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1、四川省绵阳市届高三模拟练习卷化学试题四川省绵阳市2015届高三5月模拟练习卷化学试题考试时间：90分钟；满分：100分第I卷（选择题）一、单选题：共7题 每题6分 共42分1下列说法不正确的是（ ）A.生物炼铜比高温炼铜更清洁、成本更低 B.光分解水制氢气、植物秸秆制沼气、高粱制乙醇都涉及到生物质能的利用 C.用福尔马林灭活埃博拉病毒是利用了蛋白质变性原理 D.扫描隧道显微技术、超分辨率荧光显微技术等技术的发展促进了人类对物质微观结构的探索，使科学研究迈入更高水平层次【答案】B【解析】本题考查了能源的利用与环境保护，注意对相关知识的积累，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。A.生物炼铜的成本远

2、远低于其他冶炼法，具有污染小、反应条件简单、即使含量(品味)很低的矿石也可以被利用等优点，正确；B.光分解水制氢气，把光能直接转化化学能，不涉及到生物质能的利用，错误；C.福尔马林的主要成分是甲醛，可使蛋白质变性，浸泡后久置不腐烂，正确；D.扫描隧道显微技术、超分辨率荧光显微技术等技术的发展促进了人类对物质微观结构的探索，使科学研究迈入更高水平层次，正确；故选：B。2已知反应X(g)Y(g)R(g)Q(g)的平衡常数与温度的关系如下表。830时，向一个2L的密闭容器中充入0.2molX和0.8molY，反应初始4s内(X)0.005 mol/(Ls)。下列说法正确的是（ ）温度/7008008

3、3010001200平衡常数1.71.11.00.60.4A.4s时容器内c(Y)0.76 mol/L B.830达平衡时，X的转化率为80% C.反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动 D.1200时反应R(g)Q(g)X(g)Y(g)的平衡常数K0.4【答案】B【解析】本题考查化学反应速率、化学平衡常数的计算与运用等，难度较大，注意温度不变时，平衡常数不变，化学方程式相反时，平衡常数互为倒数。反应初始4s内A的平均反应速率v(A)=0.005mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，所以v(B)=v(A)=0.005mol/（Ls），则4s内c(B)=0.005molL-1s-14s=0

4、.02mol/L，B的起始浓度为=0.4mol/L，故4s时c(B)=0.4mol/L-0.02mol/L=0.38mol/L，故A错误；设平衡时A的浓度变化量为x，则：A（g）+B（g）C（g）+D（g）开始（mol/L）：0.1 0.4 0 0变化（mol/L）：x x x x平衡（mol/L）：0.1-x 0.4-x x x故=1，解得x=0.08，所以平衡时A的转化率为100%=80%，故B正确；由表格可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，不是正向移动，故C错误；D.1200时反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)的平衡常数值为0.4，所以1200时反应C(g)+D(g)A

5、(g)+B(g)的平衡常数的值为=2.5，故D错误；故选B。3下列有关溶液的说法正确的是（ ）A.向0.1molL1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH)/c(NH3H2O)增大 B.物质的量浓度相等的 (NH4)2SO4溶液、 NH4HCO3溶液、 NH4Cl 溶液、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c()的大小关系： C.将0.2 molL1的某一元酸HA溶液和0.1 molL1 NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液：c(HA)c(Na)c(A) D.物质的量浓度之比为11的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)c(ClO)c()c()【答案】C【

6、解析】本题考查了弱碱的电离，盐类的水解及溶液中离子浓度的比较。若向氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，氢氧根离子浓度减小，一水合氨的浓度增大，则溶液中c(OH)/c(NH3H2O)减小，故A错。由于 (NH4)2SO4溶液和(NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根的下标为2，NH4HCO3溶液和NH4Cl溶液中铵根的下标为1，物质的量浓度相等时，则c()的大小关系为和大于和，和中，(NH4)2SO4为正常水解，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中亚铁离子抑制铵根离子的水解，所以c()的大小关系为，和中NH4Cl正常水解，NH4HCO3溶液碳酸氢根离子可促进铵根离子的

7、水解，所以c()的大小关系为，故B错。将0.2 molL1的某一元酸HA溶液和0.1 molL1 NaOH溶液等体积混合后得到的溶液为HA与NaA的混合溶液，混合后溶液pH大于7，说明HA的电离小于A的水解，则反应后的混合液中存在关系为c(HA)c(Na)c(A)，故C正确。根据物料守恒可知，该混合溶液中氯原子的浓度等于碳原子的浓度，可得c(HClO)c(ClO)c()c()+c(H2CO3)，故D错。4X、Y、Z、R和W代表原子序数依次增大的5种短周期元素，X与Z、Y与W同主族，Y是地壳中含量最多的元素，W元素与X元素可以形成18电子的分子，R元素的简单离子是同周期元素中半径最小的，下列说法

8、正确的是（ ）A.R元素最高价氧化物所对应的水化物具有两性，但不会溶于稀氨水 B.Y分别可与X和Z形成原子个数比为1:1的化合物，且形成的化合物晶体类型相同 C.Y的氢化物分子间存在氢键，因此Y的氢化物的稳定性大于W的氢化物的稳定性 D.原子半径从小到大：XYZRW【答案】A【解析】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键。X、Y、Z、R和W代表原子序数依次增大的5种短周期元素，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素；Y与W同主族，则W为S元素；W元素与X元素可以形成18电子的分子，则X为H元素；X与Z同主族，Z原子序数大于氧，则Z为Na；由原子序数可知R处于第三周期，R元素的简单离子

9、是同周期元素中半径最小的，则R为Al。A.R元素最高价氧化物所对应的水化物为氢氧化铝，属于两性氢氧化物，能溶于强碱但不溶于弱碱，所以不溶于稀氨水，正确；B.Y分别与X和Z形成原子个数比为1:1的化合物为H2O2、Na2O2，过氧化氢属于共价化合物，过氧化钠属于离子化合物，错误；C.非金属性OS，故水的稳定性比硫化氢的强，与氢键无关，错误；D.同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，所以元素中氢原子半径最小，故原子半径：HOSAlNa，错误；故选A。5已知：某温度时，KW=1.01012。在该温度下，测得0.1molL1Na2A溶液pH=6，则下列说法正确的是（ ）A.H2A在水

10、溶液中的电离方程式为：H2AH+HA-，HAH+A2- B.常温下，NH4HA溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c(Na+) = 2c(A2) C.相同条件下，体积相等、pH相等的盐酸与H2A溶液中和NaOH的量相等 D.0.0l molL-l的NaHA溶液pH2【答案】C【解析】考查电解质的强弱、溶液的酸碱性、离子浓度的大小比较的知识。95时，KW=1.01012。在该温度下中性溶液的pH=6。在该温度下，测得0.1molL1Na2A溶液pH=6，证明该盐是强酸强碱盐，H2A是强酸。A、H2A是强酸，在溶液中完全电离，所以电离方程式为：H2A2H+ A2-。所以A错误。B、根据电荷守恒

11、可得：c(N)+c(Na+) = 2c(A2)。所以B错误。C、相同条件下，体积相等、pH相等的盐酸与H2A溶液中氢离子浓度相等，中和NaOH的量相等。所以C正确。D、由于H2A是强酸，完全电离，所以0.0lmolL-l的H2A溶液c(H+)=0.02mol/L，pH”、“”或“=”)。(3)某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。首先用pH试纸测定雨水样品的pH，操作方法为_，测得样品pH约为3；为进一步探究由SO3所形成酸雨的性质，将一定量的SO2通入蒸馏水中，配成pH为3的溶液，然后将溶液分为A、B两份，向A中加入适量的NaOH固体，使溶液恰好呈中性(不考虑氧

12、化性物质和其它酸性物质的影响)，则此中性溶液中离子的浓度间存在的关系式为：Na+=_；将溶液B久置于空气中，与久置前相比，久置后的溶液B中水的电离程度将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(4)工业上常用如下图所示的流程处理工业尾气中的SO2：上述流程中有一种物质可以再生循环利用，该物质再生的化学方程式为_。【答案】(1)a(2)196.6；4；(3)取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品点在试纸上，待变色后立即对照标准比色卡读数；2+H；减小(4)Na2SO3+Ca(OH)2CaSO3+2NaOH【解析】本题考查化学实验方案的设计及评价，反应热的计算，

13、化学平衡移动原理，弱电解质的电离平衡。(1)用70的硫酸溶液和亚硫酸钠粉末反应制取二氧化硫，反应在常温下就可以进行，要求方便控制反应速率，可选用a。(2)SO2的平衡转化率为50，反应的二氧化硫为1mol，放出热量98.3 kJ，则a=196.6；T1时，二氧化硫、氧气和三氧化硫的平衡浓度分别是：0.5mol/L、0.25mol/L、0.5mol/L，上述反应的平衡常数K1=；反应是放热反应，在绝热条件下达到平衡T1T2，升高温度平衡逆向移动，K1 K2。(3)首先用pH试纸测定雨水样品的pH，操作方法为：取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品点在试纸上，

14、待变色后立即对照标准比色卡读数；此中性溶液是亚硫酸钠溶液，根据电荷守恒：，中性溶液，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，Na+=2+H；亚硫酸溶液久置于空气中，被氧化为硫酸，酸性增强，对水的电离抑制作用增强，与久置前相比，久置后的溶液B中水的电离程度将减小。(4)流程中可以再生循环利用的物质是氢氧化钠，通过亚硫酸钠与氢氧化钙溶液反应得到，再生的反应方程式为：Na2SO3+Ca(OH)2CaSO3+2NaOH。三、实验题：共15分9粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等。实验室模拟工业从粉煤灰提取活性Al2O3，其流程如图：已知烧结过程的产物主要是：NaAlO2、C

15、a2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等。(1)写出烧结过程中铝元素转化的化学方程式 。(2)操作a为冷却、研磨，其中研磨的目的是 。(3)浸出过程中，NaFeO2可完全水解，水解反应的离子方程式为 。(4)操作b的名称是 ，所用的玻璃仪器有 、 和烧杯。(5)“碳化”时生成 沉淀，沉淀的化学式为 。【答案】(1)Al2O3+ NaCO32Na AlO2+ CO2(2)提高烧结产物浸出率(3)+2H2OFe (OH)3+ OH(4)过滤漏斗、玻璃棒(5)Al(OH)3【解析】本题考查了物质的分离、提纯的方法的应用，考查学生对工艺流程的理解、元素化合物性质等知识。粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要

16、成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等，当加CaCO3、Na2CO3进行烧结，发生Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2、Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2、2CaCO3+SiO2Ca2SiO4+2CO2、Fe2O3+Na2CO32NaFeO2+CO2、C+O2CO2，所以气体X为CO2，操作a为冷却、研磨，加入碳酸钠溶液浸出，+2H2OAl(OH)3+OH，碳酸钠溶液呈碱性，抑制偏铝酸根离子的水解，NaFeO2可完全水解，+2H2OFe(OH)3+OH，操作b过滤出Fe(OH)3、Ca2SiO4，加入氧化钙脱硅，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硅酸根离子反应生成

17、硅酸钙沉淀，操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2ONaHCO3+Al(OH)3，过滤出沉淀氢氧化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝和水，电解氧化铝得到铝和氧气。(1)“烧结“过程中氧化铝和碳酸钠反应：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2。(2)“烧结”过程的产物主要是：NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等，操作a的下一步为浸出，操作a为冷却、研磨，所以研磨的目的是提高烧结产物浸出率。故答案为：提高烧结产物浸出率。(3)碳酸钠溶液呈碱性，抑制偏铝酸根离子的水解，NaFeO2可完全水解，Fe

18、+2H2OFe (OH)3+ OH-。(4)浸出液经过两次操作b分离沉淀，所以b为过滤，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯；所以还需用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒。故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒。(5)操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2ONaHCO3+Al(OH)3，所以“碳化”时生成沉淀氢氧化铝。故答案为：Al(OH)3。四、综合题：共2题 共31分10(本题15分)乳酸亚铁(CH3CH(OH)COO2Fe3H2O，Mr=288)是一种常用的补铁剂，可通过乳酸与碳酸亚铁反应

19、制得：CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2OCH3CH(OH)COO2Fe3H2O+CO2。已知FeCO3易被氧化：4FeCO3+6H2O+O24Fe(OH)3+4CO2,某兴趣小组用FeCl2(用铁粉和稀盐酸制得)和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如下：回答下列问题：(1)NH4HCO3盛放在装置 中(填字母)，该装置中涉及的主要反应的离子方程式 。(2)将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是 。(3)将制得的FeCO3加入到足量乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75下搅拌反应。铁粉的作用是 。反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是 。(4)该兴趣小组用KM

20、nO4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是 。经查阅文献后，该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量。取2.880g产品配成100mL溶液，每次取20.00mL，进行必要处理，用0.1000molCe(SO4)2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce(SO4)2 19.70mL。滴定反应如下：Ce4+Fe2+Ce3+Fe3+，则产品中乳酸亚铁的质量分数为 。【答案】(1)装置C；Fe2+ + 2FeCO3+ CO2 + H2O(2)(待D处的气体纯净后)关闭活塞3、打开活塞2(3)防止+2价的铁元素被氧化；加入适量乳酸让铁

21、粉反应完全(4)乳酸根离子被酸性KMnO4氧化(或其他合理答案)；98.50%【解析】本题考查物质的性质和制备。(1)根据题意：“某兴趣小组用FeCl2(用铁粉和稀盐酸制得)和NH4HCO3制备FeCO3”，B装置生成FeCl2，C装置生成FeCO3，故 NH4HCO3应盛放在装置C中，该装置中反应的离子方程式Fe2+ + 2FeCO3+ CO2 + H2O；(2)待D处的气体纯净后，关闭活塞3、打开活塞2，B中继续反应，生成的气体使压强增大，B中的液体进入C中；(3)加入铁的目的：防止+2价的铁元素被氧化；加入适量乳酸让铁粉反应完全；(4) 酸性KMnO4能使乳酸根离子氧化，氧化Fe2+的K

22、MnO4变少，计算产品中乳酸亚铁的质量分数总是大于100% ；20.00mL乳酸亚铁溶液消耗0.1000molL-1Ce(SO4)2 19.70mL，100.00mL乳酸亚铁溶液消耗0.1000molCe(SO4)2 519.70mL=98.5mL，根据Ce4+Fe2+Ce3+Fe3+，m(乳酸亚铁)= 0.1000mol 98.5mL288g/mol，=(0.1000mol 98.5mL288g/mol )2.88g100%=98.50%。11(本题16分)钒是一种重要的合金元素，还用于催化剂和新型电池。从含钒固体废弃物(含有SiO2、Al2O3及其他残渣)中提取钒的一种新工艺主要流程如图：

23、物质V2O5NH4VO3VOSO4(VO2)2SO4溶解性难溶难溶可溶易溶部分含钒化合物在水中的溶解性如上表：请回答下列问题：(1)反应所得溶液中除H+之外的阳离子有_。(2)反应碱浸后滤出的固体主要成分是(写化学式) 。(3)反应的离子方程式为 。(4)25、101kPa时，4Al(s)3O2(g)2Al2O3(s) H1-akJ/mol4V(s)5O2(g)2V2O5(s) H2-bkJ/mol用V2O5发生铝热反应冶炼金属钒的热化学方程式是 。(5)钒液流电池(如图所示)具有广阔的应用领域和市场前景，该电池中隔膜只允许H+通过。电池放电时负极的电极反应式为 ，电池充电时阳极的电极反应式是

24、 。(6)用硫酸酸化的H2C2O4溶液滴定(VO2)2SO4溶液，以测定反应后溶液中的含钒量，反应的离子方程式为：2VH2C2O42H+2VO2+2CO22H2O。取25.00 mL 0.1000mol/LH2C2O4标准溶液于锥形瓶中，加入指示剂，将待测液盛放在滴定管中，滴定到终点时消耗待测液24.0 mL，由此可知，该(VO2)2SO4溶液中钒的含量为 g/L。【答案】(1)V、Al3+(2)Al(OH)3(3)VNH4VO3；(4)10Al(s)3V2O5(s)5Al2O3(s)6V(s) H-kJ/mol(5)V2+e V3+； VO2+eH2OV2H+(6)10.6【解析】本题通过从

25、含钒固体废弃物（含有SiO2、Al2O3及其他残渣）中提取钒的一种新工艺主要流程考查了氢氧化铝的两性、离子方程式书写、盖斯定律、电极反应式书写以及物质含量的计算，题目难度较大。（1）用硫酸溶解含钒固体废弃物（含有SiO2、Al2O3及其他残渣），生成(VO2)2SO4和硫酸铝，溶液中的阳离子除氢离子外还有V、Al3+；（2）含杂质的(VO2)2SO4溶液用碳酸钠溶液碱浸生成含杂质的NaVO3溶液，Al(OH)3不溶于弱碱，所以反应碱浸后滤出的固体主要成分是Al(OH)3；（3）据工艺流程图可知，反应的离子方程式为VNH4VO3；（4）已知4Al(s)+3O2(g)2Al2O3(s)H1=-akJ/mol；4V(s)+5O2(g)2V2O5(s)H2=-bkJ/mol；据盖斯定律，（5-3）2得：10Al(s)+3V2O5(s)5Al2O3(s)+6V(s)H=-kJ/mol；（5）钒液流电池放电时负极发生氧化反应，据图可知，电极反应式为V2+-e-V3+，正极发生还原反应，充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式为VO2+eH2OV2H+；（6）据滴定数据，结合离子方程式c（V）=0.2083mol/L，所以1L溶液中含V的质量为0.2083m