山西省运城市平陆县开发区中学2022-2023学年高三化学模拟试卷含解析

山西省运城市平陆县开发区中学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。）1.一定条件下，可逆反应C(s)+CO2(g）2CO(g)；△H＞0，达到平衡状态，现进行如下操作：①升高反应体系的温度；②增加反应物C的用量；③缩小反应体系的体积；④减少体系中CO的量。上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是（）A、①②③④B、①③C、①②D、①③④参考答案：答案：B2.在常温时，下列叙述正确的是

A．将lmLl.0×10-5mol·L-1盐酸稀释到1000mL，得到pH=8的盐酸

B．pH=2的盐酸与pH=1的硫酸比较，c（Cl—）=c（SO42—-）

C．用pH=1的盐酸分别中和lmLpH=13的NaOH溶液和氨水，NaOH消耗盐酸的体积大

D．0.1mol/L的醋酸的pH=a，0.01mol/L的醋酸的pH=b，则a+l>b参考答案：D略3.某恒温密闭容器发生可逆反应Z（?）+W（?）X

（g）+Y（?）ΔH，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件。下列有关说法中不正确的是(

)

A．Z和W在该条件下一定不为气态

B．t1～t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等

C．若在该温度下此反应平衡常数表达式为K＝c(X)，则t1～t2时间段与t3时刻后的X浓度相等

D．若该反应只在某温度T0以上自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而增大参考答案：B略4.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.78g苯中含有的碳碳双键数为3.0NAB.4.6g金属钠完全燃烧，转移的电子数为0.4NAC.等质量的N2和CO中，原子数均为2.0NAD.5.6L（标准状况）O2中含有的质子数为4.0NA参考答案：D【分析】考查阿伏加德罗常数的应用是热点，一般所考查知识点固定，如结构、水解、转移电子的计算等；【详解】A、考查苯的结构，苯中不含碳碳双键，故A说法错误；B、金属钠参加反应，化合价由0价→＋1价，因此4.6g金属钠完全燃烧，转移电子物质的量为4.6g×1/23g·mol－1=0.2mol，故B说法错误；C、题中没有给出质量，因此无法计算原子数，故C说法错误；D、标准状况下，5.6LO2的物质的量为5.6L/22.4L·mol－1=0.25mol，因此所含质子的物质的量为0.25mol×2×8=4mol，故D说法正确。

5.下列推论正确的

A．SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3-

B．NH4+为正四面体结构，可推测出PH4+也为正四面体结构

C．CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体

D．C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子参考答案：B略6.下列有关有机物的说法正确的是（

）A．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到。B．米酒变酸的过程涉及了氧化反应。C．乙烯和聚丙烯都能与氢气在一定条件下发生加成反应。D．淀粉、葡萄糖、脂肪和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应。参考答案：B7.某500ml溶液中含0.1molFe2+、0.2molFe3+，加入0.2mol铁粉，待Fe3+完全还原后，溶液中Fe2+的物质的量浓度为(假设反应前后体积不变)A．0.4mol/L

B．0.6mol/L

C．0.8mol/L

D．1.0mol/L参考答案：C8.下列实验能达到目的是（）A．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体B．只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体参考答案：D考点：铵盐；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．分析：A、氯化铵受热分解；B、氯化镁、氯化铝和氨水反应生成白色沉淀，和氯化钠、硫酸钠不反应；C、酒精和水混溶；D、胶体具有丁达尔现象区别于溶液；解答：解：A、氯化铵受热分解，将NH4Cl溶液蒸干不能制备NH4Cl固体，故A错误；B、氯化镁、氯化铝和氨水反应生成白色沉淀，和氯化钠、硫酸钠不反应，不能鉴别，故B错误；C、酒精和水混溶不能分层，不能萃取分液，故C错误；D、胶体具有丁达尔现象区别于溶液，用可见光束照射以区别溶液和胶体，故D正确．故选D．点评：本题考查了物质性质和实验基本操作，胶体性质分析，掌握基础是关键题目较简单．9.下列变化中，不破坏化学键的是（

）

A．碘升华

B．晶体硅熔化

C．硝酸钾溶于水

D．氯化铵加热“升华”参考答案：A略10.Al(OH)3难溶于水，某温度下，只要溶液中Al3＋物质的量浓度(mol/L)和OH－物质的量浓度(mol/L)3次方的乘积大于1.9×10－33，就会析出Al(OH)3沉淀，则0.10mol/LAlCl3不产生沉淀的最大OH－物质的量浓度(mol/L)为A．1.9×10－33

B．2.7×10－11

C.8.7×10－8

D．1.2×10－11参考答案：B11.已知甲、乙、丙、丁四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，则下列说法中不正确的是甲乙丙丁A．甲和乙电子层数相同

B．乙和丁最外层电子数相同C．原子序数：丁＞丙＞甲＞乙

D．最外层电子数：丁＞丙参考答案：C略12.NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.电解熔融氧化铝，阳极上每生成67.2L气体，就有4NA个Al3+在阴极得到电子变成AlB.1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NAC.0.25molZn与一定量浓硫酸反应后完全溶解，生成气体的分子数为0.25NAD.46g有机物C2H6O中含有极性共价键的数目一定为7NA参考答案：CA.未注明气体所处的状态，无法计算67.2L气体的物质的量，故A错误；B.1L0.1mol/L的NaHCO3溶液含有0.1molNaHCO3，根据物料守恒，HCO3-和CO32-离子以及碳酸分子数之和为0.1NA，故B错误；C、Zn的物质的量是0.25mol，无论生成氢气还是二氧化硫，1mol气体得到2mol电子，0.25mol锌可以反应生成0.25mol气体，气体分子数必为0.25NA，故C正确；D、C2H6O可能为乙醇，还可能为二甲醚，当为二甲醚时，1molC2H6O中含8NA条极性共价键，故D错误；故选C。13.为了除去FeCl2溶液中混有的少量FeCl3，最好的方法是向此溶液中（）A．通入氯气

B．加入Zn

C．加入Fe

D．加入Cu参考答案：C解析：因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，化学方程式为2FeCl3+Fe═3FeCl2，故可用铁除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，如果加入金属锌和金属铜，均会向溶液中引入杂质离子，通氯气和三价铁之间不反应，还会把亚铁离子氧化为三价铁离子．故选C．14.下列过程中溶液可能会变浑浊的有

①钠投入饱和食盐水中；

②少量钠投入饱和NaHCO3溶液中；③过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中；

④过量的CO2通入CaCl2溶液中；

⑤足量的BaCl2溶液加入NaHCO3溶液中。A、①②

B、①③

C、①③④⑤

D、①②③④⑤参考答案：B15.某实验小组对一含有Al3+的未知溶液进行了如下分析：（1）滴入少量氢氧化钠，无明显变化；（2）继续滴加NaOH溶液，有白色沉淀；（3）滴入过量的氢氧化钠，白色沉淀明显减少．实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀与滴入氢氧化钠体积的关系．下列说法错误的是(

)A．该未知溶液中至少含有3种阳离子B．滴加的NaOH溶液的物质的量浓度为5mol?L﹣1C．若另一种离子为二价阳离子，则a=10D．若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6g参考答案：D【分析】A、依据实验过程分析滴入氢氧化钠无沉淀，说明含有H+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少，图象分析说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子；B、依据图象分析溶解的氢氧化铝物质的量为0.20mol﹣0.15mol=0.05mol，消耗氢氧化钠溶液体积=110ml﹣100ml=10ml，氢氧化钠的浓度==5mol/L；C、若另一种阳离子为二价金属阳离子，依据离子反应过程金属分析判断，氢氧化铝形成最大沉淀量0.05mol，二价金属物质的量为0.15mol，消耗氢氧化钠物质的量为0.05mol×3+0.15mol×2+a×10﹣3L×5mol/L=0.1L×5mol/L，a=10ml；D、最后得到的沉淀不能确定其成分，所以不能计算灼烧后得到的氧化物的质量．【解答】解：A、实验过程分析滴入氢氧化钠无沉淀，说明含有H+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少，图象分析说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子，该未知溶液中至少含有3种阳离子，故A正确；B、依据图象分析溶解的氢氧化铝物质的量为0.20mol﹣0.15mol=0.05mol，消耗氢氧化钠溶液体积=110ml﹣100ml=10ml，氢氧化钠的浓度==5mol/L，故B正确；C、若另一种阳离子为二价金属阳离子，生成氢氧化铝最大沉淀量0.05mol，二价金属物质的量为0.15mol，开始消耗氢氧化钠体积为aml，消耗氢氧化钠物质的量为0.05mol×3+0.15mol×2+a×10﹣3L×5mol/L=0.1L×5mol/L，a=10，故C正确；D、最后得到的沉淀不能确定其成分，所以不能计算灼烧后得到的氧化物的质量，故D错误；故选D．【点评】本题考查了图象分析的方法掌握，物质性质的分析应用，定量计算和图象中的定量分析是解题关键，题目难度较大．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一．对下列反应的推断或解释正确的是(

)

操

作可能的实验现象解

释A某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成溶液中一定含有SO42﹣B向淀粉KI溶液中不断通入C12溶液先变蓝后褪色C12先表现氧化性、后表现强氧化性CCO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸溶解后再加入KSCN溶液溶液不显红色黑色固体中没有Fe3O4D将SO2通入Ba（NO3）2溶液中有白色沉淀生成BaSO3不溶于硝酸参考答案：B【分析】A．白色沉淀可能为AgCl；B．氯气与KI反应生成碘，溶液变蓝，氯气作氧化剂；后褪色，与氯气强氧化性有关；C．CO还原Fe2O3得到的黑色固体，为Fe，Fe与盐酸反应生成氯化亚铁；D．发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀．【解答】解：A．白色沉淀可能为AgCl，溶液中可能含银离子或硫酸根离子，但二者不同时存在，故A错误；B．氯气与KI反应生成碘，溶液变蓝，氯气作氧化剂；后褪色，是因氯气具有强氧化性，则C12先表现氧化性、后表现强氧化性，故B正确；C．CO还原Fe2O3得到的黑色固体，为Fe，Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，所以再加入KSCN不能变红，故C错误；D．发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，而BaSO3溶于硝酸，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及离子的检验为解答的关键，侧重离子检验及氧化还原反应的考查，注意实验的操作性、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.[选修3：物质结构与性质](15分)元素X是地壳中含量最多的元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子；元素Z位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。(1)X基态原子的电子排布式为____________________________________。(2)X的氢化物(H2X)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是____________________________________(3)在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是________。(4)Y与X可形成YX32－。①YX32－的立体构型为________(用文字描述)。②写出一种与YX32－互为等电子体的分子的化学式______。(5)Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为________。其晶胞边长为540.0pm，密度为________g·cm－3(列式并计算)，a位置Y与b位置Z之间的距离为_____________________________pm(列式表示)。

(6)Z的氯化物与氨水反应可形成配合物[Z(NH3)4]Cl22mol该配合物中含有σ键的数目为________。参考答案：(1)1s22s22p4(1分)(2)水分子和乙醇分子间形成氢键(1分)(3)sp3(4)①三角锥形②NCl3或PCl3等(5)ZnS(1分)≈4.1××540.0pm＝135或或(6)32NA或32×6.02×1023

[解析]由题给条件知，X、Y、Z分别是O、S、Zn。(1)O的基态原子的电子排布式为1s22s22p4。(2)因为水分子和乙醇分子间能形成氢键，所以H2O在乙醇中的溶解度大于H2S在乙醇中的溶解度。(3)H2S中S采用sp3杂化。(4)①SO32－中S原子价层电子对＝(6＋2)/2＝4，其立体构型是三角锥形。②等电子体原理是指两个或两个以上的分子(或离子)，它们的原子数相同，分子(或离子)中价电子数也相同，NCl3、PCl3等都是SO32－的等电子体。(5)晶胞中硫离子位于顶点和面心，共有8×(1/8)＋6×(1/2)＝4个，锌离子位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为，晶胞的体积为(540.0×10－10cm)3，则密度为≈4.1g·cm－3。a位置S2－与b位置Zn2＋之间的距离为立方体体对角线的，体对角线长度为×540.0pm，则a位置S2－与b位置Zn2＋之间的距离为××540.0pm＝135pm。(6)锌的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，计算σ键的数目时既要考虑配体中σ键，也要考虑配体与中心原子之间的配位键，因此2mol该配合物中含有σ键的数目为32NA或32×6.02×1023。

18.SOCl2是一种液态化合物，沸点为77℃．在盛有10mL水的锥形瓶中，小心地滴加8～10滴SOCl2，发生剧烈反应，液面上有白雾形成，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的品红试纸褪色．轻轻振荡锥形瓶，等白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色沉淀析出．（1）则SOCl2和水反应的化学方程式为：

．（2）将FeCl3溶液直接蒸干得不到无水FeCl3，而得到

（填化学式）．若用SOCl2与FeCl3?6H2O混合共热，则可得到无水FeCl3，其原因是 ．参考答案：（1）SOCl2+H2O=2HCl↑+SO2↑；（2）Fe（OH）3；SOCl2消耗FeCl3?6H2O中的结晶水，并产生HCl，抑制FeCl3的水解．

【分析】（1）液面上有大量白雾，等白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于稀HNO3的凝乳状白色沉淀产生，说明白雾为盐酸的小液滴，即会产生HCl；同时有带刺激性气味的气体逸出，该气体可使滴有品红试液的滤纸褪色说明是SO2；（2）用SOCl2与FeCl3?6H2O混合共热，可得无水FeCl3，是因SOCl2与水反应既减少可水的量，生成的HCl又抑制了FeCl3的水解．【解答】解：（1）SOCl2是一种液态化合物，与水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种有刺激性气味的气体，该两种气体应该为氯化氢和二氧化硫，反应的方程式为SOCl2+H2O=2HCl↑+SO2↑，故答案为：SOCl2+H2O=2HCl↑+SO2↑；（2）将FeCl3溶液直接蒸干得不到无水FeCl3，原因是氯化铁水解出的HCl是挥发性酸，HCl的挥发导致氯化铁的水解被促进，故蒸干后得Fe（OH）3；SOCl2与水反应生成的氯化氢会对氯化铁水解起到抑制作用；反应的化学方程式为：SOCl2+H2O=2HCl↑+SO2↑，蒸干FeCl3溶液不能得到无水FeCl3，使SOCl2与FeCl3?6H20混合并加热，可得到无水FeCl3，SOCl2与水反应生成的氯化氢会对氯化铁水解起到抑制作用，故答案为：Fe（OH）3；SOCl2消耗FeCl3?6H2O中的结晶水，并产生HCl，抑制FeCl3的水解．【点评】本题考查了元素化合物的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，能正确判断SOCl2和水反应的生成物是解本题的关键．19.(13分)下图所示的四个容器中分别盛有不同的溶液，除a、b外，其余电极均为石墨电极。甲为铅蓄电池，其工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，其两个电极的电极材料分别为PbO2和Pb。闭合K，发现g电极附近的溶液先变红，20min后，将K断开，此时c、d两极上产生的气体体积相同；据此回答：（1）a电极的电极材料是 （填“PbO2”或“Pb”）。（2）丙装置中发生电解的总反应方程式为 。（3）电解20min时，停止电解，此时要使乙中溶液恢复到原来的状态，需要加入的物质及其物质的量是 。（4）20min后将乙装置与其他装置断开，然后在c、d两极间连接上灵敏电流计，发现电流计指针偏转，则此时c电极为 极，d电极上发生反应的电极反应式为

。（5）电解后取amL丁装置中的溶液，向其中逐滴加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液，当加入bmLCH3COOH溶液时，混合溶液的pH恰好等于7（体积变化忽略不计）。已知CH3COOH的电离平衡常数为1.75×10-5，则a/b= 。参考答案：（1）PbO2（2分）（2）2H2O2H2↑+O2↑（2分） （3