重庆市乌江新高考协作体高三下学期模拟预测化学试题

重庆乌江新高考协作体2024届高考模拟监测(三)化学试题(分数：100分，时间：75分钟)一、选择题1.香豆素－4由C、H、O三种元素组成，分子球棍模型如下图所示。下列有关叙述错误的是A.分子式为C10H9O3B.能发生水解反应C.能使酸性KMnO4溶液褪色D.1mol香豆素－4最多消耗3molNaOH【答案】A【解析】【详解】A、反应式应为C10H8O3，错误；B、分子中有酯基，可以发生水解反应；正确；C、酚羟基和苯环相连碳上有H，可以被氧化，正确；D、酯基水解后共有两个酚羟基和一个羧基，共消耗3molNaOH，正确；故选A。2.下列属于加成反应的是（）A.CH2=CH2+H2CH3CH3B.+Br2+HBrC.C2H5OH+3O22CO2+3H2OD.CH4+Cl2CH3Cl+HCl【答案】A【解析】【详解】A.乙烯与氢气一定条件下，发生加成反应生成乙烷，属于加成反应，A符合题意；B.苯在溴化铁作催化剂条件下，与溴发生取代反应生成溴苯，属于取代反应，不是加成反应，B不符合题意；C.乙醇燃烧生成二氧化碳和水，属于氧化反应，不是加成反应，C不符合题意；D.甲烷与氯气在光照条件下，发生取代反应生成一氯甲烷，属于取代反应，不是加成反应，D不符合题意；故答案为：A。3.实现下列物质之间的转化，必须加入还原剂才能实现的是A.CO2→CaCO3 B.Fe→FeCl2 C.CO2→C D.H2O2→O2【答案】C【解析】【详解】A．元素化合价没有变化，可经非氧化还原反应实现，选项A不符合；B．Fe元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，选项B不符合；C．C元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，选项C符合；D．O元素化合价升高，被氧化，且H2O2可分解生成氧气，不需要加入氧化剂或还原剂，选项D不符合；答案选C4.下列分子中，碳原子不共处于同一平面的是A.甲苯 B.乙烯 C.2—甲基丙烷 D.2—甲基丙烯【答案】C【解析】【详解】A．苯环为平面结构，则甲苯分子中碳原子共处于同一平面，故A不符合题意；B．碳碳双键为平面结构，则乙烯分子中碳原子共处于同一平面，故B不符合题意；C．饱和碳原子的空间构型为四面体形，则2—甲基丙烷分子中碳原子不共处于同一平面，故C符合题意；D．碳碳双键为平面结构，则2—甲基丙烯分子中碳原子共处于同一平面，故D不符合题意；故选C。5.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol/LAl2(SO4)3溶液：B.滴入酚酞变红色的溶液：C.pH=1的溶液：D.无色透明的溶液：【答案】B【解析】【详解】A．与双水解不共存，，A错误；B．滴入酚酞变红色的溶液含大量与共存，B正确；C．pH=1的溶液含大量与不共存，C错误；D．无色透明的溶液：为紫色溶液不共存，D错误；故选B。6.下列叙述正确的是①与都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物②钠在常温下不容易被氧化③可作供氧剂，而不行④石蕊溶液中加入粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成⑤钠与浓溶液反应，放出的气体中含和A.都正确 B.①②③④ C.③④⑤ D.②④⑤【答案】C【解析】【详解】①Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，不满足碱性氧化物与水反应只生成相应碱的定义，因此Na2O2不属于碱性氧化物，故错误；②钠单质为活泼性金属单质，在常温下能与氧气反应生成氧化钠，故错误；③可与二氧化碳、水反应生成氧气，可以作供氧剂，而与二氧化碳、水反应不生成氧气，故不能作供氧剂，故正确；④Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，石蕊遇碱变蓝，Na2O2具有漂白性，会使蓝色溶液褪色，故正确；⑤浓NH4Cl溶液呈酸性，钠单质能与溶液中H+反应生成H2，促进NH4Cl水解生成NH3•H2O，该反应为放热反应，温度升高会使NH3•H2O分解生成NH3，故正确；综上所述，叙述正确的是③④⑤，故C正确；故答案为C。7.某工厂利用电解法处理含醛类废水，并由邻溴硝基苯制备邻溴苯胺，其工作原理如图所示：下列说法中错误的是A.工作时乙池双极膜中的向极区移动B.在电解过程中极区溶液的逐渐减小C.制备1mol邻溴苯胺消耗标准状况下约22.4LD.极的电极反应为【答案】C【解析】【分析】从图中可知，甲为酸性甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，则b为负极，通入氧气的电极为正极，则a为正极，乙为电解池，c与原电池负极相连，则c为阴极，阴极上硝基得电子被还原生成NH2，d与原电池正极相连为阳极，阳极上溴离子失电子生成溴，溴再将RCHO氧化为RCOOH。【详解】A．由装置图可知，甲池为酸性甲烷燃料电池，a为正极，b为负极；乙池为电解池，c为阴极，d为阳极。在乙池中应向阴极区迁移，A正确；B．电解过程中，d极区发生的反应有：，，阳极区溶液的逐渐减小，B正确；C．制备邻溴苯胺的反应为，制备1mol邻溴苯胺需要转移6mol电子，结合a极反应可知，要消耗1.5mol，在标准状况下体积约为33.6L，C错误；D．b极参加反应，在酸性条件下生成，根据化合价变化，可知电极反应为，D正确；故答案选C。8.为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2或K2O2的说法正确的个数是①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是化合反应②K2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，需水和CO2的质量相等③Na2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，转移电子的个数相等④1个Na2O2与足量的水反应，转移的电子数为2个⑤Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2⑥Na2O2能与酸反应生成盐和水，所以Na2O2是碱性氧化物⑦K2O2与水反应，K2O2既是氧化剂，又是还原剂⑧Na2O2投入到紫色石蕊溶液中，溶液先变蓝，后褪色A.3个 B.4个 C.5个 D.6个【答案】A【解析】【分析】【详解】①Na2O2和水反应生成碱和O2，反应生成物有2种，故该反应不属于化合反应，①错误；②K2O2与水及CO2反应方程式为：2K2O2+2H2O=4KOH+O2↑、2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2↑；可见产生等物质的量的O2，需要H2O、CO2的物质的量相等，但由于二者的摩尔质量不相等，则产生等量氧气时，需水和CO2的质量不相等，②错误；③Na2O2分别与水及CO2反应方程式分别为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，每反应产生1molO2，转移2mol电子，所以产生等量氧气时，转移电子的个数相等，③正确；④Na2O2与水反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知：1个Na2O2与足量的水反应，转移的电子数为1个，④错误；⑤Na2O2具有氧化性，SO2具有还原性，二者反应生成Na2SO4，不产生O2，⑤错误；⑥Na2O2能与酸反应生成盐和水，同时放出O2，反应过程中O元素化合价发生了变化，所以Na2O2不属于碱性氧化物，⑥错误；⑦K2O2与水反应，K2O2中的O元素的化合价部分升高，部分降低，因此K2O2既是氧化剂，又是还原剂，⑦正确；⑧Na2O2与水反应产生KOH，使溶液显碱性，因此投入到紫色石蕊溶液中时，溶液会变蓝色，由于Na2O2具有强氧化性，又会将蓝色物质氧化而使溶液褪色，⑧正确；综上所述可知：正确说法有③⑦⑧共3个，故合理选项是A。9.下列关于化学与生活常识的说法正确的是A.热的纯碱溶液具有除去油污和消毒杀菌的作用B.农业上将草木灰和铵态氮肥一起施用效果更佳C.太阳能、风能既属于新能源，也属于一次能源D.氢能的开发和应用只要解决氢气的储存和运输问题即可大规模使用【答案】C【解析】【详解】A．热纯碱溶液呈碱性可以去油污但不能进行消毒杀菌，A项错误；B．草木灰呈碱性，而铵态氮肥遇碱产生NH3而失去肥效，B项错误；C．太阳能、风能属于新型能源，同时未进行加工，属于一次能源，C项正确；D．氢能的使用还存在制备耗能等问题，D项错误；故选C。10.苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是A.与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应 B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯 D.在催化剂存在下可以制得乙苯【答案】C【解析】【详解】A．Fe粉作催化剂条件下，苯环上氢原子能和液溴发生取代反应，故A正确；B．苯乙烯含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．苯乙烯与氯化氢发生加成反应，生成氯代苯乙烷，故C错误；D．在催化剂条件下，苯乙烯与氢气发生加成反应生成乙苯，故D正确；故选C。11.下列实验对应的现象以及结论均正确的是选项实验现象结论A将少量Cl2通入Fel2溶液溶液变黄Cl2将Fe2+氧化为Fe3+B向Ba(ClO)2溶液中通入SO2有白色沉淀生成酸性：H2SO3>HClOC相同温度时分别向相同浓度的ZnSO4溶液和CuSO4溶液中通入H2S前者无现象，后者有黑色沉淀生成Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)D向盛有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置下层为橙色裂化汽油可萃取溴A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向FeI2溶液中通入少量Cl2，碘离子还原性更强，所以碘离子优先被氧化，故A错误；B．向Ba(ClO)2溶液中通入SO2，次氯酸根会将二氧化硫氧化成硫酸根，继而和钡离子生成硫酸钡沉淀，得到沉淀并不是亚硫酸钡，故B错误；C．前者无现象，后者有黑色沉淀生成，说明相同情况下，硫化铜更容易沉淀，溶解度更小，二者为同种类型沉淀，溶解度越小则溶度积越小，所以Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，故C正确；D．裂化汽油中含有烯烃，能与溴水发生加成反应，因此无法从溴水中萃取溴单质，故D错误；故答案为C。12.下列有关实验、现象、及结论等叙述正确的有①向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀，X具有强氧化性②将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生，非金属性：Cl>Si③向某溶液加入稀硫酸，有淡黄色沉淀和刺激性气味的气体，该溶液中一定含有S2O32－④向X溶液加新制氯水，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色，X溶液中一定含有Fe2+⑤向饱和NaHCO3溶液中滴加硼酸，无气泡产生，酸性：硼酸＜碳酸⑥取少量Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，溶液变红色，证明样品已变质A.1条 B.2条 C.3条 D.4条【答案】A【解析】【详解】①白色沉淀可能为硫酸钡、亚硫酸钡，则X可能为氯气、氨气等，X不一定具有强氧化性，故①错误。②非金属性强弱判据之一是：最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，盐酸不是最高价含氧酸，故②错误。③生成的淡黄色沉淀和刺激性气味的气体为S和SO2，原溶液可能含有S2与SO32，不一定是S2O32－，故③错误。④可能原来溶液中含有Fe3+，如果向原来溶液中加入几滴KSCN溶液不变红，再滴加氯水后变红，则原来溶液中一定含有Fe2+，故④错误。⑤向饱和NaHCO3溶液中滴加硼酸，无气泡产生，说明不产生二氧化碳，证明酸性：硼酸＜碳酸，故⑤正确。⑥将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，NO3具有氧化性，能把Fe2+氧化生成铁离子，铁离子与KSCN溶液发生显色反应，故不能证明样品变质，故⑥错误。故只有⑤正确，故答案选A。【点睛】本题的易错点为②和③，要注意用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱才能判断非金属性的强弱，有S2与SO32与酸反应也会生成S和二氧化硫气体，本题考查较全面，难度较大。13.分子式为的醇，其中在铜催化下能被氧化为醛的同分异构体有A.2种 B.3种 C.4种 D.8种【答案】C【解析】【详解】分子式为的醇，其中在铜催化下能被氧化为醛,直接与羟基相连的碳原子上有氢，且羟基接在端点位置，符合条件的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH2OH、、、，共4种，故选C。答案为：C。14.甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似。25℃时，向10mL1.0000mol·L1甲胺溶液中滴入0.5000mol·L1的稀硫酸，溶液的pOH与所加稀硫酸的体积(V)关系如图所示。已知：pOH=lgc(OH)，Kb(CH3NH2·H2O)=4.0×104。下列说法正确的是A.pOH=7时，2c(CH3NH3+)=c(SO42)B.水的电离程度：c>b>aC.a点溶液中存在：c(CH3NH2·H2O)>c(CH3NH3+)>c(H+)>c(OH)D.25℃时1.000mol·L1甲胺溶液中CH3NH2·H2O的电离度约为2.0%【答案】D【解析】【详解】A．pOH=7时，溶液显中性，则根据电荷守恒可知c()=2c()，A错误；B．b点二者恰好反应，生成的盐水解促进水的电离，所以水的电离程度最大的是b点，B错误；C．a点硫酸不足，甲胺过量一半，溶液显碱性，溶液中存在：c()＞c(CH3NH2·H2O)＞c(OH)＞c(H+)，C错误；D．根据电离常数可知25℃时1.000mol·L1甲胺溶液中氢氧根的浓度是0.02mol/L，则CH3NH2·H2O的电离度约为=2.0%，D正确；故选D。二、非选择题15.为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如图简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3形式存在，含有少量的Al2O3、SiO2杂质)转变成重要的工业原料FeSO4。(反应条件略)已知：①活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，不考虑其他反应；②加入FeCO3调溶液pH到5.8左右；③室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol·L1)的pH3.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×105mol·L1)的pH4.73.29回答下列问题：（1）为了提高硫铁矿烧渣的酸浸取率，通常采用____(填两种措施即可)。（2）过滤时，常用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和____，其中玻璃棒的主要作用是____。（3）“过滤I”中所得的滤渣主要成分为____(填化学式)。（4）加入FeCO3调pH之前，检验“滤液II”中是否含有Fe3+的方法是_____。（5）利用表中数据，计算得Ksp[Al(OH)3]=____。（6）“一系列操作”指的是____、洗涤。【答案】（1）粉碎硫铁矿烧渣、适当升高反应温度、适当增大硫酸浓度（2）①.漏斗②.引流（3）SiO2（4）滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明含有Fe3+（5）（6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【解析】【分析】硫铁矿烧渣，铁主要以Fe2O3形式存在，含有少量的Al2O3、SiO2杂质，加入稀硫酸，SiO2不溶于硫酸，过滤得到生成硫酸铁、硫酸铝溶液，滤液中加入活化硫铁矿还原Fe3+，发生反应FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，滤液Ⅱ加入FeCO3调溶液pH到5.8左右，除去Al3+，得到FeSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到FeSO4晶体。【小问1详解】根据影响反应速率的因素，为了提高硫铁矿烧渣的酸浸取率，通常采用粉碎硫铁矿烧渣、适当升高反应温度、适当增大硫酸浓度等。【小问2详解】过滤时，常用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，其中玻璃棒的主要作用是引流。【小问3详解】SiO2不溶于硫酸，“过滤I”中所得的滤渣主要成分为SiO2。【小问4详解】KSCN溶液遇Fe3+变红色，加入FeCO3调pH之前，检验“滤液II”中是否含有Fe3+的方法是：滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明含有Fe3+；【小问5详解】铝离子完全沉淀的pH=4.7，Ksp[Al(OH)3]=【小问6详解】硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到FeSO4晶体，“一系列操作”指的是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。16.I.氢气是一种清洁能源，水煤气变换反应的制氢原理为：，回答下列问题：（1）水煤气变换部分基元反应如下：基元反应活化能Ea(eV)反应热△H(eV)①01.73②0.810.41第②步基元反应逆反应的活化能为___________eV。（2）某研究所探究CuO/的系列催化剂(包括C/Z120、C/Z250、C/Z350、C/Z450)在水煤气变换反应中的催化活性。常压下，原料气在不同温度下相同时间内CO的转化率如图：①工业生产中应选择的最佳反应条件为___________。②C/Z120曲线先上升后下降的原因___________。II.长征运载火箭推进剂为和。（3）在t℃、pMPa下，将(g)和物质的量分数为m%的(g)通入反应器：①，②，一段时间后完全反应，反应②达平衡，与的体积比为1：2，则反应②的平衡常数___________MPa。（4）T℃时，，该反应正、逆反应速率与浓度的关系为：，(、这是速率常数)。①图中表示的线是___________(填“m”或“n”)②T℃时，向刚性容器中充入一定量气体，平衡后测得为1.0，则平衡时，=________(用含a的表达式表示)。③T℃时，向2L的容器中充入5mol气体和1mol气体，此时______(填“>”、“＜”或“=”)。【答案】（1）1.22（2）①.C/Z250，240℃②.②低于270°C，温度升高和催化剂活性增大都使速率加快；高于270°C,催化剂活性降低，反应速率减慢（3）（4）①.n②.10a③.＞【解析】【小问1详解】根据△H=正反应的活化能逆反应的活化能，可得第②步基元反应逆反应的活化能=正反应的活化能△H=0.81eV(0.41eV)=1.22eV；【小问2详解】由图可知，工业生产中应选择的最佳反应条件是C/Z250作催化剂，反应温度为240℃；低于270°C，温度升高和催化剂活性增大都使速率加快；高于270℃，催化剂活性降低，反应速率减慢【小问3详解】设的物质的量为mmol，则的物质的量为(100m)mol，完全反应则生成mmol的和mol的O2，设转化为NO2消耗的的物质的量为xmol，列出三段式：达平衡，与的体积比为1：2，则有，解得x=m，则达平衡时，的物质的量为mmol，NO2的物质的量为mmol，混合气体的总物质的量为(m+m+m+100m)mol=(100+m)mol，反应②的平衡常数==；【小问4详解】①，则，，则，的线斜率较小，则图中表示的线是n；②由①可知，图中表示的线是n，则=a，=，=a+2，=，反应达平衡时，，即，，该反应的平衡常数K==，设T℃时，向刚性容器中充入xmol/L，平衡后测得为1.0，列出三段式：K==100，x=2.1，则平衡时，的浓度为0.1mol/L，==10a；③T℃时，向2L的容器中充入5mol气体和1mol气体，，，，，。17.铬、铁、钴等均为常见的过渡元素，回答以下问题：(1)铬在元素周期表中位置为_______，基态铬原子最外层电子所占的原子轨道形状为_______。铬元素形成的配合物(相对分子质量为266.5)，有多种异构体，且配位数均为6。现取配成溶液，滴加足量溶液，经过滤、洗涤、干燥、称量得到沉淀。该配合物的化学式为_______(填化学式)。该配合物内界水分子的键角_______(填“大于”、“小于”或“等于”)水分子独立存在时键角。(2)铁原子结构示意图为_______。量子化学计算预测未知化合物是现代化学发展的途径之一，有人通过计算预言铁也存在四氧化物，该分子模型如图a，则化合物中铁微粒的价电子轨道表示式_______。(3)铱()与钴为同族元素，其核外电子占据最高能层的符号为，则基态原子的价电子排布式为_______，晶体的四方晶胞如图b，已知晶胞参数为、、，，为阿伏加德常数，则该晶体密度_______。【答案】①第四周期第ⅥB族②.球形③.[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O④.大于⑤.⑥.⑦.5d76s2⑧.【解析】【分析】【详解】(1)铬是24号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族，基态铬原子最外层电子所占的原子轨道4s形状为球形。CrCl3•6H2O(相对分子质量为266.5)有多种不同颜色的异构体(均是配合物，配位数为6)。为测定蒸发CrCl3溶液析出的暗绿色晶体是哪种异构体，2.665gCrCl3•6H2O的物质的量为0.01mol，向溶液中滴加足量AgNO3溶液，得到沉淀2.87g，沉淀应为氯化银，即得到氯化银的物质的量为0.02mol，故CrCl3•6H2O中有2个氯离子位于外界，又因为配合物的配位数为6，则配离子中有5个水分子、1个氯离子，该配合物的化学式为[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O(填化学式)。该配合物内界水分子氧原子上孤电子对少于独立存在的水分子，孤对电子对对成键电子对的排斥力比成键电子对对成键电子对的排斥力大

，该配合物内界水分子的键角大于(填“大于”、“小于”或“等于”)水分子独立存在时键角。故答案为：第四周期第ⅥB族；球形；[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O；大于；(2)铁是26号元素，铁原子结构示意图为。铁四氧化物分子模型可知铁的化合价不+6价，1s22s22p63s23p63d2，则化合物中铁微粒的价电子轨道表示式。故答案为：；；(3)铱()与钴为同族元素，其核外电子占据最高能层的符号为，有6个电子层，类比钴原子的价电子排布式为3d74s2，则基态原子的价电子排布式为5d76s2，晶体的四方晶胞如图b，已知晶胞参数为、、，，为阿伏加德常数，O原子4+2=4，Ir为8+1=2，则该晶体密度=；故答案为：5d76s2；。18.某研究性学习组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：（已知H2C2O4是弱酸）实验序号实验温度KMnO4溶液H2C2O4溶液H2O溶液褪色时间V(mL)c(mol/L)V(mL)c(mol/L)V(mL)t(s)A293K20.0580.250t1BT120.0560.25V18C313K20.0560.252t2（1）通过实验A、B，可探究出___的改变对反应速率的影响，其中V1=___，T1=___，t2___8(填“>”、“<”或“=”)。（2）通过实验____可探究出温度变化对化学反应速率的影响。（3）若t1＜8，则由实验A、B可以得出的结论是____；利用实验B中数据计算，从反应开始到有结束，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为______。（4）该反应中有无色无味气体产生，且锰被还原为Mn2+，写出相应反应的离子方程式________。（5）该小组的一位同学通过查阅资料发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是____。【答案】①.浓度②.2③.293