浙江省绍兴市县华甫中学高三化学模拟试卷含解析

浙江省绍兴市县华甫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.在甲、乙两烧杯的溶液中，共含有Cu2+、K+、H+、Cl-、CO32-、OH-6种离子。已知甲烧杯的溶液含其中3种离子并呈蓝色，则乙烧杯的溶液中含有的另3种离子是（

）A．Cu2+、H+、Cl-

B．K+、Cl-、CO32-

C．K+、OH-、CO32-

D．K+、H+、Cl-参考答案：C略2.同温同压下，下列各热化学方程式中反应热数值最小的是（

）A．2A(l)+B(l)=2C(g)

△H=+Q1kJ·mol－1

B．2A(g)+B(g)=2C(g)

△H=+Q2kJ·mol－1C．2A(g)+B(g)=2C(l)

△H=+Q3kJ·mol－1

D．2A(l)+B(l)=2C(l)

△H=+Q4kJ·mol－1参考答案：答案：C3.已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)

ΔH＝－566kJ/molNa2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋O2(g)

ΔH＝－226kJ/mol根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是A．CO的燃烧热为283kJB．右图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C．2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO2(s)＋O2(g)ΔH>－452kJ/molD．CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，电子转移数为6.02×1023

参考答案：C略4.某分子的球棍模型如下图所示，图中“棍”代表单键或双键或三键；不同颜色的球代表不同元素的原子。有关该分子的说法错误的是：A.不属于烃类

B.能发生聚合反应C.不能与盐酸反应

D.能与金属钠发生置换反应参考答案：C根据颜色种数可以判断该物质含有4种元素，再根据原子的成键类型及球的大小确定元素。绿球最多能形成四个共价键，所以绿球代表C原子；白色球有一个共价键，且白球比绿球小，所以是H原子；红色球有两个共价键，所以是O原子；蓝色球有三个共价键，所以是N原子。则该球棍模型所示的分子式为。A、该分子含有4种元素，而烃只含有碳、氢两种元素，故A正确；B、该分子含有羧基和氨基，可以进行缩聚反应形成多肽，故B正确；C、氨基能和酸反应，故C错误；D、羧基可以和金属钠发生置换反应，故D正确。5.当电解质中某离子的浓度越大时，其氧化性或还原性越强，利用这一性质，有人设计出如图所示“浓差电池”(其电动势取决于物质的浓度差，是由一种物质从高浓度向低浓度转移而产生的)。其中，甲池为3mol·L－1的AgNO3溶液，乙池为1mol·L－1的AgNO3溶液A、B均为Ag电极。实验开始先断开K1，闭合K2，发现电流计指针发生偏转。下列说法不正确的是A.当电流计指针归零后，断开K2，闭合K1，一段时间后B电极的质量增加B.断开K1，闭合K2，一段时间后电流计指针归零，此时两池银离子浓度相等C.实验开始先断开K1，闭合K2，此时NO3－向B电极移动D.当电流计指针归零后，断开K2闭合K1，乙池溶液浓度增大参考答案：A【分析】断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，甲池为3mol?L-1的AgNO3溶液，乙池为1mol?L-1的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，NO3-向负极移动；闭合K1，断开K2，为电解装置，与电源正极相连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，NO3-向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小，据此解答。【详解】A.闭合K1，断开K2后，乙池中的B极为电解池的阳极，银失电子发生氧化反应，质量减小，故选A；B.断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，甲池为3mol?L-1的AgNO3溶液，乙池为1mol?L-1的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，NO3-向负极移动，乙池硝酸银浓度逐渐增大，一段时间后电流计指针归零，此时两池银离子浓度相等，故不选B；

C.断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，A为正极，B为负极，阴离子移向负极，则NO3-向B极移动，故不选C；

D.当电流计指针归零后，断开K2闭合K1，为电解装置，与电源正极相连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，NO3-向阳极移动，乙池溶液浓度增大，故不选D；答案：A6.制备Al2Fe(SO4)4·24H2O的实验中，对过滤出产品的母液（pH<1）进行处理。常温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后溶液中主要存在的一组离子正确的是A．通入足量氨气：NH4+、SO42－、OH－、AlO2－B．加入足量Na2O2：Na+、Fe2+、SO42－、OH－C．加入过量稀硝酸：Al3+、Fe3+、H+、NO3－、SO42－D．加入过量漂白粉溶液：Ca2+、Fe2+、Cl－、ClO－参考答案：C试题分析：A、铵根和氢氧根不能大量共存，A错误；B、亚铁离子和氢氧根不能大量共存。B错误；C、离子键不反应，可以大量共存，C正确；D、次氯酸根离子氧化亚铁离子，不能大量共存，D错误，答案选C。7.（2011·天津卷）以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是A．第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子B．同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小C．第ⅦA元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D．同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低参考答案：B质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，即137Cs和133Cs的质子数相同，137和133表示二者的质量数，因此A不正确；同周期元素（除0族元素外）从左到右，随着核电荷数的逐渐增多，原子核对外层电子对吸引力逐渐减弱，因此原子半径逐渐减小，B正确；同主族元素从上到下，随着核电荷数的逐渐增多，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子对吸引力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱，因此第ⅦA元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐减弱，C不正确；同主族元素从上到下，单质的熔点有的逐渐降低，例如IA，而有的逐渐升高，例如ⅦA，所以选项也D不正确。

8.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．NA个N2分子的质量与CO的摩尔质量完全相同B．常温常压下，1mol氦气含有的核外电子数为2NAC．50g98%的浓硫酸中，所含的氧原子数为2NAD．28.6gNa2CO3·10H2O晶体完全溶于水中，溶液中含CO32－的数目为0.1NA参考答案：B略9.100ml1mol·L-1H2SO4中加入下列物质后，导电性最差的是

A.0.2molKOH固体

B.0.1molBa(OH)2固体

C.100mlH2O

D.0.1molFe参考答案：B10.下图表示从固体混合物中分离X的2种方案，请根据方案Ⅰ与方案Ⅱ指出下列说法不合理的是（

）

A．可以选用方案Ⅰ分离NaCl中的I2B．方案Ⅰ中X物质不可能是受热易分解的物质C．方案Ⅱ中加入NaOH溶液可以分离出含SiO2的Fe2O3D．方案Ⅱ中加入的也可以是能够溶解除X外的其余物质的试剂参考答案：B11.“白色污染”的主要危害是（

）①破坏土壤结构

②降低土壤肥效

③污染地下水④危及海洋生物的生存．A．①②

B．②③C．①②③④

D．②④参考答案：C解：所谓“白色污染”，是人们对塑料垃圾污染环境的一种形象称谓．它是指用聚苯乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成的各类生活塑料制品使用后被弃置成为固体废物，由于随意乱丢乱扔，难于降解处理，以致造成城市环境严重污染的现象．目前人们常用的处理方法是掩埋，会破坏土壤结构、降低土壤肥效，污染地下水以及危及海洋生物的生存等，题目中四个选项都正确．故选C．12.下列各组离子在溶液中能够大量共存，当溶液中时，有气体产生：而当溶液中时，又能生成沉淀。则该组离子可能是A．Na+、Ba2+、NO3—、CO32-

B．Fe2+、Na+、SO42-、NO3—

C．Mg2+、NH4+、SO42-、Cl-

D．Ba2+、K+、Cl—、NO3-参考答案：B略13.关于下列各装置图的叙述中，错误的是（

）X物质水

H2O

A．装置①中，d为阳极、c为阴极B．装置②可用于收集H2、NH3、CO2、Cl2、HCl、NO2等气体C．装置③中X若为C6H6，可用于吸收NH3或HCl，并可防止倒吸D．装置④可用于干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3参考答案：C略14.下列反应的离子方程式书写正确的是（

）

A．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至刚好沉淀完全：

Ba2++2OH－+NH4++H++SO42－=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O

B．碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+

Ca2++CO2↑+H2O

C．向硅酸钠溶液中通入过量的CO2：SiO32－+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32－

D．向苏打溶液中滴入澄清石灰水：Ca2++OH－+HCO3－CaCO3↓+H2O参考答案：A略15.下列各项表达中正确的是A．Na2O2的电子式为B．4℃时，纯水PH

=7C．中，质量数之和是质子数之和的两倍参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：①过滤、②蒸发、③蒸馏、④萃取、⑤加热分解等．下列各组混和物的分离或提纯应采用什么方法？（填序号）（1）提取碘水中的碘；

（2）除去食盐溶液中的水；（3）淡化海水；

（4）KCl中含有KClO3．参考答案：1.④

2.②

3.③

4.⑤考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．专题：物质检验鉴别题．分析：（1）分离固体或液体与液体微溶用萃取；（2）从溶液中提取固态溶质用蒸发；（3）淡化海水，利用水与盐类物质的沸点差异较大分离；（4）KClO3受热易分解生成KCl．解答：解：（1）碘微溶于水，碘易溶于苯、四氯化碳等有机溶剂，且苯、四氯化碳与水互不相溶，可用萃取法分离，故答案为：④；（2）除去食盐溶液中的水，可用蒸发的方法分离，加热时水挥发，剩余的为氯化钠，故答案为：②；（3）淡化海水，利用水与盐类物质的沸点差异较大分离，则淡化海水，可采用蒸馏方法，故答案为：③；（4）KClO3受热易分解生成KCl，KCl受热不分解，所以可用加热方法除去KCl中含有的KClO3，故答案为：⑤．点评：本题考查物质分离、提纯实验方案的设计，把握物质的性质及混合物中性质的差异设计分离方法为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（2008·宁夏卷）[化学──选修物质结构与性质][选做题]X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大。请回答下列问题：(1)X、Y的元素符号依次为

、

；(2)XZ2与YZ2分子的立体结构分别是

和

，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是

（写分子式），理由是

；(3)Q的元素符号是

，它属于第

周期，它的核外电子排布式为

，在形成化合物时它的最高化合价为

；(4)用氢键表示式写出E的氢化物溶液中存在的所有氢键

。参考答案：（1）S

C（2）V形

直线形

SO2

因为CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度较大（3）Cr

四

1s22s22p63s23p63d54s1

+6（4）F—H…F

F—H…O

O—H…F

O—H…O由“X原子核外的M层中只有两对成对电子”则X为硫元素。“Y原子核外的L层电子数是K层的两倍”则Y为碳元素。“Z是地壳内含量最高的元素”则Z为氧元素。“Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和”则Q为铬元素，其元素符号为Cr，位于元素周期表的第四周期，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，在形成化合物时其最高化合价为+6。“E在元素周期表的各元素中电负性最大”即E为氟（F）元素，在E的氢化物（HF）溶液中存在的所有氢键为：F—H…O、O—H…F、O—H…O。XZ2与YZ2分别为SO2和CO2分子，其立体结构分别为V形（角形）和直线形，在相同条件下二者在水中溶解度较大的是SO2，原因是CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H2O中溶解度较大。18.（10分）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基，例如化合物A～E的转化关系如图1所示，已知：A是芳香化合物，只能生成3种一溴化合物，B有酸性，C是常用增塑剂，D是有机合成的重要中间体和和常用化学试剂（D也可由其他原料催化氧化得到），E是一种常用的指示剂酚酞，结构如图2．图1图2写出A、B、C、D的结构简式：（1）A：____________________________________________．（2）B：____________________________________________．（3）C：____________________________________________．（4）D：_______________