辽宁省沈阳市北辰高级中学高三化学模拟试题含解析

辽宁省沈阳市北辰高级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.化学与人类的生产、生活息息相关。下列说法正确的是（

）A.天然纤维和人造纤维主要成分都是纤维素B.生物质能和氢气都属于可再生能源C.古代明矾除铜绿和现代焊接氯化铵除铁锈都利用了溶液显碱性的特性D.燃煤中加入生石灰和汽车限行都为了减缓温室效应参考答案：B【详解】A.蚕丝是天然纤维，其主要成分为蛋白质，A项错误；B.生物质能，就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，可转化为常规的固态、液态及气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源；氢气氢能是一种完全清洁的新能源和可再生能源，B项正确；C.铜绿为碱式碳酸铜，明矾在水溶液中因铝离子水解显酸性而溶解铜绿；铁锈的主要成分为氧化铁，氯化铵水解显酸性可除去铁锈，C项错误；D.燃煤中加入生石灰可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成；汽车限行都是为了适当减少尾气排放，降低雾霾天气，D项错误；答案选B。2.Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取.Cu2O的电解池示意图如下，点解总反应：2Cu+H2O==Cu2O+H2O。下列说法正确的是A.石墨电极上产生氢气B.铜电极发生还原反应C.铜电极接直流电源的负极D.当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成。

参考答案：A解析：由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以Cu作电解池的阳极，发生氧化反应，B选项错误；石墨作阴极，阴极上是溶液中的H＋反应，电极反应为：2H＋＋2e－=H2↑，A选项正确；阳极与电源的正极相连，C选项错误；阳极反应为2Cu＋2OH－－2e－=Cu2O＋H2O，当有0.1mol电子转移时，有0.05molCu2O生成，D选项错误。

3.下列说法不正确的是（

）A．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同B．用溴水即可鉴别苯酚溶液、2,4-已二烯和甲苯C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHD．蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者都属于低聚糖参考答案：C4.关于蛋白质的下列叙述正确的是A、加热会使蛋白质变性，因此生吃鸡蛋比熟吃好B、一束光线照射蛋白质溶液，产生丁达尔效应C、鸡蛋清加入食盐，会使蛋白质变性D、天然蛋白质中仅含C、H、O、N四种元素参考答案：B5.将盛有amolNO2和bmolNO（标准状况下）混合气体的试管倒扣于事先盛有水的水槽中，再通入bmolO2,充分反应后试管里剩余的气体的成分及物质的量取决于a与b的关系，则下列判断正确的是①若余NO，则a＜b,且剩余气体的物质的量为(a-b)/3②若余O2，则a＜b，且剩余气体的物质的量为(b-a)/4③若无气体剩余，则a=b，且所得溶液的物质的量浓度为b/22.4mol.L—1A.只有①正确

B.只有②正确

C.①②③都不正确

D.①②③都正确参考答案：B略6.下列过程中，共价键被破坏的是（）A．HCl气体溶于水

B．酒精溶于水

C．冰融化成水

D．碘升华参考答案：A考点：共价键的形成及共价键的主要类型．.专题：化学键与晶体结构．分析：共价化合物溶于水并电离，以及发生化学反应都存在共价键的断裂过程．解答：解：A、HCl气体溶于水，发生电离，共价键被破坏，故A正确；B、酒精溶于水后，酒精在水中以分子形式存在，所以没有化学键的破坏，故B错误．C、冰融化克服的分子间作用以及氢键，共价键没有破坏，故C错误；D、碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故D错误；故选：A．点评：本题考查化学键知识，题目难度不大，注意共价键、离子键以及分子间作用力的区别．7.常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图5所示，下列说法正确的是A、HA为强酸

B、该混合液pH=7

C、图中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+

D、该混合溶液中：c(A-)+

c(Y)=c(Na+)参考答案：D8.将amolNa2O2和bmolNaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热到250℃，让其充分反应。当剩余固体为Na2CO3、NaOH，排出气体为O2、H2O时，值可能为（

）

A．0.5

B．0.65

C．0.85

D．1.0

参考答案：C略9.下列推论正确的A．SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3-B．NH4+为正四面体结构，可推测出PH4+也为正四面体结构C．CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体D．C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子参考答案：B略10.将铁屑溶于过量的盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是（

）A、硫酸

B、磷酸

C、硝酸锌

D、氯化铜参考答案：C略11.下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是

（

）

①C（s）＋O2（g）===CO2（g）ΔH1C（s）＋O2（g）===CO（g）ΔH2

②S（s）＋O2（g）===SO2（g）ΔH3S（g）＋O2（g）===SO2（g）ΔH4

③H2（g）＋O2（g）===H2O（g）ΔH52H2（g）＋O2（g）===2H2O（g）ΔH6

④CaCO3（s）===CaO（s）＋CO2（g）ΔH7CaO（s）＋H2O（l）===Ca（OH）2（s）ΔH8

A．①

B．④

C．②③④

D．①②③参考答案：C略12.下列涉及无机化合物的分离提纯，其中说法正确的是A．除去CO2中混有的少量SO2，可将气体通过酸性高锰酸钾溶液B．除去SiO2中混有的少量Al2O3，可以用NaOH溶液洗涤C．除去Fe粉中的少量Mg粉，可以将该粉末用稀硝酸洗涤，然后过滤D．除去NO2气体中混有的少量NO气体，可以向该气体中充入过量空气参考答案：A略13.9．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法正确的是X

Y

Z

WQ

参考答案：A1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是（）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mLC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L参考答案：B考点：化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．.专题：计算题．分析：A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B．根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积；C．根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D．根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度．解答：解：A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B．根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故B错误；C．NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）×2×1=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是×100%=80%，故C正确；D．该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故D正确；故选B．点评：本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答．15.下列反应的产物中,有的有同分异构体,有的没有同分异构体,其中一定不存在同分异构体的反应是(

)。A．甲烷与氯气发生取代反应B．丙烯与水在催化剂的作用下发生加成反应C．异戊二烯与等物质的量的

Br2发生加成反应D．2-氯丁烷(CH3CH2CHCICH3)与NaOH乙醇溶液共热发生消去HCl分子的反应参考答案：A试题分析：A、甲烷与氯气发生取代反应的四种有机产物均只有一种结构，没有同分异构体，正确；B、丙烯与水加成反应的产物可以是1-丙醇或2-丙醇两种同分异构体，错误；C、异戊二烯与Br2可以发生l,2加成，3,4加成和l,4加成，共有三种同分异构体，错误；D、2-氟丁烷消去HCl分子的产物可以是1-丁烯,也可以是2-丁烯，错误。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.锶（Sr）为第五周期ⅡA族元素，其化合物六水氯化锶（SrCl2?6H2O）是实验室重要的分析试剂，工业上常以天青石（主要成分为SrSO4）为原料制备，生产流程如下：已知：①经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，还含有少量Ba2+杂质；②SrSO4、BaSO4的溶度积常数分别为3.3×10﹣7、1.1×10﹣10；③SrCl2?6H2O的摩尔质量为：267g/mol．（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是

．（2）隔绝空气高温焙烧，若0.5molSrSO4中只有S被还原，转移了4mol电子．写出该反应的化学方程式：

．（3）为了得到较纯的六水氯化锶晶体，过滤2后还需进行的两步操作是．（4）加入硫酸的目的是

．为了提高原料的利用率，滤液中Sr2+的浓度应不高于mol/L（注：此时滤液中Ba2+浓度为1×10﹣5mol/L）．（5）产品纯度检测：称取1.000g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO31.100×10﹣2mol的AgNO3溶液（溶液中除Cl﹣外，不含其它与Ag+反应的离子），待Cl﹣完全沉淀后，用含Fe3+的溶液作指示剂，用0.2000mol/L的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出．①滴定反应达到终点的现象是

．②若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液20.00mL，则产品中SrCl2?6H2O的质量百分含量为

（保留4位有效数字）．参考答案：（1）增加反应物的接触面积，提高反应速率，提高原料的转化率；（2）SrSO4+4CSrS+4CO↑，（3）洗涤、干燥；（4）除去溶液中Ba2+杂质；0.03；（5）①溶液由无色变为血红色，且30s不褪色；②93.45%．考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．版权所有专题：实验题．分析：以天青石（主要成分为SrSO4）为原料制备六水氯化锶（SrCl2?6H2O），由流程可知，天青石和碳隔绝空气高温焙烧生成CO、SrS，SrS加盐酸后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，还含有少量Ba2+杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡，滤液中含SrSO4、SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2?6H2O，（1）研磨粉碎的目的是增加反应物的接触面积，提高反应速率，提高原料的转化率；（2）0.5molSrSO4中只有S被还原，转移了4mol电子，则1mol的S转移8mol的电子，反应后生成的﹣2价硫离子，据此写出该反应的化学方程式；（3）过滤1后的滤液中含有氯化锶，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后从溶液中将晶体过滤出来，洗涤除去表面的杂质离子并进行干燥即获得SrCl2?6H2O；（4）用HCl溶解SrS后的溶液中含有杂质钡离子，加入硫酸的后生成硫酸钡沉淀从而除去溶液中Ba2+杂质；根据钡离子浓度、硫酸钡的溶度积计算出钡离子完全除去时硫酸根离子的浓度，然后根据硫酸锶的溶度积计算出需要锶离子的最小浓度；（5）①若NH4SCN不再剩余的Ag+结合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就会含有SCN﹣，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色，据此判断滴定终点；②根据n=cV计算出n（NH4SCN），Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，据此计算出溶液中剩余的Ag+的物质的量及与Cl﹣反应的Ag+的物质的量，再根据氯离子守恒计算出1.000g产品中SrCl2?6H2O的物质的量、质量，最后计算出产品纯度．解答：解：（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是为了增加反应物的接触面积，提高化学反应速率，从而提高原料的转化率，故答案为：增加反应物的接触面积，提高反应速率，提高原料的转化率；（2）在焙烧的过程中若只有0.5molSrSO4中只有S被还原，转移了4mol电子，则1mol的S转移8mol的电子，由于在反应前元素的化合价为+6价，所以反应后元素的化合价为﹣2价，因此碳与天青石在高温下发生反应的化学方程式为：SrSO4+4CSrS+4CO↑，故答案为：SrSO4+4CSrS+4CO↑；（3）然后向得到的含有SrS固体中加入HCl发生反应：SrS+2HCl=SrCl2+H2S↑，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后从溶液中将晶体过滤出来，洗涤除去表面的杂质离子并进行干燥即获得SrCl2?6H2O，故答案为：洗涤、干燥；（4）在用HCl溶解SrS后的溶液中加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质；由于在Ba2+浓度为1×10﹣5mol/L，BaSO4的溶度积常数为1.1×10﹣10，所以c（SO42﹣）=mol/L=1.1×10﹣5mol/L，而SrSO4的溶度积常数为3.3×10﹣7，所以c（Sr2+）=mol/L=3.0×10﹣2=0.03mol/L，故答案为：除去溶液中Ba2+杂质；0.03；（5）①若NH4SCN不再剩余的Ag+结合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就会含有SCN﹣，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色，因此滴定达到终点时溶液由无色变为血红色，且30s不褪色，故答案为：溶液由无色变为血红色，且30s不褪色；②n（NH4SCN）=0.2000mol/L×0.02L=4.0×10﹣3mol，Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，所以溶液中剩余的Ag+的物质的量为：n（Ag+）=4.0×10﹣3mol，则与Cl﹣反应的Ag+的物质的量为：n（Ag+）=1.100×10﹣2mol﹣4.0×10﹣3mol=7.0×10﹣3mol，1.000g产品中SrCl2?6H2O的物质的量为：n（SrCl2?6H2O）=×n（Ag+）=3.5×10﹣3mol，1.000g产品中SrCl2?6H2O的质量为：m（SrCl2?6H2O）=3.5×10﹣3mol×267g/mol=0.9345g，所以产品纯度为：×100%=93.45%，故答案为：93.45%．点评：本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程中发生的化学反应及物质分离方法为解答的关键，涉及反应速率、氧化还原反应、滴定原理等，注意信息与所学知识的综合应用，综合性较强，题目难度较大．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，并含少量的Fe2O3、FeCO3

MgO、CaO等，生产工艺流程示意如下：

（1）将菱锌矿研磨成粉的目的是_____。

（2）完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式：□Fe（OH）2+□____+□_____==□Fe（OH）3+□CI-

（3）针铁矿（Goethite）是以德国诗人歌德（Goethe）名字命名的，组成元素是Fe、O和H，化学式量为89，化学式是_______。（4）根据下表数据，调节“滤液2”的pH时，理论上可选用的最大区间为______。

Mg（OH）2Zn（OH）2MgCO3CaCO3开始沉淀的pH[来10．46．4——沉淀完全的pH12．48．0——开始溶解的pH—10．5——Ksp5