湖南省郴州市蔡伦中学2022年高三化学摸底试卷含解析

湖南省郴州市蔡伦中学2022年高三化学摸底试卷含解析一、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.X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，X原子核内没有中子，在元素周期表中，Z与Y、W均相邻；Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。则下列有关叙述正确的是A．Y、Z和W三种元素可能位于同一周期B．上述元素形成的氢化物中，W的氢化物相对分子质量最大，熔、沸点最高C．Y和W所形成的含氧酸均为强酸D．X、Y、Z和W可以组成原子的物质的量之比为5∶1∶4∶1的离子化合物参考答案：D略2.实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是A.向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开KB.实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色C.装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢D.反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯参考答案：D【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。

3.25℃，两种酸的电离平衡常数如下表．

Ka1Ka2H2A1.3×10﹣26.3×10﹣4H2B4.2×10﹣75.6×10﹣11

下列叙述中正确的是（）A．H2A的电离方程式：H2A2H++A2﹣B．常温下，在水中Na2B的水解平衡常数为：Kb1=C．相同pH的Na2A、Na2B溶液中物质的量浓度：c（Na2A）＞c（Na2B）D．向Na2B溶液中加入少量H2A溶液，可发生反应：B2﹣+H2═A2﹣+H2B参考答案：C【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】根据电离平衡常数H2A和H2B都是弱电解质，而且酸性的强弱顺序为：H2A＞HA﹣＞H2B＞HB﹣，A、根据电离平衡常数H2A和H2B都是弱电解质，所以电离分步进行，以第一步为主；B、由B2﹣+H2O?HB﹣+OH﹣的水解平衡，得出Kb1的值为进行计算；C、根据酸根对应的酸越弱越水解，碱性越强；D、酸性强的能制酸性弱的分析解答．【解答】解：A、根据电离平衡常数H2A和H2B都是弱电解质，所以电离分步进行，以第一步为主，所以H2AH++HA﹣，故A错误；B、由B2﹣+H2OHB﹣+OH﹣的水解平衡，得出Kb1=，分子和分母同乘以氢离子的浓度，则Kb1=，故B错误；C、根据酸根对应的酸越弱越水解，碱性越强，由于酸性：HA﹣＞HB﹣，所以相同浓度的Na2A、Na2B的PH是Na2B的大，则相同pH的Na2A、Na2B溶液中物质的量浓度：c（Na2A）＞c（Na2B），故C正确；D、因为：H2A＞HA﹣＞H2B，所以2B2﹣+H2A═A2﹣+2HB﹣，故D错误；故选C．【点评】本题考查电离平衡常数和盐类水解的应用、离子方程式的书写，综合性较强，要注意通过电离平衡常数的大小来比较酸性强弱，然后运用强制弱的相关知识解题．4.已知：将一定量Cl2通入KOH溶液，可能生成KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关．当n（KOH）=6amol时，下列有关说法错误的是（）A．若某温度下，反应后=11，则溶液中=0.5B．参加反应的氯气的物质的量等于3amolC．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：3amol＜ne＜5amolD．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol

参考答案：A考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：A．令n（ClO﹣）=1mol，反应后=11，则n（Cl﹣）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3﹣），据此计算判断；B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）；C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算；D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，结合C中计算判断．解答：解：A．令n（ClO﹣）=1mol，反应后=11，则n（Cl﹣）=11mol，电子转移守恒，5×n（ClO3﹣）+1×n（ClO﹣）=1×n（Cl﹣），即5×n（ClO3﹣）+1×1mol=1×11mol，解得n（ClO3﹣）=2mol，故溶液中=5.5，故A错误；B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=n（KOH）=3amol，故B正确；C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=amol，转移电子最大物质的量=amol×5=5amol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故n（KClO）=n（KOH）=3amol，转移电子最小物质的量=3amol×1=3amol，故反应中转移电子的物质的量ne的范围：3amol≤ne≤5amol，故C正确；D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=amol，故D正确，故选A．点评：本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用．5.agFe粉与一定量的硝酸在一定条件下充分反应,将生成的气体与标准状况下bL混合,恰好能被水完全吸收,则a和b的关系可能是(

)A.b>0.3a

B.b<0.2a

C.0.2.3aD.无法确定参考答案：C略6.用初中电解水的实验装置电解水和重水（）组成的混合液，通电一段时间后，在两极共收集到33.6L（标准状况）气体，总质量为18.5g，则混合气体中H原子和D原子个数之比

（

）A．3∶1

B．1∶3

C．2∶3

D．4∶1参考答案：A略7.下列图示与对应叙述相符合的是

图1

图2

图3

图4

A．图1表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol·L－1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系B．图2表示Cl2通入H2S溶液中pH的变化C．图3表示10mL0.01mol·L－1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol·L－1H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+)随时间的变化（Mn2+对该反应有催化作用）D．图4表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂参考答案：C略8.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A向FeSO4溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液KMnO4溶液紫色褪去Fe2+有氧化性B向Na2SiO3溶液中通入适量的CO2产生白色胶状物质酸性：H2CO3＞H2SiO3C将新制氯水和NaBr溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液呈橙红色氧化性：Cl2＞Br2D向Al2（SO4）3溶液中滴加过量氨水溶液先浑浊后澄清Al3+与NH3?H2O不能大量共存

参考答案：BC考点：化学实验方案的评价．

分析：A．发生氧化还原反应，Fe元素的化合价升高，Mn元素的化合价降低；B．发生强酸制取弱酸的反应；C．氯水置换出溴，加四氯化碳萃取后有机层在下层；D．反应生成氢氧化铝和硫酸铵．解答：解：A．向FeSO4溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，由现象可知发生氧化还原反应，Fe元素的化合价升高，Fe2+有还原性，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中通入适量的CO2，由现象可知发生强酸制取弱酸的反应，则酸性为H2CO3＞H2SiO3，故B正确；C．由操作和现象可知氯水置换出溴，加四氯化碳萃取后有机层在下层，下层溶液呈橙红色，则氧化性：Cl2＞Br2，故C正确；D．反应生成氢氧化铝和硫酸铵，则溶液变浑浊，氢氧化铝不能溶解在氨水中，故D错误；故选BC．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、酸性比较、萃取及氢氧化铝的两性等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．9.可以证明可逆反应N2+3H2?2NH3已达到平衡状态的是（）①一个N≡N断裂的同时，有3个H﹣H键断裂；②一个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键断裂；③其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变；④保持其他条件不变时，体系压强不再改变；⑤NH3%、N2%、H2%都不再改变；⑥恒温恒容时，密度保持不变；⑦正反应速率v（H2）=0.6mol/（L?min），逆反应速率v（NH3）=0.4mol/（L?min）A．全部B．②③④⑤⑥⑦C．②③④⑤⑦D．③④⑤⑥⑦参考答案：

考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，可以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断．解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．解答：解：①无论是否达到平衡状态，只要一个N≡N断裂的同时，就有3个H﹣H键断裂，所以不能证明该反应达到平衡状态，故错误；②反应达到平衡状态时，只要一个N≡N键断裂的同时，就有有6个N﹣H键断裂，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确；③该反应达到平衡状态时，气体总物质的量不变，气体混合物的质量不变，所以其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变，能说明该反应达到平衡状态，故正确；④该反应是一个气体体积改变的反应，当反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变，则其压强也不变，所以保持其他条件不变时，体系压强不再改变，能说明该反应达到平衡状态，故正确；⑤反应达到平衡状态时，各物质的百分含量不变，所以NH3%、N2%、H2%都不再改变能证明说明该反应达到平衡状态，故正确；⑥恒温恒容时，密度始终保持不变，所以不能证明该反应达到平衡状态，故错误；⑦v正（H2）表示消耗H2的速率，v逆（NH3）表示消耗NH3的速率，且v正（H2）：v逆（NH3）=3：2，充分说明向两个相反方向进行的程度相当，说明到达平衡状态，故正确；故选C．点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意把握平衡状态的实质以及判断的依据．10.某溶液中由水电离出来的c(OH＿)=10-12

mol·L-1，则该溶液中的溶质不可能是（）A．NH3·H2O

B．NaHCO3

C．NaOH

D．CH3COOH参考答案：答案：A11.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验步骤现象结论A向KI溶液中加入CCl4，振荡后静置液体分层，下层呈紫红色碘易溶于CCl4，难溶于水B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体产生白色沉淀，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡CFeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成沉淀为BaSO3D向AgCl悬浊液中加入NaI溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)参考答案：BA．KI溶液与CCl4分层，下层为无色的有机层，现象、结论均不合理，A错误；B．加入少量BaCl2固体，生成碳酸钡沉淀，水解平衡逆向移动，溶液红色变浅，B正确；C．SO2被铁离子氧化为硫酸，进而生成硫酸钡白色沉淀，C错误；D．氯化银的溶度积常数大于碘化银，D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、离子检验、氧化还原反应、盐类水解为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项A是易错点，注意碘化钾和碘的性质差异。12.下列各组物质仅用蒸馏水不能鉴别出的是A.苯、酒精、硝基苯

B.食盐、烧碱、硝酸铵C.蔗糖、硫酸铜粉末、碳酸钙粉末

D.氧化铜、二氧化锰、活性炭参考答案：D本题主要考查利用物质物理、化学性质的差别来鉴别不同物质的方法。苯与硝基苯皆不溶于水，但C6H6比水轻，硝基苯比水重，而酒精易溶于水，不分层，故A可鉴别。B组物质中虽都易溶于水，但其热效应不同，食盐溶于水温度变化不大，烧碱溶于水放出大量热，温度升高，而NH4NO3溶于水时吸收热量，温度降低；C组中蔗糖易溶于水但与水不反应，CuSO4粉末遇水呈蓝色，而CuCO3不溶于水，故可用水将它们区别开来；D选项中三种物质皆不溶于水且不与水反应，故用水无法将它们鉴别出来。13.实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是 A.装置①常用于分离互不相溶的液体混合物

B.装置②可用于吸收氨气，能够防止倒吸C.以NH4Cl为原料，装置③可用于制备少量NH3D.装置④a口进气可收集Cl2、NO2等气体参考答案：D14.下列说法中正确的是()①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物；②BaSO4是一种难溶于水的强电解质；③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐；④煤的干馏、煤的汽化和液化都属于化学变化；⑤置换反应都属于离子反应；⑥根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体；⑦C60、C70、C540互称为同素异形体，微粒中的化学键只有非极性共价键。A．①②④⑦

B．①②⑤⑥

C．②③④⑥

D．③④⑤⑦参考答案：A15.下列化学用语表达正确的是（

）A.CaCl2的电子式:B.Cl－的结构示意图：C.乙烯的分子式：C2H4D.纯碱溶液呈碱性的原因：CO32－+2H2OH2CO3+2OH－参考答案：C【详解】A．CaCl2是离子化合物，其电子式应为，故A错误；B．Cl－的核外最外层电子数为8，其离子结构示意图为，故B错误；C．乙烯是最简单的燃烧，其分子式为C2H4，故C正确；D．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主。则纯碱溶液呈碱性的原因是CO32-+H2O?HCO3-+OH-，故D错误；故答案为C。【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[

]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[

]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序（如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O），其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.(08黄埔区4月模拟)“碘钟”实验中，3I－＋→I3－＋2SO42－的反应速率可以用I3－与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20℃进行实验，得到的数据如下表：

实验编号①②③④⑤c(I－)/mol·L－10.0400.0800.0800.1600.120c()/mol·L－10.0400.0400.0800.0200.040t/s88.044.022.044.0t1

(1)该实验的目的是___________________________________________________。(2)显色时间t1＝______________。(3)温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围为______(填字母)。a．＜22.0s

b．22.0s～44.0s

c．＞44.0s

d．数据不足，无法判断(4)通过分析比较上表数据，得到的结论是_______________________________________。参考答案：答案：

(1)研究反应物I－与的浓度对反应速率的影响

(2)29.3s

(3)a(4)反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（10分）2gCu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用400mL0.075mol/LKMnO4溶液处理，反应均生成Cu2+、Mn2+、SO2和H2O，其中Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：8MnO4--+5Cu2S+44H+==10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O反应后煮沸溶液，赶尽SO2，取出剩余溶液的十分之一用0.1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，终点时恰好用去35.00mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液，反应的离子方程式为：MnO4--+5Fe2++8H+==Mn2++5Fe3++4H2O（1）写出该条件下CuS与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式：

；在此反应中，若生成22.4LSO2（标准状况），则反应中转移的电子为