2022-2023学年宁夏吴忠市高三年级上学期期末化学【理综】模拟考试（含解析）

1、请不要在装订线内答题外装订线试卷第 =page 8 8页，共 =sectionpages 8 8页第PAGE 页码7页/总NUMPAGES 总页数17页2022-2023学年宁夏吴忠市高三年级上学期期末化学【理综】模拟考试评卷人得分一、单选题1传统文化是中华文明的重要组成部分。下列关于传统文化摘录的化学解读错误的是选项传统文化摘录化学解读A墙角数枝梅，凌寒独自开。遥知不是雪，为有暗香来分子是不断运动的B千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金黄金的化学性质很稳定C纷纷灿烂如星陨，喧豗似火攻焰色反应是物理变化D有硇水者，翦银块投之，则旋而为水“硇水”指盐酸AABBCCDD2NA是阿伏加德罗常数的值，下列说

2、法正确的是A32 g环状S8()分子中含有的S-S键数为NAB标准状况下，2.24 L C2H5OH所含氢原子数为0.6NAC0.1 molL-1的Na2CO3溶液含CO的数目为0.1NAD2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NA3能正确表示下列反应的离子方程式为A向CuSO4溶液中滴加少量稀氨水：Cu2+2OH-=Cu(OH)2B足量NaOH溶液与H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH-=C2O+2H2OC向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2+OH-+H+SO=BaSO4+H2OD铝粉与过量NaOH溶液反应：Al+4OH-=AlO+2H2O4X、Y、Z、Q、

3、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，且X、Y最高正价与最低负价之和均为0， Q与X同主族，Z的氧化物是大气的主要污染物之一，Z与R的最外层电子数之和为8，下列说法正确的是A原子半径大小顺序为： RQZYXBY的氢化物的沸点一定低于Z的氢化物C元素Q、R分别与氯元素形成的化合物均为离子化合物DZ、Q、R的最高价氧化物对应的水化物两两之间可以相互反应5辣椒素是影响辣椒辣味的活性成分的统称，其中一种分子的结构如下图所示。下列有关该分子的说法不正确的是 A分子式为C18H27NO3B含有氧原子的官能团有3种C能发生加聚反应、水解反应D该分子不存在同分异构体6下列实验操作能

4、达到实验目的的是选项实验目的实验操作A配制FeCl3溶液将FeCl3固体溶于浓盐酸后再稀释B提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯加NaOH溶液后分液C实验室制NH3加热使氯化铵固体分解D由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干AABBCCDD7下列说法正确的是A室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为110-13 molL-1，则该溶液一定显碱性B室温下，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，后者所需盐酸的物质的量多C相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(Cl-) =c(CH3COO-)D氨水和盐酸混合后，若溶液呈中性，则c(Cl-)c()评卷人得分二、填空题8含氯消

5、毒剂和过氧化物消毒剂均可有效灭杀新冠病毒。.二氧化氯(ClO2) 是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂。制备ClO2常见的方法有：方法 1： 2NaClO3+2NaCl+2H2SO4 = 2ClO2+Cl2+2Na2SO4+2H2O方法2：在酸性条件下，由NaClO3和双氧水反应制备ClO2。(1)ClO2中氯元素的化合价是_，H2O2的电子式是_。(2)方法1的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是_。(3)方法2发生反应的离子方程式是_。(4)和方法2比较，方法1的不足之处是_( 写出一点即可)。.过碳酸钠(2Na2CO33H2O2)，俗名固态双氧水，具有去污杀菌等功效。其制

6、备原理为：2Na2CO3 (aq) +3H2O2 (aq) = 2Na2CO33H2O2 (aq)H”、“”或“Al(R)C(Y)N(Z)H(X)，A选项错误；BC的氢化物常温下还有液态(如苯)或固态的，沸点比N的氢化物高，B选项错误；CAl(R)的氯化物为共价化合物，C选项错误；DAl(OH)3具有两性，可与HNO3、NaOH发生反应，HNO3和NaOH可发生中和反应，D选项正确；答案选D。5D【详解】A辣椒素的分子式为C18H27NO3；A正确；B含有氧原子的官能团有醚键、羟基、肽键3种；B正确；C辣椒素中含碳碳双键能发生加聚反应，含有肽键能发生水解反应；C正确；D与辣椒素中碳碳双键两端的

7、碳原子相连的除两个氢原子外，另外两个原子团分别为和，两个原子团不相同，则存在顺反异构，D错误。答案选D。6A【详解】A浓盐酸可抑制铁离子水解，则将FeCl3于少量浓盐酸中，再加水稀释可配制溶液，A符合题意；B氢氧化钠促进乙酸乙酯水解，饱和碳酸钠溶液能和乙酸反应生成可溶性的乙酸钠，且能降低乙酸乙酯的溶解性，所以应该用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，B不符合题意；C验室制氨气利用用氯化铵与氢氧化钙作用生成氯化钙、水、氨气，C不符合题意；D加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中加热制备无水MgCl2，D不符合题意；故选A。7C【详解】A室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为110

8、-13 molL-1，水的电离被抑制，若为酸溶液，溶液显酸性，若为碱溶液，溶液显碱性，故A错误；B一水合氨为弱电解质，室温下，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，前者所需盐酸的物质的量多，故B错误；C盐酸和醋酸溶液中电荷守恒关系分别为c(H)c(Cl)+c(OH)、c(H)c(CH3COO)+c(OH)，pH相等的两溶液中c(H)、c(OH)不变，所以溶液中c(Cl)=c(CH3COO)，故C正确；D室温下，盐酸和氨水混合后，若溶液呈中性，c(H)=c(OH)，溶液中存在电荷守恒：c(H)+c()c(Cl)+c(OH)，则c(Cl-)c()，故D错误；故选C。8(1) +4 (2)1：2

9、(3)2 +H2O2+2H+=2ClO2+O2+2H2O(4)产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等(5) H2O2与Na2CO3快速反应将放出大量的热，造成H2O2的分解而损失（1）根据化合价代数和为0可得ClO2中氯元素的化合价是+4；过氧化氢的电子式为；（2）根据价态邻位变化规律可知，反应2NaClO3+2NaCl+2H2SO4 = 2ClO2+Cl2+2Na2SO4+2H2O中作氧化剂被还原为还原产物，作还原剂被氧化为氧化产物，故氧化产物和还原产物的物质的量比为1:2；（3）H2O2作还原剂，将还原为ClO2，H2O2被氧化为O2，反应方程式为2 +H2O2

10、+2H+=2ClO2+O2+2H2O；（4）方法1产生的氯气会污染环境、比较两个反应方程式可知生成等量的ClO2时方法1消耗的酸多、产生的废液多等；（5）反应放热造成过氧化氢分解损失，故过氧化氢用量要多一些，即碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应小于2:3，以补充因反应放热而造成分解损失的过氧化氢。9(1) 分液漏斗 NaHSO3溶液 防倒吸(2)Fe2+、 Fe3+(3)将二价铁氧化为三价铁(4)NaOH溶液能使Mn2+离子转化为Mn(OH)2沉淀而使锰元素损失(5) 810-4 bc mol ac【分析】I.由制备实验装置可知，A中浓盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，B中饱和亚硫酸氢钠溶液除去挥

11、发的HCl，C作安全瓶防止倒吸，D中发生MnO2+SO2MnSO4，三颈烧瓶中黑色粉末完全消失后停止通入二氧化硫，该实验需要进行尾气处理，可以使用氢氧化钠溶液吸收；II.在菱锰矿（主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等）中加入硫酸酸浸，过滤，得到含有Mn2+、Co2+、Fe2+、Fe3+等的滤液，在滤液中先加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水，沉淀Fe3+，过滤，除去氢氧化铁，在滤液中加入含硫沉淀剂沉淀钴离子，过滤得到含有MnSO4的滤液，再经过蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥，得到MnSO4晶体。据此解答。（1）A中盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，装置B中的试剂为

12、饱和亚硫酸氢钠溶液，用来除去挥发出的氯化氢气体。二氧化硫易溶于水，则装置C的作用为防倒吸或安全瓶，故分液漏斗；饱和亚硫酸氢钠溶液；防倒吸或安全瓶；（2）酸浸时MnCO3、Fe3O4、FeO、CoO均能与硫酸反应，则酸浸后所得溶液的金属阳离子包括Mn2+、Co2+、Fe2+、Fe3+，故Fe3+、Fe2+；（3）先加MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于加入氨水时以氢氧化铁的形式除去，故将二价铁氧化为三价铁；（4）锰离子能与氢氧化钠反应，所以不能用NaOH代替含硫沉淀剂，因为NaOH能与锰离子反应生成氢氧化锰沉淀而使锰元素损失，故NaOH溶液能使Mn2+离子转化为Mn(OH)2沉淀而使锰

13、元素损失；（5）滴定时发生反应MnO+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O，设25.00mL溶液中所含锰离子物质的量为n，由方程式可知，锰离子与亚铁离子的物质的量之比为1：5，则100mL溶液中n（Mn2+）=bc410-3mol=810-4 bc mol，故810-4 bc mol；a.末煮沸溶液就开始滴定，有残留的(NH4)2S2O8，导致亚铁离子用量偏多，滴定结果偏高，故a正确；b.滴定开始时仰视读数，导致初始读数偏大，用量偏低，结果偏低，故b错误；c.滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致亚铁离子用量偏多，滴定结果偏高，故c正确；故ac。10(1)CH4 (g) +2SO2 (

14、g) = CO2 (g) +2S (s) +2H2O(l) H= (2b-a) kJ/mol(2) H2S 300 molLmin-1 2H2+SO2 S+2H2O(3) 36.45(4) 负 -2e+H2O= +2H+（1）CH4和S的燃烧热分别为akJ/mol和bkJ/mol，写出热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-akJ/mol； S(s)+O2(g)=SO2(g) H=-bkJ/mol；应用盖斯定律，将-2得，CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) H=(2b-a)kJ/mol；（2）根据图示和图像，第一步对应图像

15、0t1段，由H2和SO2反应生成X，反应消耗的H2、SO2和生成的X物质的量浓度之比为(610-3)：(310-3-110-3)：(210-3)=3:1:1；第二步对应图像t1t2段，X与SO2反应生成S，消耗的X与SO2物质的量浓度之比为(210-3)：(110-3)=2:1，结合原子守恒，X应为H2S；0t1时间段的反应温度为300；根据分析，第一步反应为，第二步反应为，则由第一步反应2+第二步反应，可知总反应的化学方程式为2H2+SO2S+2H2O；（3）根据图像a点达到平衡状态，700后升高温度，SO2的平衡转化率减小，即平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的H0；700时

16、SO2的转化率为90%，可列出三段式：则700的平衡常数；（4）将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，由图可知，B侧得到氢氧化钠，反应为水电离出氢离子放电生成氢气，发生还原反应，则图中a极要连接电源负极。放电发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为-2e+H2O= +2H+。11(1) 3d104s1 ds(2) CD H2O分子间存在氢键(3) 平面三角形 Ag、N、O(4)（1）铜为29号元素，基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1；银的周期序数比铜多1，也属于第B族，则银元素属于ds区，故3d104s1；ds；（2）银中存在金属键，H2S中存在极性

17、键，O2中存在非极性键，极性键和非极性键属于共价键，则在该反应中共价键和金属键会断裂，故CD；物质状态由熔、沸点决定，由于H2O分子间存在氢键，使得H2O的熔、沸点比H2S的高，则常温常压下，H2O呈液态，H2S呈气态，故H2O分子间存在氢键；（3）中N价层有3个电子对，孤电子对数为0，所以它呈平面三角形结构；涉及三种元素为Ag、N、O，同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，则电负性从小到大顺序为Ag、N、O，故平面三角形；Ag、N、O；（4）设M的晶胞参数为apm，M晶胞的质量=，则M晶体密度ngcm-3=，解得a=pm，故。12(1)C9H8O2(2)ab(3)、(4) +2NaOH +NaCl+2H2O +H2O【分析】A的结构简式是 ，E的蒸气密度是相同条件下H2密度的74倍，M(E)=148，分子组成符合CaHbO2，=98，则E为C9H8O2，由转化，CD发生催化氧化，D为，所以C为 ，AB发生水解和中和反应，则B为 ，然后结合有机物的结构与性质来解答。（1）由上述分析可知，E为C9H8O2；（2）a.转化中涉及取代反应、中和反应、氧化反应、消去反应，以上各步没有涉及加成反应，故a正确；b.E与C相差1个O原子和2个H原子，则E比C的相对分子质量小18，故b正确；c.由上述分析可知，A、C、D中都