出乙烯的物质的量，然后计算出含有共用电子对的物质的量及数目；B.硫酸氢钠是由钠离子与硫酸氢根离子通过离子键结合而成，阳离子为钠离子；C.和之间存在转化，方程式；D.求出氯气的物质的量，然后根据氯气和碱反应是歧化反应来分析本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，熟悉物质的结构，明确二氧化氮与四氧化二氮之间转化是解题关键，题目难度不大4. 下列实验操作、现象与所得结论一致的是实验操作现象结论A向盛有25mL沸水的烧杯中滴加滴饱和溶液，继续煮沸溶液生成红褐色沉淀制得胶体B向两支盛有溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀溶液中存在平衡：C将溴乙烷和NaOH乙醇溶液混合加热，产生气体通入酸性溶液酸性溶液褪色一定产生了乙烯D在滴有酚酞的溶液中，加入溶液溶液褪色溶液有酸性A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】解：饱和溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体，为防止胶体聚沉，当溶液呈红褐色时停止加热，故A错误； B.向两支盛有的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，则的溶液中含、，即溶液中存在平衡为，故B正确；C.乙醇能使酸性高锰酸钾褪色，应先除掉乙醇，故C错误；D.滴有酚酞的溶液呈红色是因为碳酸根离子水解溶液显碱性，加入氯化钙，碳酸根离子和钙离子交换水解平衡逆向进行，氢氧根离子难度减小，碱性减弱红色褪去，溶液呈中性，故D错误；故选：B。A.饱和溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体；B.前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，则的溶液中含、；C.乙醇能使酸性高锰酸钾褪色；D.滴有酚酞的溶液呈红色是因为碳酸根离子水解溶液显碱性，加入氯化钙，碳酸根离子和钙离子交换水解平衡逆向进行，碱性减弱红色褪去本题考查了实验方案评价，明确实验原理是解本题关键，根据氢氧化铁胶体的制备、盐类水解原理、物质的检验等知识点来分析解答即可，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大5. X、Y、Z、R、W是短周期主族元素，X原子的最外层电子数是其次外层的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，W与Y属于同一主族下列叙述正确的是A. Y、Z、R元素简单离子的半径依次增大B. 含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种C. 元素W和R最高价氧化物对应水化物的酸性后者强D. Y与Z形成的两种化合物中的化学键类型和阴阳离子个数比均相同【答案】C【解析】解：X、Y、Z、R、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，故X是C元素；Y元素在地壳中的含量最高的元素，则Y是O元素；W与Y属于同一主族，则为W为S元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，其核外电子数为，故R为Cl。 A.电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，则离子半径：，故A错误； B.Y、Z、R分别是O、Na、Cl元素，含有三种元素的化合物有NaClO、等，故B错误； C.元素W和R最高价氧化物对应水化物分别为硫酸、高氯酸，高氯酸的酸性强于硫酸，故C正确； D.Y与Z形成的两种化合物为、，含有的阴阳离子数目之比均为1：2，前者只含离子键，后者含有离子键、共价键，故D错误， 故选：C。X、Y、Z、R、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，故X是C元素；Y元素在地壳中的含量最高的元素，则Y是O元素；W与Y属于同一主族，则为W为S元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，其核外电子数为，故R为Cl，据此解答本题考查原子结构与元素周期律，侧重于学生的分析能力的考查，正确推断元素是解本题关键，B中注意根据Cl元素化合价理解O、Na、Cl元素形成的化合物，难度中等6. 某新型水系钠离子电池工作原理如图所示。光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时转化为下列说法正确的是A. 充电时，太阳能转化为化学能，化学能又转化为电能B. 放电时，a极为正极C. 充电时，阳极的电极反应式为D. M可以使用阴离子交换膜【答案】C【解析】【分析】本题考查了原电池原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解本题关键，难点是电极反应式的书写，根据M晶体的类型确定M的导电作用，题目难度中等。【解答】根据题意：光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，充电时还原为，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是电池的正极，在充电时，阳极上发生失电子的氧化反应：，据此回答。A、根据题意：光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，故A错误；B、充电时还原为，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，故B错误；C、在充电时，阳极b上发生失电子的氧化反应，根据图示知道电极反应为：，故C正确；D、根据图示可以知道交换膜允许钠离子自由通过，所以应该是阳离子交换膜，故D错误。故选：C。7. 下列叙述不正确的是A. 醋酸溶液中离子浓度的关系满足：B. 常温下，等体积等浓度NaOH溶液与甲酸溶液混合后：C. 已知的二元酸溶液，则NaHA溶液中：D. 常温下，将mL的某强碱溶液与mL的某二元酸溶液混合，混合后溶液呈中性，则与的关系【答案】B【解析】解：任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得，故A正确； B.常温下，等体积等浓度的NaOH和HCOOH反应生成强碱弱酸盐HCOONa，水解导致溶液呈碱性，则，根据电荷守恒得，其水解程度较小，所以存在，故B错误； C.的二元酸溶液，说明该二元酸是弱酸，NaHA溶液中与含有A元素微粒浓度之和之比为1：1，所以NaHA溶液中存在物料守恒：，故C正确； D.常温下，将mL的某强碱溶液与mL的某二元酸溶液混合，混合后溶液呈中性，如果酸是强酸，酸碱浓度相等，要使混合溶液呈中性，则酸碱体积相等；如果酸是弱酸，碱中远远小于酸最终电离出的，要使混合溶液呈中性，则碱体积大于酸体积，所以与的关系，故D正确； 故选：B。A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断； B.常温下，等体积等浓度的NaOH和HCOOH反应生成强碱弱酸盐HCOONa，水解导致溶液呈碱性； C.的二元酸溶液，说明该二元酸是弱酸，NaHA溶液中与含有A元素微粒浓度之和之比为1：1； D.常温下，将mL的某强碱溶液与mL的某二元酸溶液混合，混合后溶液呈中性，如果酸是强酸，酸碱浓度相等，要使混合溶液呈中性，则酸碱体积相等；如果酸是弱酸，碱中远远小于酸最终电离出的，要使混合溶液呈中性，则碱体积大于酸体积。本题以酸碱混合溶液定性判断为载体考查离子浓度大小比较，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，D为解答易错点。8.可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿元素主要以、CoO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素制取氯化钴晶体的一种工艺流程如图1所示：已知：焦亚硫酸钠，常做食品抗氧化剂。、难溶于水。熔点，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：开始沉淀pH完全沉淀pH回答下列问题：操作的名称为_，具有氧化性，其名称为_。浸取中加入的作用是_。滤液1中加入的作用是_，相关的离子方程式为_。加入溶液生成滤渣2的主要离子方程式为_。滤渣3主要成分为_写化学式。如图2所示，滤液3经过多次萃取与反萃取制备晶体滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是_。制备晶体，需在减压环境下烘干的原因是_。【答案】过滤；氯酸钠；将价钴还原为价钴；将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；、；分离出溶液中的、，回收利用；降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴。【解析】【分析】本题考查了物质的分离提纯方法和流程分析判断、物质性质和实验基本操作等，理解流程图中每一步中的实验原理是解题关键，题目难度中等。图1由含钴矿元素主要以、CoO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素制取氯化钴晶体的一种工艺流程，含钴矿粉加入稀硫酸和焦亚硫酸钠，过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中加入将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液沉淀铁离子，过滤得到滤渣2和滤液2，滤液2中加入NaF调节溶液沉淀钙离子和镁离子，生成滤渣3为、难溶于水，图2分析滤液3中加入萃取剂，分液得到有机层中然后用稀盐酸反萃取得到萃取剂和溶液4，经过一系列操作得到相应的盐，溶液中含钴离子和镍离子，加入萃取剂萃取分液得到含镍离子的溶液和有机层，加入稀盐酸反萃取得到氯化钴溶液。经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体，【解答】操作是分离固体和溶液，操作名称为过滤，为价氯的盐，为氯酸钠，故答案为：过滤；氯酸钠；焦亚硫酸钠，常做食品抗氧化剂，具有还原性，浸取中加入的作用是将价钴还原为价钴；，故答案为：将价钴还原为价钴；液1中加入的作用将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，反应的离子方程式：，故答案为：将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；加入溶液生成滤渣2是碳酸钠和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式：，故答案为：；分析可知滤渣3主要成分、，故答案为：、；滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是分离出溶液中的、，回收利用，故答案为：分离出溶液中的、，回收利用；制备晶体，需在减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴。故答案为：降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴。9.是大气污染物，但只要合理利用也是重要的资源。回答列问题：将和水蒸气混合，反应的现象为_，写出该反应的化学方程式_。的历程分两步，反应方程式、速率方程和吸放热情况如下：反应I：快，反应II：慢，反应的_用、表示。一定温度下，反应达到平衡状态，平衡常数的表达式_用、表示。若升高温度，K将_填“增大”、“减小”或“不变”反应，在一定条作下与的消耗速率与自身压强有如下关系：，其中、是与温度有关的常数。一定温度下，相应的速率与压强关系如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点是_，理由是_。升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是的速率却随着温度的升高而减小。已知反应速率较慢，且决定总反应速率是反应II，则反应I的活化能与反应II的活化能的大小关系为_填“”、“”或“”。根据速率方程分析，升高温度反应速率减小的原因是_。A.增大，增大减小，减小C.增大，减小减小，增大【答案】红棕色褪去，产生白雾 减小 BD 图中只有D点的消耗速率是B点的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是BD B【解析】解：二氧化氮与水反应的化学方程式为：，则反应中红棕色褪去，产生白雾，故答案为：红棕色褪去，产生白雾；，根据盖斯定律，可得；由反应达平衡状态，所以、，所以，即，则是；该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向着逆向移动，平衡常数减小，故答案为：；减小；故答案为：；减小；反应达到平衡时，存在速率关系为正逆，根据反应方程式可知：的消耗速率是消耗速率的两倍，结合图象分析，能表示该反应达到平衡状态的两个点是B和D，原因为：图中只有D点的消耗速率是B点的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是B、D，故答案为：BD；图中只有D点的消耗速率是B点的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是BD；因为决定速率的是反应，所以反应的活化能远小于反应的活化能；反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使减小，同时减小，故答案为：；B。根据反应分析反应现象；，而目标反应的，平衡常数，由反应达平衡状态，所以、，所以，而正反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数减小，由此分析解答；反应达到平衡时，存在速率关系为正逆，根据图象和速率表达式分析，解释原因；因为决定速率的是反应，所以反应的活化能远小于反应的活化能；决定反应速率的是反应，而温度越高增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小；升高到某一温度时减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，由此分析解答。本题考查较为综合，涉及盖斯定律应用、化学平衡及其影响等知识，题目难度中等，明确盖斯定律的内容为解答关键，注意熟练掌握化学平衡的影响因素，试题培养学生的分析能力及综合应用能力。10.某班学生用与含钡试剂探究化学反应原理，设计了如图实验装置。已知：浓，三个实验小组分别利用该实验装置，将不同试剂装入B试管进行实验，实验结果如下表实验小组B试管中试剂B试管中现象第一组溶液产生白色沉淀第二组溶液产生白色沉淀；液面有浅红棕色气态物质产生，并逐渐消失第三组溶液产生少量白色沉淀根据实验回答问题：第一组实验中，A装置中盛装浓硫酸的仪器的名称为_，B中沉淀主要是_，B中发生反应的离子方程式为_。第二组实验中，B中白色沉淀是_，溶液中发生反应的离子方程式为_。第三组实验结果的分析出现分歧，有同学认为白色沉淀是有同学认为是实验小组取出沉淀，继续加入足量_，沉淀不溶解，说明沉淀应该是实验中产生的原因是：_。综合三组实验结果，请预测通入溶液，_填能”或“不能”产生沉淀，请用化学原理解释：_。【答案】分液漏斗 稀盐酸 置中的氧气，将溶液中的二氧化硫或氧化成，与结合生成 不能 二氧化碳溶于水形成碳酸，酸性弱。电离产生的碳酸根离子浓度小，不能与钙离子形成碳酸钙白色沉淀【解析】解：装置A中浓硫酸用分液漏斗盛装；二氧化硫与氢氧化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为， 故答案为：分液漏斗； 硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，生成沉淀为硫酸钡，反应的离子方程式为， 故答案为：； 二氧化硫与氯化钡不反应，生成的沉淀应为硫酸钡，与溶液中二氧化硫与装置内的氧气反应有关，可加入盐酸检验， 故答案为：稀盐酸；装置中的氧气，将溶液中的二氧化硫或氧化成，与结合生成； 二氧化碳溶于水形成碳酸，碳酸为弱酸，溶液中碳酸根离子浓度较小，不能生成碳酸钙沉淀， 故答案为：不能；二氧化碳溶于水形成碳酸，酸性弱。电离产生的碳酸根离子浓度小，不能与钙离子形成碳酸钙白色沉淀。装置A中浓硫酸用分液漏斗盛装；二氧化硫与氢氧化钡反应生成亚硫酸钡沉淀； 硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子； 二氧化硫与氯化钡不反应，生成的沉淀应为硫酸钡，与溶液中二氧化硫与装置内的氧气反应有关； 碳酸为弱酸，溶液中碳酸根离子浓度较小，不能生成碳酸钙沉淀。本题考查物质性质的实验探究，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目涉及对装置的理解与分析、实验方案设计等，注意把握物质的性质，难度中等。11.短周期p区元素共有13种，除铝外全部是非金属元素。基态氮原子的价层电子排布图为_；短周期p区元素中，第一电离能最小的元素与电负性最大的元素组成的化合物是_填化学式。卤素与硼、氮、磷可形成，和下列有关以上三种分子的叙述正确的是A.化学键类型相同 空间构型相同C.中心原子的杂化轨道类型相同中心原子的价层电子对数相同是一种溶剂，它能溶解硫磺。写出一种与具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_。CO能与Ni形成正四面体型的配合物，中含有_键。与水互不相溶，与分子结构相似，但遇水极易发生水解反应，导致二者性质不同的原因是_。铝的几种卤化物的熔点如下：卤化铝熔点1040190191的晶体类型是_，晶体中存在的作用力有_。氮化铝晶体为原子晶体，是一种新型无机非金属材料，其晶体密度为，晶胞如图所示。铝原子的配位数为_。设为阿伏加德罗常数的值。氮化铝晶胞中，铝原子和氮原子之间最短的核间距为_nm。【答案】； 、或COS；硅原子有3d空轨道，能接受氧原子的孤对电子，而碳原子没有d空轨道，不能接受氧原子的孤对电子分子晶体；共价键、分