成都附属实验中学学年届高二下学期期末零诊化学模拟试题一Word版含解.docx

1、成都附属实验中学学年届高二下学期期末零诊化学模拟试题一Word版含解2019-2020学年度2021届零诊模拟试题（一）化 学满分：100分 考试时间：90分钟一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共42分1化学与生活密切相关。下列说法错误的是()A小苏打常常用于生产膨松剂B电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，其原理是牺牲阳极的阴极保护法C补铁保健品中的铁元素通常表现氧化性D唾液不能水解葡萄糖答案C解析小苏打能与酸反应放出二氧化碳气体，使食品膨松，A正确。镁与铁形成原电池时，由于镁比铁活泼，因此镁作负极而使铁受到保护，这样可防止内胆腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，B正确。补铁保健品中

2、的铁元素为2价，具有氧化性和还原性，但以还原性为主，C错误。葡萄糖是单糖，不能发生水解，D正确。2铜钱在历史上曾经是一种广泛流通的货币。从物理性质和化学性质的角度分析，铜常用于制造货币的主要原因是()A铜来源广泛，易冶炼得到B铜的化学性质比较稳定，不易被腐蚀，铜的熔点比较低，容易冶炼铸造成型C铜的外观为紫红色，大方美观，易于被人们接受D铜的化学性质不稳定，在空气中易转化为铜绿，铜绿具有抗腐蚀能力，易于流通答案B解析注意从物理性质和化学性质方面来分析用铜制造货币的原因。A项和C项没有从这两方面分析，不符合题意；铜的化学性质比较稳定，不易被腐蚀，铜的熔点比较低，容易冶炼铸造成型，B项正确，D项不正

3、确。3下列说法中正确的是()熔化固体NaOH的坩埚不能选用Al2O3坩埚用盐酸、氢氧化钠溶液均可除去铝表面的氧化膜向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液，离子方程式为Al33OH=Al(OH)3AlCl3溶液中滴入过量的氨水，离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4向一定量的AlCl3溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解实验室中我们通常用氨水与Al2(SO4)3溶液反应来制取Al(OH)3，一般不用NaOH溶液除去氧化铁中氧化铝的方法：向混合物中加入过量氢氧化钠溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥A BC D全部答案C解析Al2O3与Al(OH)3既可以与强酸

4、溶液反应，又可以和强碱溶液反应，故实验室中不用强酸、强碱来制取Al(OH)3。4下列说法不正确的是（ ）A己烷有4种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同B在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应C油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油D聚合物()可由单体CH3CHCH2和CH2CH2加聚制得答案 A5将一定量的碳酸氢钠(含少量氯化钠)固体加热一段时间，再加入足量的盐酸完全反应。有关叙述正确的是()A原固体中碳酸氢钠含量越多，钠元素的含量也越多B若原固体加热质量减少3.1 g。固体中碳酸氢钠质量为8.4 gC若反应后溶液中含0.1 mol Na，原固体的质量

5、可能为8.0 gD原固体分解越完全，消耗盐酸的量越少答案C解析A项，极限思想，假设固体都是NaHCO3，钠元素的含量为23/84100%27.4%，都是NaCl，钠元素的含量23/58.5100%39.3%，故NaCl越多钠元素的含量越高，故A项错误；B项，NaHCO3分解生成Na2CO3、H2O、CO2，反应中固体质量减少62 g(H2OCO2)，反应的碳酸氢钠168 g，若原固体加热质量减少3.1 g，固体中反应的碳酸氢钠质量为8.4 g，但碳酸氢钠不一定全部分解，故原固体中碳酸氢钠质量可能大于8.4 g，故B项错误。C项，结合极值计算分析判断，若为碳酸氢钠，则质量为8.4 g，若为氯化钠

6、则质量为5.85 g，原固体的质量可能为8.0 g，故C项正确；D项，固体分解不完全的，固体有NaHCO3和Na2CO3，根据方程式NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，则1 mol NaHCO3消耗1 mol HCl，由Na2CO32HCl=2NaClH2OCO2，则1 mol Na2CO3消耗2 mol HCl，则相同的物质的量的条件下Na2CO3消耗的盐酸多，故固体完全分解都变成Na2CO3，消耗盐酸的量增加，故D项错误。6氮的多样性主要体现在含氮化合物及其性质的多样性上，下列说法不正确的是()A用浓硝酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质B实验室可采用如图所示装置制取NH3C实验室可用

7、CCl4检验NO2和溴蒸气D在常温下，稀硝酸的氧化性强于浓硫酸的答案B解析蛋白质遇浓硝酸显黄色，此反应常用于检验部分蛋白质，A项正确。NH4Cl分解生成的HCl和NH3遇冷又生成NH4Cl(在试管中凝结)，B项错误。NO2不溶于CCl4，Br2易溶于CCl4，根据CCl4层的颜色区分红棕色气体是NO2或是Br2，C项正确。在常温下，稀硝酸能氧化铜，而浓硫酸不能氧化铜，由此可推出稀硝酸的氧化性强于浓硫酸，D项正确。7氰(CN)2、硫氰(SCN)2等称为拟卤素，与卤素单质性质相似，它们的阴离子也与卤素阴离子性质相似，阴离子的还原性顺序为ClBrCNSCNI。又知，拟卤素形成的无氧酸和含氧酸一般为弱

8、酸，下列反应中，不合理的是()A4HCN(浓)MnO2Mn(CN)2(CN)22H2OB(CN)2H2O=2HCNCNOC(CN)22OH=CNCNOH2OD(CN)22SCN=2CN(SCN)2答案B解析由于MnO2能氧化还原性弱的Cl，故也能氧化还原性较强的CN，A正确；由(CN)2与卤素单质性质相似知，(CN)2与水反应生成的HCNO为弱电解质，在水溶液中只有少部分电离，B错误；由还原性强的物质可与氧化剂反应生成具有较弱还原性的物质的反应规律知，D正确。8X、Y、Z均为短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2和Z，Y和Z具有相同的电子层结构。下列说法正确的是()A原子

9、最外层电子数：XYZB单质沸点：XYZC离子半径：X2YZ D原子序数：XYZ答案D解析根据题中信息可确定X、Y、Z分别为S、Na和F。原子最外层电子数：FSNa，A项错误；单质沸点：NaSF2，B项错误；离子半径：S2FNa，C项错误；原子序数：SNaF，D项正确。9下图是某燃煤发电厂处理废气的装置示意图。下列说法错误的是()A使用此废气处理装置可减少酸雨的形成B装置内发生的反应有化合、分解、置换和氧化还原反应C整个过程的反应可表示为2SO22CaCO3O2=2CaSO42CO2D可用酸性高锰酸钾溶液检验废气处理是否达标答案B解析该示意图为吸收、处理二氧化硫的装置，可减少酸雨的形成，A项正确

10、；发生了碳酸钙的分解反应，二氧化硫和氧化钙、亚硫酸钙和氧气的化合反应等，但没有发生置换反应，B项错误，C项正确；二氧化硫具有还原性，而酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，且其本身为紫色溶液，故可用酸性高锰酸钾溶液来检验废气中二氧化硫的含量，D项正确。10一定温度下，在密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如表所示，下列说法不正确的是()物质XYZW初始浓度(molL1)0.50.500平衡浓度(molL1)0.10.10.40.4A反应达到平衡时，X的体积分数为10%B该温度下反应的平衡常数K16C保持温度不变增大压强，反应速率加快，平衡向正反应方向移动D若X、Y的初始浓度均为0.8

11、molL1，则相同条件下达到平衡，W的浓度为0.64 molL1答案C解析根据表中所给数据，可得反应的化学方程式为X(g)Y(g)Z(g)W(g)，反应达到平衡时，X的体积分数为100%10%，A正确；K16，B正确；这是一个反应前后气体分子数不变的反应，增大压强，正、逆反应速率都增大，但平衡不移动，C错误；设达平衡时W的浓度为c molL1(0c0.8)，则16，解得c0.64，D正确。11COCl2(g)CO(g)Cl2(g)H0，当反应达到平衡时，改变一种反应条件，下列示意图正确的是()A表示随温度升高，平衡常数的变化B表示t1时刻加入催化剂，反应速率随时间的变化C表示恒压条件下，反应物

12、的转化率随充入惰性气体体积的变化D表示CO的体积分数随充入Cl2量的变化答案D解析反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，A错误；催化剂改变反应速率不改变化学平衡，速率同等程度增大，速率变化曲线不符合，B错误；恒压容器中加入与平衡无关的气体，体积增大，压强减小，平衡正向进行，反应物转化率增大，C错误；充入Cl2，平衡逆向移动，CO的体积分数减小，D正确。12一定温度下，在容积为2 L的密闭容器中发生反应CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)，部分数据见下表(表中t2t1)：反应时间/minn(CO)/ moln(H2O)/ moln(CO2)/ moln(H2)/ mol01

13、.200.6000t10.80t20.20下列说法正确的是 ( )A反应在t1 min内的平均速率为v(H2) molL1min1B平衡时CO的转化率为66.67%C该温度下反应的平衡常数为1D其他条件不变，若起始时n(CO)0.60 mol，n(H2O)1.20 mol，则平衡时n(CO2)0.20 mol答案C解析A项v(CO)v(H2) molL1min1 molL1min1；从所给数据可知，t1时H2O的物质的量即为0.20 mol，已达到平衡；CO的转化率为33.3%，B项错误；平衡常数为：K1，C项正确；D项将有关数据代入平衡常数数值为0.1，故未达到平衡。13用如图所示装置除去含

14、CN、Cl废水中的CN时，控制溶液pH为910，阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体。下列说法不正确的是()A用石墨作阳极，铁作阴极B阳极的电极反应式：Cl2OH2e=ClOH2OC阴极的电极反应式：2H2O2e=H22OHD除去CN的反应：2CN5ClO2H=N22CO25ClH2O答案D解析阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，两种气体为CO2和N2，该反应在碱性条件下进行，所以应该有OH生成，反应方程式为2CN5ClOH2O=N22CO25Cl2OH，D项错误。14关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是()ABCD强电解质NaClH2SO4NaOHHNO3弱电解质HF

15、BaSO4CaCO3CH3COOH非电解质Cl2CO2C2H5OHSO2答案D解析在A组中Cl2是单质，不在电解质与非电解质等化合物之列。B组中BaSO4虽难溶，但溶解的部分完全电离，是强电解质。NaOH、CaCO3、HNO3都是强电解质，HClO、CH3COOH都是弱电解质，CO2、C2H5OH、SO2都是非电解质。15已知PbI2的Ksp7.0109，将7.5103mol/L的KI与一定浓度的Pb(NO3)2溶液按21体积混合，则生成PbI2沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小浓度为()A8.4104 B5.6104C4.2104 D2.8104答案A解析设生成PbI2沉淀所需Pb(NO3)

16、2溶液的最小浓度为c，由于KI溶液和Pb(NO3)2溶液按21的体积比混合，即(7.5103)27.0109，解得c8.4104mol/L。16用1.0 mol/L的NaOH溶液中和某浓度的H2SO4溶液，其水溶液的pH和所用NaOH溶液的体积关系变化如图所示，则原H2SO4溶液的物质的量浓度和完全反应后溶液的大致体积是()A1.0 mol/L,20 mL B0.5 mol/L,40 mLC0.5 mol/L,80 mL D1.0 mol/L,80 mL答案C解析滴定前稀H2SO4的pH0，c(H)1 mol/L，则c(H2SO4)0.5 mol/L，当pH7时V(NaOH)40 mL，通过计

17、算硫酸溶液体积为40 mL。17由一价离子组成的四种盐(AC、BD、AD、BC)溶液的浓度为1 molL1的溶液，在室温下前两种溶液的pH7，第三种溶液pH7，最后一种溶液pHBOHAOHBOHAOHHDHCHDHCHDHC7，可知AOH的电离程度大于HD。由BC溶液的pHHDBOH，即HC的酸性大于HD，AOH的碱性大于BOH。18对下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是()A0.1 mol/L的(NH4)2SO4溶液中：c(SO)c(NH)c(H)c(OH)B0.1 mol/L的NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO)c(H2CO3)2c(CO)C将0.2 mol/L NaA溶

18、液和0.1 mol/L盐酸等体积混合所得碱性溶液中：c(Na)c(H)c(A)c(Cl)D在25100 mL NH4Cl溶液中：c(Cl)c(NH)c(NH3H2O)答案D解析A项，c(NH)c(SO)；B项，根据物料守恒，c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)；C项，根据电荷守恒，推知c(Na)c(H)c(A)c(Cl)c(OH)；D项，根据物料守恒，推知c(Cl)c(NH)c(NH3H2O)。19.液流电池是一种新的蓄电池,是利用正负极电解液分开,各自循环的一种高性能蓄电池,具有容量高、使用领域(环境)广、循环使用寿命长的特点。如图是一种锌溴液流电池,电解液为溴化锌的水溶液。下列

19、说法正确的是()A.充电时阳极的电极反应式:Zn-2e-Zn2+B.充电时电极a为外接电源的负极C.放电时Br-向右侧电极移动D.放电时左右两侧电解质储罐中的离子总浓度均增大答案D解析题图是一种锌溴液流电池,电解液为溴化锌的水溶液,所以该电池的负极为锌,电极反应式为Zn-2e-Zn2+,溴为原电池的正极,电极反应式为Br2+2e-2Br-,充电时阳极的电极反应式与正极的电极反应式相反,所以充电时阳极的电极反应式为2Br-2e-Br2,故A错;在充电时,原电池的正极连接电源的正极,是电解池的阳极,而原电池的负极连接电源的负极,是电解池的阴极,所以充电时电极a为外接电源的正极,故B错;放电时为原电

20、池,在原电池中间隔着一个阳离子交换膜,所以Br-不能向右侧电极移动,故C错;放电时左侧生成溴离子,右侧生成锌离子,所以放电时左右两侧电解质储罐中的离子总浓度均增大,故D正确。20.钠离子电池具有资源广泛、价格低廉、环境友好、安全可靠的特点,特别适合于固定式大规模储能应用的需求。一种以Na2SO4水溶液为电解液的钠离子电池总反应为NaTi2(PO4)3+2Na2NiFe(CN)6Na3Ti2(PO4)3 +2NaNiFe(CN)6(注:其中P的化合价为+5,Fe的上标、代表其价态)。下列说法不正确的是()A.放电时,NaTi2(PO4)3在正极发生还原反应B.放电时,负极材料中的Na+脱离电极进

21、入溶液,同时溶液中的Na+嵌入正极材料中C.充电过程中阳极反应式为2NaNiFe(CN)6+2Na+2e-2Na2NiFe(CN)6D.该电池在较长时间的使用过程中电解质溶液中Na+的浓度基本保持不变答案C解析A项,放电时,NaTi2(PO4)3Na3Ti2(PO4)3,Ti的化合价由+4+3价,发生还原反应;C项,阳极反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-NaTi2(PO4)3+2Na+,阴极反应式为2NaNiFe(CN)6+2e-+2Na+2Na2NiFe(CN)6。21.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜

22、中间的Na和SO可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是()A通电后中间隔室的SO离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C负极反应为2H2O4e=O24H，负极区溶液pH降低D当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol的O2生成答案B解析该装置为电解池。H2O在正(阳)极区放电，生成O2和H，中间隔室中的阴离子SO通过cd膜移向正(阳)极，故正(阳)极区得到H2SO4，当电路中通过1 mol电子时生成0.25 mol O2，正(阳)极区溶液的pH减小，H2O在负(阴)极区放电，生成OH和H

23、2，中间隔室中的阳离子Na通过ab膜移向负(阴)极，故负(阴)极区可得到NaOH，负(阴)极区溶液的pH增大，B项正确。二、非选择题：本题包括5小题，共58分。22（12分）金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用，利用铝热反应完成钢轨的焊接非常方便迅速，完成下列填空：(1)在特制漏斗中将铝热剂混合均匀后，引发铝热反应的操作是：_ _。(2)硅与铝同周期，地壳里硅铝的含量硅_铝(填，或)，工业上制备金属铝的化学方程式是：_，工业上制备硅的化学方程式有：aSiO22CSi(粗)2CObSiO23CSiC2CO(副反应)，cSi(粗)2Cl2SiCl4dSiCl42H2Si4HC

24、l，某同学将氧化还原反应、非氧化还原反应及四大基本反应绘制成图，其中属于图“2”区域的反应是_(填序号)。(3)SiO2是硅酸盐玻璃(Na2CaSi6O14)主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2OCaO6SiO2，钠长石(NaAlSi3O8)的氧化物形式_，长石是铝硅酸盐，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同，由此可推知钙长石的化学式为_。(4)某铝合金由Al、Si、Cu、Mg组成，称取100 g该铝合金样品，分成等质量的A、B两份，向A份加入足量NaOH溶液，B份加入足量的稀盐酸，待两份反应物都充分反应之后，称得滤渣质量相差1.60 g，收集得到的两份气体的体积相差2 240 mL

25、(标准状况下)，则样品中Si和Mg的物质的量分别是n(Si)_和n(Mg)_。答案(1)铺上一层KClO3粉末，点燃插入的镁条(2)Al2O34Al3O2b(3)Na2OAl2O36SiO2CaAl2Si2O8(4)0.4 mol 0.6 mol解析(1)氧化铁和铝在高温下发生铝热反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为Fe2O32Al2FeAl2O3，为使反应顺利进行，可加入氯酸钾，为助燃剂，点燃镁时反应放出大量的热，镁为引燃剂，所以引发铝热反应的实验操作是加少量KClO3，插上镁条并将其点燃。(2)、(3)地壳中含量排在前五位的元素分别是：O、Si、Al、Fe、Ca，地壳里硅铝的含量硅大于铝

26、；工业上制备金属铝为电解氧化铝，化学方程式为：Al2O34Al3O2，硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水(xMOnSiO2mH2O)，钠长石(NaAlSi3O8)的碱性氧化物Na2O、两性氧化物Al2O3、酸性氧化物SiO2，因此钠长石的氧化物形式为：Na2OAl2O36SiO2；结合钠长石的化学式可知钙长石就是将钠长石的中钠更换为钙，以及化合物中化合价代数和等于0可得钙长石，其氧化物形式为：CaOAl2O32SiO2，化学式为CaAl2Si2O8，a.SiO22CSi(粗)2CO属于置换反应，属于氧化还原反应，b.SiO23CSi

27、C2CO(副反应)，属于氧化还原反应，c.Si(粗)2Cl2SiCl4属于化合反应，属于氧化还原反应，d.SiCl42H2Si4HCl，属于置换反应，属于氧化还原反应，图“1”区域的反应是复分解反应，属于图“2”区域的反应属于氧化还原反应，图“5、6”“7、8”区域的反应属于化合反应、氧化还原反应，分解反应、氧化还原反应，所以属于图“2”区域的反应是b。(4)A份中Al、Si与氢氧化钠溶液反应，B份中Al、Mg与盐酸反应，A份和B份中Al反应放出的气体相等，因此两份气体差和质量差均来源于Mg、Si，Si、Mg生成氢气的物质的量关系为：Si2H2、MgH2，标准状况下2 240 mL气体的物质的量为0.1 mol，设A份中含有的Si的物质的量为x mol，B份中含有Mg的物质的量为y mol，由质量差可得：24y28x1.6由气体相差0.1 mol 可得：2xy0.1，联立求得：x0.2，y0.3，则样品中Si和Mg的物质的量分别0.4 mol、0.6 mol。23（10分）下列各物质的转化关系如下图所示，其中A是一种高熔点固体，D是一种棕红色固体。回答下列问题：(1)C的化学式为_；J的化学式为_。(2)写出由A生成H的离子反应方程式：_ _。(3)写出