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版权所有：中华资源库年广东省中山市高考化学模拟试卷一、单项选择题（每题4分，错选0分）1．（4分）（2015•中山模拟）下列说法中，错误的是（）A．乙酸乙酯、油脂都属于酯类，但不是同系物B．误服重金属盐，立即服用豆浆或牛奶可解毒C．蔗糖、纤维素、淀粉水解的最终产物都是葡萄糖D．煤的干馏可以得到苯等芳香烃考点：芳香烃、烃基和同系物；煤的干馏和综合利用；淀粉的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．分析：A、油脂是高级脂肪酸甘油酯；B、根据重金属盐可以使蛋白质变性来分析；C、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；D、煤焦油中含有苯、甲苯等．解答：解：A、油脂是高级脂肪酸甘油酯有3个酯基，而乙酸乙酯只有一个酯基，两者不是同系物，故A正确；B、重金属盐可以是蛋白质变性，所以误食后会中毒，服用大量的蛋清和牛奶后，可以和重金属反应，变为不被吸收的物质，减弱对肠胃的影响，故B正确；C、淀粉和纤维素水解最终生成葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故C错误；D、煤的干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烃，故D正确，故选C．点评：本题考查糖类油脂蛋白质的性质和煤的干馏等，难度不大，注意煤的干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烃．2．（4分）（2015•中山模拟）在水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．NH4+、Al3+、NO3﹣、AlO2﹣B．Na+、Fe3+、HSO3﹣、OH﹣C．Cu2+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣D．K+、H+、I﹣、ClO﹣考点：离子共存问题．分析：A．铝离子、偏铝酸根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀；B．铁离子能够氧化亚硫酸氢根离子，铁离子、亚硫酸氢根离子都与氢氧根离子反应；C．四种离子之间不发生反应，能够大量共存；D．次氯酸根离子与氢离子、碘离子反应．解答：解：A．Al3+、AlO2﹣之间反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Fe3+、HSO3﹣、OH﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Cu2+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣之间不反应，在溶液中可以大量共存，故C正确；D．H+、I﹣都与ClO﹣反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．版权所有：中华资源库点评：本题考查离子共存，题目难度中等，明确离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．3．（4分）（2015•中山模拟）设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，22.4L氧气与金属钠完全反应，转移的电子数一定是4NAB．常温常压下，1.7gH2O2中含有电子数为0.9NAC．1L0.2mol•L﹣1FeCl3溶液中，含有Fe3+粒子数为0.2NAD．标准状况下，0.1mol甲苯所含C﹣C键数为0.6NA考点：阿伏加德罗常数．分析：A、常温常压下，气体摩尔体积的数值大于22.4L/mol，且反应后氧元素可能为﹣2价或﹣1价；B、求出双氧水的物质的量，然后根据1mol双氧水中含18mol电子来分析；C、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；D、甲苯的苯环不是单双键交替的结构．解答：解：A、常温常压下，气体摩尔体积的数值大于22.4L/mol，故22.4L氧气的物质的量小于1mol，且反应后氧元素可能为﹣2价或﹣1价，故转移的电子的物质的量小于4mol或2mol，故A错误；B、1.7g双氧水的物质的量n==0.05mol，而1mol双氧水中含18mol电子，故0.05mol双氧水中含0.9mol电子，即0.9NA个，故B正确；C、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解导致数目减少，故个数小于0.2NA个，故C错误；D、甲苯的苯环不是单双键交替的结构，苯环中的键均为介于单双键之间的特殊的键，故1mol甲苯中只含1mol碳碳单键，即0.1mol甲苯只含0.1mol碳碳单键，即0.1NA个，故D错误．故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．（4分）（2015•中山模拟）下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA浓H2SO4有吸水性浓H2SO4可用于干燥NH3B二氧化硅不与任何酸反应可用石英制造耐酸容器C铝具有强还原性可以通过铝热反应冶炼某些高熔点金属D铜的金属活泼性比铁的弱在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．干燥剂与气体不能发生反应；B．二氧化硅可与氢氟酸反应；C．利用铝热反应冶炼金属，利用了铝的强还原性；D．在海轮外壳上装若干铜块加快铁的腐蚀．解答：解：A．浓硫酸具有吸水性，可以做干燥剂但和氨气反应；陈述Ⅰ正确、Ⅱ错误，无因果关系，故A错误；版权所有：中华资源库．二氧化硅可与氢氟酸反应，陈述Ⅰ错误，故B错误；C．铝为活泼金属，可用于冶炼金属，陈述Ⅰ、Ⅱ正确，有因果关系，故C正确；D．铜的金属活泼性比铁的弱，陈述Ⅰ正确，但在海轮外壳上装若干铜块，铁为负极，加速腐蚀，Ⅱ错误，无因果关系，故D错误．故选C．点评：本题考查了物质性质的分析应用，主要是浓硫酸、二氧化硅、铝等物质性质的应用，原电池反应原理的理解和金属腐蚀与防护是学习重点，题目难度中等．5．（4分）（2015•中山模拟）对下列装置的叙述错误的是（）A．X如果是硫酸铜，a和b分别连接直流电源正、负极，一段时间后铁片质量增加B．X如果是氯化钠，则a和b连接时，该装置可模拟生铁在食盐水中被腐蚀的过程C．X如果是硫酸铁，则不论a和b是否用导线连接，铁片均发生氧化反应D．X如果是氢氧化钠，将碳电极改为铝电极，a和b用导线连接，此时构成原电池铁作负极考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A．如果X是硫酸铜，a和b分别连接直流电源正、负极，该装置形成电解池，阴极上铜离子放电；B．如果X是氯化钠，a和b连接时，该装置属于原电池，铁易发生吸氧腐蚀；C．如果X是硫酸铁，如果导线连接a和b，该装置形成原电池，如果a、b不连接，铁和铁离子发生氧化还原反应；D．X如果是氢氧化钠，将碳电极改为铝电极，铝失电子作负极．解答：解：A．如果X是硫酸铜，a和b分别连接直流电源正、负极，该装置形成电解池，铁作阴极，阴极上铜离子放电生成铜单质，单质铁电极质量增加，故A正确；B．如果X是氯化钠，a和b连接时，该装置属于原电池，电解质溶液为中性，铁易发生吸氧腐蚀，该装置可模拟生铁在食盐水中被腐蚀的过程，故B正确；C．如果X是硫酸铁，如果导线连接a和b，该装置形成原电池，电池反应式为铁和铁离子的氧化还原反应，如果a、b不连接，铁和铁离子发生氧化还原反应，故C正确；D．X如果是氢氧化钠，将碳电极改为铝电极，a和b用导线连接，铝失电子作负极，Fe作正极，故D错误；故选D．点评：本题考查了原电池和电解池原理，明确原电池、电解池各个电极上得失电子及电极反应是解本题关键，侧重于基础知识的考查，题目难度不大．6．（4分）（2015•中山模拟）常温下，下列有关溶液的叙述正确的是（）A．将PH=1的醋酸和PH=13的NaOH溶液混合后，若c（CH3COO﹣）=c（Na+），则溶液显中性B．在Na2SO3溶液中：c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）版权所有：中华资源库．pH=6的CH3COOH溶液和pH=6的NH4Cl溶液，由水电离出的c（H+）均为1×10﹣8mol•L﹣1D．在饱和Na2CO3溶液中：2c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）考点：离子浓度大小的比较．分析：A、电荷守恒分析解答；B、根据电荷守恒分析解答；C、pH=6的CH3COOH中由水电离出的c（H+）水=c（OH﹣）水==10﹣8mol/L，pH=6的NH4Cl溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣6mol/L；D、根据物料守恒分析解答．解答：解：A、电荷守恒，可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），又因为：c（CH3COO﹣）=c（Na+），所以c（OH﹣）=c（H+），溶液呈中性，故A正确；B、在Na2SO3溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故B错误；C、pH=6的CH3COOH中由水电离出的c（H+）水=c（OH﹣）水==10﹣8mol/L，pH=6的NH4Cl溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣6mol/L，故C错误；D、在饱和Na2CO3溶液中，根据物料守恒：c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故D错误；故选A．点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法，比较容易．7．（6分）（2015•中山模拟）如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图．则下列说法正确的是（）A．简单离子的半径大小比较：Y＞X＞ZB．气态氢化物稳定性：X＞RC．R最高价氧化物对应水化物中既有离子键又有共价键D．Z单质能从M的盐溶液中置换出单质M考点：原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系．分析：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，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，Y为N元素，X为氧元素，Z为Na元素，M为Al元素，R为S元素，结合元素周期律与物质的性质等解答．版权所有：中华资源库解答：解：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，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，Y为N元素，X为氧元素，Z为Na元素，M为Al元素，R为S元素．A．Na3﹣、O2﹣、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：Na3﹣＞O2﹣＞Na+，故A正确；B．非金属性O＞N，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性H2O＞NH3，故B正确；C．R最高价氧化物对应水化物为硫酸，属于共价化合物，只含有共价键，故C错误；D．Na单质与水反应生成氢氧化钠与氢气，不能从M的盐溶液中置换出单质M，故D错误，故选：AB．点评：本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期主族元素”几个字．8．（6分）（2015•中山模拟）下列实验操作、现象和结论均为正确的是（）选项操作现象结论A①将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸不变色NH4Cl受热不分解B②中振荡后静置下层液体颜色变浅NaOH溶液可除去溶在溴苯中的Br2C③加热洗气瓶中溶液褪色生成了乙烯D④通电A极上有红色固体析出锌的金属性比铜强A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．分解得到的氨气与HCl又结合为氯化铵；B．氢氧化钠与溴反应，溴苯不与水互溶，且密度大于水；C．挥发出的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；D．A连接电源负极，为阴极，铜离子氧化性比锌离子氧化性强，通电时A极有Cu析出．解答：解：A．氯化铵受热分解为氨气与HCl，受冷后氨气与HCl又结合为氯化铵，故湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸不变色，故A错误；B．氢氧化钠与溴反应，溴苯不与水互溶，且密度大于水，静置后，溶液分层，下层液体颜色变浅，可以用NaOH溶液可除去溶在溴苯中的Br2，故B正确；C．挥发出的乙醇被酸性高锰酸钾氧化为乙酸，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．A连接电源负极，为阴极，通电时，A电极发生还原反应，有Cu析出，铜离子氧化性比锌离子氧化性强，说明Zn的金属性比Cu强，故D正确，故选BD．版权所有：中华资源库点评：本题考查实验方案设计与评价，C选项为易错点，学生容易考虑乙烯，而忽略挥发出的乙醇，是对学生综合能力的考查，难度中等．三、非选择题9．（