重庆南开融侨中学2022年高三化学模拟试题含解析

重庆南开融侨中学2022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.下列图示与对应的叙述相符的是

A．此图表示可用蒸馏法分离X、Y

B．SO2气体通入溴水中

C．氨气通入醋酸溶液中 D．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)ΔH=－92kJ/mol

参考答案：D略2.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

A．1．0mol·L-1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-

B．甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2-、Cl-

C．pH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br-

D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32-、NO3-参考答案：C略3.铅蓄电池在现代生活中有广泛的应用。其电极材料是Pb和PbO2，电解质溶液是稀硫酸。下列说法正确的是

（

）

A．电池放电时，每消耗0.1molPb，共生成0.1molPbSO4 B．电池放电后，电池中溶液的pH变大

C．电池充电时，阴极反应为：Pb—2e—+SO2-4=PbSO4

D．电池充电时，把铅蓄电池的正极与外电源负极相连参考答案：B略4.参考答案：D5.目前新一代高效，无污染的消毒剂二氧化氯（ClO2）已被许多国家广泛应用在饮用水的处理上。已知工业上制备ClO2的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应，其方程式为：CH3OH+NaClO3+H2SO4一ClO2+CO2+Na2SO4+H2O（未配平），则下列说法正确的是：(

)

A.氧化剂是甲醇

B.氧化产物是二氧化氯

C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1

D.还原产物与氧化产物的物质的量之比为6：1参考答案：D略6.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A．用图2所示装置除去Cl2中含有的少量HCl

B．用图3所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体

C．用图4所示装置制取少量纯净的CO2气体

D．用图5所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层参考答案：D略7.化学工业在经济发展中的作用举足轻重，下列有关工业生产的叙述中正确的是

A．氯碱工业中阳极得到氢氧化钠和氢气

B．电镀铜时，电镀液中c(Cu2+)基本保持不变

C．工业上用电解溶融态氧化镁的方法得到金属镁D．海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质参考答案：B略8.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是

A．铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH－=2AlO2－+H2↑B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH－=Al(OH)3↓C．工业制漂白液：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2OD．FeCl3溶液跟Cu反应：2Fe3++Cu=2Fe+Cu2+参考答案：C9.科技日报2007年1月30日讯：美、德两国科学家日前成功合成出具有独特化学特性的氢铝化合物(AlH3)n，其结构类似由硼和氢组成的硼烷，有关研究报告发表在最新出版的美国《科学》杂志上。最简单的氢铝化合物为Al2H6,它的熔点为150℃，燃烧热极高。Al2H6球棍模型如右图。下列有关推测肯定不正确的是A．Al2H6跟水的反应可能是氧化还原反应，产物之一可能是氢氧化铝B．Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水C．Al2H6分子是极性分子D．氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料

参考答案：C10.下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是A．室温下，氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：B．pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合：C．0.1mol·L-1的硫酸铵溶液中：D．0.1mol·L-1的硫化钠溶液中：参考答案：AC略11.向某晶体的溶液中加入Fe2＋的溶液无明显变化，当滴加几滴溴水后，混合液出现红色，由此得出下列的结论错误的是()A．Fe3＋的氧化性比溴的氧化性强

B．该晶体中一定含有SCN－C．Fe2＋与SCN－不能形成红色化合物

D．Fe2＋被溴氧化成Fe3＋参考答案：A略12.下列说法不正确的是A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量增加B．常温下，反应不能自发进行，则该反应的C．一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率D．相同条件下，溶液中、、的氧化性依次减弱

参考答案：C略13.关于容量瓶的四种叙述：①是配制准确浓度的仪器；②不宜贮藏溶液；③不能用来加热；④使用之前要检查是否漏水。这些叙述中正确的是(

)A．②③④

B．②③

C．①②④

D．①②③④参考答案：D略14.下列实验方案能达到实验目的是（）

选项实验方案实验目的或结论A将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色可证明氧化性：H2O2比Fe3+强B向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，振荡，再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀说明Y中不含醛基C将一定量的NaNO3和KCl的混合液加热并浓缩至有晶体析出时，趁热过滤得到NaCl晶体D比较不同反应的反应热数据大小从而判断反应速率的大小

参考答案：C考点：化学实验方案的评价．分析：A．不能排除硝酸根离子的影响；B．氢氧化钠不足；C．硝酸钠随着温度变化其溶解度变化较大，氯化钠随着温度变化其溶解度变化不大；D．反应热的大小与反应速率无关．解答：解：A．不能排除硝酸根离子的影响，应在硫酸铁溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢，故A错误；B．醛基的检验应在碱性条件下进行，而题中氢氧化钠不足，故B错误；C．利用温度对不同物质溶解度影响的差异蒸发结晶分离物质，硝酸钠随着温度变化其溶解度变化较大，氯化钠随着温度变化其溶解度变化不大，所以可以得到氯化钠晶体，故C正确；D．反应热的大小与反应速率无关，如同样为放热反应，中和反应速率大，但金属的腐蚀速率慢，且条件不同，反应速率大小不同，故D错误．故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验、反应速率的影响等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的严密性和合理性，难度不大．15.下列叙述正确的是

（

）A．将通入溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入，产生沉淀B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入固体，铜粉仍不溶解C．向溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入溶液，沉淀消失D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量固体，速率不改变参考答案：略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.实验室有一包固体粉末样品可能是MgCO3、Fe2O3和FeO的混合物．I．甲学生设计实验方案，以确定样品中是否含有FeO，除样品外，实验室只提供以下试剂：KMnO4溶液、盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、NaOH溶液，请你描述甲学生的实验操作步骤、现象及结论：．Ⅱ．经甲学生实验确定该样品中不存在FeO，乙学生想在甲学生的实验基础上进一步来测定混合物中Fe2O3的含量：乙学生准备用如图所示各仪器按一定顺序连接成一套完整的装置进行实验，以测定Fe2O3的质量分数．请回答下列问题：（1）盛装盐酸的仪器的名称是，装置的连接顺序是：→→→（填图中字母序号，各仪器只能选用一次）．（2）实验过程中需要持续通入空气，其作用除可以起到“搅拌”A、D中反应物以实现充分反应外，还有一个重要作用是：．（3）为提高测定的准确度，在B中最应加入的物质是：（填字母编号）．a．饱和NaHCO3溶液

b．蒸馏水

c．浓硫酸

d．NaOH溶液（4）在进行乙学生的实验方案评价时，有学生认为不必测定A中沉淀的质量，而只要测出装置A在吸收反应产生的气体前后的质量差，就能完成实验要求．实验证明，若用此法测得Fe2O3的质量分数将（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．参考答案：1.取少量样品于试管中，加入稀硫酸溶解，再加入少量KMnO4溶液，溶液不褪色，说明样品中没有FeO2.将反应产生的CO2气体尽可能彻底的赶入装置A中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收3.d4.偏小考点：探究物质的组成或测量物质的含量．分析：I．要检验FeO，应该先将FeO转化为亚铁离子，亚铁离子具有还原性，酸性高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子而褪色，然后将亚铁离子用酸性KMnO4溶液检验；Ⅱ．（1）盛放盐酸的仪器为分液漏斗；先分析实验方案，利用装置B除去空气中的二氧化碳，然后用空气将装置D产生的二氧化碳完全赶到装置A中，为了避免空气中水和二氧化碳干扰，装置A需要连接吸收二氧化碳和水的装置，据此对装置进行排序；（2）根据通入空气还可以将碳酸钙与盐酸反应生成的二氧化碳驱赶到装置B中分析；（3）空气中含有二氧化碳，会影响实验测定，需要用氢氧化钠溶液吸收；（4）由于反应生成的二氧化碳中含有杂质氯化氢和水，导致测定的装置A的质量差增大，测定碳酸钙质量偏大，氧化铁的质量分数偏低．解答：解：I．要检验FeO，应该先将FeO转化为亚铁离子，亚铁离子具有还原性，酸性高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子而褪色，高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化盐酸，所以不能用盐酸酸化高锰酸钾，其检验方法为：取少量样品于试管中，加入稀硫酸溶解，再加入少量KMnO4溶液，溶液不褪色，说明样品中没有FeO，故答案为：取少量样品于试管中，加入稀硫酸溶解，再加入少量KMnO4溶液，溶液不褪色，说明样品中没有FeO；Ⅱ．（1）根据图示可知，盛放盐酸的装置为分液漏斗；测定样品中Fe2O3的质量分数，先根据碳酸钙产生的二氧化碳的质量计算出碳酸钙的质量，再根据样品质量计算出氧化铁的质量分数，仪器连接顺序为：先将空气通入盛有氢氧化钠溶液的装置B，以便除去空气中的二氧化碳，然后利用空气将装置D中产生的二氧化碳驱赶到装置A，利用二氧化碳与氢氧化钡生成的碳酸钡沉淀的质量计算出碳酸钙的质量，由于空气中的二氧化碳、水蒸气影响测定结果，需要在装置A后连接一个吸收二氧化碳、水蒸气的装置C，所以装置连接顺序为：BDAC，故答案为：分液漏斗；B；D；A；C；（2）实验过程中需要持续通入空气，其作用除可以起到“搅拌”A、D中反应物达到充分反应外，还可以使反应生成的二氧化碳尽可能彻底的赶入装置A中，使反应生成的二氧化碳能够被氢氧化钡溶液完全吸收，故答案为：将反应产生的CO2气体尽可能彻底的赶入装置A中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；（3）空气中含有二氧化碳，会影响实验测定，而装置B中应该盛放氢氧化钠溶液，从而吸收空气中的二氧化碳，避免空气中的二氧化碳影响测定结果，故d正确，故答案为：d；（4）由于装置D生成的二氧化碳中混有氯化氢和水，导致装置A在吸收反应产生的气体前后的质量差偏大，测定的二氧化碳的质量偏大，碳酸钙的质量会偏大，样品中氧化铁的质量偏小，氧化铁的质量分数会偏小，故答案为：偏小．点评：本题考查物质成分检验实验方案设计，为高频考点，明确物质性质是解本题关键，涉及亚铁离子检验、实验操作、误差分析等知识点，根据实验目的确定实验操作先后顺序，知道各个仪器作用，注意：不能用盐酸酸化高锰酸钾，为易错点．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.稀土有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。(1)钪(Sc)的基态原子M能层中能量不同的电子有___________种。(2)铌的混合配体离子[Nd(H2O)6Cl2]+中，配体是___________(填“微粒符号”)。(3)Sm(钐)的单质与1，2-二碘乙烷可发生如下反应：Sm+CH2I－CH2I→SmI2+CH2=CH2↑。CH2I－CH2I中碳原子杂化轨道类型为___________，1molCH2=CH2中含有的σ键数目为___________。常温下1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是___________。(4)高温超导材料，是具有高临界转变温度，能在液氮温度条件下工作的超导材料。高温超导材料钢钡铜氧化物中含有Cu3+。基态时Cu3+的电子排布式为___________。化合物中，稀土元素最常见的化合价是+3，但也有少数的稀土元素可以显+4价。下面四种稀土元素的电离能(单位：kJ·mol－1)数据如下表，判断最有可能显+4价的稀土元素是___________(填元素符号)

元素I1I2I3I4Se(钪)633123523897019Y(铱)616118119805963La(镧)538106718504819Ce(铈)527104719493547

(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，则PrO2(二氧化镨)的晶胞中Pr原子的配位数为___________。O原子与Pr原子配位数不同，影响这一结果的是离子晶体的___________(填“几何”“电荷”或“键性”)因素。(6)掺杂稀土的硼化镁在39K时有超导性，在硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，一层镁一层硼相间排列。图1是该晶体微观结构中取出的部分原子沿z轴方向的投影，白球是镁原子投影，黑球是硼原子投影。则硼化镁的化学式为___________。(7)磷化硼(BP)是一种有价值的超硬耐磨涂层材料，这种陶瓷材料可作为金属表面的保护薄膜。磷化硼晶胞如图2所示，在BP晶胞中B的堆积方式为___________，当晶胞晶格参数为478pm时，磷化硼中硼原子和磷原子之间的最近距离为___________cm。参考答案：(1)3

(2)H2O和Cl-

(3)sp3

5NA

二者组成结构相似，1，2-二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，故而沸点相对较高

(4)1s22s22p63s23p63d8

Ce

(5)8

电荷

(6)MgB2

(7)面心立方最密堆积

×10-10解析：(1)钪(Sc)是21号元素，核外电子排布式为：[Ar]3d14s2，M层有s轨道、p轨道、d轨道三种不同能量的电子；故答案为：3；(2)铌的混合配体离子[Nd(H2O)6Cl2]+中，中心离子是Nd3+提供了空轨道，水分子和氯离子提供了孤对电子，所以配体是H2O和Cl-；故答案为：H2O和Cl-；(3)CH2I－CH2I中C原子连接了四个单键，即sp3杂化，1个CH2=CH2分子中，含有4个C—H共价键和一个C—C共价键是σ键，所以1molCH2=CH2中含有的σ键数目为5NA；常温下1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体，是由于1，2-二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，故而沸点相对较高；故答案为：sp3；5NA；1，2-二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，故而沸点相对较高；(4)金属铜是29号元素，基态原子核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d104s1，所以Cu3+的核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d8；第四电离能与第一电离能、第二电离能、第三电离能相差越小，第四个电子越容易失去，+4价的可能性越大，在上述表中Ce的I1、I2、I3和I4最接近，所以应为Ce元素；

故答案为：1s22s22p63s23p63d8，Ce；(5)PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，则其晶胞中Pr（镨）原子呈面心立方堆积，分别位于面心和顶点，晶胞中Pr原子数目=8×+6×=4，而Pr原子与O原子数目之比为1：2，则晶胞中O原子数目为4×2=8，以晶胞顶点的Pr原子为例，与之距离最近的氧原子位于立方体的体对角线上，每个顶点为8个晶胞共用，所以Pr的配位数为8；影响离子晶体的配为数的因素有几何因素和电荷因素等等，O原子与Pr原子配位数不同，是因为O2-和Pr4+所带电荷数不同，从而影响了配为数的不同；

故答案为：8；电荷因素；(6)每个白球周围有6个黑球，每个白球被6个小黑球所共用，同理每个小黑球被3个白球所共用，所以白球与黑球的原子个数比为1∶2，硼化镁的化学式为MgB2；故答案为：MgB2；(7)由晶胞结构可知，在BP晶胞中B的堆积方式为面心立方最密堆积；P原子与周围的4个B原子最近且形成正四面体结构，二者连线处于体对角线上，B和P原子之间的距离为体对角线的，立方体的每条边长为478pm，则晶胞体对角线长为×478pm，则P原子与B原子最近距离为：×478pm×=pm，即×10-10cm；故答案为：面心立方最密堆积；×10-10。18.A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图所示。（1）若A是能使湿的红色石蕊试纸变蓝的气体；C、D均为空气的主要成分；E是一种有毒气体。①写出反应I的化学方程式________________________________________；②写出反应II的化学方程式________________________________________。（2）若A是淡黄色化合物；常温下D是无色气体；C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子。①D的结构式为______________，②写出反应I的化学方程式_______________________________________；③写出反应II的化学方程式_______________________________________。参考答案：(1)①4NH3+5O24NO+6H2O

②2NO+2CON2+2CO2

(2)①O=C=O

②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

③Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH本题考查无机推断，（1）A是能使湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，推出A为NH3，C和D均为空气的主要成分，即D为O2、C为N2，E是一种有毒气体，NO转化成N2，被还原，E为还原剂，化合价升高，E可能是CO或NH3，但A为NH3，因此E为CO，①I反应的方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；②II反应的方程式为2NO+2CON2+2CO2；（2）A是淡黄色化合物，即A为Na2O2，D为无色气体，根据Na2O2的化学性质，则D为CO2，发生2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，C是由阴阳离子构成，即C为离子化合物，阴阳离子又是10电子微粒，根据转化关系，推出B为Na2CO3，E为Ca(OH)2，①CO2的结构式为O=C=O；②反应I的化学反应方程式为发生2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；③II的反应方程式为Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH。19.运用化学反应原理研究氮、硫、氯