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陕西省西安市第四十二中学2022年高三化学模拟试卷含解析
一、单选题(本大题共15个小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求,共60分。)
1. 下列叙述中正确的是
①标准状况下,lL HCl和lL H2O的物质的量相同
②标准状况下,lg H2和14g N2的体积相同
③28gCO的体积为22.4L
④两种物质的物质的量相同,则它们在标准状况下的体积也相同
⑤在同温同体积时,气体的物质的量越大。则压强越大
⑥同温同压下,气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A.①②③ B.②⑤⑥ C.②③⑥ D.④⑤⑥
参考答案:
B
解析:①标准状况下, HCl是气体,H2O是液体,二者等体积时,物质的量不相同,错误;②lg H2和14g N2的物质的量都是0.5mol,标准状况下,体积相同,正确;③没有给出气体所处的外界条件,不能根据物质的量求体积,错误;④两种物质若不是气体,则物质的量相同,它们在标准状况下的体积不相同,错误;根据阿伏伽德罗定律知⑤、⑥正确,选B。
2. 下列化学原理表述正确的是
A.氢硫酸溶液加水稀释,电离程度增大,H+浓度增大;
B.Na2CO3溶液中满足:c(Na+)=2c( CO32-)+2 c( HCO3-)+ 2c (H2CO3)
C.NaHCO3溶液不显中性的原因:HCO3-+H2OCO32-+H3O+
D.同体积同pH的盐酸和醋酸,与足量的锌反应,盐酸的反应速率快,生成H2的物质的量多;
参考答案:
B
略
3. 碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂,其结构为,碳酸亚乙酯可由环氧乙烷()与二氧化碳反应制得,亦可由碳酸与乙二醇反应制得。下列说法正确的是
A. 环氧乙烷与乙二醇互为同分异构体 B. 碳酸亚乙酯的二氯代物只有一种
C. 碳酸亚乙酯中的所有原子处于同一平面内 D. 碳酸亚乙酯在保存时应避免与碱接触
参考答案:
D
环氧乙烷分子式为C2H4O, 乙二醇分子式为 C2H6O2,二者分子式不同,不可能为互为同分异构体,A错误;根据碳酸亚乙酯结构可知,两个氯原子取代同一个-CH2-上的两个氢,结构为1种,两个氯原子分别取代两个-CH2-上的各1个氢,结构有1种,所以碳酸亚乙酯的二氯代物有2种,B错误;根据甲烷是正四面体结构可知,碳酸亚乙酯中两个亚甲基中不可能所有原子共平面,C错误;从结构简式可知,碳酸亚乙酯属于酯类化合物,能与碱反应,所以保存时应避免与碱接触,D正确;正确选项D。
4. 分子式为 C4H10O,属于醇的同分异构体有多少种 ( )
A.2种 B.3种 C.4种 D.5种
参考答案:
C
略
5. 某溶液中含有HCO3-、CO32-、SO32-、Na+、NO3-五种离子。若向其中加入Na2O2粉末充分反应后(溶液体积变化忽略不计),溶液中离子浓度保持不变的是 ( )
A.NO3- B.CO32-、NO3- C.SO32-、NO3- D.CO32-、NO3-、Na+
参考答案:
A
略
6. 下列溶液中的Cl-物质的量与100ml 1 mol·L-1AlCl3溶液中Cl-相等的是
A.150ml 1 mol·L-1氯化钠溶液 B.75ml 2 mol·L-1氯化镁溶液
C.50ml 3mol·L-1氯化钾溶液 D.50ml 1 mol·L-1氯化铁溶液
参考答案:
B
7. 下列判断错误的是( )
A.离子半径:Clˉ> F ˉ> Na+ > Al3+
B.熔点:
C.沸点:
D.热稳定性: HF > HCI > H2S > PH3
参考答案:
C
略
8. 下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是( )
A. c(NH4+)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中:c(NH4HSO4)>c[(NH4)2SO4]>c(NH4Cl)
B. 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸,得到的酸性混合溶液:c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(H+)>c(OH﹣)
C. 1.0 mol/L Na2CO3溶液:c(OH﹣)=c(HCO3﹣)+c(H+)+2c(H2CO3)
D. 某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(OH﹣)+c(HA﹣)+c(A2﹣)
参考答案:
C
考点:离子浓度大小的比较;盐类水解的应用.
专题:盐类的水解专题.
分析:A.氢离子抑制铵根离子水解,含有同等浓度的铵根离子的盐中,化学式中含有铵根离子个数越多其浓度越小;
B.溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH﹣),结合电荷守恒判断;
C.根据质子守恒判断;
D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒.
解答:解:A.含有同等浓度的铵根离子的盐中,化学式中含有铵根离子个数越多其浓度越小,硫酸氢铵电离出氢离子抑制铵根离子水解,所以c(NH4+)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中:c[(NH4)2SO4]<c(NH4HSO4)<c(NH4Cl),故A错误;
B.混合溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH﹣),根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO﹣)+c(OH﹣),所以c(Na+)<c(CH3COO﹣),故B错误;
C.根据质子守恒得c(OH﹣)=c(HCO3﹣)+c(H+)+2c(H2CO3),故C正确;
D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH﹣)+c(HA﹣)+2c(A2﹣),故D错误;
故选:C.
点评:本题考查了离子浓度大小的判断,明确电解质的性质是解本题关键,结合质子守恒、电荷守恒来分析解答,难度中等.
9. 在一定条件下Na2CO3溶液存在水解平衡:CO32-+H2OHCO3-+OH-。下列说法正确的是
A.Na2CO3溶液中:2c(Na+)= c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)
B.加入NaOH固体,溶液中c(Na +)和c(CO32-)都增大
C.稀释Na2CO3溶液,溶液中的离子浓度都减少
D.升高温度,Na2CO3溶液pH增大
参考答案:
BD
略
10. 今年3月修订的《环境空气质量标准》中新纳入的强制监测指标是
A. PM2.5 B. NOX C. SO2 D. 可吸入颗粒物
参考答案:
A
略
11. 分子式为C4H9Cl的同分异构体有 ( )
A.1种 B.2种 C.3种 D.4种
参考答案:
D
略
12. 某溶液中(假定不考虑水解因素)仅含有K+、Mg2+、SO42-、NO3-四种离子,其中K+与
Mg2+的 个数之比为4∶5,则NO3-与SO42-的物质的量浓度之比一定不是( )
A.8∶3 B.3∶2 C.1∶3 D.2∶3
参考答案:
D
略
13. “酸碱质子理论”认为凡是能够给出质子(H+)的分子或离子都是酸,凡是能够接受质子的分子或离子都是碱,物质酸性(碱性)的强弱取决于分子或离子给出(接受)质子能力的大 小。按照“酸碱质子理论”,下列说法正确的是()
A. 2Na + 2H2O=2NaOH + H2↑是酸碱反应
B. ClO-+ H2OHClO + OH-是酸碱反应
C. 碱性强弱顺序:OH—>ClO—>CH3COO—
D. HCO3-既是酸又是碱,NH3既不是酸又不是碱
参考答案:
答案:C
14. 已知A、B、C、I)是短周期中原子序数依次增大的四种主族元素。A:在常温下呈气态,B原子最外层电子数是其电子层数的2倍,C在同周期的主族元素中原子半径最大,元素D是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是
A.A、C的氧化物均含离子键
B.c离子的半径小于D离子的半径
C.A、B可形成多种原子个数比为1:1的化合物
D含D元素的盐溶液只能显碱性
参考答案:
C
15. 中学化学课本中有大量的数据材料,下面是某学生对数据的利用情况,其中不正确的是
A.利用液体的密度可以判断液体物质挥发性的大小
B.利用固体溶解度数据可判断煮沸Mg(HCO3)2溶液时,得到产物是Mg(OH)2而不是MgC03
C.由原子(或离子)半径数据可推断某些原子(或离子)的氧化性或还原性强弱
D.利用沸点数据可推测将一些液体混合物分离开来的可能性
参考答案:
A
二、实验题(本题包括1个小题,共10分)
16. 四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿(主要成分是FeTiO3)制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下:
回答下列问题:
(1)往①中加入铁屑至浸出液显紫色,此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生:
2Fe3++Fe === 3Fe2+
2TiO2+(无色) +Fe+4H+ === 2Ti3+(紫色) +Fe2++2H2O
Ti3+(紫色) +Fe3++H2O === TiO2+(无色) +Fe2++2H+
加入铁屑的作用是____________。
(2)在②→③工艺中需要控制条件以形成TiO2·n H2O溶胶,该分散质颗粒直径大小在_____________范围。
(3)若把③中制得的固体TiO2·n H2O用酸清洗除去其中的Fe (OH)3杂质,还可制得钛白粉。已知25℃时,Ksp[Fe(OH)3]=2.79×10-39,该温度下反应Fe (OH)3+3H+Fe3+ +H2O的平衡常数K=_____________。
(4)已知:TiO2 (s) +2 Cl2 (g)=== TiCl4(l) +O2(g) △H=+140KJ·mol-1
2C(s) +O2(g)=== 2CO(g) △H=—221KJ·mol-1
写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式:_____________。
(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念,该工艺流程中存在的不足之处是_____________(只要求写出一项)。
(6)依据下表信息,要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4 ,可采用_____________方法。
TiCl4
SiCl4
熔点/℃
-25.0
-68.8
沸点/℃
136.4
57.6
参考答案:
(1)使Fe3+还原为Fe2+;生成Ti3+保护Fe2+不被氧化。
(2)10-9m~10-7m(或其他合理答案);
(3)2.79×103;
(4)TiO2(s)+ 2C(s)+2Cl2 (g)=TiCl4(l)+2CO(g) △H=—81KJ·mol-1;
(5)产生三废(或其他合理答案);
(6)蒸馏(或分馏,或精馏)。
(1)根据题意给出方程式分析铁屑的作用就是作为还原剂的,即:将Fe3+还原为Fe2+,另外浸出液显紫色,说明含有Ti3+,防止Ti3+被Fe3+氧化成TiO2+。参考答案中“生成Ti3+保护Fe2+不被氧化。”有点让人费解,能不能说成“防止Ti3+被Fe3+氧化成TiO2+”或者说“将TiO2+还原成Ti3+”。
(2)形成TiO2·n H2O溶胶,说明得到是胶体,其分散质颗粒直径大小为10-9~10-7m(或1nm~100nm);
(3)Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH—)=2.79×10—39,25℃时,c(H+)×c(OH—)=Kw
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