2022-2023学年山西省太原市天池店中学高三化学模拟试卷含解析

2022-2023学年山西省太原市天池店中学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.某弱酸的酸式盐有NaH2XO4和Na2HXO4，其中NaH2XO4溶液呈酸性，Na2HXO4溶液呈碱性。50℃时，浓度均为0.1mol?L－1NaH2XO4溶液和Na2HXO4溶液中均存在的关系是A．c(H+)?c(OH－)＞1×10－14B．c(Na+)+c(H+)＝c(H2XO4－)+c(OH－)+2c(HXO42－)+3c(XO43－)C．c(H+)+2c(H3XO4)+c(H2XO4－)＝c(XO43－)+c(OH－)D．c(H+)+c(H3XO4)＝c(HXO42－)+2c(XO43－)+c(OH－)参考答案：AB略2.取少量MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3的混合粉末,加入过量盐酸,充分反应后过滤,得到沉淀X和滤液Y。下列叙述正确的是A.上述四种氧化物对应的水化物中Al(OH)3酸性最强B.向沉淀X中加入氢氟酸,沉淀X不溶解C.溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+D.溶液Y中加入氨水,所得沉淀为Fe(OH)3和Mg(OH)2参考答案：C略3.我国科学工作者合成了许多结构复杂的天然有机化合物，如：叶绿素、血红素、维生素B等，叶绿素的结构如右图所示，下列有关说法正确的是

（

）A、叶绿素属于高分子化合物B、叶绿素分子中含有两种类型的双键C、叶绿素不属于芳香烃D、在一定条件下，叶绿素能加成、水解、酯化等反应参考答案：B略4.分子式为C5H12O有机物中，能被氧化成醛的有机物有A．3

B．4

C．5

D．6参考答案：B略5.下列化学与生活的相关叙述正确的是（

）A．NO2、CO2和SO2都是大气污染物B.维生素C易失电子，在人体内起抗氧化作用C．石油裂解和油脂皂化都是高分子生成小分子的过程D．顺丁橡胶、酚醛树脂都是由单体发生加聚反应而制得参考答案：B略6.（08东莞调研）能正确表示下列反应离子方程式的是

（

）

A、在硫酸氢钾溶液中加入氢氧化钡溶液至pH＝7Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋H2O

B、FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O

C、次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO－+H2O+SO2==CaSO3↓+2HClOD、NH4Al(SO4)2溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：Al3++2SO42—+2Ba2++4OH—=AlO2—+2BaSO4↓+2H2O参考答案：答案：B7.某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结：(均在常温下)①常温下，pH＝1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度一定降低②pH＝2的盐酸和pH＝1的盐酸，c(H＋)之比为2∶1③pH相等的四种溶液：a.CH3COONa；b.C6H5ONac．NaHCO3d．NaOH，其溶质物质的量浓度由小到大顺序为：d、b、c、a④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH＝7，则c(Na＋)＝2c(SO)⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为：Ka·Kh＝Kw⑥甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液pH是乙溶液pH的两倍，则甲乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7其归纳正确的是（

）A．全部

B．③⑤⑥

C．④⑤⑥

D．①②④参考答案：B略8.下列各组离子一定能大量共存的是A．某无色透明的酸性溶液：Cl-、Na+、MnO4-、SO42-B．能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na+、NH4+、K+、CO32-C．加入过量NaOH溶液后可得到澄清的溶液：K+、Ba2+、HCO3-、Cl-D．常温下pH=12的溶液：K+、Ba2+、Cl-、NO3-参考答案：D试题分析：A、MnO4-为有色离子，不满足溶液无色溶液要求，故A错误；B、该溶液中存在电离的OH-，NH4+能够与OH-反应，在溶液中不能够大量共存，故B错误；C、Ba2+、HCO3-与OH-反应生成碳酸钡沉淀，不满足得到澄清溶液的条件，故C错误；D、该溶液为碱性溶液，K+、Ba2+、Cl-、NO3-离子之间不反应，在溶液中能够大量共存，故D正确。9.用4种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的是()选项操作及现象溶液A通入CO2，溶液不变浑浊，先通入CO2再通入氨气，溶液变浑浊CaCl2溶液B通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失Na2SiO3溶液C通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去Ca(ClO)2溶液D通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入足量NaOH溶液，又变浑浊Ca(OH)2溶液

参考答案：B略10.某研究性学习小组在查阅资料时发现，化工厂常用氨气来检验氯气是否泄漏，于是他们设计实验来探究氯气与氨气之间的反应．该小组设计的实验装置如图：实验可用药品有：a．二氧化锰b．浓盐酸c．浓氨水d．氯化铵e．碱石灰f．浓硫酸

g．饱和食盐水h．NaOH固体i．消石灰请回答下列问题：（1）实验室制备氨气有多种方法．通常用加热固体混合物的方法制备氨气，反应的化学方程式是

，本实验中装置A烧瓶内的固体可选用

（填上述给定药品的序号）．（2）装置E的烧瓶中发生反应的化学方程式是

．（3）装置D中盛装的药品是

（填序号），装置C的作用是

．（4）通人B装置的两根导管左边的较长、右边的较短，其目的是

．（5）实验中可观察到装置B内出现的现象是 有关反应的化学方程式为

．参考答案：（1）2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；h、e；（2）MnO2+4HCl（浓）MnO2+Cl2↑+2H2O；（3）饱和食盐水；干燥氯气；（4）氨气比较轻，氯气比较重，如此装置可形成逆流，让氨气和氯气充分反应；（5）浓厚的白烟；8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2．【考点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法．【分析】（1）实验室采取消石灰与氯化铵固体加热方法制取氨气，装置A为固体与液体不加热制取氨气，据此选择仪器；（2）实验室中常采用浓盐酸与二氧化锰固体加热制取氯气；（3）装置D的作用是除去氯气中的HCl气体，氨气与氯气反应需要干燥的氯气，据此解答即可；（4）氨气的密度小于空气，氯气的密度大于空气，以此方法通入气体，可形成逆流，让氨气和氯气充分反应；（5）氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，氯化铵是白色固体，据此解答即可．【解答】解：（1）实验室采取消石灰与氯化铵固体加热方法制取氨气，化学反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，装置A为固体与液体不加热制取氨气，固体可以选取碱石灰和氢氧化钠固体，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；h、e；（2）实验室中常采用浓盐酸与二氧化锰固体加热制取氯气，化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnO2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnO2+Cl2↑+2H2O；（3）装置D的作用是除去氯气中的HCl气体，常采用饱和食盐水吸收HCl气体，还便于降低氯气的溶解度，氨气与氯气反应需要干燥的氯气，浓硫酸能干燥氯气，故答案为：饱和食盐水；干燥氯气；（4）氨气的密度小于空气，氯气的密度大于空气，以此方法通入气体，可形成逆流，让氨气和氯气充分反应，故答案为：氨气比较轻，氯气比较重，如此装置可形成逆流，让氨气和氯气充分反应；（5）氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，氯化铵是白色固体，化学反应方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，故答案为：浓厚的白烟；8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2．11.用一种试剂鉴别苯酚、1—己烯、碘化钾溶液、苯四种液体，应选用A．盐酸

B．FeCl3溶液

C．溴水

D．四氯化碳参考答案：C

略12.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是

A．1mol金刚石晶体中含碳碳键数为2NAB．常温常压下，22.4L的D2、H2组成的气体分子数为NA

C．标准状况下，22.4LSO3中含有的氧原子数为0.3NAD．1molNa2O2与足量CO2反应转移的电子数2NA参考答案：A略13.下列7种溶液中，通入足量的SO2气体，溶液变浑浊的有①Na2S溶液②Na2SiO3溶液③澄清石灰水④0.1mol/LCa(ClO)2溶液⑤Ba(NO3)2溶液

⑥BaCl2溶液⑦酸性KMnO4溶液A.3种

B.4种

C.5种

D.6种参考答案：B【分析】先判断反应是否发生，再根据生成物的溶解性进行判断，难溶性的物质会产生沉淀，白色沉淀有：硅酸、硫单质、难溶的硫酸盐等，以此解答。【详解】①向Na2S溶液中通入足量的二氧化硫气体产生淡黄色沉淀硫单质，故正确；②向Na2SiO3溶液中通入过量SO2会生成硅酸沉淀，故正确；③向Ca（OH）2溶液中通入过量SO2会生成易溶于水的亚硫酸氢钙，没有沉淀，故错误；④向Ca（ClO）2溶液通入过量SO2会生成硫酸钙沉淀，故正确；⑤向Ba(NO3)2溶液中通入足量二氧化硫，由于亚硫酸根被硝酸根离子氧化，最终生成硫酸钡沉淀，故正确；⑥向BaCl2溶液中通入足量的SO2不会发生反应，无沉淀出现，故错误；⑦酸性KMnO4溶液能与二氧化硫反应，但无沉淀生成，故错误；综上，符合的有①②④⑤，答案选B。【点睛】本题考查物质之间的化学反应，掌握元素及其化合物的性质，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意注意通入的过量二氧化硫能否与产物继续反应是该题易错点，题目难度不大。14.在100克浓度为18mol/L、密度为ρ(g/cm3)的浓硫酸中用一定量水稀释到9mol/L硫酸，则加入水的体积是：A、小于100ml

B、等于100ml

C、大于100ml

D、等于100/ρml参考答案：A15.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A．标准状况下，22.4L甲苯中，含有C—H键数目为8NA

B．t℃时，MgCO3的，则饱和溶液中含Mg2+数目为

C．在反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2中，每生成1molSO2转移电子数为5.5NA

D．50g46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数目为3NA参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（17分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一．某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2═Na2S2O5．图1图2（1）a仪器的名称为：

，实验前要进行

．装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为

．（2）浓硫酸

（能或不能）用稀硫酸代替，原因是

．（3）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是．（4）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用如图2的最合理装置（夹持仪器已略去）为（填序号）．实验二葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为g?L﹣1．②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果（填“偏高”“偏低”或“不变”）．参考答案：（1）分液漏斗、气密性检查、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）不能、二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸；（3）过滤；（4）d；（5）①0.16g/L；②偏低．考点： 性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．专题： 实验设计题．分析：（1）a仪器的名称为分液漏斗，实验前首先进行气密性检查；装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水；（2）稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水；（3）装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；（4）处理过量的SO2尾气，既要吸收SO2尾气，同时能防倒吸；（5）①根据反应“SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI”，则样品中抗氧化剂的残留量==0.16g/L；②若有部分HI被空气氧化又生成I2，导致消耗标准I2溶液的体积偏小，则测得结果偏低；解答： 解：（1）a仪器的名称为分液漏斗，实验前首先进行气密性检查；装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，化学方程式：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；故答案为：分液漏斗、气密性检查、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸；故答案为：不能、二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸；（3）装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；故答案为：过滤；（4）处理过量的SO2尾气，a项装置瓶口封闭，错误；b项食盐水不能将大量的SO2尾气吸收，错误；c项漏斗口没入了液体中，错误，d项氢氧化钠溶液可吸收SO2尾气，同时能防倒吸，正确；故答案为：d；（5）①根据反应“SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI”，则样品中抗氧化剂的残留量==0.16g/L；故答案为：0.16g/L；②若有部分HI被空气氧化又生成I2，导致消耗标准I2溶液的体积偏小，则测得结果偏低；故答案为：偏低．点评： 本题考查SO2的制取，Na2S2O5含量的测定，实验操作等基础知识，难度不大，掌握实验原理是解题的关键．

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（15分）化合物H是一种香料，存在于金橘中，可用如下路线合成：

已知：

回答下列问题：（1）11.2L（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88gCO2和45gH-2-O。A的分子式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿（2）B和C均为一氯代烃，它们的名称（系统命名）分别为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；（3）在催化剂存在下1molF与2molH-2反应，生成3－苯基－1－丙醇。F的结构简式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿（4）反应①的反应类型是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；（5）反应②的化学方程式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿（6）写出所有与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体的结构简式：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿参考答案：（1）C4H10。（2）2-甲基-1-氯丙烷、2-甲基-2-氯丙烷（3）（4）消去反应。（5）（6）、、、【解析】（1）88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标准11.2L，即为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4,H原子数为10，则化学式为C4H10。（2）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl2光照取代时有两种产物，且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，则只能是异丁烷。取代后的产物为2-甲基-1-氯丙烷和2-甲基-2-氯丙烷。（3）F可以与Cu(OH)2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键。从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析，F的结构简式为。（4）反应①为卤代烃在醇溶液中的消去反应。（5）F被新制的Cu(OH)2氧化成羧酸，D至E为然后与信息相同的条件，则类比可不难得出E的结构为。E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应。（5）G中含有官能团有碳碳双键和羧基，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体。

18.（14分）如图中A～J分别代表相关反应的一种物质．已知A分解得到等物质的量的B、C、D，图中有部分生成物未标出．请填写以下空白：（1）写出A的分子式

B的电子式：

D分子的空间构型：

（2）写出反应②的化学方程式：

（3）写出反应③的离子方程式：

．（4）J与F反应的化学方程式：

．（5）在反应④中，当生成标准状况下4.48LG时，转移电子数为mol．参考答案：（1）NH4HCO3；

；三角锥形（2）4NH3+5O24NO+6H2O（3）NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO2↑+2H2O（4）C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O（5）0.4考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，C能和过氧化钠反应，则C为水或二氧化碳，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，C为水，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，据此答题．解答：解：A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，C能和Na2O2反应，则C为H2O或二氧化碳，Mg能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，C为水，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3．（1）通过以上分析知，A是NH4HCO3，B为二氧化碳，电子式为，D为氨气，因为氨分子中氮原子的价层电子对数为=4，有一对孤电子对，所以氨分子的空间构型为三角锥形，故答案为：NH4HCO3；；三角锥形；（2）反应②为在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）反应③为在加热条件下，碳酸氢铵和氢氧化钠反应生成氨气、二氧化碳和水，离子方程式为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO2↑+2H2O，故答案为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO2↑+2H2O；（4）在加热条件下，碳和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；（5）水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，当生成标况下4.48L氧气时转移电子的物质的量=×2=0.4mol，故答案为：0.4．点评：本题考查无机物的推断，利用物质的转化推断出各物质是解答本题的关键，C及B为解答本题的突破口，题目难度中等．19.（12分）某废水中可能含有下列离子：Fe3＋