贵州省贵阳市人文中学2022-2023学年高三化学模拟试卷含解析

贵州省贵阳市人文中学2022-2023学年高三化学模拟试卷含解析一、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.化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用。下列做法与可持续发展宗旨相违背的是A．加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B．推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C．加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D．对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放参考答案：C略2.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在周期表中半径最小，Y的次外层电子数是其最外层的1/3，Z单质可与冷水缓慢反应产生X单质，W与Y属于同一主族。下列叙述正确的是A.原子半径:rw>rz>rYB.阴离子的还原性:W>Y>XC.化合物X2Y、ZY、ZX2中化学键的类型均相同D.由Y元素形成的离子与W元素形成的离子的核外电子总数可能相同参考答案：D短周期X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径在周期表中最小，即为H元素，Y的次外层电子数是其最外层的1/3，则Y是O元素，Z单质可与冷水缓慢反应H2，则Z为Mg元素，W与Y属于同一主族，即与O同族的短周期元素为S，故W为S元素。A、O、Mg、S的原子半径为Mg>S>O，即rz>rw>rY，所以A错误；B、阴离子的还原性H->S2->O2-，即X>W>Y，故B错误；C、化合物X2Y、ZY、ZX2，分别是H2O、MgO、MgH2，它们的化学键类型不同，H2O是共价键形成的，MgO、MgH2是离子键形成的，故C错误；D、由Y形成的离子为O2-或O22-，由W氧形成的离子为S2-，其中O22-和S2-的核外电子总数都是18，所以D正确。本题正确答案为D。点睛：本题出来二个不常见的微粒H-和MgH2，其中B选项中的H-的还原性，可从单质的氧化性去推导，C选项中的MgH2是由离子键形成的；还有D选项中题目要求是“可能相同”，且“由Y元素形成的离子”往往只想到O2-，而忽略O22-的存在，导致选错。3.下列除杂质的方法不可行的是A．用过量氨水除去Al3+溶液中的少量Fe3+B．将混合气体通过灼热的铜网除去N2中的少量O2C．用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水D．用盐酸除去AgCl中少量的Ag2CO3参考答案：A略4.用右图表示的一些物质或概念之间的从属或包含关系中不正确的是

XYZ例氧化物化合物纯净物A苯芳香烃有机化合物B溶液分散系混合物C强电解质电解质化合物D置换反应氧化还原反应离子反应

参考答案：D5.常温时，Ksp[Mg(OH)2]=1.1×10－11，Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)=1.9×10－12

Ksp(CH3COOAg)=2.3×10－3，下列叙述不正确的是A．浓度均为0.2mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀B．将0.001mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001mol·L－1的KCl和0.001mol·L－1的K2CrO4溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀C．c(Mg2+)为0.11mol·L－1的溶液中要产生Mg(OH)2沉淀，溶液的pＨ要控制在9以上D．在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)不变参考答案：B略6.下列有关实验原理、操作或现象不正确的是A.图1锥形瓶中滴入浓盐酸后充满黄绿色气体，试管中出现浅黄色浑浊B.图2放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现白色晶体C.用玻璃棒蘸取某溶液做焰色反应实验，火焰呈黄色不能说

明该溶液中含有钠元素D.蒸馏时，将温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处参考答案：B略7.如图是某厂采用电解法处理石油炼制过程中产生的大量H2S废气的工艺流程．该方法对H2S的吸收率达99%以上，并可制取H2和S．下列说法正确的是（）A．可采取在足量空气中充分燃烧的方法消除H2S的污染B．反应②中的阴极反应式为2H++2e﹣═H2↑，电解后所得溶液呈酸性C．如反应①中H2S过量，则反应离子方程式为：2Fe3++3H2S═2FeS↓+S↓+6H+D．此反应流程图中可循环利用的物质是FeCl3溶液，FeCl3可用作杀菌、消毒剂和净水剂参考答案：BA．空气中充分燃烧硫化氢转化为二氧化硫，对空气仍造成污染，故A错误；B．电解的是氯化亚铁和盐酸溶液，阳极发生的应该是氧化反应，所得滤液中含有Fe2+、H+和Cl﹣，由于还原性Fe2+＞Cl﹣，电解时阳极反应式为Fe2+﹣e﹣═Fe3+，阴极反应式为：2H++2e﹣═H2↑，电解后所得FeCl3溶液为强酸弱碱盐呈酸性，故B正确；C．由图中的流程图可知，FeCl3与H2S反应，FeCl3中+3价的铁具有氧化性，H2S中﹣2价的硫具有还原性，所以两者反应2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+生成S和Fe2+，故C错误；D．FeCl3与H2S反应，电解又生成氯化铁，则FeCl3在该工艺流程中可循环利用，FeCl3可用作净水剂，但不能用作杀菌、消毒剂，故D错误；故选B．8.下列各组物质依次满足如图所示转化关系的是（图中箭头表示一步转化）

abcd①SiSiO2H2SiO3Na2SiO3②AlAlCl3NaAlO2Al(OH)3③CuCuOCu(OH)2CuSO4④NaNaOHNa2CO3NaHCO3

A.②④

B.②③

C.③④

D.①②参考答案：A略9.下列各对物质中，互为同系物的是A．B．

和CH3－CH＝CH2C．

和

D．参考答案：C略10.下列排序正确的是

A．酸性：碳酸<苯酚<醋酸

B.碱性：Ca(OH)2<Mg(OH)2<KOH

C.密度：溴苯<苯<水

D.沸点：PH3<NH3<H2O参考答案：D略11.某固体混合物可能由NaCl、NaI、NH4Cl、Na2CO3、Na2SO3、Na2SO4中的一种或几种组成，准确称取4.7g该固体混合物进行如下实验（所加试剂均足量，气体体积已折算成标准状况）：

根据实验结果，下列有关说法不正确的是A.原固体混合物中是否含有NaCl无法确定B.原固体混合物中必含有NH4Cl、Na2CO3、Na2SO4C.测定出“白色沉淀3”的质量可以确定混合物的组成D.若溶液1中只加BaCl2，则生成白色沉淀的质量必小于6.63g参考答案：B该固体在加热条件下与氢氧化钠浓溶液作用产生氨气，说明原固体混合物中含有NH4Cl。溶液1与BaCl2和H2O2作用生成的白色沉淀1部分溶于盐酸，说明白色沉淀1含有碳酸钡和硫酸钡，原固体混合物中含有Na2CO3。由于Na2SO3可被H2O2氧化为Na2SO4，所以不能确定原固体混合物中是否含有Na2SO4。故B不正确。12.25℃时，向盛有50mLpH=2的HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(V)与所得混合溶液的温度(T)的关系如图所示。下列叙述正确的是A.HA溶液的物质的量浓度为0.0lmol/LB.b→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了吸热反应C.a→b的过程中，混合溶液中可能存在：c(A－)=c(Na＋)D.25℃时，HA的电离平衡常数K约为1.43×10-2参考答案：C解析：A．恰好中和时混合溶液温度最高，即b点，此时消耗氢氧化钠0.004mol，得出HA的浓度为0.08mol/L，故A错误；

B．b→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了NaA发生了水解吸热反应，故B错误；

C．NaA呈碱性，HA呈酸性，a→b的过程中，混合溶液中可能呈中性，存在：c(A－)=c(Na＋)，故C正确；

D．电离平衡常数K=C(H+)·C(A-)/C(HA)=0.01×0.01÷0.08=1.25×10-3，故D错误；故答案选C13.右图为元索周期表前四周期的一部分，且X、Y、Z、R和W为主族元素。下列说法正确的是

A．Y单质一定既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应

B．五种元素的原子最外层电子数一定都大于2

C．单质X的熔点一定比单质Z的熔点高

D．R的最高价氧化物对应的水化物一定是强酸参考答案：B14.反应2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k?cm（NO）?cn（H2）（k、m、n待测），其反应包含下列两步：①2NO+H2═N2+H2O2（慢）②H2O2+H2═2H2O（快）T℃时测得有关实验数据如下：序号c（NO）/mol?L﹣1c（H2）/mol?L﹣1速率/mol?L﹣1?min﹣1Ⅰ0.00600.00101.8×10﹣4Ⅱ0.00600.00203.6×10﹣4Ⅲ0.00100.00603.0×10﹣5Ⅳ0.00200.00601.2×10﹣4下列说法错误的是（）A．整个反应速度由第①步反应决定B．正反应的活化能一定是①＜②C．该反应速率表达式：v=5000c2（NO）?c（H2）D．该反应的热化学方程式为2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣664kJ?mol﹣1参考答案：B【考点】反应热和焓变；热化学方程式．【分析】A．依据反应过程中的两步反应可知，反应慢的决定整个反应速率；B．反应①难以进行，说明反应的活化能高；C．比较图表数据ⅠⅡ数据NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，ⅢⅣ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，代入数值计算得到K分析判断方程正误；D．反应2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）中，每生成7gN2放出166kJ的热量，生成28gN2放热664KJ，结合热化学方程式书写分析判断，标注物质聚集状态和对应反应的焓变；【解答】解：A．①2NO+H2═N2+H2O2（慢），②H2O2+H2═2H2O（快），反应历程中反应慢的决定反应速率，整个反应速度由第①步反应决定，故A正确；B．反应①难以进行，说明反应的活化能高，正反应的活化能一定是①＞②，故B错误；C．比较图表数据ⅠⅡ数据NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，ⅢⅣ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v=Kc2（NO）?c（H2），依据Ⅰ中数据计算K=5000，则速率方程v=5000c2（NO）?c（H2），故C正确；D．反应2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）中，每生成7gN2放出166kJ的热量，生成28gN2放热664KJ，热化学方程式为：2NO（g）+2H2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣664kJ?mol﹣1，故D正确；故选B．15.下列说法正确的是A.原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表IIA族B.主族元素X、Y能形成XY2型化合物，则X与Y的原子序数之差可能为2C.氯化氢的沸点比氟化氢的沸点高D.同主族元素形成的氧化物的晶体类型均相同参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有K＋，Ag＋，Ca2＋，Ba2＋，Fe2＋，Al3＋，阴离子有Cl－，OH－，CH3COO－，NO3－，SO42－，CO32－，现将它们分别配成0.1mol·L－1的溶液，进行如下实验：①测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A>E>C；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；③向D溶液中滴加溶液，无明显现象；④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。根据上述实验现象,回答下列问题：⑴实验②中反应的化学方程式是

;⑵E溶液是

,判断依据是

;⑶写出下列四种化合物的化学式:A

、C

、D

、F

.参考答案：(1)

(2)碳酸钾

由①中碱性减弱的顺序可知，E是碳酸盐。六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾(3)

略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.[化学—选修5：有机化学基础]以芳香烃A为原料制备某重要医药中间体F的合成路线如下：回答下列问题：(1)B的化学名称为______________________。(2)由A生成B的反应类型为___________，由D生成E的反应类型为___________。(3)由C生成D的化学方程式为__________________________________。(4)已知E的同分异构满足下列条件：①遇FeCl3溶液呈紫色；②苯环上的取代基不超过3个；③1mol有机物与足量银氨溶液反应生成4molAg；④含有氨基(－NH2)。这些同分异构体中的含氧官能团的名称是___________，这些同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为___________。(5)已知：。设计由和CH3OH制备的合成路线：_________________________________(无机试剂任选)。参考答案：(1)2-硝基甲苯

(2)取代反应

氧化反应

(3)+(CH3CO)2O+CH3COOH

(4)羟基、醛基

23

(5)【分析】A是芳香烃，结合D的结构简式，可知A为，A发生甲基邻位取代反应生成B，B为，B发生还原反应生成C，C为，C与乙酸酐发生取代反应生成D，同时有乙酸生成。D发生氧化反应生成E，E发生取代反应生成F，碳酸钾可以消耗生成的硫酸，有利于提高F的产率，据此分析解答。【详解】(1)B为，B的名称为：2-硝基甲苯，故答案为：2-硝基甲苯；(2)由A生成B是苯环上氢原子被硝基替代，属于取代反应，由D生成E是D中甲基转化为-COOH，属于氧化反应，故答案为：取代反应；氧化反应；(3)由C生成D的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；(4)已知E()的同分异构满足下列条件：①遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基；②苯环上的取代基不超过3个；③1mol有机物与足量银氨溶液反应生成4molAg，说明含有2个醛基；④含有氨基(－NH2)，这些同分异构体中的含氧官能团有醛基和羟基，满足条件的同分异构体有：①在苯环上含有1个羟基1个醛基和1个—CH(NH2)CHO有10种；②在苯环上含有1个羟基1个氨基和1个—CH(CHO)2有10种；③在苯环上含有1个羟基和1个—C(NH2)(CHO)2有3种，共23种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为，故答案为：羟基、醛基；23；；(5)由和CH3OH制备，根据题干流程图，中的酯基可以由羧基和(CH3)2SO4反应得到，另一个侧链可以先将硝基还原为氨基，再根据信息，由氨基与一溴甲烷反应得到，因此合成路线为：，故答案为：。18.三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)有很重要的用途。可用如下流程来制备。根据题意完成下列各题：(1)若用铁和稀硫酸制备绿矾（FeSO4·7H2O）过程中，其中

▲

（填物质名称）往往要过量，理由是

▲

。(2)要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是

▲

。（按前后顺序填）

a.过滤洗涤

b.蒸发浓缩

c.冷却结晶

d.灼烧

e.干燥某兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe(C2O4)3]·3H2O）中铁元素含量，做了如下实验：

步骤1：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液。

步骤2：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时，MnO4—被还原成Mn2+。向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍里酸性。

步骤3：在酸性条件下，用0.010mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，共做三次实验，平均消耗KMnO4溶液20.00ml，滴定中MnO4—，被还原成Mn2+。(3)步骤1中，配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有

▲

；主要操作步骤依次是：称量、溶解、转移、

▲

、定容、摇匀。(4)步骤2中，加入锌粉的目的是

▲

。(5)步骤3中，发生反应的离子方程式为：

▲

。(6)步骤2中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量

▲

。（选填“偏低”、“偏高”、“不变”）（7）某同学将8.74g无水三草酸合铁酸钾（K3[Fe(C2O4)3]）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为5.42g，同时得到密度为1.647g/L（已折合成标准状况下）气体。研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3。写出该分解反应的化学方程式__________________

▲

____________

。

参考答案：（1）

铁，防止Fe2+被氧化（2）

bcae（3）

250ml容量瓶

洗涤（4）

还原Fe3+为Fe2+（5）

MnO4—+5Fe2++8H+==Mn2++5Fe3++4H2O（6）

偏高（7）

2K3[Fe(C2O4)3］==3K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO2

略19.（2010·天津卷）10．（14分）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。请回答下列问题：⑴煤的气化的主要化学反应方程式为：___________________________。⑵煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：________________________________________。⑶利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：①2H2(g)+CO(g)

CH3OH(g)；ΔH＝－90.8kJ·mol－1②2CH3OH(g)

CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH＝－23.5kJ·mol－1③CO(g)+H2O(g)

CO2(g)+H2(g)；ΔH＝－41.3kJ·mol－1总反应：3H2(g)+3CO(g)

CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH＝___________；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是__________（填字母代号）。a．高温高压

b．加入催化剂

c．减少CO2的浓度d．增加CO的浓度

e