重庆秀山县高级中学2022-2023学年高三化学模拟试题含解析

重庆秀山县高级中学2022-2023学年高三化学模拟试题含解析一、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.（2000·广东卷）15.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是（）A.加热B.不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸C.滴加少量CuSO4溶液D.不用铁片，改用铁粉参考答案：B略2.（2011·江苏卷）下列说法正确的是A.一定温度下，反应MgCl2(1)＝Mg(1)＋Cl2(g)的

△H＞0

△S＞0B.水解反应NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动C.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应D.对于反应2H2O2＝2H2O＋O2↑,加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率参考答案：AD本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。A.分解反应是吸热反应，熵变、焓变都大于零，内容来源于选修四化学方向的判断。B.水解反应是吸热反应，温度越高越水解，有利于向水解方向移动。C.铅蓄电池放电时的负极失电子，发生氧化反应。D.升高温度和加入正催化剂一般都能加快反应速率。3.下列化合物的分子中，所有原子都处于同一平面的有（双选）

（

）A.乙烷

B.甲苯

C.氟苯

D.四氯乙烯参考答案：CD略4.X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14。下列说法正确的是A．原子半径由小到大的顺序：X<Y<Z<W

B．Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸C．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D．室温下，0.1mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH>1参考答案：C略5.醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是（

）A．醋酸溶液中离子浓度的关系满足c（H＋）＝c（OH－）＋c（CH3COO－）B．0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c（OH－）减小C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D．常温下pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜7参考答案：B略6.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4===2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O，下列说法正确的是（

）A．Cu(IO3)2作氧化剂，Cu(IO3)2中的铜和碘元素被还原B．CuI既是氧化产物又是还原产物C．每生成1molCuI，有12molKI发生氧化反应D．每转移1.1mol电子，有0.2mol被氧化参考答案：A解析：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由-1价升高到0。A．Cu（IO3）2得电子作氧化剂，Cu（IO3）2中的铜和碘元素得电子化合价降低而被还原，正确；B．CuI只是还原产物，错误；C．每生成1molCuI，有11molKI发生氧化反应，错误；D.得电子被还原，错误。7.下列化学用语正确的是A．CO2的比例模型

B．H2O2的电子式

C．氨分子的结构式

D．14C的原子结构示意图参考答案：C略8.水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣B．H+、Fe2+、SO42﹣、ClO﹣C．Na+、Fe3+、Cl﹣、CO32﹣D．K+、NH4+、OH﹣、SO42﹣参考答案：A考点：离子共存问题．分析：离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质、络合物或发生双水解反应、氧化还原反应的就能共存，以此解答该题．解答：解：A．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B．H+、Fe2+、ClO﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C．Fe3+、CO32﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故C错误；D．NH4+、OH﹣反应生成一水合氨而不能大量共存，故D错误．故选A．点评：本题考查离子共存，为高考热点，明确离子共存条件是解本题关键，常常与盐类水解、氧化还原反应、离子颜色、pH等联合考查，题目难度中等．9.J、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相对位置如右下表。已知：J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，M是地壳中含量最多的金属元素。下列说法错误的是（

）

A．J和氢组成的化合物分子中只含有极性共价键

B．工业上用电解熔融的M的氧化物方法来制备M

C．R、T两元素的气态氢化物中，T的气态氢化物更稳定

D．J、M、R、T元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HTO4参考答案：A已知四种元素均是短周期元素，故J必为第二周期元素，由于J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，故J为第二周期第IVA元素碳，由此可知R为S，考虑到J、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，故T必为Cl。由M是地壳中含量最多的金属元素，故M为Al。对于选项A，考试到碳和氢可组成种类繁多的烃类，如C2H4、C2H6等，它们的分子中既存在极性键又存在非极性键，故A错。10.下列物质按纯净物、混合物、强电解质和非电解质顺序排列的是（

）A.单甘油酯、混甘油酯、苛性钾、H2S、B.胆矾、漂白粉、硫酸钠、次氯酸C.明矾、水煤气、盐酸、铜D.冰醋酸、福尔马林、硫酸钡、乙醇参考答案：DA、H2S属于弱电解质，故A错误；B、次氯酸属于弱电解质，故B错误；C、盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，铜属于单质，既不是电解质又不是非电解质，故C错误；D、符合概念，故D正确。点睛：盐酸是混合物，是HCl与水的混合物，而电解质还是非电解质都是化合物，属于纯净物，而硫酸、硝酸都有纯净的，因此书写成硫酸、硝酸属于纯净物，属于电解质。11.某有机物的结构简式为：，其不可能发生的反应有()。①加成反应；②取代反应；③消去反应；④氧化反应；⑤水解反应；⑥与氢氧化钠反应；⑦与Fe2＋反应。A．②③④

B．①④⑥C．③⑤⑦

D．⑦参考答案：D略12.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A.Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)B.H2SO4(稀)SO2(g)BaSO3(s)C.Fe2O3(s)FeCl3(aq)Fe(s)D.SiO2(s)H2SiO3(胶体)Na2SiO3(aq)参考答案：A【详解】A.Ca(ClO)2与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸再受热分解会产生氧气，A项正确；B.根据金属活动性顺序已知，铜与稀硫酸不反应，B项错误；C.铜与氯化铁反应时生成氯化亚铁与氯化铜，不能得到铁单质，C项错误；D.二氧化硅不与水反应，D项错误；答案选A。13.卤素单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律．下列有关说法正确的是（）A．卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次加深B．卤化氢的键长按H﹣F、H﹣C1、H﹣Br、H﹣I的顺序依次减小C．卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱D．卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由难变易参考答案：A考点：卤素原子结构及其性质的比较．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．氯化银是白色固体，溴化银是淡黄色固体，碘化银是黄色固体；B．原子半径越大，原子间的键长就越长；C．卤化氢的还原性随着卤原子原子序数的增大而增强；D．卤素单质和氢气化合容易程度随着原子序数的增大而逐渐减弱．解答：解：A．氯化银是白色固体，溴化银是淡黄色固体，碘化银是黄色固体，所以卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次加深，故A正确；B．原子半径越大，原子间的键长就越长，卤素原子的原子半径随着原子序数的增大而增大，所以卤化氢的键长按H﹣F、H﹣C1、H﹣Br、H﹣I的顺序依次增大，故B错误；C．卤化氢的还原性随着卤原子原子序数的增大而增强，所以卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，故C错误；D．氟气和氢气在黑暗处爆炸，氯气和氢气在光照条件下反应，氢气和溴在加热条件下反应，碘和氢气在不断加热条件下反应，且反应较慢，所以卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难，故D错误；故选A．点评：本题考查了同一主族元素性质的递变性，根据元素周期律来分析解答即可，此考点还经常考查原子半径、单质的氧化性、氢化物的稳定性等递变规律，灵活运用基础知识解答，注意卤化银中氟化银是可溶性物质．14.下列溶液中的Cl－浓度与50mL1mol·L－1MgCl2溶液中的Cl－浓度相等的是()A．150mL1mol·L－1NaCl溶液B．75mL2mol·L－1CaCl2溶液C．150mL2mol·L－1KCl溶液D．75mL1mol·L－1AlCl3溶液参考答案：C15.我国有广阔的海上疆域，海水综合利用要符合可持续发展的要求，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是A.从苦卤中制溴和制盐的过程中都存在氧化还原反应B.海水淡化的方法中，以日光为能源的蒸馏法最符合可持续发展的要求C.海水制镁过程中用到的沉淀剂是石灰乳D.氯碱工业的产品可用于生产盐酸、漂白液等参考答案：AA、从苦卤中制盐的过程中不涉及化学变化，选项A错误；B、海水淡化的方法中，以日光为能源的蒸馏法最符合可持续发展的要求，选项B正确；C、海水制镁过程中用到的沉淀剂是石灰乳，用来沉淀镁离子，选项C正确；D、氯碱工业的产品可用于生产盐酸、漂白液等，选项D正确。答案选A。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.(16分)已知硫酸亚铁铵晶体为浅绿色，易溶于水、不溶于乙醇，在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4都要小；能水解；具有还原性，但比硫酸亚铁稳定。以下是将绿矾(FeSO4?7H2O)、硫酸铵以相等物质的量混合可制得摩尔盐晶体的流程图。根据下图回答：(1)为处理废铁屑表面的油污，用10％Na2CO3溶液清洗，请用离子方程式表示Na2CO3溶液呈碱性的原因：

。(2)步骤1中采用倾析法分离出铁屑，下列适合用倾析法的有

：A.沉淀的颗粒较大

B.沉淀容易沉降

C.沉淀呈胶状

D.沉淀呈絮状(3)步骤2中铁屑过量的目的是(用离子方程式表示)：

。步骤2中溶液趁热过滤的原因是

。(4)步骤3中，加入(NH4)2SO4固体后，应加热到溶液表面出现晶膜时，停止加热。需经过的实验操作包括：

、

、减压过滤(或抽滤)等得到较为干燥的晶体。(5)制得的硫酸亚铁铵中常含有杂质离子Fe3+，检验方法是：

。参考答案：（16分）(1)

CO32—+H2O

HCO3—+OH—(2分)（2）A、B(3分)（3）Fe+2Fe3＋=3Fe2＋(2分)、防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失(2分)。（4）蒸发浓缩(2分)、冷却结晶(2分)（5）取少量制得的硫酸亚铁铵于试管中，加入适量的蒸馏水溶解，滴加1～2滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则含Fe3+。(3分)略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（18分）某碳素钢锅炉内水垢的主要成分是碳酸钙、硫酸钙、氢氧化镁、铁锈、二氧化硅等．水垢会形成安全隐患，需及时清洗除去．清洗流程如下：Ⅰ．加入NaOH和Na2CO3混合液，加热，浸泡数小时；Ⅱ．放出洗涤废液，清水冲洗锅炉，加入稀盐酸和少量NaF溶液，浸泡；Ⅲ．向洗液中加入Na2SO3溶液；Ⅳ．清洗达标，用NaNO2溶液钝化锅炉．（资料在线：K3[Fe（CN）6]溶液遇亚铁盐会生成蓝色沉淀．）（1）用NaOH溶解二氧化硅的化学方程式是

．（2）在步骤Ⅱ中：①被除掉的水垢除铁锈外，还有

．②清洗过程中，溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，用离子方程式解释其原因

．（3）步骤Ⅲ中，加入Na2SO3的目的是

．（4）步骤Ⅳ中，钝化后的锅炉表面会覆盖一层致密的Fe3O4保护膜．①完成并配平其反应的离子方程式：Fe+NO2+H2O═N2↑++②钝化效果的检测一般可用滤纸浸渍配好的检测液后贴附于待测样品表面或直接将溶液涂、滴于待测表面．下面检测钝化效果的方法合理的是．a．在炉面上滴加浓H2SO4，观察溶液出现棕黄色的时间b．在炉面上滴加酸性CuSO4溶液，观察蓝色消失的时间c．在炉面上滴加浓HNO3，观察出现红棕色气体的时间d．在炉面上滴加酸性K3[Fe（CN）6]溶液，观察出现蓝色沉淀的时间．参考答案：（1）SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；（2）①CaCO3、Mg（OH）2、SiO2；②2Fe3++Fe═3Fe2+；（3）将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉；（4）①9；8；4；4；3Fe2O3；8OH﹣；②bd．

考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：（1）用NaOH溶解二氧化硅，反应生成硅酸钠和水；（2）①加入稀盐酸，与碳酸钙、氢氧化镁、铁锈均反应、二氧化硅与HF酸反应；②溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，发生铁与铁离子的反应；（3）步骤Ⅲ中，加入Na2SO3，与铁离子发生氧化还原反应；（4）①由Fe+□NO2﹣+□H2O═□N2↑，可知Fe元素的化合价升高，N元素的化合价降低，由电子守恒可知，还生成四氧化三铁，由电荷守恒可知还生成OH﹣；②钝化时表面生成致密的氧化物，阻止Fe反应，则检测钝化效果，可利用铁的性质分析．解答：解：（1）用NaOH溶解二氧化硅，反应生成硅酸钠和水，反应为SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；（2）①加入稀盐酸，与碳酸钙、氢氧化镁、铁锈均反应，二氧化硅与HF酸反应，则还有CaCO3、Mg（OH）2、SiO2，故答案为：CaCO3、Mg（OH）2、SiO2；②溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，发生铁与铁离子的反应，离子反应为2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+；（3）步骤Ⅲ中，加入Na2SO3，与铁离子发生氧化还原反应，其目的为将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉，故答案为：将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉；（4）①由Fe+□NO2﹣+□H2O═□N2↑，可知Fe元素的化合价升高，N元素的化合价降低，由电子守恒可知，还生成四氧化三铁，由电荷守恒可知还生成OH﹣，则该反应为9Fe+8NO2﹣+4H2O═4N2↑+3Fe2O3+8OH﹣，故答案为：9；8；4；4；3Fe2O3；8OH﹣；②钝化时表面生成致密的氧化物，阻止Fe反应，ac中浓硫酸、浓硝酸具有强氧化性，不能检测，而bd中均与Fe反应，现象明显，所以检测钝化效果最好为bd，故答案为：bd．点评：本题考查较综合，涉及混合物分离提纯、溶解平衡及氧化还原反应的配平等，侧重高考高频考点的考查，注意（5）中检测钝化效果为解答的难点，注意利用铁的性质来解答，题目难度中等．18.（12分）原子序数小于36的X、Y、Z、W、J、K五种元素原子序数依次增大，其中X原子电子数等于其周期序数，Y原子的最外层电子数是内层电子数2倍，W原子P轨道上成对电子数等于未成对电子数，W与J同主族，K的原子序数为29。（1）元素Y、Z、W第一电离能从大到小的顺序是

▲

（2）X与Z形成的最简单分子比X与J形成的简单化合物在水中的溶解度大，其原因是

▲

；（3）Y与Z能形成（YZ）2无色、剧毒、有苦杏仁味，和卤素单质性质相似。已知（YZ）2分子中键与键之间的夹角为180℃，并有对称性，其结构式为

▲

，该结构中Y原子的杂化类型

▲

与YZ—互为等电子体的单质的分子式为

▲

写出（YZ）2气体与氢氧化钠反应的化学方程式

▲

（4）元素K的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是

▲

，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物HnWCl3，反应的化学方程式为

▲

。参考答案：（1）N>O>C（2分）（2）氨气与水分子间易形成氢键增大其溶解度（2分）（3）N≡C─C≡N（1分）

sp（1分）

N2（1分）(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O（2分）(4)CuCl（1分）

CuCl+2HCl=H2CuCl3（2分）略19.某研究性学习小组欲测定室温下（25℃、101kPa）的气体摩尔体积，请回答以下问题．该小组设计的简易实验装置如图所示：该实验的主要操作步骤如下：①配制100mL1.0mol?L﹣1的盐酸溶液；②用10mL量筒（填仪器名称并注明规格）量取7.5mL1.0mol?L﹣1的盐酸溶液加入锥形瓶中；③称取ag已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为0.090；④往广口瓶中装入足量水，按如图连接好装置，检查装置的气密性；⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为VmL．请将上述步骤补充完整并回答下列问题．（1）步骤①中，配制100mL1.0mol?L﹣1的盐酸溶液时，下列哪些操作会使配制浓度偏小（填写字母）AC．A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度B．容量瓶未干燥即用来配制溶液C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线F．烧杯中有少量水（2）请填写操作步骤中的空格：步骤②10mL量筒步骤③0.090（3）实验步骤⑤中应选用A（填字母）的量筒．A．100mLB．200mLC．500mL（4）读数时除恢复到室温外，还要注意①调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平，②读数时眼睛视线应与量筒中水的凹液面相平．（5）忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm=L/mol．参考答案：

考点：气体摩尔体积．专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度会使所量取溶液的体积减小；B．容量瓶未干燥即用来配制溶液对所配置的溶液的浓度没有影响；C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长会使盐酸溶液中的溶质挥发；D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线不会对所配置的溶液的浓度有影响；E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小；F．烧杯中有少量水对配置的溶液的浓度无关；（2）步骤②量取7.5mL1.0mol?L的盐酸溶液加入锥形瓶中，题中要求酸的体积7.5mL，故选用10mL量筒即可；步骤③假设a全部是镁结合化学方程式计算得到；（3）Mg+2HCl═MgCl2+H2↑2mol1mol0，0075moln（H2）n（H2）=0.00375molV（H2）=0.00375mol×22.4L/mol=0.056L=56ml，应选100mL量筒；（4）读数时要保持左右气