1、 高三下学期第二次模拟考试化学试题一、单选题1化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是（） A氯气作水杀菌消毒剂B硅胶作袋装食品的干燥剂C二氧化硫作纸浆的漂白剂D肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂2中华民族有着光辉灿烂的历史和文化。下列说法错误的是（）A战国曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种合金B秦朝兵马俑用陶土烧制而成，属于合成高分子材料C宋王希孟千里江山图所用纸张为宣纸，其主要成分是纤维素D宋沈子藩梅鹊图所用缂丝中含有的桑蚕丝，其主要成分为蛋白质3下列有关化学用语表示正确的是() A次氯酸的结构式：H-Cl-OBCaO2 的电子式： CCO2分子的比例模型： D乙醇的分子式：CH3
2、CH2OH4NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 L由SO2和CO2组成的混合气体中含有的氧原子数为2NAB25时，pH=13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.2NAC46 g乙醇中含有的极性键数目为8NAD在反应SiO2+2CSi+2CO中，每1 mol SiO2被氧化，转移的电子数为4NA5下列装置或操作能达到实验目的是（）A除去乙醇中的乙酸B形成原电池C制取乙酸乙酯D石油的蒸馏AABBCCDD6某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、T、W为原子序数在20以内且原子序数依次增大的六种主族元素，Z、Q属于同一主族，W+与Q2-具有
3、相同的电子层结构。下列说法错误的是（） A在溶液中，W2YZ3与XTZ反应生成YZ2B该化合物中含有离子键、极性键、非极性键CY、Q、T的最高价氧化物对应水化物的酸性：TQYDY、Z、Q、T分别与X形成的简单化合物中，Z的化合物沸点最高7a、b表示两种化合物，其结构简式分别如图所示。下列有关说法正确的是（）Aa、b与苯是同分异构体Ba、b中6个碳原子均处于同一平面Ca的二氯代物有五种Db能使溴的四氯化碳、溶液褪色，且褪色原理相同8在指定溶液中下列离子能大量共存的是（） A透明澄清的溶液：NH 、Fe3+、SO 、NO B能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlO 、Cl-Cc(ClO-)=
4、0.1mol/L的溶液：K+、Na+、CO 、S2-D加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、NH 、HCO 、NO 9下列物质性质和用途都正确且相关的是（）选项性质用途AFeCl3溶液显酸性用于刻蚀电路板BSO2具有氧化性SO2常用于漂白秸秆、织物CHF溶液具有酸性HF溶液能在玻璃上刻图案DCH3CH2OH完全燃烧生成二氧化碳和水并放出大量热量乙醇常作清洁能源AABBCCDD10臭氧层中O3分解过程如图所示，下列说法正确的是（）A催化反应均为放热反应B决定O3分解反应速率的是催化反应CE1是催化反应对应的正反应的活化能，(E2+E3)是催化反应对应的逆反应的活化能D温度升高，总反应的正反应速率的
5、增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大11下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（）选项操作现象结论A向20%蔗糖溶液中加入少量稀，加热，一段时间后，再加入银氨溶液为出现银镜蔗糖未水解B测量熔融状态下的导电性能导电熔融状态下能电离出、C用石墨作电极电解、的混合溶液阴极上先析出铜还原性：MgCuD向溶液中先通入足量，再通入气体无沉淀生成不能和反应生成和HClAABBCCDD12向某密闭容器中充入NO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g)(已知：N2O4为无色气体)。其它条件相同时，不同温度下平衡体系中各物质的物质的量分数如下表：/27354970NO2%20254066N2O4%
6、80756034下列说法正确的是（）A平衡时，v(NO2消耗)=2v(N2O4消耗)B27时，该平衡体系中NO2的转化率为80%C升高温度，该反应的化学平衡常数增大D温度不变，缩小容器体积，达平衡时气体颜色变浅13一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法错误的是（）ANi电极与电源正极相连B该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O+H2C工作过程中阴极附近pH增大D在电解液混合过程中会发生反应：14工业上用CO2合成乙酸的反应路径如图所示： 下列说法错误的是（）
7、A反应过程中碳元素的化合价始终不变B第4步反应的氧化剂是CH3COORh*ICHI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物D催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2O15绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程：下列说法错误的是（）A固体1中主要含有CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2BX可以是空气，但不能过量C捕获剂所捕获的气体主要是CO、N2D处理含废水时，发生的反应为：+=N2+2H2O16一定温度下，水溶液中H+和O
8、H-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是() A升高温度，可能引起由c向b的变化B该温度下，水的离子积常数为1.010-13C该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化二、综合题17亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备固体的实验装置如图所示：已知：的熔点为-59、沸点为11，极易溶于水，遇热水、见光易分解：气体浓度较大时易发生分解，若用空气、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。回答下列问题：（1）按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是 ；装置
9、B的作用是 ；冰水浴冷却的主要目的不包括 (填字母)。a.减少的分解 b.降低的溶解度 c.减少的分解（2）是合成的重要原料，写出三颈烧瓶中生成的化学方程式： 。（3）装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为 。空气的流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解可能发生爆炸；空气流速过快时，则导致 。（4）该套装置存在的明显缺陷是 。（5）为防止生成的固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除外，还可以选择的还原剂是_(填字母)A过氧化钠B硫化钠C氯化亚铁D高锰酸钾（6）若mg最终制得纯净的ng，则的产率是 100%。(相对分子质量分别是：106.5 ：90.5)18二
10、氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。（1）在太阳能的作用下，以为原料制取炭黑的流程如图甲所示。其总反应的化学方程式为 。（2）经过催化氢化合成低碳烯烃。其合成乙烯的反应为。几种物质的能量(在标准状况下规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量)如下表所示：物质能量0-39452-242则 。（3）在2L恒容密闭容器中充入2mol和nmol，在一定条件下发生反应：，的转化率与温度、投料比的关系如图乙所示。 (填“”“Cu，故C符合题意；D向溶液中先通入足量，再通入气体会产生白色沉淀，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.水解后在碱性条件下检验葡萄糖；B.熔融状态下电离成
11、、；D.先通氨气再通入二氧化硫会产生亚硫酸钡沉淀。12【答案】A【解析】【解答】A 由2NO2(g) N2O4(g)可知，速率比等于方程式的计量数之比，平衡时，v(NO2消耗)=2v(N2O4消耗)，故A符合题意；B 27时，该平衡体系中NO2的物质的量分数为20%，N2O4的物质的量分数为80%，设物质的量分别为0.2mol、0.8mol，由方程式可知，转化NO2的物质的量为1.6mol，则该平衡体系中NO2的转化率为=88.89%，故B不符合题意；C 由表中数据可知升高温度，NO2物质的量分数增大，N2O4物质的量分数减小，则平衡逆向移动，该反应的化学平衡常数减小，故C不符合题意；D 温度
12、不变，缩小容器体积，浓度因体积缩小而增大，气体颜色加深，平衡正向移动，又使气体颜色在此基础上变浅，但达平衡时气体颜色比原来的要深，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】B.根据计算；C.升温平衡逆向移动；D.缩小体积浓度增大，气体颜色加深，平衡正向移动，气体颜色逐渐变浅，达到平衡时气体颜色比原来深。13【答案】A【解析】【解答】A由反应流程可知，Pt电极区要将Cl转化为Cl2，发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，故与电源负极相连，A符合题意；B根据反应历程和阴极区的反应2H2O+2e=2OH+H2，可知该过程的总反应为CH2=CH2+H2O+H2，B不符合题意；C工作过程中阴极区的反应
13、为2H2O+2e=2OH+H2，故阴极附近pH增大，C不符合题意；D阳极区发生Cl2+H2O=HCl+HClO，阴极区生成KOH，故在电解液混合过程中会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O，D不符合题意；故答案为A。【分析】Pt电极上，氯离子转化为氯气再与乙烯反应，氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，则Pt电极为阳极，电极反应为2Cl-2e-=Cl2，Ni电极为阴极。14【答案】A【解析】【解答】A碳元素在CH3OH中显-2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价跟成键原子的非金属性有关，故A符合题意；B第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+ Rh*+HI，氧化剂是CH
14、3COORh*I，故B不符合题意；C根据每一步的反应可知，中间产物有HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I，都是先生成后反应的物质，故C不符合题意；D根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh*催化作用下生产CH3COOH和H2O，所以循环的总反应为CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2O，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】ACH3OH和CH3COOH中C的化合价不同；B根据第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+ Rh*+HI分析；C先生成后反应的物质是中间产物；D根据图示，循环的总反应为CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2
15、O。15【答案】C【解析】【解答】A工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A不符合题意；B由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B不符合题意；C根据分析可知，气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C符合题意；D根据图示可知，氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生反应的离子方程式为：+=
16、N2+2H2O，故D不符合题意；故答案为C。【分析】工业废气中加入过量石灰乳，CO2、SO2可被石灰乳吸收生成固体为CaCO3、CaSO3，则固体1为CaCO3、CaSO3和过量的Ca(OH)2，气体1是N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，则气体X为具有氧化性的气体，且不能过量，NaNO2与含有 的废水反应生成无污染的气体，根据元素守恒可知，该气体为氮气，气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。16【答案】C【解析】【解答】A图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线
17、上，不可能由c变到b，故A不符合题意； B根据离子积常数可知，该温度下Kw=c(H+)c(OH)=11071107=11014，故B不符合题意；C该温度下，加入FeCl3水解显酸性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b向a的变化，故C符合题意；D该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D不符合题意；故答案为C。 【分析】A.水的电离是吸热 B.根据离子积常数计算 C.盐的水解促进了水的电离 D.稀释时依然符合水的离子积常数的公式17【答案】（1）检查装置的气密性；防止倒吸(或稀释气体)；b（2）（3）遇酸放出；不能被充分吸收，的产率下降（4
18、）没有处理尾气（5）A（6）或或(或其他合理答案)【解析】【解答】三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成，B是安全瓶，防倒吸，C中发生反应，生成。(1)本实验涉及气体的制备，为防止气体泄漏，所以组装好仪器后，首先应该进行的操作是检验装置气密性；极易溶于水，所以易发生倒吸，装置B的作用是防止倒吸； a温度较低，过氧化氢分解速率减慢，所以冰水浴可以减少的分解，故不选a；b实验的目的是、H2O2、NaOH溶液反应制备，所以不能降低的溶解度 ，故答案为：b； c遇热水易分解，所以冰水浴可以减少的分解，故不选c；选b。(2)三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠
19、，反应的化学方程式为；(3)遇酸放出，装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还避免遇酸放出；空气流速过快时，则导致不能被充分吸收，的产率下降；(4)该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气，污染空气；(5)A. 过氧化钠和水反应生成过氧化氢，过氧化钠的还原性与过氧化氢相当，故答案为：A； B. 硫化钠，具有强还原性，不能选择硫化钠还原，故不选B； C. 氯化亚铁的还原性大于过氧化氢，不能选择过氧化氢还原，故不选C；D. 高锰酸钾具有强氧化性，高锰酸钾不能还原，故不选D；选A。(6)若mg的物质的量是，根据氯元素守恒，理论上生成，最终制得纯净的ng，则的产率是。【分析】（1）有气体参与的反应
20、组装好仪器之后首先检查装置的气密性；装置B作为安全瓶；过氧化氢和 受热易分解；（2）三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠；（3） 遇酸放出 ； 空气流速过快时，不能被充分吸收，的产率下降；（4）该装置缺少尾气处理装置；（5）加入的还原剂应注意不能引入杂质，且还原性与过氧化氢相当；（6）计算理论产量，进而得出产率。18【答案】（1）（2）-128kJmol-1（3）；D（4）B；D（5）12【解析】【解答】(1)在700K条件下，CO2和FeO发生反应生成C和Fe3O4，过程1中Fe3O4分解生成FeO和O2，所以整个反应过程中FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反
21、应条件书写方程式为；(2)焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则该反应的焓变=52+(-242)4-(-392)2-0kJ/mol=-128kJ/mol，故答案为：-128kJ/mol；(3)相同条件下，投料比越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1X2；该反应的正反应是放热反应，温度越高其平衡常数越小，温度AB，所以平衡常数，故答案为：；2030min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同，应为缩小容器体积，故答案为：D；(4)影响产物产率的因素只能是引起平衡移动的因素，反应的活化能增大因素都是和催化剂有关的因素，催化剂只能改变反应速率，不会引起平衡
22、移动，乙烯产率不会影响，反应的平衡常数变大是温度的变化引起的，反应是放热的，平衡常数变大是因为升高温度，故答案为：BD；(5)根据Kh=210-4=，所以c(OH-)=10-2mol/L，pH=12。【分析】（1）FeO为该反应的催化剂，总反应为二氧化碳分解产生C和氧气；（2）根据H=生成物总能量-反应物总能量计算；（3）越大，二氧化碳的转化率越大；该反应为放热反应，升温K减小；2030min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同；（4）根据化学平衡的影响因素分析；（5）根据计算。19【答案】（1）将样品中可能存在的氧化为；双氧水()（2）(或)；（3）防止胶体生成，易沉淀分离；（4）45.
23、0%【解析】【解答】 (1)根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2转化成Fe3；加入的物质要具有氧化性，同时不能引入新的杂质，因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，所以可以选择双氧水；(2)根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅；SiO2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiO2+4HF=SiF4+2H2O；(3)盐类水解是吸热反应，加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，pH45时Ca2+、Mg2+不
24、沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)草酸钙的化学式为CaC2O4，MnO作氧化剂，化合价降低5价，H2C2O4中的C化合价由3价4价，整体升高2价，最小公倍数为10，因此MnO的系数为2，H2C2O4的系数为5，运用关系式法5Ca2+5H2C2O42KMnO4，n(KMnO4)=0.0500mol/L36.00103mL=1.80103mol，n(Ca2+)=4.50103mol，水泥中钙的质量分数为100%=45.0%。 【分析】水泥样品加入盐酸、氯化铵和硝酸，二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A为SiO2，铁、铝、镁等氧化物溶于酸，且酸性条件下，硝
25、酸将Fe氧化为Fe3+；加入氨水调节溶液pH值45，使Fe3+、Al3+生成沉淀，滤液中滴加草酸铵得到草酸钙，再用KMnO4法检测溶液中的Ca2+含量。20【答案】（1）原子光谱；71s22s22p2（2）sp、sp2（3）C（4）直线形；N2O或CO2；原子晶体；低于；N原子半径小，GaN键长短，共价键键能大； 100%【解析】【解答】(1)每一种元素都有唯一特定的原子光谱，现代化学中，常利用上原子光谱的特征谱线来鉴定元素；按原子排布规律氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数分别为1、2、1、1，则未成对电子数最多的是碳，其电子排布式为1s22s22p2；答案为：原子光谱；1s22s22p2
26、；(2)碳碳叁键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的每个碳原子形成3个键，无孤电子对，采取sp2杂化；答案为：sp、sp2；(3) 根据Na2B4O5(OH)48H2O的结构示意图，其晶体内有阴阳离子、有水分子、有配位键，则知含有离子键、共价键、范德华力、氢键，但没有金属键，因为金属键只存在于金属晶体中；答案为：C；(4) 按信息阳离子“N5n+”结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键，满足条件的结构为： ，则为N5+，则“N8”的离子晶体是由N5+和N3-形成的，N8中阴离子为N3-，其中的阴离子中原子个数是3、价电子数是16，所以其等电子体有N2O或CO2，则其空间构型为直线形；答案为：直线形；N2O或CO2；按信息Ga和As两种元素电负性相差不大，故化合物GaAs内是共价键，晶体熔点为1238，则可判断为原子晶体，共价键越牢固，原子晶体熔点越高，由于N、As属于同一主族的元素，原子半径N比As小，GaN键长短，共价键键能大，则熔点GaAs比GaN的低；根据均摊法计算，晶胞内As原子数目 ，Ga原子数目：41=4，故其晶胞中原子所占的体积为 ，晶胞的体积为： ，则原子的体积占晶胞体积的百分率为
