陕西省汉中市南郑县新集中学高三化学模拟试卷含解析

陕西省汉中市南郑县新集中学高三化学模拟试卷含解析一、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.在Zn+HNO3→Zn（NO3）2+NH4NO3+H2O的反应中，如果2molZn完全起反应，则被还原的HNO3的物质的量是(

)A．0.5mol B．1mol C．2mol D．5mol参考答案：A考点：化学方程式的有关计算．分析：在Zn+HNO3﹣Zn（NO3）2+NH4NO3+H2O的反应中，根据电子守恒来配平方程式，反应中，硝酸表现为酸性和氧化性，反应中以硝酸根离子存在的为未被还原的硝酸，以铵根离子存在的为被还原的硝酸的生成产物．解答：解：在Zn+HNO3﹣Zn（NO3）2+NH4NO3+H2O的反应中，根据电子守恒来配平方程式为：4Zn+10HNO3═4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O反应中，硝酸表现为酸性和氧化性，当2molZn完全起反应，5mol硝酸参加反应时，生成NH4+为被还原的硝酸，为0.5mol，Zn（NO3）2和NH4NO3中共含有4.5molNO3﹣，未被还原，表现为酸性，则被还原的HNO3为5mol﹣4.5mol=0.5mol，故选A． 点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，解答本题的关键是正确判断元素化合价的变化，明确反应中硝酸的性质，注意分析反应的特点2.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是A．使pH试纸变红的溶液：Na+、NO3-、SO32-、NH4+B．加入铝粉生成H2的溶液：K+、Cu2+、SO42-、ClO-C．c(OH-)=10-2mol·L-1的溶液：NO3-、Ba2+、Cl-、Br-D．碳酸钠溶液：Na+、SO42-、SiO32-、Mg2+参考答案：C3.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是A.图⑤所示装置中盛有饱和Na2SO3溶液除去SO2中含有的少量HClB.用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置C.用图①和②所示装置进行粗盐提纯D.用图④所示装置进行石油分馏实验制取丁烯参考答案：C略4.只用试管和胶头滴管无法区分的一组溶液是 A．KOH和AlCl3

B．AlCl3和氨水

C．NaAlO2和盐酸

D．Na2CO3和盐酸参考答案：B略5.工业上电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示．下列说法不正确的是（）已知：①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解

②氧化性：Ni2+（高浓度）＞H+＞Ni2+（低浓度）A．碳棒上发生的电极反应：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2OB．电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减少C．为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pHD．若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变参考答案：B【考点】电解原理．【分析】A、由图分析可知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；B、镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e﹣=Ni．电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl﹣分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大；C、又因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+（高浓度）＞H+＞Ni2+（低浓度），为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH；D、若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl﹣＞OH﹣，则Cl﹣移向阳极放电：2Cl﹣﹣﹣2e﹣=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变．【解答】解：A、由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故A正确；B、镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e﹣=Ni．电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl﹣分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；C、因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+（高浓度）＞H+＞Ni2+（低浓度），为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH，故C正确；D、若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl﹣＞OH﹣，则Cl﹣移向阳极放电：2Cl﹣﹣﹣2e﹣=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变，故D正确；故选B．【点评】本题考查了电解池原理的分析判断，主要是电解反应，电解产物判断，电解过程中溶液酸碱性的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．6.下列有关金属腐蚀与防护的叙述不正确的是：A．吸氧腐蚀比析氢腐蚀更加普遍，因为吸氧腐蚀的速度比析氢腐蚀快B．铁闸门与直流电源正极相连从而防止闸门腐蚀的方法称为外接直流电源的阴极保护法C．金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普通

D．用原电池的原理保护金属的方法称为牺牲阳极的阴极保护法参考答案：AB略7.下列实验对应的结论或操作正确的是（）

ABCD装置结论能证明非金属性Cl＞C＞Si实验室制纯净干燥的乙炔分离出苯酚与酒精溶液中的苯酚实验室用大理石和稀盐酸制备二氧化碳

参考答案：D考点：化学实验方案的评价．分析：A．证明非金属性强弱的依据是最高价含氧酸的酸性强弱比较；B．乙炔中混有硫化氢；C．苯酚与酒精互溶；D．实验室制取二氧化碳用块状大理石或石灰石和稀盐酸．解答：解：A．装置中盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，只能说明盐酸酸性比碳酸强，但不能说明氯的非金属性强，二氧化碳通入硅酸钠能生成硅酸能说明碳酸酸性强于硅酸，碳酸和硅酸都是最高价含氧酸，能证明碳非金属性强于硅，故A错误；B．乙炔中混有硫化氢，缺少除杂装置，故B错误；C．苯酚与酒精互溶，不能用分液分离，故C错误；D．由于实验室制取二氧化碳用块状大理石或石灰石和稀盐酸，属于固液不需要加热的反应，故D正确．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及金属性比较、气体制备、分离提纯等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大．8.J、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相对位置如下表。已知J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，M是地壳中含量最多的金属元素。下列说法错误的是J

R

A.

J和氢组成的气态氢化物分子中只含有极性共价键

B.

M单质能与氢氧化钠溶液反应，产生一种可燃性气体

C.

R、T两元素的气态氢化物中，T的气态氢化物更稳定

D.

J、M、R、T元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HTO4参考答案：A略9.汉代器物上的颜料“汉紫”至今尚没有发现其自然存在的记载。20世纪80年代科学家进行超导材料研究时，偶然发现“汉紫”的成分为紫色的硅酸铜钡（化学式：BaCuSi2O6，Cu为＋2价），下列有关“汉紫”的说法中不正确是

（

）

A．用盐的形式表示：BaSiO3·CuSiO3

B．用氧化物形式表示：BaO·CuO·2SiO2

C．易溶于强酸和强碱

D．性质稳定，不易褪色参考答案：C略10.LiAlH4是重要的储氢材料，其组成类似于Na3AlF6．常见的供氢原理如下面两个方程式所示：①2LiAlH42LiH+2Al+3H2↑，②LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑．下列说法正确的是（）A．若反应①中生成3.36L氢气，则一定有2.7g铝生成B．氢化锂也是一种储氢材料，供氢原理为LiH+H2O═LiOH+H2↑C．生成等质量的氢气，反应①、②转移电子数之比为4：3D．LiAlH4是共价化合物，LiH是离子化合物参考答案：B【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、状态不知，无法由体积求物质的量；B、氢化锂中的氢是﹣1价，与水发生归中反应，方程式为：LiH+H2O═LiOH+H2↑；C、LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为﹣1价，受热分解时，根据Al元素的价态变化即可得出1molLiAlH4在125℃时完全分解，转移3mol电子，生成1.5mol的氢气，而LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑生成4mol的氢气转移4mol的电子，所以生成1mol的氢气转移电子分别为：2mol和1mol；D、LiAlH4是离子化合物，LiH是离子化合物．【解答】解：A、状态不知，无法由体积求物质的量，故A错误；B、氢化锂中的氢是﹣1价，与水发生归中反应，方程式为：LiH+H2O═LiOH+H2↑，所以氢化锂也是一种储氢材料，故B正确；C、LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为﹣1价，受热分解时，根据Al元素的价态变化即可得出1molLiAlH4在125℃时完全分解，转移3mol电子，生成1.5mol的氢气，而LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑生成4mol的氢气转移4mol的电子，所以生成1mol的氢气转移电子分别为：2mol和1mol，所以反应①、②转移电子数之比为1：1，故C错误；D、LiAlH4是离子化合物，LiH是离子化合物，故D错误；故选B．【点评】本题考查了氧化还原反应、元素化合物性质，侧重考查氢化锂的性质，熟悉氢化锂中氢为﹣1价是解题关键，注意对所给条件的分析和应用，题目难度中等．11.下列反应的离子方程式书写正确的是A．氯化铁溶液与铜粉反应：3Cu+2Fe3+=2Fe+3Cu2+B．稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2++H++OH-+SO42-=BaSO4↓+H2OD．NaOH溶液和足量的Ca(HCO3)2溶液混合：HCO3-+Ca2++OH-=H2O+CaCO3↓参考答案：D略12.下列有关于晶体的说法错误的是（

）A．金刚石的网状结构中，以共价键形成的最小碳环上有6个碳原子B．氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl－C．氯化钠晶体中，每个Na+周围距离最近且相等的Na＋共有6个D．石墨晶体中，每一层内碳原子数与碳碳键数之比为2﹕3参考答案：Ｃ13.将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KA1O2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为参考答案：C略14.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A．PH=1的硫酸溶液1L,则该硫酸溶液中氢离子数目为0.1NAB．常温下，14gC2H4和C3H6的混合气体中含有2NA个碳原子C．2.3gNa和足量的O2完全反应，在常温和燃烧时，转移电子数均为0.1NAD．1mol甲烷中含有C—H键的数目为4NA参考答案：B15.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是

A.1mol金刚石晶体中含碳碳键数为2NAB.常温常压下，22.4L的D2、H2组成的气体分子数为NAC.100mL0.5mol/L的(NH4)2SO4溶液中，含有0.1NA个NH4+D.1molNa2O2与足量CO2反应转移的电子数NA参考答案：AD二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.有6瓶白色固体试剂，分别是氯化钡、氢氧化钠、硫酸钠、硫酸铵、无水硫酸铜、碳酸钠。现只提供蒸馏水，通过下面的实验步骤即可鉴别它们。请填写下列空白：（1）各取适量固体试剂分别加入6支试管中，加入适量蒸馏水，振荡试管，观察到的现象是：

。被检出的物质的化学式（分子式）是

（2）分别取未检出的溶液，往其中加入上述已检出的溶液，观察到的现象和相应的离子方程式是：

被检出的物质的化学式（分子式）是

（3）鉴别余下未检出物质的方法和观察到的现象是：

参考答案：(1)6种固体全部溶解，5支试管中得到无色溶液，1支试管中得到蓝色溶液CuSO4(2)1支试管中有白色沉淀生成

Ba2++SO==BaSO4↓2支试管中有蓝色沉淀生成

Cu2++2OH-==Cu(OH)2↓

Cu2++CO==CuCO3↓

BaCl2(3)(ⅰ)分别取(2)中能产生蓝色沉淀的两种溶液，向其中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成的是Na2CO3溶液，无沉淀生成的是NaOH溶液。

(ⅱ)分别取少量未检出的溶液，往其中加入NaOH溶液，无明显现象的是Na2SO4溶液，有刺激性气味气体产生的是(NH4)2SO4溶液6种固体溶于水均形成溶液，其中只有1种为蓝色，可确定为CuSO4溶液。在其余5种溶液里加CuSO4溶液、BaCl2溶液出现BaSO4白色沉淀；NaOH、Na2CO3溶液分别出现Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3蓝色沉淀。接着可利用已检出的BaCl2溶液分别加入到NaOH、Na2CO3溶液中，能生成BaCO3沉淀的是Na2CO3溶液。最后利用NaOH溶液可区分Na2SO4、（NH4）2SO4溶液。解题时要注意题目限定只能使用蒸馏水，不能使用其他试剂。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.钛是21世纪金属。下面是利用钛白粉（TiO2）生产海绵钛（Ti）的一种工艺流程：已知：①Mg(s)＋Cl2(g)＝MgCl2(s)

△H＝－641kJ·mol－1②Cl2(g)＋1/2Ti(s)＝1/2TiCl4(l)

△H＝－385kJ·mol－1（1）钛白粉是利用TiO2＋发生水解生成钛酸（H2TiO3）沉淀，再煅烧沉淀制得的。TiO2＋发生水解的离子方程式为

。（2）反应I在800～900℃下进行，还生成一种可燃性无色气体，该反应的化学方程式为

；反应II的热化学方程式为

。（3）该工艺流程中，可以循环使用的物质有

（填化学式）。（4）在800℃～1000℃时电解TiO2也可制得海绵钛，装置如右图所示。图中b是电源的

极，阴极的电极反应式为

。参考答案：（1）TiO2＋＋2H2O＝H2TiO3↓＋2H＋（2）TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO2Mg(s)＋TiCl4(l)＝2MgCl2(s)＋Ti(s)

△H＝－512kJ·mol－1（3）Mg、Cl2（4）正

TiO2＋4e－＝Ti＋2O2－略18.

参考答案：（1）0.025mol/L.min

（1分）（2）

或

（1分）（3）A、C

（2分，对一个得1分，错写一个扣1分）（4）向右

（1分）；