2022-2023学年江西省丰城市第九中学高三上学期摸底考（日新班）化学试题（含解析）

1、丰城九中日新部20222023学年新高三摸底考试考试时间：100分钟 满分：100分一、选择题(48分，每小题3分，只有一个选项符合题意。)1. 2022年4月16日，科技护航，英雄回家神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，降落伞面以芳纶为材料，返回舱烧蚀防热涂层以苯基橡胶为基体，填压石棉(3MgO2SiO22H2O)、玻璃微球、酚醛树脂微球。以下说法正确的是A. 工业上制备苯基橡胶与芳纶的原料苯可来自煤的干馏或石油的分馏B. 返回舱侧壁金属壳体铝合金及烧蚀涂层均需具备轻质、高强、超塑性C. 填压玻璃微球、酚醛树脂微球可降低材料热导系数，石棉等燃烧可带走大量的热D. 芳纶1313(聚间苯二甲酰间苯

2、二胺)与芳纶1414互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A石油通过催化重整可以得到苯、甲苯等芳香烃，煤的干馏或石油的分馏不能得到苯，故A错误；B铝合金质量轻、耐腐蚀，烧蚀涂层具有高强、超塑性，故B正确；C石棉等燃烧放出热量，不能带走大量的热，故C错误；D芳纶1313即聚间苯二甲酰间苯二胺是高分子化合物，分子式不确定，则芳纶1313与芳纶1414不是互为同分异构体，故D错误；故选：B。2. 下列离子方程式书写正确的是A. 饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：CO+CO2+H2O2HCOB. 过量的铁和稀硝酸反应：Fe+NO+4H+Fe3+NO+2H2OC. FeI2溶液中通入少量Cl2：C

3、l2+2Fe2+2Fe3+2Cl-D. Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液：Ca2+OH-+HCOCaCO3+H2O【答案】D【解析】【详解】A饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2会析出NaHCO3沉淀，离子方程式为2Na+CO+CO2+H2O=2NaHCO3，A项错误；B过量的铁和稀硝酸反应，生成Fe(NO3)2、NO和H2O，离子方程式为：3Fe+2NO+8H+3Fe2+2NO+4H2O，B项错误；CI-的还原性强于Fe2+，通入少量Cl2，Cl2先和I-反应，离子方程式为2I-+Cl2I2+2Cl-，C项错误；DCa(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液，Ca(OH)2

4、少量，二者以11比例发生反应，离子方程式为：Ca2+OH-+HCOCaCO3+H2O，D项正确；答案选D。3. 常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1molL-1，溶液中各含磷物种的pcpOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lgc)，pOH表示OH-的浓度负对数pOH=-lgc(OH-)；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法正确的是A. 曲线表示pc(H3PO3)随pOH的变化B. H3PO3的结构简式为C. pH=4的溶液中：c(H2PO)1.0105【答案】D【解析】【分析】【详解】A

5、图象中含P物质只有3种，说明为二元弱酸。随着逐渐增大，减小，根据 、 ，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线表示，曲线表示，曲线表示；根据x点知，时，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则的，根据z点知，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则的，曲线表示随的变化，故A错误；B为二元弱酸，其结构简式为，故B错误；C即，由图可知，此时，即，而，故，故C错误；D由减去，可得，则平衡常数，故D正确；故答案：D。4. 298K时，在20.0mL0.10molL-1氨水中滴入0.10mo

6、lL-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10molL-1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B. M点对应的盐酸体积小于20.0mLC. M点处的溶液中c(NH)=c(Cl-)=c(H)=c(OH-)D. N点处的溶液中pH12【答案】B【解析】【详解】A盐酸滴定氨水时，滴定终点溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，故指示剂应选甲基橙，A错误；B一水合氨属于弱碱，与盐酸正好反应生成NH4Cl时溶液呈酸性，故二者等浓度反应时，若溶液的pH=7，盐酸的体积应小于氨水的体积，即小于20.0mL，B正确；CM点为氯化铵和少量氨水的混合溶液

7、，根据电荷守恒可知溶液中：c(NH)c(H)=c(Cl-)c(OH-)，M点溶液的pH=7，即c(H)=c(OH-)，则c(NH)=c(Cl-)，由于水的电离是微弱的，故c(NH)=c(Cl-)c(H)=c(OH-)，C错误；D由图可知，N点即为0.10molL-1氨水，由其电离度为1.32%，可知0.10molL-1氨水中c(OH-)=0.00132molL-1， ，故pH=-lg c(H+)=，则该氨水中11pH12，D错误；答案选B。5. 25时，向10.00 mL 0.1000 molL-1的NaHCO3溶液中滴加0.1000 molL-1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸的体积V变化如图

8、所示。下列有关说法正确的是A. a点，溶液pH7是由于HCO水解程度小于电离程度B. b点，c(Na)=c(HCO)2c(CO)c(Cl-)C. c点，溶液中的H主要来自HCO的电离D. d点，c(Na)=c(Cl-)=0.1000 molL-1【答案】B【解析】【详解】Aa点为0.1000molL-1的NaHCO3溶液，溶液中存在HCO的水解平衡和电离平衡，溶液的pH7，呈碱性，说明HCO水解程度大于电离程度，故A错误；B25时，b点溶液的pH=7，呈中性，则c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)+c(OH-)可知：c(Na+

9、)=c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)，故B正确；Cc点加入5.00mL等浓度的盐酸，反应后溶质为碳酸氢钠、氯化钠和碳酸，此时溶液pH7，呈酸性，溶液中的H+主要来自碳酸的电离，故C错误；Dd点n(NaHCO3)=n(HCl)=0.01L0.1000molL-1=0.001mol，二者恰好完全反应，混合液体积为20.00mL，则反应后溶液中满足c(Na+)=c(Cl-)=，故D错误；故选：B。6. 常温下，次氯酸电离平衡体系中各成分的组成分数为或与值的关系如图所示，下列有关说法正确的是A. 的电离方程式为B. 曲线、依次表示、的变化C. 向溶液中加溶液，将减小D. 电离常数的数量级为【答

10、案】C【解析】【详解】A次氯酸是弱电解质，电离方程式为，故A错误；B次氯酸是弱酸，随着碱性增强，HClO逐渐减少，逐渐增多，但两者之和不变，故曲线a. b 依次表示、的变化，故B错误；C向次氢酸溶液中加NaOH溶液，随着碱性增强，HClO 逐渐减少，逐渐增多，故将减小，故C正确；D如图所示当pH=7.5时，电离常数=的数量级为，故D错误；故答案为C。7. 室温下，通过实验研究亚硫酸盐的性质，已知，实验实验操作和现象1把SO2通入氨水，测得溶液pH=72向0.1molL-1Na2SO3溶液中加入过量0.2molL-1CaCl2溶液，产生白色沉淀3向0.1molL-1NaHSO3溶液中滴入等浓度等

11、体积的NaOH溶液4把少量氯气通入Na2SO3溶液中，测得溶液pH变小下列说法正确的是A. 实验1中，可计算出B. 实验2反应静置后的上层清液中有C. 实验3中：D. 实验4中说明氯气溶于水显酸性【答案】A【解析】【详解】A把SO2通入氨水，测得溶液pH=7，得到的溶液中有c(NH)+c(H)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH)，所以c(NH)= 2c(SO)+c(HSO)， =，故A正确；B向0.1molL-1Na2SO3溶液中加入过量0.2molL-1CaCl2溶液，会发生反应生成亚硫酸钙的白色沉淀，反应静置后的上层清液中有，故B错误；C向0.1molL-1NaHSO3溶液中滴入等浓度

12、等体积的NaOH溶液，发生反应生成亚硫酸钠，根据物料守恒，在亚硫酸钠中， ，故C错误；D把少量氯气通入Na2SO3溶液中，发生反应的离子方程式为：H2O+SO+Cl2= SO+ 2Cl+2H+，使的溶液的酸性增强，测得溶液pH变小 不能说明氯气溶于水显酸性，故D错误；故答案：A。8. 亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸，常温下电离常数Ka1=1.010-3，Ka2=2.610-7 ，下列说法正确的是A. H3PO3与足量的NaOH溶液反应生成Na3PO3B. 对亚磷酸溶液升温，溶液的pH值变大C. 向亚磷酸溶液中加入少量NaOH固体，则变大D. 对0.01mol/L的亚磷酸溶液加水稀释，溶液中

13、各离子浓度均减小【答案】C【解析】【详解】A已知亚磷酸()是一种二元弱酸，故与足量的NaOH溶液反应生成不能生成，A错误；B弱酸的电离过程是一个吸热过程，升高温度促进弱酸的电离正向移动，故对亚磷酸溶液升温，溶液中c(H+)增大，溶液的pH值变小，B错误；C向亚磷酸溶液中加入少量NaOH固体，电离平衡正向移动，溶液中c(H+)减小，则=增大，C正确；D对0.01mol/L的溶液加水稀释，溶液中H+、离子浓度均减小，但根据水的离子积可知，Kw=c(H+)c(OH-)是一个常数，故c(OH-)增大，D错误；答案选C。9. 常温下，下列各组离子在有关限定条件下溶液中一定能大量共存的是A. 由水电离产生

14、的c(H+)=1012 molL1的溶液中：K+、Na+、ClO、IB. 无色溶液中：K+、Fe3+、Cl、COC. 滴入甲基橙指示剂呈红色的溶液中：Na+、NH、ClO-、NOD. 常温下，=1012的溶液：K+、AlO、CO、Na+【答案】D【解析】【详解】A次氯酸根离子具有强氧化性，无论溶液酸碱性如何，都能将溶液中的碘离子氧化，一定不能大量共存，故A错误；B溶液中铁离子与碳酸根离子会发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，一定不能大量共存，故B错误；C滴入甲基橙指示剂呈红色的溶液为酸性溶液，次氯酸根会与氢离子反应生成次氯酸，一定不能大量共存，故C错误；D常温下，=1012的溶液为碱

15、性溶液，碱性溶液中K+、AlO、CO、Na+四种之间不发生任何反应，能大量共存，故D正确；故选D10. 羟胺的电离方程式： (25时，)。用0.1mol/L的盐酸滴定羟胺溶液，温度恒定为25时，滴定过程中由水电离出来的浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(已知：)。下列说法错误的是A. 图中B. A点对应溶液的C. B、D两点对应的溶液的pH不相等D. C点对应溶液中存在： 【答案】B【解析】【详解】纵坐标越小，水电离程度越大，溶液中c(NH3OH+)浓度越大，A根据图知，C点溶质为NH3OHCl，溶液呈酸性，A点溶液呈碱性，则B点溶液呈中性，要使混合溶液呈中性，碱应该稍微过量，所以V110，

16、选项A正确；BA点溶液中NH2OH电离程度较小，则c(OH-)c(NH3OH+)，c(NH2OH)0.1mol/L，则A点c(OH-)=3.010-5mol/L，c(H+)=mol/L=10-9mol/L，则溶液的pH=-lg10-9mol/L=9.5，选项B错误；C由图像知，B点水电离出的氢离子浓度为110-7mol/L，溶液呈中性，D点溶液HCl过量，溶液呈酸性，B、D两点对应的溶液的pH不相等，选项C正确；DC点溶质为NH3OHCl，由质子守恒：，选项D正确；答案选B。11. 赖氨酸H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中

17、存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数(x)随pH变化如图所示。已知(x)=，下列表述正确的是A. O点，c(H+)=B. M点，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C. KK1K3D. Q点，c(HR)c(Na+)c(R-)c(OH-)c(H+)【答案】A【解析】【分析】随pH增大，H3R2+H2R+HRR-平衡正向移动，M点表示H3R2+和H2R+浓度相等，则K1=10-2；N点表示HR和H2R+浓度相等，则K2=10-9；P点表示HR和R-浓度

18、相等，则K3=10-11；【详解】A 、，,O点溶液中R-和H2R+相等，所以c(H+)=，故A正确；BM点，根据电荷守，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H3R2+)+c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，M点H3R2+和H2R+浓度相等，则c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=3c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，故B错误；C、 、，所以KcaB. c点对应溶液中， =1C. a点溶液中：c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)D a、b、c、d四点对应溶液中均有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.1molL-1【答案】A【解析

19、】【分析】向15mL 0.1molL-1的氢氧化钠溶液中逐滴滴入0.1molL-1的CH3COOH溶液，加入CH3COOH溶液的体积与混合溶液pH的关系如图，a点对应溶液中，n(NaOH)=2n(CH3COONa)，b点溶液中的溶质为CH3COONa，c点对应溶液呈中性，d点对应溶液中CH3COOH过量，溶液呈酸性，溶液中溶质为CH3COOH与CH3COONa的混合物，据此分析解答。【详解】A根据分析，a点对应溶液中，n(NaOH)=2n(CH3COONa)，c点对应溶液呈中性，d点对应溶液中CH3COOH过量，溶液呈酸性，溶液中溶质为CH3COOH与CH3COONa的混合物，因此导电性c点最

20、弱，选项A错误；Bc点对应溶液呈中性，根据电荷守恒，可推知c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(CH3COO-)，则=1，选项B正确；Ca点对应溶液中，n(NaOH)=2n(CH3COONa)，故c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)，选项C正确；D根据物料守恒，a、b、c、d四点对应溶液中均有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Na+)=0.1molL-1，选项D正确；答案选A。14. 根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是选项实验操作实验现象结论A向A、B两支试管中各加入2mL10%的溶液，向B试管中加入2滴溶液B试管中产生气泡快当其他条件不变时，催

21、化剂可以改变化学反应速率B蒸干并灼烧溶液得到白色固体获得固体C分别将1mL pH=3的HA和HB溶液加水稀释至100mL，测溶液pHpH(HA)pH(HB)酸性：HA HBD向0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量溶液先出现黄色沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A向 A、B两支试管中各加入2 mL10%的H2O2溶液，向B试管中加入2滴1 molL-1FeCl3溶液，结果B试管中产生气泡快，说明Fe3+能够加快H2O2分解反应的化学反应速率，是H2O2分解反应的催化剂，A正确；BAlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中AlCl3发生水解反应产生Al(OH)3和H

22、Cl，HCl加热时挥发，导致水解平衡正向移动，得到的固体是Al(OH)3，灼烧固体Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，故蒸干并灼烧AlCl3溶液得到的固体是Al2O3，B正确；C一元强酸完全电离，酸的浓度等于溶液中c(H+)，弱酸部分电离，存在电离平衡，酸的浓度大于溶液中c(H+)，加水稀释，电离平衡正向移动，导致弱酸溶液的pH变化较小。将pH=3的酸HA、HB溶液稀释100倍后，溶液pH(HA)pH(HB)，说明酸性：HAHB，C错误；DNaCl和NaI浓度相同，Ksp小的先沉淀，由先生成黄色沉淀可知Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，D正确；故答案为C。15. 根据下列各图曲线表征的

23、信息，得出的结论正确的是A. 图1表示常温下，用盐酸滴定未知浓度的氨水的变化。该滴定过程可用酚酞作指示剂来判断滴定终点B. 图2表示用水稀释相同的盐酸和醋酸时溶液的变化曲线，其中表示醋酸，表示盐酸，且溶液导电性：C. 图3为常温下用的标准溶液滴定的溶液，混合溶液的随溶液体积的变化关系。若改用溶液，则滴定曲线(滴定终点前)可能变为D. 图4表示在、条件下，与发生反应过程中的能量变化，则燃烧热的【答案】D【解析】【详解】A盐酸滴定氨水，恰好完全反应时生成NH4Cl，由于N发生水解而使溶液呈酸性，故应选择甲基橙作指示剂，故A错误；B用水稀释相同的盐酸和醋酸，盐酸的变化大，醋酸的变化小，溶液的导电能力

24、取决于自由移动离子浓度的大小，即其中表示盐酸，表示醋酸，且溶液导电性：，故B错误；C溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)，在一定温度下不变，若增大c(Cl-)，则c(Ag+)减小，即增大，起点应在原滴定曲线上方，与图像不符，故C错误；D氢气在氧气中燃烧的反应是放热的，燃烧热是完全燃烧1mol氢气生成稳定产物液态水所放出的热量，即燃烧热的，故D正确；答案选D。16. 在25 时，将1.0 L x molL-1CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质

25、的量变化如图所示。下列叙述不正确的是A. 水的电离程度：abcB. a点对应的混合溶液中：c(CH3COO-)=c(Na)c(OH-)=c(H)C. b点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)= molL-1D. 该温度下，CH3COOH的电离平衡常数均为Ka=【答案】D【解析】【详解】A酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大，a、b、c溶液中都含有酸，且酸浓度c b a，所以水电离程度a b c，故A选项正确。Ba点加入0.1molNaOH，混合溶液呈中性，说明，根据电荷守恒得，故c(CH3COO-)=c(Na)c(OH-)=c(H)，故B选项正确。Cb点处

26、醋酸过量，溶液呈酸性，由物料守可知，醋酸电离平衡常数为：， 则，则则则，故C选项正确。Da点溶液中pH=7，溶液中，该温度下醋酸电离平衡常数，故D选项错误。故正确答案：D二、非选择题(每空2分，共52分)17. 氮、磷对水体的污染情况越来越受到人们的重视。回答下列问题：（1）常温下，在约为9时，用澄清石灰水可将水体中的转化为沉淀除去，该反应的离子方程式为_。（2）除去地下水中的硝态氮通常用还原剂将其还原为。Prusse等提出的用作催化剂，常温下，在为4.06.0时，可直接用将还原为，该反应的离子方程式为_。研究发现用和的混合气体代替，的去除效果比只用时更好，其原因是_。在约为5时，用纳米粉可将

27、还原为，粉被氧化为，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。（3）实验测得相同条件下，用次氯酸钠脱除水体中的氨态氮的过程中( )，与氨态氮的去除率关系如图所示，在大于9时，越大，去除率越小，其原因是_。【答案】（1） （2） . . 溶于水后呈酸性，可以提供，有利于维持在4.06.0 . （3）大于9时，的氧化性减弱，不利于氧化【解析】【分析】【小问1详解】在pH约为9时，用澄清石灰水可将水体中的转化为沉淀除去，故离子方程式为；【小问2详解】在反应中得电子，被还原为N2，H2在反应中失电子，根据得失电子守恒25H2，溶液呈酸性，用H+调整溶液呈电中性，故反应的离子方程式为；用H2和CO2

28、的混合气体代替H2，因CO2溶于溶液中，可维持pH在46之间，故答案为：，溶于水后呈酸性，可以提供，有利于维持在4.06.0；2mol发生反应其中N由5价降低到0价氮气，故还原产物为氮气1mol，5molH2发生反应其中H由0价升高到1价H2O，故氧化产物为H2O5mol，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1，故答案为：5:1；【小问3详解】从图示的氧化还原的过程来看，其实是先生成了HClO，pH 9时，HClO的浓度减小，氧化反应速率减慢，故答案为：大于9时，的氧化性减弱，不利于氧化；18. 五氧化二钒(V2O5) 是一种橙黄色片状晶体，具有强氧化性。在冶金、催化剂、磁性材料等领域有重

29、要作用。实验室以含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)来制备V2O5的一种工艺流程如下：已知：“滤渣2”为Mg2(OH)2CO3请回答下列问题：（1）含钒废料中的有机物主要在_工序中除去。（2）常温时，若“调pH净化I”工序中最终溶液pH=8，通过计算判断，此时Cu2+是否已经沉淀完全_(填“是”或“否”)，并写出计算过程(已知离子浓度”或“ （2）AB （3）变小 （4） . 8 . 40 . 增大容器体积 . 及时分离出或【解析】【小问1详解】=+131.3；、分别表示该反应正、逆反应的活化能，该反应为吸热反应，则0；【小问2详解】：A.该反应中气体体积不变，气

30、体总物质的量为定值，且在绝热条件下，结合PV=nRT可知，混合气体的压强为变量，当混合气体的压强不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，A正确；B.在绝热容器内，容器内温度为变量，当容器内温度不变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B正确C.混合气体的质量为定变量、容器容积不变，则混合气体的密度为定量，当混合气体的密度不变时，不能表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，C错误；D.混合气体的质量为定量，混合气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量为定量，当混合气体的平均分子质量不变时，不能表明达到平衡状态，D错误；故选AB；【小问3详解】直线a、b分别表示、随温度变化，随着温度的降低增大，正逆反应速率均减小，则降低相同温度时lg减小更快，降低温度平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动，反应的平衡常数K变小；【小问4详解】，则有x-y+80-x-y+y+x+y=100，解得x=20 kPa，A点时=，=，由以上可知，(20-y)(60-y)=(y)(20+y)解得y=12 kPa，平衡时CO的分压20 kPa -12 kPa =8kPa，平衡时水蒸气的转化率为；进一步