岳阳市岳阳楼区岳阳楼市第一中学2020届高三化学考前模拟试题含解析

湖南省岳阳市岳阳楼区岳阳楼市第一中学2020届高三化学考前模拟试题含解析湖南省岳阳市岳阳楼区岳阳楼市第一中学2020届高三化学考前模拟试题含解析PAGE20-湖南省岳阳市岳阳楼区岳阳楼市第一中学2020届高三化学考前模拟试题含解析湖南省岳阳市岳阳楼区岳阳楼市第一中学2020届高三化学考前模拟试题（含解析)一、选择题（（本题包括13道小题。每小题6分,共78分，每小题只有一个选项符合题意）1。下列各组离子：（1）K+、Fe2+、SO42－、ClO－（2)K+、Al3+、Cl－、HCO3－(3）ClO－、Cl－、K+、OH－（4）Fe3+、Cu2+、SO42－、Cl－（5）Na+、K+、AlO2－、HCO3－(6）Ca2+、Na+、SO42－、CO32－在水溶液中能大量共存的是A.（1）和（6） B.(3）和（4） C.（2）和（5） D.（1）和（4）【答案】B【解析】【详解】(1）Fe2+、ClO−发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；(2）Al3+、HCO3−发生互促水解反应而不能大量共存,故错误;（3）离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；（4）离子之间不发生任何反应,可大量共存，故正确;（5）AlO2−、HCO3−发生反应生成氢氧化铝和碳酸根离子,不能大量共存，故错误；(6）Ca2+与SO42−、CO32−反应生成沉淀而不能大量共存，故错误;故选B。2.可用于电动汽车铝-空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极,空气电极为正极.下列说法正确的是（）A。以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－B.以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al＋3OH－－3e-＝Al(OH)3↓C。以NaOH溶液为电解液时,电池在工作过程中电解液pH保持不变D.电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极【答案】A【解析】【详解】A、无论是NaCl溶液或NaOH溶液为电解液,在正极上都是O2得到电子被还原，A正确；B、生成的Al(OH)3是两性氢氧化物，在碱溶液中发生反应生成Al（OH)4-，B错误；C、生成的Al(OH)3与NaOH反应生成Na［Al（OH）4］，消耗电解质中的NaOH，使pH减小，C错误;D、原电池中，电子从外电路的负极流向正极,D错误；因此答案选A.3.用某种仪器量取液体体积时，平视时读数为nmL，仰视时读数为xmL，俯视时读数为ymL，若X＞n＞y,则所用的仪器可能为A。滴定管 B。量筒 C.容量瓶 D。以上均不对【答案】A【解析】【详解】平视时读数为nmL,仰视时读数为xmL，所读数据偏下，俯视时读数为ymL所读数据偏上，若x＞n＞y，说明该仪器的刻度自上而下逐渐增大，所以该仪器为滴定管,答案选A。4。已知CH4（g)+2O2（g)→CO2（g）+2H2O(g）ΔH==—Q1；2H2（g)+O2(g)→2H2O(g）ΔH==—Q2；H2O(g)→H2O（l）ΔH==—Q3常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下）,经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为A。4Q1+0.5Q2 B。4Q1+Q2+10Q3 C.4Q1+2Q2 D。4Q1+0。5Q2+9Q3【答案】D【解析】【详解】①CH4（g）+2O2（g)=CO2(g）+2H2O(g）ΔH=-Q1;2H2（g)+O2(g)=2H2O（g）ΔH=—Q2；H2O（g）→H2O(l)ΔH=-Q3；根据盖斯定律①+2③得

CH4（g)+2O2（g)=CO2（g）+2H2O(l)△H=-Q1—2Q3；

根据盖斯定律②+2③得

2H2（g）+O2（g）=2H2O(l)△H=Q2—2Q3，标准状况下,112L体积比为4:

1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为=

=

5mol

，故甲烷的物质的量为5mol=4mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q1+2Q3)

=4

（Q1+2Q3)，氢气的物质的量为5mol-4mol=1mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3）

=0.5

（Q2+2Q3）

，故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为:4

（Q1+2Q3)

+0.5

（Q2+2Q3)=4Q1+0。5Q2+9Q3,故选D。

答案：

D。【点睛】先根据混合气体的物质的量

结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量,再根据盖斯定律,利用已知的三个热化学反应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热.5.核黄素又称为维生素B2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。核黄素分子的结构为：已知:有关核黄素的下列说法中，不正确的是：A。该化合物分子式为C17H22N4O6B.酸性条件下加热水解,有CO2生成C。酸性条件下加热水解，所得溶液加碱后有NH3生成D.能发生酯化反应【答案】A【解析】【详解】A、根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6,故A错误；

B、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成,故B正确;

C、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应,由已知条件可知水解产物有氨气生成，故C正确；

D、因为该化合物中含有醇羟基,因此可以发生酯化反应,故D正确；

故选A.6。多硫化钠Na2Sx(）在结构上与Na2O2、FeS2等有相似之处，Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4，而NaClO被还原成NaCl，反应中Na2Sx与NaClO物质的量之比为1：16,则x值是A.5 B。4 C.3 D.2【答案】A【解析】【详解】Na2Sx中Na元素的化合价为+1价,则S元素的平均化合价为—，Na2SO4中S元素的化合价为+6价；NaClO中Cl元素的化合价为+1价,NaCl中Cl元素的化合价为—1价；反应中Na2Sx与NaClO物质的量之比为1：16，根据得失电子守恒,1×x×［（+6)-（—）］=16×2，解得x=5,答案选A。7。根据下列实验现象,所得结论正确的是实验实验现象结论A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：Al＞Fe＞CuB左边棉花变为橙色,右边棉花变为蓝色氧化性:Cl2＞Br2＞I2C白色固体先变为淡黄色，后变为黑色溶解性Ag2S＞AgBr＞AgClD锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：Cl＞C＞SiA.A B。B C。C D。D【答案】A【解析】【详解】A。左烧杯中是Al-Fe/H2SO4构成的原电池，Al做负极,Fe做正极，所以铁表面有气泡；右边烧杯中Fe-Cu/H2SO4构成的原电池，Fe做负极，Cu做正极，铜表面有气泡，所以活动性：Al＞Fe＞Cu，故A正确;B.左边先发生Cl2+2NaBr=Br2+2HCl，使棉花变为橙色,后右边发生Cl2+2KI=I2+2HCl,棉花变为蓝色，说明氧化性：Cl2＞Br2、Cl2＞I2，不能证明Br2＞I2，故B错误；C.前者白色固体先变为淡黄色是因为向氯化银固体中加入溴化钠溶液生成了溴化银沉淀，后变为黑色是因为向溶液中又加入了硫化钠，生成了硫化银的沉淀，并不能证明溶解性Ag2S＞AgBr＞AgCl，故C错误；D。向锥形瓶中加入稀盐酸会发生反应，生成CO2气体，证明盐酸的酸性比碳酸的强，烧杯中液体变浑浊可能是稀盐酸和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果,也可能是生成的CO2和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果,只能证明酸性强弱，不能证明非金属性强弱，故D错误；答案：A.【点睛】根据反应装置图，B选项中氯气由左通入，依次经过溴化钠和碘化钾，两种情况下棉花的颜色都发生变化,只能说明氯气的氧化性比溴和碘的强，该实验无法判断溴的氧化性强于碘,此选项为学生易错点。8。向体积为2L的固定密闭容器中通入3molX气体，在一定温度下发生如下反应：2X(g）Y（g）+3Z(g）（1)经5min后反应达到平衡,此时测得容器内的压强为起始时的1。2倍，则用Y表示的速率为_____________mol/（L·min)；(2）若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行,在同一段时间内测得容器内的反应速率分别为：甲：v(X)=3.5mol/(L·min)；乙:v(Y)=2mol/（L·min）；丙：v(Z)=4.5mol/（L·min)；丁：v（X）=0。075mol/(L·s）。若其它条件相同，温度不同，则温度由高到低的顺序是(填序号）_________；（3)若向达到（1)的平衡体系中充入氮气，则平衡向_____（填"左"或”右"或”不)移动；若向达到(1）的平衡体系中移走部分混合气体，则平衡向_____(填“左”或“右”或“不”）移动；(4）若在相同条件下向达到(1）所述的平衡体系中再充入0。5molX气体，则平衡后X的转化率与(1）的平衡中X的转化率相比较：_____________A．无法确定B．前者一定大于后者C．前者一定等于后者D．前者一定小于后者（5)若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol,达到平衡时仍与（1)的平衡等效,则a、b、c应该满足的关系为___________________；(6）若保持温度和体积不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达到平衡时仍与（1）的平衡等效,且起始时维持化学反应向逆反应方向进行,则c的取值范围应该为_____。【答案】(1).0。03（2)。丁〉乙〉甲>丙(3).不(4）。右（5).D（6)。c=3b；a≥0(7).0.9〈c≤4。5【解析】【分析】（1)利用三段式根据化学反应速率公式进行计算；（2）比较化学反应快慢,需要换算成同一物质表示速率，在进行大小比较;（3）(4）根据影响化学平衡移动的因素进行判断；(5）（6）根据恒压等效平衡和恒容等效平衡进行分析判断.【详解】（1)由信息可知:

2X(g)Y(g)+3Z(g)开始3mol

0

0转化2x

x3x平衡3—2x

x

3x反应达到平衡,此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则

=1。2，解得x=0。3mol。,所以

Y的物质的量增加0.3mol，由速率公式可得v==0。

03mol/

(

Lmin）；答案:0.03；(2）根据2X（g)Y（g）+3Z(g)反应方程式可知，反应速率分别为：

甲：v（X）=3。5mol/(L·min);乙：v(Y)=2mol/（L·min）;丙：v（Z)=4.5mol/（L·min)；丁：v(X）=0.075mol/（L·s）

都统一到由X表示的反应速率值分别为甲：

v

（X）=3.5mol/

(

Lmin）

；乙：v

（X）=4mol

/

（

Lmin);丙：

v

(X)=3mol

/

(

Lmin);丁：

v

（X）=4.5mol

/

（

Lmin）,所以化学反应速率是丁〉乙〉甲>丙,温度越高，化学反应速率越快，所以温度大小关系是:丁〉乙>甲>丙，故答案为:丁〉乙〉甲〉丙；

(3)向体积不变平衡体系中充入氮气，不参加反应，所以平衡体系中各物质的浓度不变，则平衡不移动；向达到（1)的平衡体系中移走部分混合气体，气体的物质的量减小,相当于减小压强，该反应为气体体积增大的反应,则平衡向右移动，故答案为:不；右；（4）若在相同条件下向达到(1)所述的平衡体系中再充入0。5molX气体,反应体系内的压强增大，平衡向着逆向移动，X的转化率降低,故答案为:

D。

（5)根据反应2X(g)Y(g）+3Z(g）,若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达到平衡时仍与(1）的平衡等效，属于温度和压强不变的等效平衡,应满足物质的量成正比，即c=3b，对于a的要求只需要a≥0；答案:c=3b；a≥0(6)通过极限转化思想，将3molX全部转化到方程式右边，得到4。5

mol的Z,即若要满足等温等体积的等效平衡,那么c的最大值为4。5

mol，而(1)平衡时，Z的物质的量为0.9

mol，如果要求反应逆向进行，则c必须大于0。9mol。所以c的取值范围应该为0。9〈c≤4。5;答案：0。9<c≤4.5。9。几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系图如下：可供参考的信息有：①甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物②A由X和Y两种元素组成，其原子个数比为l︰2,元素质量之比为7︰8。③B气体是引起酸雨的主要物质,H常温下为无色无味的液体，E常用作红色油漆和涂料。试根据上述信息回答下列问题：(1）A的化学式为___________,每反应lmol的A转移的电子数为_____________mol；(2）F与丁单质也可以化合生成G，试写出该反应的离子方程式:______________________；（3)少量F的饱和溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系①、②、③。试将①、②、③对应的分散质具体的化学式填人下列方框中：________________(4)化合物M与H组成元素相同,可以将G氧化为F,且不引进新的离子.试写出M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式：________________【答案】（1)。FeS2(2)。11(3）.2Fe3++Fe=3Fe2+（4).：分散质微粒的直径（nm)；(5).H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+【解析】【分析】由③中信息可知：

B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；E常用作红色油漆和涂料，故E为Fe2O3,则A中应含Fe、S两种元素。由②可计算得到A的化学式为FeS2，再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4

乙由E(Fe2O3)和乙在高温的条件下生成丁（单质)可知，丁为Fe，D

（

H2SO4）

+E

（

Fe2O3)→F,则F为Fe2

(SO4）3,G为FeSO4，丙可以为S等,乙可以为碳或氢气等.【详解】(1)由上述分析可知,A的化学式为FeS2，高温下燃烧的化学方程式为：

4FeS2

+

11O2

2Fe2O3

+8SO2，由此分析可知，每消耗4

mol

FeS2，转移电子为44mol，即每反应1

mol的A

(

FeS2）转移的电子为11

mol

,故答案为。：FeS2；11。

(2）由转化关系图可知F为Fe2

（SO4）3，丁为Fe，G为FeSO4，则有关的离子反应为：

Fe+2Fe3+=3Fe2+,故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；

（3)少量饱和Fe2

(SO4)3溶液加入①冷水中形成溶液，溶质为Fe2

（SO4）3；加入②NaOH溶液中会产生Fe

(OH）

3沉淀，形成浊液；加入③沸水中会产生Fe

(OH）

3胶体，即①Fe2

（SO4）3、③Fe

（OH)

3胶体、②

Fe

（OH)

3沉淀，故答案为:分散质微粒的直径(nm）；

（4)化合物M与H

(

H2O)组成元素相同，则M为H2O2，M在酸性条件下将G

(

FeSO4)氧化为F[Fe2

(SO4)3]的离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+,故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+.10。已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色。(1)甲同学认为这不是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是:______(填粒子的化学式，下同）；乙同学认为这是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是_________。(2）如果要验证乙同学判断的正确性，请根据下面所提供的可用试剂，用两种方法加以验证,请将选用的试剂代号及实验中观察到的现象填入下表。实验可供选用试剂：A．酸性高锰酸钾溶液B．氢氧化钠溶液C．四氯化碳D．硫氰化钾溶液E．硝酸银溶液F．碘化钾淀粉溶液实验方案

所选用试剂(填代号）

实验现象

方案一

方案二

（3)根据上述实验推测，若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气，则首先被氧化的离子是________,相应的离子方程式为_______________________________________________；【答案】(1）.Br2；Fe3+（2)。答案如下：

选用试剂

实验现象

第一种方法

C

有机层无色

第二种方法

D

溶液变红

(3).Fe2+（4）.2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-【解析】【分析】溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁，三价铁在水溶液中是黄色的;要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验，Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；Br2能将Fe2+氧化成Fe3+，说明还原性：Fe2+>Br-，依据氧化还原反应中“先强后弱"规律判断。【详解】(1)在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1—2滴液溴，若没有发生化学反应,使溶液呈黄色的微粒为Br2；若是发生化学反应，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的；因此答案是:Br2;Fe3+；

（2）要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；方案一可选用CCl4（C），向黄色溶液中加入四氯化碳，充分振荡、静置,溶液分层，若下层呈无色，表明黄色溶液中不含Br2，则乙同学的判断正确；方案二可选用KSCN溶液（D）,向黄色溶液中加入KSCN溶液,振荡，若溶液变为血红色，则黄色溶液中含Fe3+,则乙同学的判断正确。(3）根据上述推测说明发生反应Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br—，由此说明亚铁离子的还原性大于溴离子，Cl2具有氧化性,先氧化的离子是亚铁离子,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—；因此答案是：Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。11。石膏转化为硫酸钾和CaCl2的工艺流程如下:(1）CO2是一种很重要的副产品,工业上获得CO2的途径是_____(用化学方程式表示).（2）转化Ⅰ中发生反应的离子方程式为______,过滤Ⅰ得到的滤渣的主要成分是_____。过滤Ⅰ得到的滤液是______，检验滤液中含有CO32-的方法是_______________。（3)转化Ⅱ中发生反应化学方程式为_____，转化Ⅱ中可获得K2SO4的原因是___________。(4)上述工艺流程中体现绿色化学理念的是__________________________。(5)氯化钙结晶水合物是目前常用的无机储热材料，选择的依据是____。a．熔点较低(29℃熔化）b．能制冷c．无毒d．能导电【答案】(1）。CaCO3CaO＋CO2↑（2).CaSO4＋CO32—===CaCO3↓＋SO42—（3）.CaCO3（4).(NH4）2SO4（5）.取少量滤液于试管中，滴加稀HCl，若有无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体产生，则证明滤液中含有CO32—,若无明显现象,则滤液中不含CO32—（6）。2KCl＋(NH4）2SO4===K2SO4↓＋2NH4Cl（7).KCl、(NH4）2SO4、K2SO4、NH4Cl四种物质的溶解度受温度的影响不同（8）.氨在工艺中循环使用、使用的原料无毒(其他合理答案也可)（9）.ac【解析】【分析】根据流程图进行分析解答：首先是CO2和H2O、NH3反应生成(NH4）2CO3，在加入石膏生成沉淀CaCO3和(NH4)2SO4，过滤后再加入KCl，生成K2SO4和NH4Cl,再加入CaO和水即可得到

CaCl26H2O。【详解】(1）工业上常利用高温煅烧石灰石的方法制二氧化碳气体,反应的方程式为CaCO3CaO＋CO2↑，

故答案为:CaCO3CaO＋CO2↑。

(2）转化I是碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO3和

（

NH4）2SO4,

反应的离子方程为CaSO4＋CO32-=CaCO3↓＋SO42-

,过滤I得到的滤渣的主要成分是CaCO3，过滤I得到的滤液是(NH4)2SO4，

检验滤液中含有CO32—的方法是：取少量滤液于试管中，滴加稀HCl,若有无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体产生,则证明滤液中含有CO32-

；若无明显现象,则滤液中不含CO32—;故答案为：CaCO3；(NH4）2SO4；取少量滤液于试管中,滴加稀HCl，若有无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体产生，则证明滤液中含有CO32-,若无明显现象，则滤液中不含CO32—。

(3)转化I的滤液中的溶质为(

NH4）2SO4和KC1的饱和溶液反应得到NH4Cl和K2SO4，反应方程式为2KCl＋（NH4）2SO4=K2SO4↓＋2NH4Cl；转化II中可获得K2SO4的原因是KCl、（NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl四种物质的溶解度受温度的影响不同，故答案为：2KCl＋（NH4）2SO4=K2SO4↓＋2NH4Cl；KCl、（NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl四种物质的溶解度受温度的影响不同.

（4）由绿色化学的特点可知，碳酸钙分解生成CO2和CaO都参与反应，硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等都达到了

原子利用率高,没有有害物质排放到环境中,所以符合绿色化学的特点;故答案为：氨在工艺中循环使用，使用的原料无毒，转化率高。

(5)无机物类能作为储热的特点：密度大、腐蚀性小、成本低，氯化钙结晶水合物（

CaCl26H2O

)熔点低易熔化，且无毒腐蚀性小、成本低,所以是目前常用的无机储热材料，故ac符合题意，储热材料与溶解性、能制冷性、导电性无关，故bd不符合题意;答案为ac。12.A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素.A、B、C同周期,C、D同主族，A的原子结构示意图为：，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：（1)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是__________，碱性最强的是_________。（2)用元素符号表示D所在周期(除稀有气体元素外）第一电离能最大的元素是__________，电负性最大的元素是__________。（3)D的氢化物比C的氢化物的沸点__________（填”高"或”低”），原因_____________(4)E元素原子的核电荷数是__________，E元素在周期表的第_______