广东省河源市石坑中学2023年高三化学模拟试卷含解析

广东省河源市石坑中学2023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.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是A.图⑤所示装置中盛有饱和Na2SO3溶液除去SO2中含有的少量HClB.用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置C.用图①和②所示装置进行粗盐提纯D.用图④所示装置进行石油分馏实验制取丁烯参考答案：C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．pH＜7的溶液中：SO42-、CO32-、Na＋、K＋B．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、K＋、Cl－、CH3COO－C．0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液中：AlO2-、Mg2＋、Cl－、SO42-D．c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液中：Na＋、Ba2＋、NO3-、ClO－参考答案：BA项，酸性条件下，CO32－与H＋反应放出CO2，不能大量存在，错误；C项，NH4＋、Al3＋与AlO2－因发生双水解生成Al(OH)3沉淀而不能大量共存，错误；D项，c(H＋)/c(OH－)＝1012>1，c(H＋)>c(OH－)，所以溶液呈酸性，H＋与ClO－生成弱电解质，错误。3.下列离子方程式书写正确的是A．向Na2SO3、NaI的混合溶液中滴加少量氯水：2I+C12

=

2Cl+I2B．AgCl沉淀在氨水中溶解：AgCl+2NH3·H2O

=[Ag(NH3)2]++Cl+2H2OC．硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳：SiO32－＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32－D．用铜片作阴、阳极电解硝酸银溶液：4Ag+2H2O4Ag+O2↑+4H参考答案：B4.一定条件下，在体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：，经60s达到平衡，生成0.3molZ，下列说法正确的是A．以X浓度变化表示的反应速率为0.001mol·L—1·s—1B．其它条件不变，将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的1/2C．其它条件不变，若增大压强，则物质Y的转化率减小D．其它条件不变，若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H>0

参考答案：A5.下列实验所对应的离子方程式正确的是(

)A．氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2OB．向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液：Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+C．FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2++4Cl﹣D．向FeCl2溶液中加入少量K3[Fe（CN）6]溶液：3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓参考答案：D【分析】A．三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘；B．向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液得到氢氧化铁胶体；C．氯气足量二价铁离子、溴离子都被氧化；D．含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀．【解答】解：A．氢氧化铁与氢碘酸反应，离子方程式：2Fe（OH）3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O，故A错误；B．向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液：Fe3++3H2O═Fe（OH）3（胶体）+3H+，故B错误；C．向FeBr2溶液中通入足量氯气，亚铁离子和溴离子完全被氧化，反应的离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故C错误；D．含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，[Fe（CN）6]3﹣离子带有3个单位负电荷，正确的离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考中的高频题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法是解题关键，侧重考查氧化还原反应离子方程式书写的考查．6.下列关于置换反应：X+Y=W+Z（反应条件已经略去）的描述正确的是

（

）

A．若X是金属单质，则W和Z中一定有一种物质是金属单质

B．若X是非金属单质，则W和Z中一定有一种物质是非金属单质

C．若X是含有金属元素的化合物，则W和Z中一定有一种是含有金属元素的化合物

D．若X是不含有金属元素的化合物，则W和Z中一定有一种物质是非金属单质参考答案：D略11、利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是

实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿硫酸铜溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI参考答案：D8.室温时下列各组中的物质分别与足量NaOH溶液反应，生成盐种类最多的是A、Cl2、SO2、H2SiO3、NH4Cl

B、Al、CO、HCl、Al(NO3)3C、N2、SiO2、CH3COOH、Na2CO3

D、Fe

CaO、NH3H2O

NaHCO3参考答案：A略9.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（

）A.10mol

B.11mol

C.12mol

D.13mol参考答案：B由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu(IO3)2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu(IO3)2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2-1）+2mol×（5-0）=11mol，答案选B。点睛：本题考查氧化还原反应中转移电子数目的计算，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键。注意CuI中Cu为+1价为解答的易错点。10.仅用下表提供的玻璃仪器（非玻璃仪器任选）不能实现相应实验目的的是选项实验目的玻璃仪器A配制一定质量分数的NaCl溶液胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒B测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯C鉴别葡萄糖和蔗糖试管、烧杯、酒精灯D实验室用浓氨水和生石灰制备氨气普通漏斗、烧杯、玻璃棒参考答案：D知识点：化学实验操作解析：D、应用分液漏斗，控制反应发生，还应用锥形瓶，故D错误；思路点拨：考查基本化学实验操作，较简单，做题时适当回忆操作流程有助于答题。11.下列依据相关数据作出的推理和判断中，不正确的是

（

）

A．依据溶解度的数据，选择用重结晶的方法可将粗苯甲酸提纯

B．依据相对分子质量的数据，推测乙醇和丙烷沸点的相对高低

C．依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等

D．依据燃烧热的数据、热化学方程式和盖斯定律，可计算一些反应的反应热参考答案：B略12.已知：①Na3N+3H2O═3NaOH+NH3↑，②NaH+H2O═NaOH+H2↑下列叙述正确的是（）A．离子半径：N3﹣＞Na+＞H+B．反应①和②都是氧化还原反应C．反应①和②氧化剂都是H2OD．Na3N和NaH与盐酸反应都只生成一种盐参考答案：A考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：A．电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小；B．有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降；C．第一个方程式中，水中各元素化合价不变，第二个方程式中水中H元素得电子化合价降低，所以水是氧化剂；D．Na3N和盐酸反应生成NaCl和氯化铵，NaH和HCl反应生成NaCl．解答：解：A．电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小，氢离子核外没有电子层、钠离子和氮离子电子层结构相同，但钠元素原子序数大于N元素，所以离子半径大小顺序是N3﹣＞Na+＞H+，故A正确；B．第一个方程式中，各元素化合价不变，第二个方程式中，H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价，所以第一个方程式不是氧化还原反应、第二个方程式是氧化还原反应，故B错误；C．第一个方程式中，水中各元素化合价不变，所以第一个方程式不是氧化还原反应，第二个方程式中水中H元素得电子化合价降低，所以水是氧化剂，故C错误；D．Na3N和盐酸反应生成NaCl和氯化铵，NaH和HCl反应生成NaCl，所以Na3N和NaH与盐酸反应前者生成两种盐、后者生成一种盐，故D错误；故选A．点评：本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应本质是解本题关键，知道常见元素化合价，注意D物质和酸发生的反应，题目难度不大．13.右图所示的电化学装置中，电极I为Al，其他电极均为Cu，则下列说法正确的是A．电子流向：电极IV→（A）→电极IB．电极III的电极反应：2H2O一4e一＝4H＋＋O2↑C．电极II的质量减少，电极III的质量增加D．三个烧杯中的SO42一浓度都始终保持不变参考答案：D14.在一定条件下硫酸铵的分解反应为====

将反应后的混合气体通人氯化钡溶液中，下列判断正确的是

A．得到的沉淀是

B．得到的沉淀是和

C．一定无生成

D．无沉淀生成参考答案：B15.元素A、B、C原子核内质子数之和为31，最外层电子数之和为17，这三种元素是(

)A.N、P、Cl

B.P、O、S

C.N、O、S

D.O、F、Cl参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.用下列实验装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是A．用图1装置验证化学能转化为电能B．用图2装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯C．用图3装置制备氢氧化亚铁D．用图4装置证明酸性：CH3COOH>H2CO3>苯酚参考答案：C【知识点】化学实验方案的评价解析：A．未形成闭合回路，无电流产生，故A错误；B．乙醇易挥发，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，应隔绝空气制取，故C正确；D．乙酸易挥发，乙酸能与苯酚钠反应生成苯酚沉淀，故D错误．故答案选C【思路点拨】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，涉及原电池、物质的检验和制取及酸性比较等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，选项D为解答的易错点，注意方案的合理性、操作性、评价性分析，题目难度不大。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.达喜[AlaMgb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用于中和胃酸。⑴1mol达喜与足量的盐酸完全反应后生成水的物质的量为

（用含x等字母的代数式表示）。⑵达喜化学式中a、b、c、d的关系为a＋b

c＋d（填“＞”、“＝”或“＜”）。⑶已知在常温下溶液中Al3＋、Mg2＋、AlO2-的浓度与溶液pH的关系如右图所示。为测定达喜的组成，进行了下列实验：①取达喜6.02g研碎，缓慢加入2.00mol·L－1盐酸使其溶解，当加入盐酸85.00mL时开始产生CO2，加入盐酸至90.00mL时正好反应完全。②在①所得溶液中加入适量的

（填“氨水”、“氢氧化铝”或“氯化镁”）以调节溶液的pH至5.0～7.0，使有关离子完全沉淀。③将②产生的全部沉淀过滤、洗涤，灼烧至恒重，称量为1.02g。请通过计算确定达喜的化学式(写出计算过程)。参考答案：⑴x＋c＋d

⑵＜

⑶②

氨水③盐酸的总物质的量：2.00mol·L－1×0.09L＝0.18mol产生CO2消耗盐酸的物质的量：(0.09－0.085)L×2.00mol·L－1×2＝0.02molCO32-的物质的量：0.02mol÷2＝0.01mol6.02g达喜中OH－的物质的量：0.18mol－0.02mol＝0.16mol6.02g达喜中Al3＋的物质的量：＝0.02mol6.02g达喜中Mg2＋的物质的量：＝0.06mol6.02g达喜中H2O的物质的量：＝0.04moln(Al3＋)∶n(Mg2＋)∶n(OH－)∶n(CO32-)∶n(H2O)＝0.02mol∶0.06mol∶0.16mol∶0.01mol∶0.04mol＝2∶6∶16∶1∶4达喜的化学式为Al2Mg6(OH)16(CO3)·4H2O

(1)可以理解为OH－+H＋=H2O，CO32－+2H＋=H2O+CO2↑，所以水的物质的量为c+d+x。(2)因为Mg2＋与CO32－均显+2价，假设b=d，则c=3a，所以a+b<c+d。(3)若加入氢氧化铝或氯化镁均引入铝元素或镁元素，引起误差。（4）[AlaMgb(OH)c(CO3)d·xH2O]中缓慢加入HCl，发生反应的顺序为OH－+H＋=H2O，CO32－+H＋=HCO3－，HCO3－+H＋=CO2↑+H2O，由①中数据知，生成CO2时，消耗的HCl为(90－85)×2=10.00mL。用总HCl的量减去CO32－消耗的HCl，即为OH－消耗的HCl。②中产生的沉淀为Al(OH)3，由铝守恒，可计算出Al3＋的量。根据电荷守恒计算出Mg2＋的量，再根据质量守恒，得出H2O的量，最后根据各粒子物质的量相比，可得出物质的化学式。18.（7分）Na2O和Na2O2的混合物140mg与足量的水作用，得到400mL溶液，其中含溶质160mg。⑴试计算所得溶液在常温下的pH；⑵若Na2O和Na2O2的混合物质量为wg，与足量的水作用后得到的溶液中所含溶质较原混合物增加了xg。试写出x的数值大小范围（用含w的代数式表示）。参考答案：Na2O+H2O===2NaOH

x

2x2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2