陕西省咸阳市武功县2020届高三化学上学期第一次模拟考试试题（含解析）

陕西省咸阳市武功县2020届高三化学上学期第一次模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：h 1 c 12 o 16 cl 35.5 na 23 k 39 fe 56第i卷(选择题)一、选择题1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（ ）a. 高纯硅可用于制作光感电池b. 铝合金大量用于高铁建设c. 活性炭具有除异味和杀菌作用d. 冬季燃煤中掺石灰可降低so2排放【答案】c【解析】【详解】a项、硅是一种良好的半导体材料，则高纯硅可用于制作光感电池，故a正确；b项、铝合金密度低，但强度比较高，接近或超过优质钢，塑性好，可加工成各种型材，具有优良的导电性、导热性和抗蚀性，大量用于高铁建设，故b正确；c项、活性炭具有很强的吸附性，可以除异味，但不能起杀菌作用，故c错误；d项、燃煤中掺石灰，氧化钙能与煤燃烧生成的二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙，从而减少二氧化硫排放，故d正确；故选c。2.下列化学用语表达正确的是（ ）a. 含78个中子的碘原子：b. cl的结构示意图：c. cacl2的电子式：d. 乙烯的结构简式：c2h4【答案】a【解析】【详解】a项、含78个中子的碘原子的质子数为53，质量数为131，原子符号为，故a正确；b项、cl有3个电子层，最外层有8个电子，离子的结构示意图为，故b错误；c项、氯化钙是由钙离子和氯离子组成的离子化合物，电子式为，故c错误；d项、乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式为ch2= ch2，故d错误； 故选a。【点睛】书写离子化合物电子式时应注意阴离子全用括号；阴、阳离子均应标明电荷；相同的离子应对称排列，不能合并。3.下列物质分类正确的是（ ）a. 墨水、蛋白质溶液均属于胶体b. h2o、co2均为电解质c. no、so3均为酸性氧化物d. h2s、o2常作还原剂【答案】a【解析】【详解】a项、分散质微粒直径在1nm-100nm 的分散系为胶体，墨水、蛋白质溶液均属于胶体，故a正确；b项、二氧化碳与水反应生成的碳酸能电离，本身不能电离，属于非电解质，故b错误；c项、一氧化碳不能与碱反应，属于不成盐氧化物，故c错误；d项、氧气是常见的氧化剂，故d错误；故选a。4.设na为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）a. 常温常压下，30g乙烷中所含的共价键数为6nab. 标准状况下，0.1mol cl2溶于水，转移的电子数目为0.1nac. 0.1mol d2o分子中含中子数为1.0nad. 0.1moll1的nh4no3溶液中含有的氮原子数为0.2na【答案】c【解析】【详解】a项、乙烷分子中含有6个碳氢键和1个碳碳键，共价键数目为7，30g乙烷的物质的量为1mol，1mol乙烷中所含的共价键数为7na，故a错误；b项、氯气与水的反应是可逆反应，0.1mol氯气不可能完全反应，转移的电子数目小于0.1na，故b错误；c项、d2o分子中含中子数为10，则0.1mol d2o分子中含中子数为1.0na，故c正确；d项、缺溶液的体积，无法计算0.1moll1的nh4no3溶液中氮原子的物质的量，故d错误；故选c。【点睛】氯气与水的反应是可逆反应，氯气不可能完全反应是解答关键，也是易错点。5.下列解释事实的方程式正确的是（ ）a. 用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：na2s2o32hso2s2nah2ob. 氢氧化亚铁暴露于空气中会变色：4fe(oh)2+o2+2h2o=4fe(oh)3c. 向ca(clo)2溶液中通入过量co2制取次氯酸： ca2cloh2oco22hclocaco3d. 氯气用于自来水消毒：cl2 + h2o2h + cl+ clo【答案】b【解析】【详解】a硫代硫酸钠是可溶性盐，可拆分，则用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，正确的离子方程式为：s2o32-+2h+so2+s+h2o，故a错误；b氢氧化亚铁暴露于空气中被氧化生成氢氧化铁，反应方程式为4fe（oh）2 +o2 +2h2o4 fe（oh）3，故b正确；c二氧化碳过量反应生成可溶性的碳酸氢钙，则向ca（clo）2溶液中通入过量co2制取次氯酸，离子方程式：clo-+h2o+co2=hclo+hco3-，故c错误；dhclo是弱酸，则氯气用于自来水消毒发生反应的离子方程式为cl2 + h2o h+ cl+ hclo，故d错误；故答案为b。6.在给定条件下，能顺利实现下列所示物质间直接转化的是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【详解】a项、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故a正确；b项、铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不能生成氧化亚铁，故b错误；c项、一氧化氮不溶于水，不能与水反应生成硝酸，故c错误；d项、二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，故d错误；故选a。【点睛】一氧化氮属于不成盐氧化物，不溶于水，不能与水反应生成硝酸，应与氧气反应生成溶于水的二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸是解答易错点。7.以co2和na2o2为原料，制取纯净干燥的o2，实验装置如下：下列说法不正确的是a. 装置中试剂可以是naoh溶液b. 装置的作用是干燥o2c. 收集氧气应选择装置ad. 装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶【答案】c【解析】【分析】实验原理分析：二氧化碳通过u型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；【详解】a.装置中试剂可以是naoh溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选a；b. 装置中盛有浓硫酸，作用是干燥o2，故不选b；c. 由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选c；d. 装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选d；答案：c8.碘在地壳中主要以naio3的形式存在，在海水中主要以i的形式存在，几种微粒之间的转化关系如图所示。已知：淀粉遇单质碘变蓝。下列说法中，不正确的是（ ） a. 氧化性的强弱顺序为：cl2io3i2b. 途径中若生成1mol i2，消耗4mol nahso3c. 一定条件下，i与io3反应可能生成i2d. 向含i的溶液中通入cl2，所得溶液加入淀粉溶液不一定变为蓝色【答案】b【解析】【分析】由题给信息可知，途径反应的离子方程式为2i+cl2=2cl+i2，途径反应的离子方程式为2io3-+ 5hso3=i2+5so42+3h+h2o，途径反应的化学方程式为5cl2+i2+6h2o2hio3+10hcl。【详解】a项、由途径i可知氧化性cl2i2，由途径可知氧化性i2io3-，由途径可知氧化性cl2io3-，故氧化性的强弱顺序为cl2io3-i2，故a正确；b项、由途径反应的离子方程式可知，生成1moli2，反应消耗5molnahso3，故b错误；c项、由氧化性i2io3-可知，一定条件下，i与io3反应可能生成i2，故c正确；d项、根据图中转化关系可知cl2可以把i-氧化成io3-，则向含i的溶液中通入过量cl2，所得溶液加入淀粉溶液不变蓝色，故d正确；故选b。【点睛】根据图中转化关系可知cl2可以把i-氧化成io3-得出向含i的溶液中通入cl2，所得溶液加入淀粉溶液不一定变为蓝色是解答关键。9.四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，四种元素原子的最外层电子数之和为15，下列叙述正确的是（ ）a. b元素最高价氧化物对应的水化物为强酸b. 最简单气态氢化物的热稳定性：bcc. c为第二周期第viia族元素d. 原子半径：dcba【答案】a【解析】【分析】四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，则a为h；b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，d为al，四种元素原子的最外层电子数之和为15，b、c为第二周期元素，b、c的最外层电子数之和为15-1-3=11，b为n，c为o符合题意，以此来解答【详解】由上述分析可知，a为h，b为n，c为o，d为al；ab元素为氮元素，其最高价氧化物对应的水化物硝酸为强酸，故a正确；b非金属性on，则气态氢化物的热稳定性：bc，故b错误；cc为o元素，核电荷数为8，为第二周期第via族元素，故c错误；d短周期主族，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：alnoh，故d错误；故答案为a。10.1mol白磷（p4，s）和4mol红磷（p，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（e表示能量）。下列说法正确的是（ ）a. p4(s，白磷)=4p(s，红磷) h0b. 以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等c. 白磷比红磷稳定d. 红磷燃烧的热化学方程式是4p(s，红磷)5o2(g)p4o10(s) h=(e2e3)kj/mol【答案】d【解析】【详解】a依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，白磷转变为红磷是放热反应，则h0，故a错误； b依据图象分析，白磷能量高于红磷，则白磷和红磷所需活化能不相等，故b错误；c依据图象分析，白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故c错误；d依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，则反应的热化学方程式：4p(s，红磷)5o2(g)p4o10(s) h=(e2e3)kj/mol，故d正确；故答案为d。11.在t 时，agbr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t 时agcl的ksp41010 mol2l2，下列说法不正确的是()a. 在t 时，agbr的ksp为4.91013 mol2l2b. 在agbr饱和溶液中加入nabr固体，可使溶液由c点到b点c. 图中a点对应的是agbr的不饱和溶液d. 在t 时，agcl(s)br(aq)agbr(s)cl(aq)的平衡常数k816【答案】b【解析】【详解】a. 由c点的c(ag+)和c(br-)得该温度下agbr的ksp= c(ag+) c(br-)=710-7710-7=4.910-13 mol2l2，a项正确；b. 在agbr饱和溶液中加入nabr固体，c(br-)增大，平衡逆向移动，c(ag+)减小，不能使溶液由c点到b点，b项错误；c. a点是溶液中qc”或“”、“”或“”)。(5)下列说法正确的是_(填编号)。a.当co2、h2和hcooh的物质的量浓度之比为1：1：1时，该反应达到平衡b.容器中气体密度不再改变，不能判断该反应是否达到平衡c.将hcooh液化后分离既能提高转化率又能加快反应速率d.选用更高效的催化剂可提高生产效率【答案】 (1). 0.00417moll1min1 (2). 4:5 (3). 1.488 (4). (6). bd【解析】【分析】（1）根据化学反应速率公式计算可得；（2）建立三段式，依据三段式计算可得；（3）建立三段式，依据三段式计算可得；（4）温度越高，反应速率越快，达到平衡所需反应时间越少；（5）a、当co2、h2和hcooh的物质的量浓度之比为1：1：1时，该反应可能达到平衡，也可能未达到平衡；b、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器中气体体积不变，容器中气体密度始终不变；c、将hcooh液化后分离，生成物浓度减小，化学反应速率减小；d、选用更高效的催化剂，可加快反应速率，缩短达到平衡所需时间。【详解】（1）由题给表格可知，实验i中060min内氢气的物质的量变化量为（2.001.50）mol=0.50mol，由方程式可知甲酸的物质的量变化量为0.50mol，则060min内用甲酸表示的该反应的平均反应速率为=0.00417 moll1min1，故答案为：0.00417 moll1min1；（2）由题意建立如下三段式：co2(g)h2(g) hcooh(g)起（mol） 2 2 0变（mol） 0.8 0.8 0.8末（mol） 1.2 1.2 0.8由p1：p0n1：n0可得p1：p03.2mol：4mol=4:5，故答案为：4:5；（3）由表格数据可知，t2温度下120min时反应达到平衡，由此建立三段式如下co2(g)h2(g) hcooh(g)起（mol/l） 1 1 0变（mol/l） 0.45 0.45 0.45平（mol/l） 0.55 0.55 0.45则化学平衡常数k=1.488，故答案为：1.488；（4）温度越高，反应速率越快，达到平衡所需反应时间越少，由题给表格数据可知，t2温度下120min时反应达到平衡，t1温度下150min时反应达到平衡，则t1小于t2；温度越高，氢气的物质的量越小，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，h 0，故答案为：；（5）a、当co2、h2和hcooh的物质的量浓度之比为1：1：1时，该反应可能达到平衡，也可能未达到平衡，故错误；b、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器中气体体积不变，容器中气体密度始终不变，则容器中气体密度不再改变，不能判断该反应是否达到平衡，故正确；c、将hcooh液化后分离，生成物浓度减小，化学反应速率减小，故错误；d、选用更高效的催化剂，可加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，提高生产效率，故正确；bd正确，故答案为：bd。【点睛】由题给表格数据可知，t2温度下120min时反应达到平衡，t1温度下150min时反应达到平衡是解答关键，注意利用三段式计算。19.25c时，ph均为5的hcl溶液、ch3oooh溶液和nh4cl溶液。回答下列问题：(1)溶液中c(oh)c(h)_。(2)和溶液加水稀释相同倍数后ph：_(填“”、“”或“c(nh4)c(oh)c(h) 【答案】 (1). 11014 (2). (3). = (5). d【解析】【分析】（1）25c时，溶液中c(oh)c(h)kw；（2）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，ph均为5的盐酸和醋酸溶液稀释相同倍数，强酸的ph变化大；相同体积ph均为5的盐酸和醋酸溶液与氢氧化钠反应，弱酸消耗氢氧化钠的物质的量大；（3）盐酸和醋酸均抑制水的电离，水解的盐促进水的电离；（4）nh4cl溶液中存在电荷守恒、物料守恒、质子守恒，依据守恒关系分析。【详解】（1）25c时，溶液中c(oh)c(h)kw=11014，故答案为：11014；（2）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，ph均为5的盐酸和醋酸溶液稀释相同倍数，强酸的ph变化大，则稀释相同倍数后盐酸ph大于醋酸溶液；相同体积ph均为5的盐酸和醋酸溶液与氢氧化钠反应，弱酸消耗氢氧化钠的物质的量大，则用naoh中和，消耗naoh的物质的量盐酸小于醋酸溶液，故答案为：；=，故答案为：=；（4）a、nh4cl溶液中存在电荷守恒，电荷守恒关系式为c(nh4)c(h)c(cl)c(oh)，故正确；b、nh4cl溶液中存在物料守恒，物料守恒关系式为(nh4)c(nh3h2o)c(cl)，故正确；c、nh4cl溶液中存在质子守恒，质子守恒关系式为c(nh3h2o)c(oh)c(h)，故正确；d、阴离子浓度都大于阳离子浓度，溶液中电荷不守恒，故错误；d错误，故答案为：d。【点睛】酸、碱均抑制水的电离，抑制程度与强弱无关，与溶液中的氢离子浓度或氢氧根离子浓度大小有关，水解的盐促进水的电离。三、选考题20.合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液醋酸二氨合铜(i)、氨水吸收在生产过程中产生的co和co2等气体。铜液吸收co的反应方程式如下： ch3coocu(nh3)2conh3ch3coocu(nh3)3co。(1)cu基态核外电子排布式为_。(2)c、n、o元素的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)1molcu(nh3)2中含有键的数目为_，ch3coocu(nh3)2中c原子轨道的杂化类型是_。(4)与nh3分子互为等电子体的阴离子为_。(5)cu2o的晶胞结构如图所示，其中o2的配位数是_。【答案】 (1). ar3d10 (2). noc (3). 8na（或86.021023） (4). sp3和sp2 (5). ch3- (6). 4【解析】【分析】（1）cu是29号元素，基态 cu+ 的核外有28个电子；（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但n原子p轨道为半充满结构，第一电离能大于其相邻元素；（3）单键都是键构成的，络离子中氮原子与铜离子之间还有配位健；ch3coocu(nh3)2中含有甲基碳原子和羧基碳原子，饱和碳原子为sp3杂化，不饱和碳原子为sp2杂化；（4）等电子体是指价电子数和原子数相同的分子或离子；（5）依据分摊法计算化学式，再依据化学式判断配位数。【详解】（1）cu是29号元素，基态 cu+ 的核外有28个电子，核外电子排布式为ar3d10，故答案为：ar3d10；（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但n原子p轨道为半充满结构，第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是noc，故答案为：noc；（3）单键都是键构成的，1 mol cu(nh3)22+中含有2mol nh3，另外氮原子与铜离子之间还有配位健，因此键的数目为8na；ch3coocu(nh3)2中含有甲基碳原子和羧基碳原子，甲基中饱和碳原子为sp3杂化，羧基中碳和氧形成双键，碳原子为sp2杂化，故答案为：8na (或86.021023)；sp3和sp2；（4）等电子体是指价电子数和原子数相同的分子或离子，nh3的原子个数为4，价电子数为8，阴离子ch3-的原子个数为4，价电子数为8，则nh3和ch3-互为等电子体，故答案为：ch3-；（5）由晶胞示意图可知，位于顶点和体心，晶胞中的个数为18=2，位于体内，晶胞中的个数为4，则代表cu+离子，代表o2离子，一个o2离子周围有4个cu+离子，o2的配位数是4，故答案为：4。【点睛】注意单键都是键构成的，络离子中氮原子与铜离子之间还有配位键是解答易错点；价电子数和原子数相同的分子或离子是判断等电子体的依据；运用分摊法计算化学式是难点。21.【化学选修5有机化学基础】化合物f是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：己知：。试回答：(1)a的化学名称是_，ab的反应类型是_。(2)bc反应的化学方程式为_。(3)cd所用试剂和反应条件分别是_。(4)e的结构简式是_。f中官能团的名称是_。(5)连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则d的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有_种。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2：1：2：2：1的同分异构体的结构简式为_(