山東省聊城市蘭沃中學2022-2023學年高三化學模擬試卷含解析

山東省聊城市蘭沃中學2022-2023學年高三化學模擬試卷含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.下列關于化學與生產、生活的認識，正確的是（

）A．制作航天服的聚酯纖維和用于通訊光纜的光導纖維都是新型無機非金屬材料B．不銹鋼餐具和溫度計中的水銀都屬于合金C．福島核電站泄漏的放射性物質131I和127I互為同素異形體，化學性質幾乎相同D．綠色化學的核心是利用化學原理從源頭上減少和消除化學工業(yè)生產對環(huán)境的污染參考答案：D2.根據下表(部分短周期元素的原子半徑及主要化合價)信息，判斷以下敘述正確的是元素代號LMQRT原子半徑／nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合價＋2＋3＋2＋6、－2－2

A．氫化物的沸點為H2T＜H2RB．單質與稀鹽酸反應的速率為L＜QC．M與T形成的化合物具有兩性

D．L2＋與R2－的核外電子數相等參考答案：C3.已知：①CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)△H＝－akJ／mol②CO(g)＋O2(g)=CO2(g)

△H＝－bkJ／mol③H2(g)＋O2(g)=H2O(g)

△H＝－ckJ／mol④H2(g)＋O2(g)=H2O(l)

△H＝－dkJ／mol下列敘述不正確的是A.由上述熱化學方程式可知d＞cB.H2的燃燒熱為dkJ／molC.CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)△H＝(b＋2c－a)kJ／molD.當CO和H2的物質的量之比為1:2時，其完全燃燒生成CO2和H2O(l)時，放出QkJ熱量，則混合氣中CO的物質的量為mol參考答案：DA.因氣態(tài)水到液態(tài)水放熱，所以d＞c，正確；B.H2的燃燒熱是指生成液態(tài)水放出的熱量，正確；C.根據蓋斯定律，①-②-2③得CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)△H＝(b＋2c－a)kJ/mol，正確；D.設CO和H2物質的量分別為n、2n，則CO放出的熱量是nbkJ，H2放出的熱量是2ndkJ，則nb+2nd=Q，n=，即該混合物中CO的物質的量為，錯誤。答案選D。4.有關反應14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，的下列說法錯誤的是A．FeS2既是氧化劑也是還原劑B．CuSO4在反應中被還原C．14molCuSO4氧化了1molFeS2D．被還原的S和被氧化的S的質量之比為3:7參考答案：D試題分析：A、因FeS2中部分S元素的化合價由-1升高到+6價，部分S元素的化合價由-1升高到+6價，所以FeS2既是作氧化劑，又做還原劑，故A正確；B、因硫酸銅中Cu元素的化合價降低，CuSO4在反應中被還原，故B正確；C、該反應中部分FeS2作氧化劑、部分FeS2作還原劑，且FeS2作氧化劑和還原劑的物質的量之比為7：3，根據轉移電子守恒知14mol

CuSO4可氧化1mol

FeS2，故C正確；D、生成Cu2S的S元素被還原、生成部分硫酸根離子的S元素被氧化，根據原子守恒知，被還原的硫與被氧化的硫的質量比為7：3，故D錯誤；故選D5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W

與Y最外層電子數之和為X的最外層電子數的2倍，Z最外層電子數等于最內層電了數，X、Y、Z的簡單離子的電子層結構相同，W的單質是空氣中體

積分數最大的氣體。下列說法正確的是A.Y的最高價氧化物對成水化物的酸性比W的強B.W的氣態(tài)氫化物比X的穩(wěn)定C.離子半徑的大小順序：r(w)>r(X)>r(Y)>(Z)D.XY2與ZY2中的化學鍵類型相同參考答案：C試題分析：短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W的單質是空氣中體積分數最大的氣體，則W為N元素；Z最外層電子數等于最內層電子數，原子序數大于N元素，只能處于第三周期，故Z為Mg元素；X、Y、Z的簡單離子的電子層結構相同，結構原子序數可知，X只能處于第二周期，且最外層電子數大于5，W(氮元素)與Y最外層電子數之和為X的最外層電子數的2倍，則Y原子最外層電子數只能為奇數，結合原子序數可知，Y不可能處于ⅠA族，只能處于ⅦA族，故Y為F元素，X最外層電子數為=6，則X為O元素。A、Z為Mg元素最高正化合價為+2，Y為F元素，沒有最高正化合價，故A錯誤；B、非金屬性O＞N，故氫化物穩(wěn)定性H2O＞NH3，故B錯誤；C、具有相同電子層結構的離子，核電荷數越大，離子半徑越小，故離子半徑r(N3-)＞r(O2-)＞r(F-)＞r(Mg2+)，故C正確；D、OF2中含有共價鍵，MgF2中含有離子鍵，二者化學鍵類型不同，故D錯誤，故選C。6.在同溫同壓下將SO2和Cl2按1∶1體積比混合后，通入BaCl2和品紅的混合溶液中，下列說法正確的是

（

）

A．溶液褪色，無沉淀生成

B．溶液不褪色，無沉淀生成

C．溶液褪色，有沉淀生成

D．溶液不褪色，有沉淀生成參考答案：D略7.關于膠體和溶液的區(qū)別，下列敘述中正確的是()A．溶液呈電中性，膠體帶有電荷B．溶液中溶質微粒一定帶電，膠體中分散質粒子帶電，且通電后，溶質粒子向兩極移動，膠體粒子向一極移動C．溶液中溶質粒子有規(guī)律運動，而膠體粒子無規(guī)律運動D．溶液中通過一束光線時無特殊現象，膠體中通過一束光時有明顯的光帶參考答案：D略8.在10mL0.01mol·L－1的純堿溶液中，不斷攪拌并逐滴加入l.2mL0.05mol·L－1的鹽酸，完全反應后在標準狀況下生成二氧化碳的體積為

（

）

A.1.344mL

B.2.240mL

C.0.672mL

D.

0mL參考答案：D略9.歷史上最早應用的還原性染料是靛藍。春秋時期，我國先民已能從藍草中提出這種染料，早于歐洲1500多年。其結構簡式如圖所示：下列關于靛藍的敘述，錯誤的是A．靛藍由碳、氫、氧、氮4種元素組成B．它的分子式是C16H10N2O2C．該物質是高分子化合物

D．它是不飽和的有機物參考答案：C略10.25oC時，下列敘述正確的是

A．pH=12的一元堿與pH=2的一元強酸等體積混合后c(OH-)=c(H+)

B．向水中加入硫酸氫鈉固體，c(H+)增大，Kw增大

C．pH=7的醋酸與醋酸鈉混合溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)

D．0.1mol·L-1的碳酸氫鈉溶液中c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)參考答案：D略11.下列實驗操作中儀器末端需插入液面下的有（

）①用NaOH溶液和FeSO4溶液制Fe(OH)2時吸有NaOH的滴管；②制備H2的簡易裝置中的長頸漏斗；③分餾石油時控制溫度所用的溫度計；④用乙醇制備乙烯時所用的溫度計；⑤用水吸收氨氣時的導氣管A．③⑤

B．②⑤

C．①②④

D．①②③④⑤參考答案：C略12.相同條件下，將Mg、Al、Fe分別投入質量相等且足量的稀硫酸中，反應結束后三種溶液的質量相等，則投入的Mg、Al、Fe質量關系為A、Mg>Al>Fe

B、Fe>Al>Mg

C、Fe>Mg>Al

D、Al>Mg>Fe參考答案：D13.下列說法正確的是（）A．青銅、碳素鋼和石英都是合金B(yǎng)．陶瓷、玻璃和水泥都是無機非金屬材料C．乙醇與乙醛互為同分異構體，都能發(fā)生銀鏡反應D．油脂皂化和蛋白質水解都是由高分子生成小分子的過程參考答案：B考點：生活中常見合金的組成；硅酸鹽工業(yè)；乙醛的化學性質；有機高分子化合物的結構和性質分析：A．石英是二氧化硅；B．玻璃、陶瓷和水泥是無機非金屬材料；C．分子式相同，結構不同的有機物互為同分異構體；D．油脂不是高分子化合物．解答：解：A．青銅為Cu的合金，碳素鋼為鐵的合金，石英是二氧化硅，不是合金，故A錯誤；B．玻璃、陶瓷和水泥是三大重要的無機非金屬材料，故B正確；C．乙醇和乙醛的分子式不同，分別為C2H6O、C2H4O，二者不是同分異構體，故C錯誤；D．油脂相對分子質量較小，不是高分子化合物，故D錯誤．故選B．點評：本題考查合金、無機非金屬材料、同分異構體、高分子化合物等知識，題目難度不大，掌握物質性質和相關概念是解題的關鍵．14.下列變化一定屬于化學變化的是：①

風化②變色③燃燒④爆炸⑤白磷轉變成紅磷⑥工業(yè)制氧氣⑦久置氯水變成無色

⑧分餾

⑨NO2氣體冷卻后顏色變淺

⑩潮解A．①②③④⑦

B．③④⑤⑦C．①③⑤⑦⑨D．①③④⑦⑩參考答案：C15.X、Y、Z是三種常見的單質，甲、乙是兩種常見化合物。下表各組物質之間通過一步反應不能實現如右圖所示轉化的是

選項XYZ甲乙AH2SiCl2SiCl4HClBMgCO2CO2MgOCZnFeCl2FeCl2ZnCl2DO2N2H2NH3H2O

參考答案：C略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.鍶（Sr）為第五周期ⅡA族元素，其化合物六水氯化鍶（SrCl2?6H2O）是實驗室重要的分析試劑，工業(yè)上常以天青石（主要成分為SrSO4）為原料制備，生產流程如下：已知：①經鹽酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，還含有少量Ba2+雜質；②SrSO4、BaSO4的溶度積常數分別為3.3×10﹣7、1.1×10﹣10；③SrCl2?6H2O的摩爾質量為：267g/mol．（1）天青石焙燒前先研磨粉碎，其目的是

．（2）隔絕空氣高溫焙燒，若0.5molSrSO4中只有S被還原，轉移了4mol電子．寫出該反應的化學方程式：

．（3）為了得到較純的六水氯化鍶晶體，過濾2后還需進行的兩步操作是．（4）加入硫酸的目的是

．為了提高原料的利用率，濾液中Sr2+的濃度應不高于mol/L（注：此時濾液中Ba2+濃度為1×10﹣5mol/L）．（5）產品純度檢測：稱取1.000g產品溶解于適量水中，向其中加入含AgNO31.100×10﹣2mol的AgNO3溶液（溶液中除Cl﹣外，不含其它與Ag+反應的離子），待Cl﹣完全沉淀后，用含Fe3+的溶液作指示劑，用0.2000mol/L的NH4SCN標準溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出．①滴定反應達到終點的現象是

．②若滴定過程用去上述濃度的NH4SCN溶液20.00mL，則產品中SrCl2?6H2O的質量百分含量為

（保留4位有效數字）．參考答案：（1）增加反應物的接觸面積，提高反應速率，提高原料的轉化率；（2）SrSO4+4CSrS+4CO↑，（3）洗滌、干燥；（4）除去溶液中Ba2+雜質；0.03；（5）①溶液由無色變?yōu)檠t色，且30s不褪色；②93.45%．考點：制備實驗方案的設計；物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用．版權所有專題：實驗題．分析：以天青石（主要成分為SrSO4）為原料制備六水氯化鍶（SrCl2?6H2O），由流程可知，天青石和碳隔絕空氣高溫焙燒生成CO、SrS，SrS加鹽酸后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，還含有少量Ba2+雜質，然后加硫酸生成硫酸鋇沉淀，所以過濾后濾渣為硫酸鋇，濾液中含SrSO4、SrCl2，最后蒸發(fā)、冷卻結晶得到SrCl2?6H2O，（1）研磨粉碎的目的是增加反應物的接觸面積，提高反應速率，提高原料的轉化率；（2）0.5molSrSO4中只有S被還原，轉移了4mol電子，則1mol的S轉移8mol的電子，反應后生成的﹣2價硫離子，據此寫出該反應的化學方程式；（3）過濾1后的濾液中含有氯化鍶，將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，然后從溶液中將晶體過濾出來，洗滌除去表面的雜質離子并進行干燥即獲得SrCl2?6H2O；（4）用HCl溶解SrS后的溶液中含有雜質鋇離子，加入硫酸的后生成硫酸鋇沉淀從而除去溶液中Ba2+雜質；根據鋇離子濃度、硫酸鋇的溶度積計算出鋇離子完全除去時硫酸根離子的濃度，然后根據硫酸鍶的溶度積計算出需要鍶離子的最小濃度；（5）①若NH4SCN不再剩余的Ag+結合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就會含有SCN﹣，就會與Fe3+產生絡合物是溶液變?yōu)榧t色，據此判斷滴定終點；②根據n=cV計算出n（NH4SCN），Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，據此計算出溶液中剩余的Ag+的物質的量及與Cl﹣反應的Ag+的物質的量，再根據氯離子守恒計算出1.000g產品中SrCl2?6H2O的物質的量、質量，最后計算出產品純度．解答：解：（1）天青石焙燒前先研磨粉碎，其目的是為了增加反應物的接觸面積，提高化學反應速率，從而提高原料的轉化率，故答案為：增加反應物的接觸面積，提高反應速率，提高原料的轉化率；（2）在焙燒的過程中若只有0.5molSrSO4中只有S被還原，轉移了4mol電子，則1mol的S轉移8mol的電子，由于在反應前元素的化合價為+6價，所以反應后元素的化合價為﹣2價，因此碳與天青石在高溫下發(fā)生反應的化學方程式為：SrSO4+4CSrS+4CO↑，故答案為：SrSO4+4CSrS+4CO↑；（3）然后向得到的含有SrS固體中加入HCl發(fā)生反應：SrS+2HCl=SrCl2+H2S↑，將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，然后從溶液中將晶體過濾出來，洗滌除去表面的雜質離子并進行干燥即獲得SrCl2?6H2O，故答案為：洗滌、干燥；（4）在用HCl溶解SrS后的溶液中加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+雜質；由于在Ba2+濃度為1×10﹣5mol/L，BaSO4的溶度積常數為1.1×10﹣10，所以c（SO42﹣）=mol/L=1.1×10﹣5mol/L，而SrSO4的溶度積常數為3.3×10﹣7，所以c（Sr2+）=mol/L=3.0×10﹣2=0.03mol/L，故答案為：除去溶液中Ba2+雜質；0.03；（5）①若NH4SCN不再剩余的Ag+結合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就會含有SCN﹣，就會與Fe3+產生絡合物是溶液變?yōu)榧t色，因此滴定達到終點時溶液由無色變?yōu)檠t色，且30s不褪色，故答案為：溶液由無色變?yōu)檠t色，且30s不褪色；②n（NH4SCN）=0.2000mol/L×0.02L=4.0×10﹣3mol，Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，所以溶液中剩余的Ag+的物質的量為：n（Ag+）=4.0×10﹣3mol，則與Cl﹣反應的Ag+的物質的量為：n（Ag+）=1.100×10﹣2mol﹣4.0×10﹣3mol=7.0×10﹣3mol，1.000g產品中SrCl2?6H2O的物質的量為：n（SrCl2?6H2O）=×n（Ag+）=3.5×10﹣3mol，1.000g產品中SrCl2?6H2O的質量為：m（SrCl2?6H2O）=3.5×10﹣3mol×267g/mol=0.9345g，所以產品純度為：×100%=93.45%，故答案為：93.45%．點評：本題考查制備實驗方案的設計，為高頻考點，把握制備流程中發(fā)生的化學反應及物質分離方法為解答的關鍵，涉及反應速率、氧化還原反應、滴定原理等，注意信息與所學知識的綜合應用，綜合性較強，題目難度較大．三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.（15分）氧元素和鹵族元素都能形成多種物質，我們可以利用所學物質結構與性質的相關知識去認識和理解。（1）溴的價電子排布式為

；PCl3的空間構型為

。（2）已知CsICl2不穩(wěn)定，受熱易分解，傾向于生成晶格能更大的物質，則它按下列

式發(fā)生:A．CsICl2=CsCl+ICl

B．CsICl2=CsI+Cl2（3）根據下表第一電離能數據判斷：最有可能生成較穩(wěn)定的單核陽離子的鹵素原子是__________

氟氯溴碘第一電離能（kJ?mol﹣1）1681125111401008（4）下列分子既不存在s﹣pσ鍵，也不存在p﹣pπ鍵的是

A．HCl

B．HF

C．SO2

D．SCl2（5）已知COCl2為平面形，則COCl2中心碳原子的雜化軌道類型為

，寫出CO的等電子體的微粒

（寫出1個）。（6）鈣在氧氣中燃燒時得到一種鈣的氧化物晶體，其結構如圖所示：由此可判斷該鈣的氧化物的化學式為

。已知該氧化物的密度是ρg?cm﹣3，則晶胞離得最近的兩個鈣離子間的距離為

cm（只要求列算式，不必計算出數值，阿伏加德羅常數為NA）。參考答案：（1）4s24p5、三角錐形；（2）A；（3）碘；（4）D；（5）sp2雜化；N2；（6）CaO2；

cm。試題分析：（1）價電子指最外層電子，溴屬于第VIIA族元素，最外層電子數為7，因此溴的價電子排布式為：4s24p5；PCl3中有3個σ鍵，孤電子對數為(5－3)/2=1，價層電子對數為4，因此空間構型為三角錐形；(2)晶格能與半徑和所帶電荷數相等，Cl的半徑小于I，即CsI的晶格能小于CsCl，故選項A正確；(3)第一電離能越大，非金屬性越強，越容易得到電子，形成陰離子，因此形成穩(wěn)定陽離子的是碘；(4)A、形成s－pσ鍵，故錯誤；B、形成s－pσ鍵，故錯誤；C、存在p－pπ鍵，故錯誤；D、只有p－pσ鍵，故正確；(5)COCl2是平面形結構，因此C的雜化類型為sp2，CO的等電子體為微粒是N2等；(6)Ca2＋位于頂點和面心，個數為8×1/8＋6×1/2=4，陽離子位于棱上和體心，個數為12×1/4＋1=4，因此化學式為CaO2，根據密度的定義，晶胞的質量為4×72/NAg，晶胞的體積為cm3，兩個鈣離子最近的距離是面對角線的一半，即cm。18.（14分）請按要求回答下列問題．（1）根據圖1回答①②：①打開K2，閉合K1．A電極可觀察到的現象

；B極的電極反應式

．②打開K1，閉合K2．A電極可觀察到的現象是

；B極的電極反應式為

．（2）根據圖2回答③④：③將較純凈的CuSO4溶液放入上圖所示的裝置中進行電解，石墨電極上的電極反應式為

，電解反應的離子方程式為

；④實驗完成后，銅電極增重ag，石墨電極產生標準狀況下的氣體體積

L．參考答案：（1）①鋅不斷溶解；Cu2++2e﹣═Cu；②鋅極鍍上一層紅色物質；Cu﹣2e﹣═Cu2+；（2）③4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；④0.175a

【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】（1）①若斷開K2，閉合K1，形成原電池反應，Zn為負極，被氧化，Cu為正極，發(fā)生還原反應生成銅；②若斷開K1，閉合K2，為電鍍池，Cu為陽極，被氧化，Zn為陰極，發(fā)生還原反應生成銅；（2）電鍍時，石墨為陽極，發(fā)生氧化反應，生成氧氣，銅為陰極，發(fā)生還原反應，以此解答．【解答】解：（1）①若斷開K2，閉合K1，形成原電池反應，Zn為負極，被氧化而鋅不斷溶解，Cu為正極，發(fā)生還原反應生成銅，電極方程式為Cu2++2e﹣═Cu，故答案為：鋅不斷溶解；Cu2