山东省烟台市实验中学高三化学模拟试题含解析

山东省烟台市实验中学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.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份，向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只能被还原为NO气体）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果错误的是A．原混合液中NO3-的物质的量为0.2molB．OA段产生是NO，AB段反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，BC段产生氢气C．溶液中最终溶质为FeSO4D．c(H2SO4)为5mol·L－1

参考答案：A略2.下列除杂质的操作方法不正确的是（

）A．CO2中有少量的SO2——通入酸性高锰酸钾溶液洗气后再干燥B．NaCl溶液中有少量的Na2SO4——加过量的BaCl2再过滤C．NO中有少量的NO2——用水洗涤后再干燥D．除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3——加热参考答案：B略3.在火星上工作的美国“勇气号”“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O-3及硫酸盐的信息，以证明火星上存在或曾经存在过水，以下叙述正确的是

（

）

A．铝热剂就是单指Fe2O3粉和铝粉的混合物

B．检验从火星上带回来的红色物质是否是Fe2O3操作步骤为：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤中滴加KSCN溶液

C．分别还原amolFe2O3所需H2、A1、CO的物质的量之比为3：2：3

D．明矾属硫酸盐，含结晶，是混合物参考答案：答案：C4.可以用氯气灌洞的方法来消灭田鼠，这是利用了氯气的（

）①密度比空气大②易液化③能溶于水④有毒A、①②

B、③④

C、①③④

D、①④参考答案：D略5.一定温度下可逆反应：A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)；△H<0。现将1molA和2molB加入甲容器中，将4molC和2molD加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，t1时两容器内均达到平衡状态(如图1所示，隔板K不能移动)。下列说法正确的是（）A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB，达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中C的浓度的2倍B．保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲、乙中B的体积分数均增大C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2倍D．保持温度和乙中的压强不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示(t1前的反应速率变化已省略)参考答案：答案：BD考点：本题考查了勒夏特列原理的应用、化学平衡图像知识。解析：由题给反应可知A是固体，该反应正反应是气体分子数增大的反应。甲容器加入1molA和2molB，乙容器加入4molC和2molD，完全转化后得2molA和4molB，乙的体积是甲的2倍，两者起始建立等效平衡。A项中，再在甲中加入1molA和2molB，相当于在起始加入2molA和4molB，由于甲体积比乙小，甲中压强加大，平衡向逆反应方程式移动，甲中C的浓度小于乙中C的浓度的2倍，A不正确。B中温度升高，平衡向逆反应方向移动，B的体积分数均增大。C中使甲、乙两容器体积相等，乙中投入量相当于甲的2倍，乙中压强增大(类似于选项A)，平衡向逆反应方向移动，乙中C的体积分数小于甲C的体积分数的2倍。D中，甲容器中总压强增大，但反应物和生成物的浓度不变，速率不发生变化，平衡不发生移动，图2正确。乙容器中保持恒压，体积增大，浓度减小，正、逆反应速率都减小，体积增大，平衡向正反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，图3正确。6.用惰性电极实现电解，下列说法正确的是（）A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变B．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗，故溶液pH减小C．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2D．电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1参考答案：D略7.有关下列图象的说法正确的是A．由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的△H>0B．若图乙表示向pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，则其中曲线a对应的是醋酸C．图丙表示该反应为放热反应．且催化剂能降低反应的活化能、改变反应的焓变D．图丁可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化

参考答案：B知识点：化学平衡和化学反应速率

解析：A、交点之后，随着温度的升高，V逆＞V正，平衡向逆向移动，故逆向为吸热，故△H＜0，所以A错误；B、醋酸为弱酸，加水稀释电离平衡向正向移动，氢离子浓度要高于同等稀释的强酸HCL，故B正确；C、催化剂不能改变焓变，故C错误；D、乙酸中通入氨气，生成醋酸铵是盐强电解质，故导电性县变强后不变，故D错误；思路点拨：本题考查了化学平衡和化学反应速率的图像题，比较基础，做题时应看清横纵坐8.按下图装置，持续通入X气体，可以看到a处有红色物质生成，b处变蓝，c处得到液体，则X气体可能是

（

）

A．H2

B．CO和H2

C．NH3

D．CH3CH2OH(气)参考答案：D略9.碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4g上述混合物，消耗1mol/L盐酸500mL。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是A.35g

B.30g

C.25g

D.20g

参考答案：D略10.如图，将纯Fe棒和石墨棒插入1L1.0mol/L的NaCl溶液中。下列说法正确的是A．去掉电源，a与b直接连接，则Fe棒上产生气泡B．a连接电源正极，b连接电源负极，则Fe棒被保护不会溶解C．a连接电源负极，b连接电源正极，当两极产生气体总量为22.4mL（标准状况）时，摇匀后，溶液pH≈11D．a连接电源负极，b连接电源正极，如果把溶液换成1L1.0mol/L的CuSO4溶液，一定时间后溶液中出现蓝色沉淀参考答案：C11.学生用滤纸折成一只纸蝴蝶并在纸蝴蝶上喷洒某种试剂，挂在铁架台上。另取一只盛有某种溶液的烧杯，放在纸蝴蝶的下方（如图）。过一会儿，发现纸蝴蝶的颜色由白色转变为红色，喷洒在纸蝴蝶上的试剂与小烧杯中的溶液是（

）

ABCD纸蝴蝶上的喷洒液石蕊石蕊酚酞酚酞小烧坏中的溶液浓硫酸浓盐酸浓氨水氢氧化钠溶液

参考答案：C略12.如图所示，在一个容积固定的恒温容器中，有两个可左右滑动的密封隔板，在A、C处分别充入等物质的量的X、Y两种气体。当隔板停止滑动时，下列说法正确的是(

)A.气体的体积：V(X)=V(Y)B.物质的质量：m(X)<m(Y)C.X的相对分子质量等于Y的相对分子质量D.X的相对分子质量比Y的相对分子质量小参考答案：A略13.X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y与Z形成的化合物Z2Y3中，元素质量比m(Y):m(Z)=8:9；X原子的最外层电子数为M原子和Z原子最外层电子数的和的一半。下列说法正确的是A.X的最高价氧化物的水化物一定为强酸

B.气态氢化物的沸点：Y<MC.原子半径Z>M>X>Y

D.Z是地壳中含量最多的元素参考答案：CX、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y为氧元素；Y与Z形成的化合物Z2Y3中，元素质量比m(Y):m(Z)=8:9，则Z的相对原子质量为，故Z为铝元素；X原子的最外层电子数为M原子和Z原子最外层电子数的和的一半，而M原子序数大于Z，故X最外层电子数大于3小于6，若为4，则为碳元素，M为磷元素；若为5，则X为氮元素，M为氯元素；A.若X为碳元素，则其最高价氧化物的水化物碳酸是弱酸，选项A错误；B.无论M是磷元素还是氯元素，因H２O存在氢键，气态氢化物的沸点：Y＞M，选项B错误；C.同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故原子半径Z>M>X>Y，选项C正确；D.Z是地壳中含量最多的金属元素，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查元素周期律元素周期表的知识，X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y为氧元素；Y与Z形成的化合物Z2Y3中，元素质量比m(Y):m(Z)=8:9，则Z的相对原子质量为，故Z为铝元素；X原子的最外层电子数为M原子和Z原子最外层电子数的和的一半，而M原子序数大于Z，故X最外层电子数大于3小于6，若为4，则为碳元素，M为磷元素；若为5，则X为氮元素，M为氯元素，以此分析解答。14.X、Y、Z、W均为中学化学的常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系（其它产物已略去）：

下列说法不正确的是

A．若W是单质铁，则Z溶液可能是FeCl2溶液

B．若W是氢氧化钠，则X与Z可反应生成Y

C．若X是金属镁，则W可能是强氧化性的单质

D．若W为氧气，则Z与水作用（或溶于水）可能生成一种强酸参考答案：C略15.可用右图所示装置制取、净化、收集的气体是A．锌和稀硫酸反应制氢气B．浓氨水与氢氧化钙固体反应制氨气C．亚硫酸钠固体与硫酸反应制二氧化硫D．铜与稀硝酸反应制一氧化氮参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成．实验装置如下： 每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积．实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6

（1）实验过程中A中的现象是

．D中无水氯化钙的作用是

．（2）在测量E中气体体积时，应注意先

，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积

（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．（3）实验①中B中吸收的气体是

．实验②中E中收集到的气体是

．（4）推测实验②中CuSO4分解反应方程式为：

．（5）根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3=

g．（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由

．参考答案：（1）白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；（2）冷却至室温

偏小；（3）SO3；O2；（4）2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；（5）0.128；（6）T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2．

【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；（2）气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；（3）实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；（4）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：=0.004mol，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g，物质的量为：=0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；

（5）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：32=0.032g，根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g；（6）根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2．【解答】解：（1）因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；（2）加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温

偏小；（3）实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；（4）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：=0.004mol，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g，物质的量为：=0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；

（5）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：32=0.032g，实验③中理论上C增加的质量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g．故答案为：0.128；（6）根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.向100mLBaCl2、AlCl3和FeCl3的混合溶液A中，逐滴加入Na2SO4和NaOH的混合溶液B，产生的沉淀总物质的量和加入溶液B的体积关系如图所示：

（1）当加入B溶液110mL时，溶液中的沉淀是

（填化学式）（2）将A．B溶液中各溶质的物质的量浓度填入下表：溶

质Na2SO4BaCl2AlCl3FeCl3/mol·L-1

（3）写出滴加B溶液90-100mL时的离子方程式：

。参考答案：（1）

BaSO4

Fe(OH)3

（填化学式）

（2）溶

质Na2SO4BaCl2AlCl3FeCl3/mol·L-1101021

（3）

Ba2++SO42-=BaSO4↓

Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O

略18.一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3·CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为

。（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的化学反应方程式为（产物中只有一种酸根）

。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因_______________。（3）过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3，碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式____________________。（4）碳酸钠溶液在过程III和IV中所起作用有所不同，请写出在过程IV中起的作用是__________。（5）在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是______（填序号）。Ac(Na+)=2c(CO32-)Bc(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)Cc(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)Dc(OH-)-c(H+)==c(HCO3-)+2c(H2CO3)（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。下图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是______。参考答案：（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（2）4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O

Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境。（合理即可）（3）2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑（4）调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3（5）B

C

D（有错不得分，答对2个得1分，全对得2分）（6）CoCl2?2H2O19.GaN、GaP、GaAs是人工合成的一系列新型半导体材料，其晶体结构均与金刚石相似。铜是重要的过渡元素，能形成多种配合物，如Cu2+与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)可形成如图所示配离子。回答下列问题：（1）基态Ga原子价电子的轨道表达式为______