浙江省杭州市市开元中学2021-2022学年高三化学模拟试题含解析

浙江省杭州市市开元中学2021-2022学年高三化学模拟试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.下列工业生产中有关说法正确的是

A．工业上可分别采用电解熔融的氯化钠、氯化镁、氯化铝制取钠、镁、铝B．硫酸工业中二氧化硫的催化氧化不采用高压是因为压强对SO2转化率无影响C．金属材料电镀时，通常以待镀金属制品为阴极，以镀层金属为阳极D．合成氨工业采用500oC左右的温度，目的是提高N2、H2的转化率参考答案：C略2.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A．20gD216O中含有的中子数目为10NAB．标准状况下，使2.24L水完全反应的钠原子为0.1NAC．0.1molNa2O2晶体中含有的阴离子数目为0.2NAD．0.1molFe与足量水完全反应时失去的电子数为0.3NA参考答案：A略3.能正确表示下列反应的离子方程式是A．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4－+5NO2－+6H+═2Mn2++5NO3－＋3H2OB．碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液：NH4++HCO3－+2OH－═CO32－+NH3?H2O+H2OC．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I－═2Fe2++I2D．用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl－+2H2O═Cl2↑+H2↑+2OH－参考答案：A试题分析：A、NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2MnO4-+5NO2-+6H+═2Mn2++5NO3-+3H2O，故A正确；B、碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液，反应产物中不会生成碳酸根离子，正确的离子方程式为：Ba2++NH4++HCO3-+2OH-═BaCO3↓+NH3?H2O+H2O，故B错误；C、Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，碘化氢过量，硝酸根离子和铁离子完全反应，正确的离子方程式为：10I-+3NO3-+Fe3++12H+═5I2+3NO↑+Fe2++6H2O，故C错误；D、用惰性电极电解熔融氯化钠，反应生成钠和氯气，2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，故D错误；故选A。4.已知化学反应C(s)+O2(g)==CO(g)；△H=—Q1kJ/mol，2CO(g)+O2(g)==2CO2(g)；△H=—Q2kJ/mol。据此推断，下列说法正确的是（Q1、Q2均为正数，且其他条件相同）

（

）

A．碳的燃烧热为Q1kJ/mol

B．2molCO(g)所具有的能量一定高于2molCO2(g)所具有的能量

C．一定质量的碳燃烧，生成CO2(g)比生成CO(g)时放出的热量多

D．碳燃烧生成CO2气体的热化学方程式为：

C(s)+O2(g)==CO2(g)；△H=—（Q1+Q2）kJ/mol参考答案：答案：C5.下列推断正确的是（）A．硅是地壳中含量位居第二的元素，玛瑙、光导纤维的主要成分为SiO2B．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C．加碘食盐中加入的是碘单质，可防止甲状腺肿大疾病D．要除去衣服上的顽固污渍，均可将衣服泡在漂白液中参考答案：A考点：硅和二氧化硅；绿色化学；碘与人体健康；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．分析：A．地壳元素含量前四位为：O、Si、Al、Fe，中含量位居第二的元素是硅，玛瑙、光导纤维的主要成分为SiO2；B．绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，实现零排放；C．加碘食盐中加入的是碘酸钾；D．漂白液能把衣服全部漂白．解答：解：A．地壳中含量位居第二的元素是硅，玛瑙、光导纤维的主要成分为SiO2，故A正确；B．绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，实现零排放，而不是对环境污染进行治理，故B错误；C．加碘食盐中加入的是碘酸钾，不是碘单质，故C错误；D．将衣服泡在漂白液不但能除去衣服上的顽固污渍，而且能把衣服全部漂白，故D错误；故选：A．点评：本题考查了硅的含量及其化合物、绿色化学的概念、次氯酸的漂白性，熟悉物质性质是解题关键，题目难度不大．6.已知在1×105Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是A

H2O（g）＝H2（g）＋1/2O2（g）

ΔH＝＋242kJ·mol－1B

2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）

ΔH＝－484kJ·mol－1C

H2（g）＋1/2O2（g）＝H2O（g）

ΔH＝＋242kJ·mol－1D

2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（g）

ΔH＝＋484kJ·mol－1参考答案：A略7.25℃、101kPa下：①2Na(s)＋1/2O2(g)=Na2O(s)△H1=－414kJ/mol；

②2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)△H2=－511kJ/mol。下列说法正确的是A.反应①和②的产物中都只含离子键B.反应①和②中，反应物的总能量都比生成物总能量低C.将等物质的量的①和②产物放入足量水中，所得溶液中溶质的物质的量相等。D.25℃、101kPa下，Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=－97kJ/mol参考答案：C略8.下列各组离子可能大量共存的是（）A．饱和氯水中：Cl﹣、NO3﹣、Na+、SO32﹣B．能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、NO3﹣、Cl﹣、NH4+C．常温下水电离出的c（H+）?c（OH﹣）=10﹣20的溶液中：Na+、Cl﹣、S2﹣、SO32D．含有大量OH﹣的无色溶液中：Na+、Cu2+、AlO2﹣、SiO32﹣

参考答案：C考点：离子共存问题．分析：A．氯水中含氧化性物质，与还原性离子发生氧化还原反应；B．能与金属铝反应放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；C．常温下水电离出的c（H+）?c（OH﹣）=10﹣20的溶液，为酸或碱溶液；D．离子之间结合生成沉淀，且Cu2+为蓝色．解答：解：A．氯水中含氧化性物质，与还原性离子发生氧化还原反应，则氯水中不能大量存在SO32﹣，故A错误；B．能与金属铝反应放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Al、H+、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，碱性溶液中不能大量存在NH4+，故B错误；C．常温下水电离出的c（H+）?c（OH﹣）=10﹣20的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．Cu2+分别与AlO2﹣、SiO32﹣相互促进水解生成沉淀，Cu2+、OH﹣结合生成沉淀，且Cu2+为蓝色与无色不符，故D错误；故选C．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．9.下列各组离子，能在指定溶液中共存的是①无色溶液中：K＋、Cl－、Na＋、HCO3－、OH－②使pH试纸变深蓝色的溶液中：K＋、CO32－、Na＋、AlO2－③水电离的c(H＋)=10－12mol·L－1的溶液中：ClO－、HCO3－、NO3－、NH4＋、SO32－④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4＋、Cl－、Na＋、SO42－⑤使甲基橙变红的溶液中：MnO4－、NO3－、SO42－、Na＋、Fe3＋⑥pH=0的溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO3－、Cl－、SO32－A．①③

B．②④⑤ C．①②⑤

D．③⑥参考答案：B10.3717Cl、3517Cl为不同的核素，NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是

A．常温下，4.48L3717Cl2含有0.72NA个中子

B．3717Cl、3517Cl互为同位素，3517Cl2与3717Cl2互为同分异构体

C．通常情况下，氯气做氧化剂，但氯气也具有还原性

D．3717Cl2的摩尔质量是74参考答案：C11.某温度下，在一容积固定的容器中，反应aA（g）+bB（g）hH（g）达到平衡后，A、B、H的物质的量分别为amol、bmol和hmol。已知a+b=2h，若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，则下列判断正确的是A．平衡不移动

B．混合气体的密度不变C．B的体积分数减少

D．amol/L＜c（A）＜2amol/L参考答案：C12.在含有I－，且能使酚酞溶液变红的无色溶液中，可大量共存的离子组是

A.Na＋、Cu2＋、Br－

B.NH4＋、Ca2＋、AlO2－、Na＋

C.K＋、MnO4－、NO3－

D.K＋、S2－、SO32－参考答案：D13.下列各组离子中，在给定条件下可能大量共存的是()。A．c(NO)＝1mol·L－1的溶液中：NH、Ba2＋、Fe2＋、Br－B．含有较多Al3＋的溶液：HCO、K＋、Na＋、Cl－C．在pH＝2的溶液中：NH、K＋、ClO－、Cl－D．c(Fe3＋)＝0.1mol·L－1的溶液中：K＋、ClO－、SO、SCN－参考答案：略14.洋蓟素是一种新结构类型的抗乙型肝炎病毒和抗艾滋病病毒的化合物，其结构如右图所示，有关洋蓟素的说法正确的是A.洋蓟素的化学式为C25H22O12B.—定条件下能发生酯化和消去反应C.1mol洋蓟素最少可有14mol原子共平面D.1mol洋蓟素最多可消耗9molNaOH和6molBr2参考答案：B略15.已知下列两个热化学方程式：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H＝－586.7kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H＝－571.6kJ/mol，实验测得：CO与H2的混合气体5.8g，完全燃烧时，放出的热量为87.25KJ，则混合气体中CO和H2的体积比为

（

）

A．1：1

B．2：1

C．2：3

D．1：3参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.A题适合使用二期课改新教材的考生解答，B题适合使用一期课改教材的考生解答（A）实验室模拟合成氨和氨催化氧化的流程如下：已知实验室可用饱和亚硝酸钠（NaNO2）溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气。（1）从下图中选择制取气体的合适装置：氮气

、氢气

（2）氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还有

、

（3）氨合成器出来经冷却的气体连续通人乙装置的水中吸收氨，

（“会”或“不会”）发生倒吸，原因是：

。（4）用乙装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入乙装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是：

，锥形瓶中还可观察到的现象是：

。（5）写出乙装置中氨氧化的化学方程式：

（6）反应结束后锥形瓶内的溶液中含有H+、OH－、

、

离子。（B）某课外研究小组，用含有较多杂质的铜粉，通过不同的化学反应制取胆矾。其设计的实验过程为：（1）铜中含有大量的有机物，可采用灼烧的方法除去有机物，灼烧时将瓷坩埚置于

上（用以下所给仪器的编号填入，下同），取用坩埚应使用

，灼烧后的坩埚应放在

上，不能直接放在桌面上。实验所用仪器：a

蒸发皿

b

石棉网

c

泥三角

d

表面皿

e

坩埚钳

f

试管夹（2）杂铜经灼烧后得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物，用以制取胆矾。灼烧后含有少量铜的可能原因是

a

灼烧过程中部分氧化铜被还原

b

灼烧不充分铜未被完全氧化c

氧化铜在加热过程中分解生成铜

d

该条件下铜无法被氧气氧化（3）通过途径Ⅱ实现用粗制氧化铜制取胆矾，必须进行的实验操作步骤：酸溶、加热通氧气、过滤、

、冷却结晶、

、自然干燥（4）由粗制氧化铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅰ相比，途径Ⅱ有明显的两个优点是：

、

（5）在测定所得胆矾（CuSO4·xH2O）中结晶水x值的实验过程中：称量操作至少进行

次（6）若测定结果x值偏高，可能的原因是

a

加热温度过高

b

胆矾晶体的颗粒较大c

加热后放在空气中冷却

d

胆矾晶体部分风化参考答案：(A)（1）a、b（2）干燥气体

控制氢气和氮气的流速（3）不会

因为混合气体中含有大量难溶于水的氮、氢两种气体（4）说明氨的氧化反应是一个放热反应

有红棕色气体产生（5）4NH3+5O24NO+6H2O（6）

(B)（1）c

e

b（2）a

b（3）蒸发

过滤（4）产生等量胆矾途径Ⅱ消耗硫酸少

途径Ⅱ不会产生污染大气的气体（5）4（6）a(A)本题考查氨的合成和氨催化氧化的实验题。制取氮气用氯化铵溶液与亚硝酸钠(NaNO2)溶液加热反应生成,故选a装置，制取氢气用锌与稀H2SO4反应不用加热，选b装置。甲装置的作用混合氮气、氢气,干燥气体，控制氮气和氢气的流速。从氨合成器中出来的气体主要是N2、H2，通入水中吸收氨气，因为N2、H2难溶于水，不会倒吸。氨的催化氧化是一个放热反应,铂丝保持红热，锥形瓶中发生下列反应：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2===2NO2有红棕色气体产生，3NO2+H2O===2HNO3+NO，HNO3+NH3===NH4NO3。【解析】(B)本题是一道由Cu制取CuSO4·H2O的实验题。灼烧除去铜中的大量有机物，瓷坩埚具体操作把坩埚放在泥三角上加热，用坩埚钳把坩埚转移到石棉网上冷却。灼烧后，含有少量铜，原因是灼烧不充分或灼烧过程中有部分CuO被还原成Cu，CuO不会分解生成Cu，故a、b正确。途径Ⅰ必须用浓H2SO4产生污染环境的SO2气体，并且消耗H2SO4的量多。测定结晶水中x值至少称量4次，分别是称量坩埚、称量坩埚与晶体、两次称量坩埚与粉末。加热温度过高CuSO4分解，减少的质量增加，测定晶体中水的量增加，x值偏高，b、c、d三个选项中测定晶体中水的量减小，x值偏低。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（14分）水体污染的治理是化学工作者研究的重要课题．（1）水体常见污染物之一的氨氮主要指游离氨或铵盐，可以通入一定量的氯气，利用产生的HClO除去．已知NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O△H=akJ?mol﹣12NH2Cl+HClO═N2+H2O+3H++3Cl﹣△H=bkJ?mol﹣1NH4++4HClO═NO3﹣+6H++4Cl﹣+H2O△H=ckJ?mol﹣1则

2NH4++3HClO═N2+3H2O+5H++3Cl﹣△H=

kJ?mol﹣1（2）电解法也可除去水中的氨氮，实验室用石墨电极电解一定浓度的（NH4）2SO4与NaCl的酸性混合溶液来模拟．①电解时，阳极的电极反应式为

．电解过程中溶液初始Cl﹣浓度和pH对氨氮去除速率与能耗（处理一定量氨氮消耗的电能）的影响关系如图1和图2所示．②图1中当Cl﹣浓度较低时、图2中当初始pH达到12时，氨氮去除速率低而能耗高的原因可能是 ；而当Cl﹣浓度较高时，测得溶液中的NO3﹣浓度也较高，可能的原因是

．③图2中，pH为6时处理效果最佳，当pH过低时，处理效果不佳的原因可能是

．（3）通过调节溶液pH，在弱碱性条件下，用漂白粉溶液也可将废水中的CN﹣转化为碳酸盐和N2而除去．写出该反应的离子方程式：

．（4）废水中的重金属离子通常用沉淀法除去．已知Ksp（NiS）=1.1×10﹣21，Ksp（CuS）=1.3×10﹣36，国家规定的排放标准：镍低于1.1×10﹣5mol?L﹣1，铜低于7.8×10﹣5mol?L﹣1．则需要控制溶液中S2﹣的浓度不低于

mol?L﹣1．参考答案：（1）2a+b；（2）①2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；②阳极可能OH﹣放电，产生大量氧气，消耗电能；Cl﹣浓度较高时，产生的Cl2（或HClO）较多，会将NH4+氧化为NO3﹣；③pH太低时，产生的Cl2会从溶液中逸出；（3）2CN﹣+5ClO﹣+2OH﹣+2Ca2+=2CaCO3↓+N2↑+5Cl﹣+H2O；（4）10﹣16【考点】反应热和焓变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理．【分析】（1）①NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O△H=akJ?mol﹣1②2NH2Cl+HClO═N2+H2O+3H++3Cl﹣△H=bkJ?mol﹣1，2×①+②得，2NH4++3HClO═N2+3H2O+5H++3Cl﹣△H=（2a+b）kJ?mol﹣1；（2）①阳极失去电子发生氧化反应；②据4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+H2O，则阳极可能OH﹣放电，产生大量氧气，消耗电能来分析；Cl﹣浓度较高时，产生的Cl2（或HClO）较多，会将NH4+氧化为NO3﹣；③据pH太低时，产生的Cl2会从溶液中逸出来分析；（3）漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，并据题意书写离子方程式；（4）依据溶度积常数计算不同沉淀下的硫离子浓度．【解答】解：（1）①NH4++HClO═NH2Cl+H++H2O△H=akJ?mol﹣1②2NH2Cl+HClO═N2+H2O+3H++3Cl﹣△H=bkJ?mol﹣1，2×①+②得，2NH4++3HClO═N2+3H2O+5H++3Cl﹣△H=（2a+b）kJ?mol﹣1；故答案为：2a+b；（2）①阳极失去电子发生氧化反应，故电极反应方程式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；②氨氮去除速率低而能耗高的原因可能是阳极发生的反应为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+H2O，则阳极可能OH﹣放电，产生大量氧气，消耗电能；当Cl﹣浓度较高时，测得溶液中的NO3﹣浓度也较高，可能的原因是：Cl﹣浓度较高时，产生的Cl2（或HClO）较多，会将NH4+氧化为NO3﹣，故答案为：阳极可能OH﹣放电，产生大量氧气，消耗电能；Cl﹣浓度较高时，产生的Cl2（或HClO）较多，会将NH4+氧化为NO3﹣；③当pH过低时，处理效果不佳的原因可能是，pH太低时，产生的Cl2会从溶液中逸出，故答案为：pH太低时，产生的Cl2会从溶液中逸出；（3）漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，因为漂白粉溶液也可将废水中的CN﹣转化为碳酸盐和N2而除去，故离子方程式为2CN﹣+5ClO﹣+2OH﹣+2Ca2+=2CaCO3↓+N2↑+5Cl﹣+H2O，故答案为：2CN﹣+5ClO﹣+2OH﹣+2Ca2+=2CaCO3↓+N2↑+5Cl﹣+H2O；（4）Ksp（NiS）=c（Ni+）c（S2﹣）=1.1×10﹣21，则c（S2﹣）===10﹣16mol?L﹣1，Ksp（CuS）=c（Cu2+）c（S2﹣）=1.3×10﹣36，c（S2﹣）===1.7×10﹣32mol?L﹣1，1.7×10﹣32mol?L﹣1＜10﹣16mol?L﹣1，故则需要控制溶液中S2﹣的浓度不低于10﹣16mol?L﹣1，故答案为：10﹣16．【点评】本题考查反应热的计算，电极反应方程式及离子方程式的书写，以及溶度积常数的计算等，本题难度中等．18.现有金属单质A、B、C和气体甲、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如下图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。请回答下列问题：（1）写出下