山西省吕梁市2021-2022学年度高三年级第一次模拟考试化学试题

化学答案及解析

1、【答案】C

【解析】油脂制皂是油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油，属于化学变化，故A错误；玉米酿酒是淀粉转化为酒精，属于化学变化，故B错误；由重的原子核（主要是指铀核或钚核）分裂成两个或多个质量较小的原子的一种核反应形式，原子弹或核能发电厂的能量来源就是核裂变。，属于物理变化，故C正确；氯气对自来水消毒，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，属于化学变化，故D错误。

2、【答案】B

【解析】A项主要针对的内容是垃圾分类知识，其中废金属、塑料属于可回收垃圾，不是有害垃圾。B项了解医用口罩的原材料和用途。C项中聚四氟乙烯是四氟乙烯发生加聚反应的产物，结构中没有不饱和键，不能发生加成反应。D丝绸成分蛋白质、宣纸及棉花的主要成分均为天然纤维。

3、【答案】  B．

【解析】A．CaO2的电子式为

C．乙烯的结构简式是CH2=CH2

D．CO2分子碳原子和氧原子大小比例颠倒：

4、【答案】D．

【解析】A．没有中和硫酸，故A错误   B．乙醇和水互溶不能萃取，故B错误

C．测pH试纸的方法为：将pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，与标准比色卡对比，故C错误；

D．用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好不漏气，故D正确；

5、【答案】D.

【解析】A.常温下，铝片与浓硫酸钝化

B.12 g NaHSO4晶体中阴离子所带电荷数为 0.1NA

C.0.1mol FeI2与 0.1 mol Cl2 反应时转移电子的数目为0.2NA

4. CO和C2H4相对分子质量都是28，故2.8g混合物中含有分子的物质的量为，故分子个数约为0.1NA，故D正确

6、【答案】D

【解析】

A.的溶液显碱性，HCO3－在强酸性和强碱性溶液中都不能大量共存，A错误； 

B.含有大量Fe3+的溶液中Fe3+与OH－不能大量共存，B错误；

C. pH=0的溶液呈酸性，S2O32－在强酸性溶液中不能大量共存，C错误；

D. 溶液呈碱性，碱性溶液中Na+、Ba2+、Cl－、Br－可以大量共存，D正确。故选D。

7、【答案】A.

【解析】A.MgCl2溶液中加入足量石灰乳反应生成氢氧化镁和氯化钙，离子方程式为：Mg2++Ca（OH）2═Mg（OH）2+Ca2+，故A正确；

B在偏铝酸钠溶液中通入少量二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸钠，离子反应方程式：2AlO2﹣+CO2+3H2O＝2Al（OH）3↓+CO32﹣，故B错误

C.酸化的硫酸亚铁溶液长时间存放溶液变黄：4H++4Fe2++O2 ===4Fe3++2H2O故C错误

D.草酸不能拆。故D错误

8.【答案】B

【解析】A项，硫不能直接变成三氧化硫，A项错误；B项正确；C项，氧化铁不能与水反应生成氢氧化铁，C项错误；D项，氮气与氧气反应先生成NO，不会直接变成NO2，D项错误。

9、【答案】D；

【解析】A．铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由﹣2升到+4价，均被氧化，故A正确；

B．设氧化剂的物质的量为x，还原剂的物质的量为y，则5x＝（2+6）y，＝，故B正确；

C．根据b项，当生成5 mol SO2时，转移电子40 mol，所以当有0.1 mol SO2生成时，转移电子0.8 mol，故C正确；

D．根据方程式，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Cu2S＞Mn2+，故D错误；

10、【答案】D

【解析】11H这种氢原子核内没有中子，选项A错误；HNO2不是N的最高价含氧酸，选项B错误；O和F没有最高正化合价，选项C错误；同周期从左到右原子半径逐渐减小，H的原子半径最小，选项D正确。

11、【答案】D

【解析】A，海水析出固体需要蒸发溶液；分离固体、液体的方法是过滤，A正确；

B、煅烧所用仪器主要有坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯，B正确；

C、粗盐中常见的杂质有泥沙、氯化镁、氯化钙、硫酸盐等。粗盐过滤，能够除去粗盐中的难溶性杂质，加入过量氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠，过滤，然后再加入过量的适量盐酸，最后一步蒸发结晶，C正确

D、蒸发结晶得不到结晶水合物，D错误

12、【答案】C

【解析】烃只含C 、H两种元素，脯氨酸分子式为C5H9 NO2，不属于烃类化合物，选项A错误；甘氨酸为链状结构，脯氨酸为环状结构，结构不相似，不是同系物，选项B错误；脯氨酸含有羧基、亚氨基，可发生缩聚反应、氧化反应、取代反应，选项C正确；环上的C、N原子采用sp3 杂化，故所有环上的原子不可能处于同一平面上，选项D错误。

13、【答案】A．

【解析】B．合成该高分子的两种单体互为同系物

C．使用该材料时在不能在强酸或强碱的条件，酯会水解

D．从图可知自修复过程中“—COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键

14、【答案】A

【解析】A．过程①中只有极性键的断裂和形成，过程②中有极性键形成和非极性键的断裂，A错误；

B．总反应的反应速率由慢反应决定，B正确；

C．过程①中 SO2生成SO3化合价升高，有电子的转移，C正确；

D．该反应的催化剂只有V2O5，V2O4是前面反应生成，又在后面反应中消耗，属于“中间产物”，故V2O5的作用是降低该反应的活化能，D正确；

15、【答案】C．

【解析】A．加入硝酸钾后，铜与硝酸反应溶液变蓝 

B．过量铁粉加入稀硝酸中充分反应后溶液中无Fe3+溶液不会变红  

C．根据现象可判断存在平衡

D．溴易挥发与AgNO3溶液也会产生浅黄色沉淀产生干扰

 16、【答案】D．

【解析】A．装置②中Zn为负极发生氧化反应

B．0~8.5 min内，生成气体的平均速率装置①中收集的气体少，反应速率慢

C．相同时间内装置②生成氢气的体积大于装置①，反应释放总能量②大于①，由两装置的溶液温度和能量转化形式，可知，装置①中化学能转化为热能，装置②中化学能转化为热能和电能。

D．生成气体体积相同时，两装置反应释放总能量相等，由两装置的溶液温度可知装置①中化学能转化为热能大于装置②，说明②中反应的化学能部分转化为电能，D正确

17、（13分。除标注外，每空2分）

【答案】（1）CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O  （2）dfcgb

（3）浓硫酸（1分）；判断装置中空气是否排尽

（4）防止钠与空气中的氧气反应

（5）C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

（6）4Na+3CO22Na2CO3+C

【解析】（1）装置a是简易启普发生器，作用是就是制取二氧化碳，

故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O

（2）按照气流的方向从左至右应该是二氧化碳制备、除去二氧化碳中混有HCl和水蒸气（除水时用f，不用g，原因是保证水除尽）、钠与二氧化碳反应装置、防止水进入装置、检验二氧化碳是否充满的装置。

故答案为：dfcgb

（3）据上述解释，答案为：浓硫酸；判断装置中空气是否排尽

（4）在点燃c装置中的酒精灯前，必须除去系统内内的空气，防止钠与空气中的氧气反应，

故答案为：防止钠与空气中的氧气反应，

（5）该黑色不溶物为碳，碳可以和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，即C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，

故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

（6）通过对生成物进行了探究实验可得出钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和碳，可以写出反应的方程式：4Na+3CO22Na2CO3+C，

故答案为：4Na+3CO22Na2CO3+C。

18、（10分；每空2分）

【答案】（1）温度过低反应速率减慢；温度过高，溶解度降低    

   （2）  （3）A    

（4） 溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生   （5）    

【解析】

含钴废渣(主要成分为、，还含有、等杂质)加入硫酸酸浸并通入二氧化硫可发生，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得硫酸锌，在水相中加入碳酸钠，可生成沉淀，以此回答该题；

【详解】

(1)“酸浸”时温度过高，二氧化硫溶解度降低，温度过低化学反应速率减慢，故答案为：温度过低反应速率减慢；温度过高，溶解度降低；

(2)加入硫酸酸浸并通入二氧化硫可发生，故答案为：；

(3)A．将废渣粉碎可以增大反应的接触面积加快反应速率，以提高单位时间内的酸浸效率，故A正确；

B．“除铝”时，入过量的溶液会让会转变为沉淀，故溶液不能过量，故B错误；

C．根据方程(水层)(有机层)(有机层)可知，不可选用四氯化碳作为萃取剂，故C错误；

D．由(水层)(有机层)(有机层)可知，往萃取后的有机层中加水不可获得溶液，故D错误；

答案选A

(4)“沉钴”时，溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生导致产品不纯，故答案为：溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生；

(5) 的体积为(标准状况)，，由化学式可知，则氧化物中，则，所以钴氧化物的化学式为：，故答案为：。

19、（15分；除标注外，每空2分）

【答案】

（1）（a+b）

（2）①0.06 mol·L−1·min−1 （1分）  60% （1分）   ②BC

（3）①升高温度 

正反应是吸热升高温度提高反应速率且平衡正向移动平衡转化率增大

②  > （1分）   0.025 MPa

③该反应是气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压平衡正向移动丙烷平衡转化率增大

【解析】（1）ΔH=生成物总能量−反应物总能量，

则丙烯的相对能量−a=b，故丙烯的相对能量=b+a。

（2）①根据题意建立三段式

C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)

开始  2mol     0      0

转化  amol    amol   amol

平衡 (2-a)mol  amol  amol

根据压强之比等于物质的量之比，因此 = 1.6，a=1.2，则 0 ~10min内氢气的生成速率

v(H2)= = = 0.06mol・L-1・min-1

C3H8 的平衡转化率为α=×100%=60%

故，答案为：0.06mol・L-1・min-1；60%

②.A.气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此当混合气体的密度保持不变，不能作为判断平衡的标志，故A不符合题意；B.C3H8的消耗，正向进行，C3H6的消耗，逆向进行，两者速率比等于计量系数比，因此能作为判断平衡标志，故B符合题意；C.平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量减小，气体摩尔质增大, 因此当混合气体的平均分子量保持不变，则可以作为判断平衡标志，故C符合题意；D.C3H6与H2的物质的量之比始终按照1:1增加，因此两者比值始终保持不变，因此不能作为判断平衡的标志，故D.不符合题意；综上所述，答案为BC。

（3）①根据图像，升高温度，平衡正向移动，即正向是吸热反应；提高反应速率，可以是加压、升温、加催化剂、增加浓度，但要提髙反应物的平衡转化率，只能是升髙温度；故答案为：升髙温度。正反应是吸热升高温度提高反应速率且平衡正向移动平衡转化率增大。

②以Q点纵看，从下到上看，丙烯物质的量增加，说明平衡正向移动，正向是体积增大的反应，即减小压强，因此压强：P1>P2；，故答案为：>。

若P1=0.2MPa，起始时充入丙烷发生反应，假设丙烷加入了1mol，则Q点对应温度下建立三段式

C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)

开始  1mol     0      0

转化  bmol    bmol   bmol

平衡 (1-b)mol  bmol  bmol

×100%=50%，则b = ，反应的平衡常数

Kp= =0.025MPa，

故答案为0.025MPa。

③在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大；故答案为：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。

20．（14分；除标注外，每空2分）

【答案】

（1）(SCN)x（1分）   （2）①BaCO3

② 没有 （1分）向洗净的白色沉淀中加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4 溶液不褪色      ③SO42-         ④CO2、SO42−

（3）①NO2能加快浓硝酸氧化(SCN)x的化学反应速率（或能催化浓硝酸氧化(SCN)x）

②实验一中存在反应：a．浓硝酸氧化SCN−，b．浓硝酸氧化(SCN)x，化学反应速率：υa＞υb，所以ⅱ中溶液立即变红；静置过程中，生成的NO2溶于硝酸，浓度积累到一定程度时，使υb增大，红色迅速褪去

【解析】（1）向浓硝酸中滴加KSCN溶液，根据信息知SCN−被浓硝酸氧化成红色的(SCN)x溶液立即变红，所以答案为(SCN)x

（2）①②将实验一ⅲ中的气体通入Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成；则推测SCN−氧化可能得到气体SO2，CO2，与Ba(OH)2和NaOH溶液反应生成BaSO3，BaCO3白色沉淀，但在b实验中过滤、洗涤白色沉淀，取少量于试管中，加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，如果有BaSO3生成则会被硝酸氧化成不溶于酸的BaSO4，沉淀就不完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色。综合说明没有生成SO2，通过a，b实验可知白色沉淀是BaCO3，

③．另取少量实验一ⅲ中试管内的溶液加入BaCl2溶液，ⅲ中溶液成酸性，产生大量白色沉淀，则说明溶液中一定含有SO42-

④由上述实验现象可知：SCN−转化的最终产物中一定有CO2、SO42−

（3）①对比实验一和实验三可知实验三先通入NO2后滴加KSCN溶液，能突然迅速加快浓硝酸氧化(SCN)x的化学反应速率，说明NO2起了催化加快反应速率的作用

②实验一中存在反应：a．浓硝酸氧化SCN−，b．浓硝酸氧化(SCN)x，化学反应速率：υa＞υb，所以ⅱ中溶液立即变红；静置过程中，生成的NO2溶于硝酸，浓度积累到一定程度时，使υb增大，红色迅速褪去。