2022年福建省福州市华桥中学高三化学模拟试题含解析

2022年福建省福州市华桥中学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。）1.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+．下列有关说法正确的是（）A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣参考答案：C考点：常见化学电源的种类及其工作原理．专题：电化学专题．分析：酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题．解答：解：A．原电池中，阳离子向正极移动，故A错误；B．氧气得电子被还原，化合价由0价降低到﹣2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；C．酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水，总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，故C正确；D．燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，故D错误．故选C．点评：本题考查酸性乙醇燃料电池知识，题目难度中等，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，答题中注意审题，根据题给信息解答．2.碘与氧可以形成多种化合物，其中一种被称为碘酸碘，在该化合物中，碘元素呈+3和+5两种价态，则这种化合物的化学式为A．I2O3

B．I2O4

C．I4O7

D．I4O9参考答案：D略3.含有amolFeI2的溶液中，通入xmolCl2。下列各项为通入Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是

参考答案：B略4.．某同学设计了以下几个实验，其中正确的为A．实验室从海带提取单质碘的方法是：取样

灼烧

溶解

过滤

萃取

B．在配制一定物质的量浓度的溶液时，先称量或量取物质，再溶解或稀释，并将溶液转移至容量瓶，洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液转移到容量瓶，继续往容量瓶中加水至溶液的凹液面正好与刻度线相切C．“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须润洗后方可使用

D．欲检验SO2中是否混有CO2，可将该气体依次通过盛有饱和碳酸氢钠溶液、品红溶液、澄清石灰水的洗气瓶，若品红溶液不褪色且澄清石灰水变浑浊，则证明混有CO2参考答案：C略5.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB．室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA参考答案：D6.为了检验某溶液中是否含有常见的四种无机离子，某化学小组的同学进行了如下所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得出的正确结论是(

)A.原溶液中一定含有SO42-

B.原溶液中一定含有NH4+C.原溶液中一定含有Cl-

D.原溶液中一定含有Fe3+参考答案：B在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色。A、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO42-离子，故A错误；B、产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有铵根离子，故B正确；C、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；D、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故D错误；故选B。7.下列关于有机物的说法正确的是A．乙烯使溴水褪色的反应方程式是：CH2＝CH2+Br2—→CH3CHBr2B．HOCH2CH2COOH可以发生取代反应C．煤干馏可得到大量汽油和煤油D．淀粉(C6H10O5)n和纤维素(C6H10O5)n互为同分异构体，其水解产物都能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀参考答案：B略8.欲同时对农作物施用含N、P、K三种元素的化肥，现有：

①K2CO3

②KCl③Ca(HPO4)2

④(NH4)2SO4

⑤氨水

五种化肥，最适合的组合是：A、①③④

B、②③④

C、①③⑤

D、②③⑤参考答案：B9.下列反应产生的气体，通过Na2SO3溶液不反应的是（

）①Na2O2和CO2②Al和NaOH溶液③MnO2和浓盐酸④浓硝酸和铜片⑤铜片和浓硫酸共热A.①②

B.②

C.①②⑤

D.全部反应参考答案：B略10.NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.1molCl2参加的任何反应，反应过程中转移电子数都是2NAB.标准状况下，11.2L乙醇所含的羟基数为0.5NAC.常温常压下，17g甲基（—14CH3）所含的中子数为9NAD.室温下，42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数约为3×6.02×1023个参考答案：D略11.设阿伏加德罗常数的数值为NA,下列说法正确的是A．1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NAB．2molNa2O2与足量H2O反应，转移的电子数为4NA

C．常温常压下，78g的Na2O2晶体中所含阴离子数为2NA

D．0.10molNa与Li的合金跟足量水反应生成H2的分子数为0.05NA参考答案：D略12.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)B．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：2c(Na＋)＝3c(CO32-)＋3c(HCO3)＋3c(H2CO3)C．0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)D．0.1mol·L－1Na2C2O4溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)参考答案：B根据电荷守恒知c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H+)＞c(OH－)，A错误；根据物料守恒知B正确；0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合，pH>7，则NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，c(NH4+)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)，C错误；根据电荷守恒有2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH－)+c(Cl－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，D错误。13.分子式为C5H10烯烃的同分异构体（不含立体异构）数目为A．2

B．3

C．4

D．5参考答案：D略14.等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是

A．FeO

B.Fe2O3

C.FeSO4

D、Fe3O4

参考答案：A【知识点】氧化还原反应的计算

【答案解析】A

解析:假设质量都为mg，A．FeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为m/72mol；B．Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；C．FeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为m/152mol；D．Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为m/232mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO，故选A．【思路点拨】本题考查了本题考查氧化还原反应的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握元素的化合价的变化，为解答该题的关键，本题易错点为D，注意Fe3O4中Fe元素化合价的判断，难度不大．15.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W原子的核外电子数等于电子层数，X2-和Y+的核外电子排布相同，X与Z同族。下列叙述正确的是（

）A原子半径：Z>X>YB.X的简单氢化物的稳定性比Z的强C.Y的氢化物为共价化合物D.Z的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸参考答案：D【分析】短周期W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W原子的核外电子数等于电子层数，即W原子核外只有1个电子，则W为H元素；X2-和Y+离子的电子层结构相同，则X位于第二周期ⅥA族，为O元素，Y位于第三周期ⅠA族，为Na元素；Z与X同族，则Z为S元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W为H，X为O，Y为Na，Z为S元素；A．同主族从上向下原子半径逐渐增大，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径Na＞S＞O，即Y＞Z＞X，故A错误；B．非金属性O＞S，则H2O比H2S稳定，即X的简单气态氢化物的稳定性比Z的强，故B错误；C．NaH为离子化合物，故C错误；D．S的最高价氧化物对应水化物为硫酸，硫酸为强酸，故D正确；故答案为D。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.(08上海黄埔区4月模拟)过碳酸钠俗称固体双氧水，被大量应用于洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域中，它的制备原理和路线如下：

2Na2CO3+3H2O2→2Na2CO3·3H2O2

+Q

（Q>0）

回答下列问题：（1）与过碳酸钠的用途相关的化学性质是

。（2）下列物质可使过碳酸钠较快失效的是

。a．MnO2

b．H2S

c．稀硫酸

d．NaHCO3（3）加入NaCl的作用是

。（4）工业纯碱中含有Fe3+等杂质，加入稳定剂的作用是与Fe3+生成稳定的配合物，Fe3+对反应的不良影响是

。（5）反应的最佳温度控制在15℃～20℃，温度偏高时造成产率低的可能原因有

，温度偏低时造成产率低的可能原因有

。（6）以上生产流程中遗漏了一步，造成所得产品纯度偏低，该步操作的名称是

。参考答案：答案：（1）强氧化性（漂白性）（2分）（2）a、b、c（各1分，全对给3分，选有d不给分）（3）降低2Na2CO3·3H2O2的溶解度（1分），析出更多晶体（1分）（4）催化双氧水的分解（2分）（5）温度高时双氧水易分解（1分），温度低时反应缓慢（1分）（6）晶体的洗涤（2分）三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（15分）重铬酸钾是工业生产和实验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿（主要成份为FeO·Cr2O3）为原料生产,实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如下，涉及的主要反应是：

6FeO·Cr2O3+24NaOH+7KClO312Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O，

试回答下列问题：（1）在反应器①中，有Na2CrO4生成，同时Fe2O3转变为NaFeO2，杂质SiO2、Al2O3与纯碱反应转变为可溶性盐，写出氧化铝与碳酸钠反应的化学方程式：

。（2）操作③的目的是什么，用简要的文字说明：

。（3）操作④中，酸化时，CrO42－转化为Cr2O72－,写出平衡转化的离子方程式：

。（4）称取重铬酸钾试样2.5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，加入10mL2mol/LH2SO4和足量碘化钾(铬的还原产物为Cr3+)，放于暗处5min，然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示剂，用0.1200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定。（I2+2S2O32－=2I－+S4O62－）①判断达到滴定终点的依据是：

；②若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL,则所得产品中重铬酸钾的纯度（设整个过程中其它杂质不参与反应）

％（保留小数点后两位）。参考答案：(共14分)（1）Al2O3+Na2CO3===2NaAlO2+CO2

…………（3分）（2）由于硅酸钠和偏铝酸钠发生水解，降低pH值有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～

8时，使它们水解完全，从而除去SiO32－和AlO2－

…………（3分）（3）2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O

…………（3分）（4）①当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，并在半分钟内颜色不再改变

……（2分）

②94.08…………（3分）略18.[化学--选修3：物质结构与性质]（15分）（1）Na+与Ne互为等电子体，电离能I2（Na）I1（Ne）（填“＜”、“=”或“＞”）．（2）第四周期中，与Al原子未成对电子数相同的金属元素有种．气态氯化铝的分子组成为（AlCl3）2，分子中所含的化学键类型有

，Al原子的杂化方式为

．（3）可燃冰是天然气水合物，具有笼形结构如图A（表面的小球是水分子，内部的大球是甲烷分子）．水分子成笼的作用力是，图A中最小的环中连接的原子总数是

．可燃冰晶体具有多种笼状结构，其中一种由1个图A所示笼分别用2个面与另外两个相同的笼共面而成，则中间笼实际占有

个水分子．（4）金属镁晶体中原子的堆积方式为六方最密堆积如图B所示，晶胞可用图C表示．设金属镁的原子半径为acm，晶胞的高为bcm，则该晶体的空间利用率为

（写出计算式）；设晶胞中A点原子的坐标为（0，0，0），C点原子的坐标为（2a，0，0），D点原子的坐标为（0，0，b），则B点原子的坐标为

．参考答案：（1）＞；（2）4，共价键、配位键，sp3杂化；（3）氢键，10，15；（4），

【考点】晶胞的计算．【分析】（1）根据钠的正电性较强对核外电子的吸引力比氖更强，要想失去电子需要更多的能量，据此进行分析；（2）Al原子未成对电子数为1，气态氯化铝的分子组成为（AlCl3）2，存在共价键和配位键，这里Al原子与四个配位的Cl原子连接，是sp3杂化；（3）水分子成笼的作用力是分子间作用力，具体表现为氢键，A中最小的环中连接的原子总数是10；中间笼实际占有15个水分子；（4）空间利用率为晶胞内硬球的总体积占晶胞体积的百分比，根据晶胞A点原子的坐标，C点原子坐标和D点原子坐标解答．【解答】解：（1）根据钠的正电性较强对核外电子的吸引力比氖更强，要想失去电子需要更多的能量，因此钠的第二电离能比氖的更高．故答案为：＞；（2）Al原子未成对电子数为1，第四周期各金属元素中，未成对电子数也为1的有K，Sc，Cu，Ga，共有4种；气态氯化铝组成为二聚体（AlCl3）2，这里Al与4个配位的Cl成键，3个为共价键，一个为配位键，则分子中含有的化学键类型为共价键、配位键，Al的杂化方式为sp3杂化．故答案为：4，共价键、配位键，sp3杂化；（3）可燃冰是天然气水合物，具有笼形结构如图A（表面的小球是水分子，内部的大球是甲烷分子），水分子成笼的作用力是分子间作用力，具体表现为氢键；图A中最小的环连接有5个水分子，一个水分子有2个原子，因此最小的环连接的原子数为5×2=10；可燃冰晶体具有多种笼状结构，其中一种由1个图A所示笼分别用2个面与另外两个相同的笼共面而成，则中间笼有10个水分子且不均摊，两个面与另外的笼是共面关系，面为正五边形，5个水分子，则实际占有个水分子．故答案为：氢键，10，15；（4）六方最密堆积（hcp）不再是立方结构，晶胞参数已经不同于立方晶系，六方最密堆积晶胞实为等径硬球接触，上一层嵌于下一层的凹处，上下关系抽象在晶胞内其实是正四面体关系，因此晶胞C中虚线所标的四个硬球关系为正四面体关系，设晶胞底边长为xcm，即，利用立体几何知识，不难求出晶胞底边长与正四面体的高度之间的关系为，这里不妨把B层看成晶胞中层，则晶胞上下两层关系与正四面体高h的关系，也不难由立体几何知识求出，为，由于金属Mg的原子半径为acm，根据硬球接触模型，，对于六方晶胞，一个晶胞的顶点原子占晶胞的，晶胞内部原子为整个晶胞所有，则一个六方晶胞内的原子数为，则一个晶胞的体积为，一个晶胞内硬球的总体积为，则空间利用率为=，其实算到这里就可以了，如接着算下去，可以发现空间利用率为，这就是六方最密堆积（hcp）的空间利用率！晶胞中A点原子的坐标为（0，0，0），C点原子的坐标为（2a，0，0），D点原子的坐标为（0，0，b），B处于正四面体顶角原子处，根据立体几何知识，不难求出B原子的原子坐标为（）．故答案为：，．【点评】本题考查物质结构知识，包含电离能的比较，元素周期表，杂化轨道理论，价键类型判断，以及晶胞计算．本题（3），（4）问难度较大，需要有扎实的晶体化学知识，灵活运用均摊法，同时也要有足够的空间想象能力和立体几何知识，而空间利用率和原子坐标都是大学无机化学的知识，难度还是有的．另外，对于六方晶胞，需要注意区别于立方晶胞，思维需改变过来，否则就会发生严重的错误．本题考查知识点较为综合，是中档题．19.(12分)钠米材料二氧化钛(TiO2)具有很高