山东省师范大学附属中学2018届高三第一次模拟考试理科综合化学试卷Word版含解析.doc

绝密★启用前 山东师大附中2015级高三第一次模拟考试 理科综合化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 B ‎11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cu 64 S 32 Cl 35.5‎ 一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1. 化学是一门实用性很强的科学，与社会、环境等密切相关。下列说法错误的是 A. “静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量 B. 海水晒盐不涉及化学反应 C. 铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性的食品 D. 自来水中通入氯气与加入硫酸铝的作用相同 ‎【答案】D ‎【解析】A项，“静电除尘”可除去可吸入颗粒物、“燃煤固硫”可除去SO2气体、“汽车尾气催化净化”可除去NOx，上述做法都可减少污染性气体的排放，故能提高空气质量，A正确；B项，海水晒盐是利用太阳光照使水温升高而加快了水蒸气的气化，这个过程没有新物质生成，所以不涉及化学反应，B正确；C项，铝在空气中容易氧化，在铝的表面形成一层薄薄的氧化膜，保护铝不会进一步被氧化，如果长时间存放酸性、碱性食品会破坏已经形成氧化膜，导致里面的铝被腐蚀，故C正确；D项，自来水中通入氯气，会生成次氯酸，起消毒的作用，而硫酸铝加入水中后，由于稀释导致迅速发生水解生成胶状氢氧化铝，氢氧化铝能吸附水中悬浮的杂质并形成沉淀，起到净水作用，但不能消毒，故D错误。‎ ‎2. NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（见图4）。下列说法正确的是 ‎.........‎ A. ‎25℃‎，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大 B. 石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂 C. 常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应 D. 图4所示转化反应都是氧化还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、因NaHCO3的溶解度比Na2CO3的溶解度小，故A错误；B、因Cl2通入到石灰乳中：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，氯元素的化合价从0价部分降低到－1价，部分升高到＋1价，因此氯气既是氧化剂，也是还原剂，故B正确；C、干燥的Cl2与铁不反应，但在点燃的条件下可以发生反应，故C错误；D、因由NaCl→NaHCO3→Na2CO3，这两步转化中元素的化合价没有变化，是非氧化还原反应，故D错误，答案选B。‎ 考点：考查氯化钠应用的有关判断 ‎3. 由下列实验及现象不能推出相应结论的是 实验 现象 结论 A.‎ 向2 mL 0.1 的溶液中加足量铁粉，震荡，加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变 还原性：‎ B.‎ 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 C.‎ 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3分解产生了氨气 在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 D.‎ 漂白粉在空气中久置 变成块状固体 漂白粉中的CaCl2 与空气中的CO2反应生成CaCO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】A项，黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，说明足量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，所以还原性：Fe>Fe2+，A正确；B项，白烟是碳酸钠，黑色颗粒是C单质，说明Na被CO2氧化了，所以CO2具有氧化性，B正确；C项，湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明NH4HCO3固体受热分解产生了碱性气体，该碱性气体必为氨气，故C正确；D项，漂白粉在空气中久置变成块状固体，因为漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成CaCO3，故D错误。‎ 点睛：本题考查了中学阶段的几种重要物质的性质，A、C、D涉及的知识都是高频考点，注意B项，中学阶段教材没有讨论Na和CO2反应的问题，钠是极活泼金属，在空气中加热得不到正常的氧化物，只有过氧化钠；当在纯净的CO2气体中加热时，会夺取其中的氧生成碳单质和Na2O，Na2O是一种碱性氧化物，会立即与CO2气体反应生成Na2CO3。‎ ‎4. 将0.4gNaOH和‎1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成NaCl和H2O，n（NaOH）＝‎0.4g/40(g/mol)=0.01mol,滴入‎0.1 L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，n(Na2CO3)＝‎1.06g/106(g/mol)=0.01mol首先发生反应：HCl＋Na2CO3＝NaHCO3＋NaCl，不放出气体，当再加入‎0.1 L 盐酸时，此步反应进行完全；再继续滴加时，发生反应：NaHCO3＋HCl＝NaCl＋H2O＋CO2↑，此时开始放出气体，分析图像可知选C。‎ ‎【考点定位】考查盐酸与氢氧化钠、碳酸钠混合溶液反应的先后顺序的图像表示问题。‎ ‎【名师点晴】分析Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序：在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32－和HCO3－结合H＋的难易程度。由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。‎ ‎5. 下列实验内容可以达到预期实验目的的是 选项 实验内容 实验目的 A 将木炭与浓硫酸共热，得到的气体通入澄清石灰水 检验木炭的氧化产物是CO2‎ B 加入足量铁屑，充分反应后，过滤 除去FeCl2溶液中的少量FeCl3‎ C 将1mol CuSO4·5H2O溶解在‎1 L水中 制备1 mol/L的CuSO4溶液 D 饱和氯化铁溶液中滴加氨水 制备Fe(OH)3胶体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、木炭与浓硫酸共热生成二氧化硫、二氧化碳，二者均能使澄清石灰水变浑浊，因此该实验不能检验氧化产物是CO2，A不正确；B、Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，因此反应后过滤掉剩余的铁可除杂，B正确；C、溶解在‎1L 水中，溶液体积不是‎1L，因此不能得到1mol/L的溶液，C不正确；D、氯化铁与氨水反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，应将新制的氯化铁饱和溶液滴入沸水中水解制备氢氧化铁胶体，D不正确，答案选B。‎ 考点：考查化学实验方案设计与评价 ‎6. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O的反应中，生成‎28 g N2，转移的电子数目为3.75NA B. 常温常压下，7.8 gNa2S和Na2O2的混合物中，阴离子所含电子数为1.8NA C. 50ml 12 mol•L﹣1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为小于0.3NA D. 标况下11.2LNO和11.2LO2混合后所得气体分子数为NA ‎【答案】D ‎【解析】A项，在反应5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O中，氧化产物和还原产物都是N2，5mol硝酸铵完全反应，有5mol铵根离子转化成氮气、3mol硝酸根离子转化成氮气，即生成4mol氮气转移了15mol电子（15 NA），因此若生成‎28 g N2（1mol），转移的电子数目为3.75NA，A正确；B项，Na2S和Na2O2的相对分子质量都是78，阴离子都是18电子微粒，7.8 gNa2S和Na2O2的混合物为1mol，含阴离子1mol，所以阴离子所含电子数为1.8NA，故B正确；C项，50ml 12 mol•L﹣1盐酸含HCl 0.6mol，由反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，若0.6mol HCl完全反应，则转移电子数为0.3NA，而只有浓盐酸才能发生该反应，所以实际转移的电子数小于0.3NA，故C正确；D项，2NO+O2=2NO2是气体分子数减小的反应，故标况下‎11.2L（0.5mol）NO和‎11.2L（0.5mol）O2混合后所得气体分子数小于NA，D错误。‎ 点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目计算量和思维容量较大，要弄清分子、原子、质子及核外电子的构成关系，掌握好氧化还原反应原理，运用电子守恒计算判断。‎ ‎7. ‎‎1.52‎‎ g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为‎1.40 g·mL－1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1 120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到‎2.54 g沉淀。下列说法不正确的是 A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1‎ B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol·L－1‎ C. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%‎ D. 得到‎2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL ‎【答案】D ‎【解析】设合金中Cu、Mg的物质的量分别为x、y，根据题目所给信息知64x+24y＝1.52①；在反应过程中有：Cu-2e-=Cu2+、Mg-2e-=Mg2+，Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以金属失去电子的物质的量等于金属阳离子完全沉淀所需OH-的物质的量，n(OH-)==0.06mol，故2x＋2y＝0.06②，由①和②组成方程组解得x＝0.02 mol，y＝0.01 mol。A项，由上述计算可得，铜与镁的物质的量之比是2∶1，A正确；B项，根据c=可得：c(HNO3)=mol•L-1=14.0 mol·L-1，B正确；由上述分析可知，Cu、Mg共失去0.06 mol电子，根据得失电子守恒，硝酸完全被还原为NO2，则NO2‎ 的物质的量应为0.06 mol，已知得到混合气体1 120 mL(标准状况)，即0.05 mol混合气体，是因为存在2NO2N2O4，可求得N2O4为0.01 mol，NO2为0.04 mol，故C正确；D项，得到‎2.54 g沉淀时，消耗0.06 mol NaOH(浓度为1.0 mol·L-1)，体积为60 mL，故D错误。‎ ‎8. 某小组同学欲探究NH3的还原性实验，按下图装置进行实验。‎ A、B装置可选药品：浓氨水、H2O2、蒸馏水、NaOH固体、MnO2‎ ‎（1）NH3催化氧化的化学方程式是__________。‎ ‎（2）装置B中产生气体的原因有（结合化学用语解释）__________。‎ ‎（3）甲乙两同学分别按上述装置进行实验。一段时间后，装置G中溶液都变成蓝色。‎ 甲观察到装置F中有红棕色气体，乙观察到装置F中只有白烟生成，白烟的成分是（写化学式）__________。用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因：_________。‎ ‎（4）该小组还利用下图所示装置探究NH3能否被NO2氧化（K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去）．‎ A中发生反应的化学方程式为________________________。‎ 若NH3能被NO2氧化全部生成无毒物质，预期观察到C装置中的现象是___________。若此反应转移电子0.4mol，则消耗标准状况下的NO2_________L。‎ ‎【答案】 (1). (2). 在氨水中存在平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，加入NaOH固体，OH-浓度增加，平衡向左移动，NaOH固体溶于水放出大量热，均有利于NH3逸出 (3). NH4NO3 (4). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (5). (6). 红棕色退去；有水珠产生 (7). ‎‎2.24L ‎【解析】由题意，结合装置图，A和B为气体发生装置，C和D为干燥装置，因为C中为液体干燥剂，故为浓硫酸，所以A为制取O2装置、C为干燥氧气装置，B为制取氨气装置、D为干燥氨气装置；E为氨的催化氧化发生装置。‎ ‎（1）氨的催化氧化是NH3在催化剂条件下与O2反应生成NO和H2O，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O（条件也可以是）。‎ ‎（2）B中产生氨气，原因是：氨水中存在平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，加入NaOH固体，NaOH固体溶于水放出大量热且OH-浓度增加，平衡向左移动，有利于NH3逸出。‎ ‎（3）甲观察到装置F中有红棕色气体，是因为氨气发生催化氧化的产物一氧化氮与氧气化合为红棕色二氧化氮；乙观察到装置F中只有白烟生成，则说明F中有水蒸气，白烟是由于氨气和硝酸反应生成了白色的NH4NO3固体；G中颜色变蓝，说明G中有硝酸生成，Cu和硝酸发生反应生成了Cu2+，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。‎ ‎（4）A为实验室制取氨气装置，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；若NH3能被NO2氧化全部生成无毒物质，则发生反应：4NH3+3NO2=N2+H2O，故C中现象为：红棕色褪去，有水珠产生；根据化学方程式，1mol NO2反应转移4mol电子，则转移0.4mol电子，有0.1mol NO2反应，标准状况下的体积为‎2.24L。‎ 点睛：本题考查了氨的催化氧化、硝酸和铜的反应等知识，通过实验探究了氨气与二氧化氮的反应，掌握相关物质的性质，借助氧化还原反应原理，根据实验材料理清实验流程，注意对特殊现象的分析，例如题中“甲观察到装置F中有红棕色气体，乙观察到装置F中只有白烟生成”，结合装置可得出该装置是存在缺陷的——F、G之间缺少干燥装置，弄清了这点有助于准确把握实验过程。‎ ‎9. 某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：‎ ‎（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 mol/L 的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_____________。‎ ‎（2）甲组同学取2 mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为________________。‎ ‎（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_____________。‎ ‎（4）丙组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为___________________________;一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是______________________‎ ‎（5）丁组同学利用下列各图方案制备Fe(OH)2能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是________(填序号)。‎ ‎（6）戊组同学为了检验硫酸铁中含有的Fe2＋应选用________(选填序号)并写出离子方程式______________‎ a．KSCN溶液和氯水 b．铁粉和KSCN溶液 c．浓氨水 d．酸性KMnO4溶液 ‎【答案】 (1). (2). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (3). (4). (5). (6). ①②③⑤ (7). d (8). MnO4- + 5 Fe2+ + 8 H+ = Mn2+ + 5 Fe3+ + 4 H2O ‎【解析】（1）Fe2+通常表现还原性，易被氧化成Fe3+，FeCl2溶液中需加入少量铁屑，可防止Fe2+被氧化。‎ ‎（2）Cl2可将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原为2Cl-，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。‎ ‎（3）乙组认为甲组实验不够严谨，因为甲组实验没有排除空气中的氧气氧化Fe2+的可能性，故煤油的作用是：隔绝空气，排除氧气对实验的影响。‎ ‎（4）H2O2在酸性条件下氧化Fe2+为棕黄色的Fe3+，离子方程式为：2 Fe2++ H2O2+2H+=2 Fe3+ + H2O；在Fe3+催化作用下，H2O2分解产生O2，所以产生气泡，又因为反应放热，促进了Fe3+水解，所以有红褐色Fe(OH)3沉淀生成。‎ ‎（5）若能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，则Fe(OH)2不被氧化，装置①②都是利用铁和稀硫酸现制FeSO4，并用产生的H2赶走试管和溶液中的氧气；装置③中，阳极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，H＋来源于水，总反应为Fe+2H2O=Fe(OH)2+H2↑，产生的H2能够赶走溶液中的氧气，液面上的汽油也隔绝了空气；装置④没有做任何的隔绝氧气的措施；装置⑤中，长胶头滴管深入液面以下，上方用苯隔绝了空气，故①②③⑤能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。‎ ‎（6）若加入KSCN溶液和氯水，溶液一直是红色的，无法判断是否含有Fe2+，故a错误；若加入铁粉和KSCN溶液，铁粉还原Fe3+为Fe2+，溶液变为浅绿色，但无法判断原溶液是否含有Fe2+，故b错误；若Fe2+含量较少，则用浓氨水现象不明显，故c错误；若有Fe2+，则使用酸性高锰酸钾溶液褪色，离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，故d正确。‎ ‎10. 实验室利用废铜合金(含少量铁和铝)来制取硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)，方案如下：‎ 金属离子生成氢氧化物沉淀的pH可参考下列数据：‎ Fe3＋‎ Fe2＋‎ Cu2＋‎ Al3＋‎ 开始沉淀时的pH ‎2.2‎ ‎7.5‎ ‎5.2‎ ‎3.7‎ 完全沉淀时的pH ‎3.2‎ ‎9.0‎ ‎6.7‎ ‎4.7‎ 请回答：‎ ‎（1）若溶解合金时加入的混酸由‎2 L 3 mol·L－1硫酸和‎1 L 2 mol·L－1硝酸混合而成，则反应后生成标准状况下的NO的体积最多为____________L。‎ ‎（2）加入H2O2的目的是____________。‎ ‎（3）为保证产品的纯度，M物质最好选用________(填字母)，调节pH的范围为____________。‎ a．Cu(OH)2　b．H2SO‎4　‎c．NH3·H2O　d．Na2CO3‎ ‎（4）滤液D中加入硫酸的目的为_______________________________________。‎ ‎（5）从溶液E制得CuSO4·5H2O晶体所需要的步骤为________、结晶、过滤和干燥。‎ ‎（6）‎0.80g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示。试确定‎200℃‎时固体物质的化学式______________。‎ ‎【答案】 (1). ‎44.8L (2). (3). a (4). (5). (6). (7). CuSO4·H2O ‎【解析】根据流程，开始金属过量，所以滤液A中含有Cu2+、Fe2+、Al3+；滤液A中加H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，防止除杂时影响Cu2+；氧化后的溶液，加入M调节pH除去Fe3+和Al3+；滤液D经过一系列操作得到硫酸铜晶体。‎ ‎（1）由题意，n(H+)=‎2L×3mol·L-1×2+‎1L×2mol·L-1=14 mol，n（NO3-）=‎1L×2mol·L-1=2 mol；根据方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可得：氢离子过量，NO3-完全反应，则最多生成标准状况下NO的体积为2 mol×‎22.4L•mol-1=‎44.8L。‎ ‎（2）根据上述分析，加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+。‎ ‎（3）氧化后的溶液，加入M调节pH除去Fe3+和Al3+；为了不引入新杂质，M最好选用a.Cu(OH)2；根据金属离子生成氢氧化物沉淀的pH数据可得，要使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀，调节pH的范围为：4.7≤pHHCO3->H2S，A正确；B项，相同浓度的两种酸，导电能力HNO2>H2S，说明HNO2更容易电离，所以酸性HNO2>H2S，B正确；C项，同浓度的两种酸，pH越小酸性越强，则酸性HNO2>H2S，C正确；D项，酸性强弱与还原性没有关系，故D错误。‎