辽宁沈阳东北育才学校2019届高三上学期第三次模拟.DOC

1、汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 1辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三上学期第三次模拟化学试题1.2016年诺贝尔化学奖授予在合成分子机器领域做出贡献的三位科学家。分子机器是一种特殊的超分子体系，当体系受到外在刺激(如 pH变化、吸收光子、电子得失等 )时，分子组分间原有作用被破坏，各组分间发生类似于机械运动的某种热运动。下列说法不正确的是A. 驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量B. 分子状态的改变会伴随能量变化，属于化学变化C. 氧化还原反应有可能是刺激分子机器体系的因素之一D. 光照有可能使分子产生类似于机械运动的某种热运动【答案】B【解析】A需要对体系输入一定的能

2、量，才能驱动分子机器，故A正确；B分子状态的改变是物态变化，属于物理变化，故B错误；C电子的得失是氧化还原反应的本质，则发生氧化还原反应时可刺激分子机器体系，故C正确；D光照可使光能转化为机械能，即光照能使分子产生类似于机械运动的某种热运动，故D正确；答案为B。2.下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是A. 氨水与氯化铵的pH7的混合溶液中:c(Cl )c(NH 4 )B. pH2的一元酸和pH12的一元强碱等体积混合:c(OH )c(H )C. 0.1 molL1 的硫酸铵溶液中:c(NH 4 )c(SO 42 )c(H )D. 0.1 molL1 的硫化钠溶液中:c(OH )c(H )c(HS

3、 )c(H 2S)【答案】C【解析】根据电荷守恒，氨水与氯化铵 的pH7的混合溶液中：c(Cl )=c(NH )，故A错误；pH 2的一元弱酸和pH12的一元强碱等体积混合：c(OH )c(SO )c(H )，故C 正确；根据质子守恒，0.1 molL 1的硫化 钠溶液中：c(OH )c(H )c(HS )2c(H 2S)，故D错误。点睛：汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 2任何溶液一定满足电荷守恒，任意比例的氨水与氯化铵的混合溶液中一定有c(Cl ) c(OH )= c(H )c(NH )。3.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是选项 化学性质 实际应用A Al2(

4、SO4)3和小苏打反应 泡沫灭火器灭火B 铁比铜金属性强 FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C 次氯酸盐具有氧化性 漂白粉漂白织物D HF与SiO 2反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、Al2(SO4)3水解呈酸性，小苏打水解呈碱性，在溶液中两者发生双水解，可生成 二氧化碳气体，可用于泡沫灭火器灭火，选项A正确； B、氯化铁具有强氧化性，可与铜反应，与铁、铜的活泼性无关，选项B错误；C、次氯酸盐具有强氧化性和漂白性，可用于漂白，选项C 正确；D、玻璃含有二氧化硅，HF与二氧化硅反应生成SiF 4，氢氟酸可用于雕刻玻璃，选项D正确。答案选B。

5、点睛：本题考查物质的组成、结构和性质的关系，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意相关基础知识的积累。视频4.莫尔盐(NH 4)2Fe(SO4)28H2O溶液经常用于定量滴定实验。下列有关说法正确的是A. 配制0.1molL -1莫尔盐溶液500mL ，需莫尔盐21.4克B. 可与含HClO、H +、Cl微粒的溶液大量共存C. 加入过量Ba(OH) 2溶液发生反应 :2Ba2+2SO42-+Fe2+2OH=2BaSO4+Fe(OH)2D. 取样，加入浓NaOH 溶液并加热，生成能使蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含NH 4+汇聚名校名师，奉献精品资源，打

6、造不一样的教育！ 3【答案】A【解析】【详解】A.n=c V=0.1molL-1 0.5L=0.05mol，m=M n=428g/mol 0.05mo=21.4g，故A 正确； B. HClO有强氧化性，可以氧化摩尔盐中的亚铁离子， 所以在溶液中不能大量共存，故B错误；C.加入过量Ba(OH) 2溶液，漏写了与铵根离子的反应，离子方程式应为：2Ba2+2SO42-+Fe2+2NH4+4OH=2BaSO4+Fe(OH)2+2NH3H2O，故C 错误；D.氨气的检验，应该用红色的石蕊试纸 ，由红色变为蓝色，故D错误。故选A。【点睛】氨气检验时，要注意试纸的颜色变化；在书写离子方程式时，要注意反应物

7、过不过量的问题。5.20时，饱和NaCl溶液的密度为 gcm 3 ，物质的量浓度为c molL 1 ，则下列说法中错误的是A. 温度低于20时，饱和NaCl溶液的浓度小于c molL 1B. 20时，饱和NaCl溶液的质量分数为58.5c/（1000 ）100%C. 20时，密度小于 gcm 3 的NaCl溶液是不饱和溶液D. 20时，饱和NaCl溶液的溶解度S5850c/（-58.5） g水【答案】D【解析】试题分析：A温度低于20时，氯化钠饱和溶液中溶解的氯化钠减少，所以 饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/L，正确；B1L该温度下的 氯化钠饱和溶液中，溶液 质量为：1000g，氯化钠的

8、物质的量为cmol，所以 氯化钠的质量分数为：(58.5cg1000g)100%=(58.5c)(p1000)100%，正确；C 20时，等体积的饱和溶液中含有氯化钠的物质的量达到最大，所以密度小于g/cm 3的NaCl溶液是不饱和溶液，正确；D20时，1L饱和NaCl溶液中溶解的氯化钠的质量为58.5cg，溶液质量为1000， 则该温度下氯化钠的溶解度为：S=58.5cg(1000g58.5cg)100g=5850c(100058.5c)g，错误。考点：考查物质的量浓度与物质的溶解度及溶质质量分数的计算的知识。6.向BaCl 2溶液中通入物质的量之比为12的某混合气体，无沉淀产生，则该混合气

9、体是A. Cl2和 SO2 B. CO2和NH 3 C. NO和CO 2 D. NO2和SO 2【答案】C【解析】【分析】ACl2和 SO2发生氧化还原反应生成硫酸；B CO2和NH 3生成（NH 4）2CO3 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 4再与BaCl 2生成BaCO 3沉淀；C NO和SO 2不反应，与BaCl 2溶液不反应；DNO 2和SO 2发生氧化还原反应生成硫酸。【详解】A发生SO 2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，可生成硫酸钡沉淀，选项A不选；BCO 2和NH 3在水溶液中生成CO 32-，可生成碳酸钡沉淀，选项B不选；C NO和SO 2不反应，与

10、BaCl2溶液不反应，没有沉淀生成，选项C选；DNO2和SO 2发生氧化还原反应生成硫酸，可生成硫酸钡沉淀，选项D 不选。答案选C 。【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握二氧化硫的还原性，题目难度不大。7.下列实验操作所得的现象及结论均正确的是实验操作 现象及结论A 将AlC1 3溶液加热蒸干 得到白色固体，成分为纯净的AlC1 3B将少量Na 2SO3样品溶于水，滴加足量盐酸酸化的Ba(NO 3)2溶液有白色沉淀产生，则Na 2SO3己变质C 向Na 2SiO3溶液中通入CO 2 有白色沉淀产生，则碳酸的酸性比硅酸 强D 向Fe

11、I 2溶液中通入少量C1 2 溶液变黄，则C1 2的氧化性强于 Fe3+A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.将AlCl 3溶液加热蒸干，由于HCl易挥发，加热促进了铝离子的水解，则最终得到的是氢氧化铝，无法得到纯净的AlCl 3，故A错误；B.由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，干扰了检验结果，应该用氯化钡溶液，故B错误；C.向Na 2SiO3溶液中通入CO 2，有白色沉淀 产生此沉淀为硅酸，根据强酸制弱酸的规律，则碳酸的酸性比硅酸强，故C 正确；D.向FeI 2溶液中通入少量C1 2，被氧化的为碘离子，无法比较氯气与铁离子的氧化性强弱

12、，故D 错误。汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 5故选C。【点睛】硅酸是难溶于水的白色沉淀；碘离子和亚铁离子还原性比较碘离子更强些。8.用N A表示阿伏加德罗常数的值， 下列叙述中正确的是( ) 31g白磷中含有1.5N A个P-P 1L0.1 mol/L的Na 2CO3溶液中含阴离子总数为0.1N A个 标准状况下，22.4L HF含N A个分子 电解精炼铜时转移了N A个电子， 阳极溶解32g铜 标准状况下，2.24 L Cl 2溶于水，转移的电子数目为0.1N A 常温下，含0.2 mol H 2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO 2的分子数小于0.1 N A 142g

13、Na 2SO4 和Na 2HPO4 固体混合物中，阴、阳离子总数为3N A N A个Fe(OH) 3胶体粒子的质量为107gA. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：本题考查的是阿伏伽德罗常数，是高频考点，注意气体摩尔体积的使用范围，和物质中微粒数目或氧化还原中转移电子数等。详解：31g白磷的物质的量为31/124=0.25mol，每个白磷分子含有6个磷磷键，故0.25mol含有0.25*6=1.5mol，即1.5N A个P-P，故正确；碳酸根离子发生水解，所以不能计算1L0.1 mol/L的Na 2CO3溶液中含阴离子总数，故错误；标准状况下， HF不是气体，不能计算其物质的量，故错误

14、；电解精炼铜时阳极首先是锌铁等活泼金属溶解，然后是铜溶解，所以不能计算铜的质量，故错误；标准状况下，2.24LCl 2即0.1mol，与水反应生成盐酸和次氯酸，转移的电子数目为0.1N A，故正确；常温下，含0.2molH 2SO4的浓硫酸与足量铜反应时随着反应的进行硫酸变稀，反应停止，所以生成的二氧化硫的物质的量小于0.1mol，故正确；142gNa 2SO4和Na 2HPO4固体混合物的物质的量为1mol，所以阴、阳离子总数为3N A，故正确；胶体粒子是很多个分子的集合体，不能计算其质量，故错误；故选B。9.Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用如图装置可以探究S

15、O 2与BaCl 2反应生成BaSO 3沉淀的条件。下列判断正确的是汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 6学%科%网.学% 科%网.学%科%网.学% 科%网.学% 科%网.学%科%网.学%科% 网.学%科% 网.学 %科%网.学% 科%网.学%科% 网.A. e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体B. 玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应C. c、d两根导管都必须插入 BaCl2溶液中，保证气体与Ba 2+充分接触D. Y形管乙中产生的为氧化性气体，将 BaSO3氧化为BaSO 4沉淀【答案】A【解析】【分析】SO2与 BaCl2反应产生沉淀，溶液中

16、必存在大量的SO 32-或SO 42-，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体 ，如是碱性气体 ，溶液中存在大量的SO 32-，则生成的沉淀可能为BaSO 3；如是氧化性气体 ,溶液中可生成 SO42-，则生成的沉淀可能为BaSO 4；容器内压强增大， 溶液倒吸，气体不容易导入，所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入 ，由此分析解答 。【详解】A、如是碱性气体，溶液中存在大量的 SO32-,所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生碱性气体氨气 ，故A 正确； B、玻璃管的作用是连通大气,平衡压强,以便左右两边产生的气体顺利导入，故 B错误；C

17、、如果产生氨气，氨气极易溶于水 ，易产生倒吸，为防止倒吸，所以不能插人BaCl 2溶液中，故C错误； D. SO2与 BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是将BaSO 3氧化为BaSO 4沉淀，故D错误；综上所述，本题选A。【点睛】SO 2 与BaCl 2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 7色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。10.下列相关离子方程式书写正确的是A. 氯化铝中加入足量的氨水

18、:Al 3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+B. 钠与CuSO 4溶液反应:2Na+Cu 2+=2Na+CuC. 铁与盐酸反应:2Fe + 6H + =2Fe3+ + 3H2D. 次氯酸钙溶液中通入足量的二氧化硫:H 2O+SO2 + 3ClO=+2HClO+Cl【答案】A【解析】【详解】A.氯化铝溶液和过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氢氧化铝不溶于弱碱，则氯化铝溶液中加入过量氨水反应的离子方程式为：Al 3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故A正确；B.钠与硫酸铜溶液反应，因为钠非常活泼，与溶液中的水反应，而后生成氢氧化铜沉淀，故B 错误；C.铁和盐酸反应，因为氢

19、离子的氧化性不够强，反应生成亚铁离子：Fe +2H + =Fe2+ +H2，故C错误；D次氯酸有强氧化性，可以将二氧化硫氧化，故向次氯酸钙溶液中通入少量SO 2的离子反应为Ca 2+2ClO-+H2O+SO2CaSO4+H+Cl-+HClO，故D错误。故选A。【点睛】在分析反应产物时要考虑是否发生氧化还原反应。11.根据下表信息，下列叙述中正确的是序号 氧化剂 还原剂 氧化产物 还原产物 Cl2 FeBr2 FeCl3 KMnO4 H2O2 O2 MnO2 KClO3 浓盐酸 Cl2 KMnO4 浓盐酸 Cl2 MnCl2A. 表中反应的氧化产物只能有 FeCl3B. 表中生成1mol的O 2

20、将有4mol的电子转移汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 8C. 表中的离子方程式配平后， H 的化学计量数为16D. 表中还原产物是KCl【答案】C【解析】【详解】A、氯气具有强氧化性，可氧化Fe 2 和Br ，当氯气足量时，氧化产物有FeCl 3和Br 2，故A 错误；B、表中 H 2O2中O元素化合价由1升高到0，生成1mol的 O2将有2mol的电子转移，故B错误；C、表中 的离子方程式为2MnO 4-16H 10Cl =2Mn2 5Cl28H 2O，H 的化学计量数为16，故C 正确；D、表中Cl 2既是氧化产物又是还原产物，KCl 既不是氧化产物又不是还原产物，故 D错

21、误。综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查氧化还原反应的知识。在氧化还原反应中应满足“升失氧，降得还”，元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，本身作还原剂；元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，本身作氧化剂，在氧化还原反应中可根据得失电子守恒进行配平，据此解题。12.现有短周期主族元素X、Y、 Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z 2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z 2T化合物能破坏水的电离平衡。六种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。下列推断正确的是A. 最简单氢化物的沸点排序:YTRB. 原子半径和离子半径均满足:YZC. 最高

22、价氧化物对应的水化物的酸性:TRD. 单质氧化性:YRT【答案】A【解析】【分析】根据题干信息分析元素的种类，再根据元素周期律比较相关物质的性质。汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 9【详解】短周期主族元素中，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，可能为C 或S，由图中原子半径和原子序数关系可知R应为C；Y与Z能形成 Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na 2O、Na2O2，则Y为O ，Z为Na ；Y与T同主族，则T应为S，X的原子半径最小，原子序数最小，则X为H元素；A. 根据上述分析，最简单氢化物对应的物质为：H 20、H 2S、CH 4，沸点的大小和分子间作用力有关，分子间的相

23、互作用力又取决于分子的相对分子质量，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，又因为水分子间存在氢键，故沸点：H 20H2S CH4，即Y TR，故A正确；B. 原子半径氧原子小于于钠原子，氧离子和钠离子核外电子排布相同，核电荷越大半径越小，钠离子小于阳离子，故错误；C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性，硫酸的酸性比碳酸强，故C 错误；D. 非金属性越强，其单质氧化性越强， OSC，即Y TR，故D错误。故选A。【点睛】比较微粒半径时，先比较电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，比较核电荷数，核电荷数越大，半径越小；核电荷数相同时，比较核外电子数，核外电子数越多，半径越大。13

24、.某小组为探究草酸亚铁(FeC 2O4)的热分解产物，按下面所示装置进行实验。以下说法错误的是A. 实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO 2和CO气体B. 反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加 12滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe 2O3C. 装置C 的作用是除去混合气中的CO 2D. 反应结束后，应熄灭A、E处酒精灯后，持续通入N 2直至温度恢复至室温【答案】B【解析】【详解】A. 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 10B中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中一定含有CO 2，E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证

25、明分解产物中有还原性气体CO，故A正确；B. 由于反应中生成了一氧化碳，可能将部分铁的氧化物还原成了铁，反应结束后，用稀硫酸溶解A中固体，铁将 Fe2O3溶解生成的铁离子还原，故再向其中滴加 KSCN溶液，溶液无颜色变化，因此不能证明分解产物中不含Fe 2O3，故B错误；C.E和F是检验生成物是否含有一氧化碳，二氧化碳会干扰检验，因此需要装置C除去混合气中的CO 2，故C 正确；D. 反应结束后，为了防止倒吸，应熄灭A 、E处酒精灯后，持续通入N 2直至温度恢复至室温，故D 正确；故选B。【点睛】本题考查物质组成的探究，题目难度较大，明确实验原理、实验目的为解答关键。本题的易错点为B，要注意草

26、酸亚铁(FeC 2O4)的热分解产物的可能性的思考。14.利用电解法制备Ca(H 2PO4)2并得到副产物NaOH和Cl 2。下列说法正确的是A. C膜可以为质子交换膜B. 阴极室的电极反应式为2H 2O-4e-O2+4H+C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极D. 每转移2 mol e -，阳极室中c(Ca 2+)降低1 mol/L【答案】C【解析】A.通过图示分析C膜只能是阳离子交换膜，故A项错误；B.阴极室的电极反应式为2H 2O+2e-=H2+2OH-，故B项错误；C.阴极电极不参与反应，故可用铁电极替换阴极的石墨电极，故C项正确；D.未给出溶液体积，无法计算浓度，故D项错误。点睛：具有隔膜的电解池，膜的作用是让特定的离子单向移动，防止副反应的发生。15.将足量的CO 2不断通入NaOH、Ba(OH) 2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO 2的量的关系可表示为