广东省惠州市新圩中学2022-2023学年高三化学模拟试题含解析

1、广东省惠州市新圩中学2022-2023学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. 下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）A取a克混合物充分加热，减重b克B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用固体NaOH吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体参考答案：CANaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计

2、算出Na2CO3质量分数，故A不选；BNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；C混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C选；DNa2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32+Ba2+=BaCO3、HCO3+OH+Ba2+=H2O+BaCO3，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选故选C2. 根据表中信息判断，下列选项不正确的是序

3、号反应物产物KMnO4 、H2O2 、H-2SO4K2SO4 、MnSO4 Cl-2 、FeBr-2FeCl3 、FeBr3MnO4 Cl2 、Mn2+ A第组反应的其余产物为H2O和 O2B第组反应中Cl-2 与 FeBr-2的物质的量之比小于或等于12C第组反应中生成1mol Cl2，转移电子2molD氧化性由强到弱顺序为MnO4- Cl2 Fe3+ Br2参考答案：D略3. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（）A一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAB256g S8分子中含SS键为7NA个 C由1molCH3COONa和少

4、量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO数目为NA个D1 mol Na与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA个参考答案：B考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，反应物不会完全转化成生成物；B一个S8分子中含8个SS键，据此计算出256g晶体中含有的SS的数目；C根据电荷守恒判断：溶液为中性，氢离子与氢氧根离子浓度相等，则钠离子与醋酸根离子相等；D钠为1价金属，1mol钠完全反应失去1mol电子解答：解：A一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后，该反应为气体体积减小的可逆反

5、应，所以反应后气体的物质的量大于2mol，反应后容器中的分子数大于2NA，故A正确；B256g S8晶体含有S8的物质的量为1mol，1molS8中含有8mol SS键，含有的SS键为8NA个，故B错误；C由1mol CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，含有1mol钠离子；根据电荷守恒，溶液为中性，氢离子与氢氧根离子物质的量相等，则钠离子与CH3COO的物质的量相等，所以溶液中含有CH3COO的物质的量为1mol，含有的CH3COO数目为NA个，故C正确；D1molNa完全反应失去1mol电子，无论产物为氧化钠还是过氧化钠，转移的电子数都为1mol，转移电子总数NA个，故D正

6、确；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项C为易错点，注意电荷守恒的应用4. NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4可按某种标准划为一类物质，下列分类标准不正确的是A钠的化合物 B可溶于水C可与硝酸反应D电解质参考答案：C略5. 已知：2NO2（g）N2O4（g）H0。现将NO2和N2O4的混合气体通入恒温密闭容器中，反应体系中物质浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是 Aa点表示反应处于平衡状态 B25 min末，若增大压强，化学平衡常数增大 C25 min末，若升高温度，NO2的体积

7、分数减小 D10min内用N2O4表示的平均反应速率为0.02molL-1min-1参考答案：D6. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A常温常压下，52g乙炔气体中所形成的共用电子对对数为10NAB标准状况下，11.2 L O2反应转移的电子数一定为2NAC. 常温常压下，用惰性电极电解500mL饱和氯化钠溶液时，若溶液的pH变为13时，则阴极上失电子数为0.05NA (忽略溶液的体积变化)D. 中所含电子数为参考答案：A略7. 下列反应的离子方程式书写正确的是 ANH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：OH= NH3H2OB金属铝溶于氢氧化钠溶液:Al2OH-H2-C用氢氧化

8、钠溶液吸收少量二氧化碳:2OH-CO2H2ODFe2(SO4)3的酸性溶液中通入足量硫化氢:Fe3+H2SFe2+S2H+参考答案：C略8. 下列反应的离子方程式正确的是 （ ） A四氧化三铁固体溶解在稀硝酸溶液中：Fe3O4+ 8H=2Fe3+ Fe2+ 4H2O B少量小苏打溶液滴人Ba（OH）2溶液中：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O C硫氢化钠发生水解：HS+H2OH3O+S2 D用少量氨水吸收SO2气体：SO2+2NH3H2O=2NH+4+SO2-3+H2O参考答案：B略9. 下列关于氮的说法正确的是()AN2分子的结构较稳定，因而氮气不能支持任何物质燃烧B23 g NO2

9、和N2O4混合气含有0.5NA个氮原子(NA表示阿伏加德罗常数)CNO可用向上排空气法或者排水法收集D浓硝酸保存在棕色瓶内是因为硝酸易挥发参考答案：B略10. 由某一元醇a和一元羧酸b形成的酯相对分子质量为212，分子内碳原子数是氢和氧原子数之和，该酯不使溴的四氯化碳溶液褪色，又知a可氧化得b，下列叙述正确的是：A、 a的分子量比b大14 B、该酯中一定不存在双键C、b的分子量比a大14 D、酯a，b三种分子中都含有一种相同的，式量大于45的原子团参考答案：CD11. 已知CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) H=- Q1 ； 2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) H=-

10、 Q2； H2O(g) H2O(l) H=- Q3 常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为 A、4Q1+0.5Q2 B、4Q1+Q2+10Q3 C、4Q1+2Q2 D、4Q1+0.5Q2+9Q3参考答案：D略12. 将5.4 g Al投入到200.0 mL 2.0 molL1的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余。该溶液可能为 A.HNO3溶液 B.Ba(OH)2溶液C.H2SO4溶液 D.HCl溶液参考答案：D因n(酸)=0.2 L2.0 mol/L-1=0.4 mol，设酸的元数为n，则若充分反应后有H2放出后金属有

11、剩余，则：，所以，即n=1。由于Al与HNO3作用不放出H2，故只能选HCl。13. 已知：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）H=1269kJ/mol下列说正确的是（）A断开1 mol OO键比断开1 mol NN键所需能量少448kJB断开1 mol HO键比断开1 mol HN键所需能量相差约72.6kJC由以上键能的信息可知H2O的沸点比NH3高D由元素非金属性的强弱可知 H一O键比H一N键弱参考答案：B考点：反应热和焓变分析：A氧气中为O=O键，氮气中为NN键；B已知4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）H=1269kJ/mol，根据焓变=反

12、应物断键吸收热量生成物形成化学键放出热量判断，HO键与HN的键能大小；C键能与沸点无关；D元素的非金属性越强，与H元素形成的化学键越稳定解答：解：A根据II可知O=O键的键能比NN键的键能小，则断开1molO=O键比断开1mol NN键所需能量少448kJ，故A错误；B已知4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）H=1269kJ/mol，则12HN+3498kJ/mol2946kJ/mol12HO=1269kJ/mol，得（HO）（HN）=72.6kJ/mol，所以断开1mol HO键与断开1mol HN键所需能量相差约72.6kJ，故B正确；C键能与沸点无关，沸点与分子间作

13、用力有关，故C错误；D元素的非金属性越强，与H元素形成的化学键越稳定，非金属性：ON，则HO键比HN键强，故D错误；故选B点评：本题考查了化学键键能和焓变关系计算，图象分析判断，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力14. 下图表示从固体混合物中分离X的两种方案，请根据方案1和方案2指出下列说法中合理的是 A可以选用方案1分离碳酸氢钠中含有的氯化铵B方案1中残留物应该具有的性质是受热易挥发C方案2中加入的试剂一定能够与除X外的物质发生化学反应D方案2中加入NaOH溶液可以分离出SiO2和Fe2O3混合物中的Fe2O3参考答案：D略15. 在化学分析中草酸（H2C2O4）是重要的还原剂

14、，已知20.00 mL 0.100 molL-1 VO2+离子恰好将20.00 mL 0.050 molL-1 H2C2O4完全氧化成CO2，VO2+被还原为VOn+离子，则VOn+中的n值为A. 1 B. 2 C. 3 D. 4参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. （14分）某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按下图装置进行试验（夹持仪器已略去）。实验表明浓硝酸能将氧化成，而稀硝酸不能氧化。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳已知：氢氧化钠溶液不与反应，能与反应（1） 实验应避免有

15、害气体排放到空气中，装置、中乘放的药品依次是 （2） 滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后 （3） 装置中发生反应的化学方程式是 （4） 装置的作用是 ，发生反应的化学方程式是 （5） 该小组得出的结论一局的试验现象是 （6） 试验结束后，同学们发现装置中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别涉及了一下4个试验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是（选填序号字母）a. 加热该绿色溶液，观察颜色变化b. 加水稀释绿色溶液，观察颜色变化c. 向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化d. 向饱

16、和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反映产生的气体，观察颜色变化 参考答案：（1）3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液（2）通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内（3）Cu + 4HNO3（浓）= Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O（4）将NO2转化为NO 3NO2 + H2O =2HNO3 + NO（5）装置中液面上方气体仍为无色，装置中液面上方气体由无色变为红棕色（6）a c d解析：本题主要考查HNO3的性质、化学基本实验设计和评价能力。（1）根据装置特点和实验目的，装置是收集NO，装置中盛放NaOH溶液吸收NO2，因为要验证稀HNO3不能氧化NO，所以装

17、置中应该盛放稀硝酸。（2）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出。（3）Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O：Cu + 4HNO3(浓)Cu(NO3)2 + 2NO2 +2 H2O。（4）装置中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2 + H2O2HNO3 + NO。（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置中盛放的是浓HNO3，

18、若浓HNO3能氧化NO则装置液面的上方会产生红棕色气体。（6）要证明是Cu(NO3)2浓度过低或是溶解了NO2导致装置中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走（a、c方案）再观察颜色变化。二是增加溶液中Cu(NO3)2溶液的浓度（d方案）观察反应后的颜色变化。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. （6分）回答下列问题：（l）实验室采用铜丝和浓H2SO4反应的原理，制取少量二氧化硫气体，通常需要哪些仪器？（2）将SO2气体通入红棕色的溴水中，可以使溴水褪色。甲同学分析说褪色是由SO2的还原性造成的；乙同学分析说褪色是SO2漂白性造成的。请你根据SO2漂白性的特点设计一个简单的实验，证明甲、乙 两同学到底谁的分析正确？ 参考答案：（1）试管、铁架台、酒精灯、带导管的橡皮塞。( 3分)（2） 将褪色后的溶液加热, 看能否恢复原来颜色。如恢复原来的颜色，则乙同学的分析正确，如不恢复原来的颜色，则甲同学的分析正确。( 3分)本小题共6分略18. 【化学选修物质结构与性质】（15分）现有七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答