浙江省金华市婺城区等4地高三上学期一模化学试题

金华十校年月高三模拟考试化学试题卷说明：全卷满分分，考试时间分钟；请将答案写在答题卷的相应位置上；可能用到的相对原子质量：，，选择题部分一、选择题本大题共小题，每小题3分，共分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列属于酸性氧化物的是A.SiO2B.AlO3C.COD.CaO【答案】A【解析】【分析】【详解】A．SiO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；B．AlO3既能和酸反应生成盐和水，也能和碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，故B错误；C．CO是不成盐氧化物，故C错误；D．CaO能和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故D错误。故选A。2.下列化学用语表示不正确的是A.基态原子的价电子轨道表示式：B.的VSEPR模型：C.的电子式为：D.的结构示意图：【答案】A第1页/共24页【解析】A原子的电子排布式为：，根据泡利原理和洪特规则，其价电子轨道表示式为：，A错误；B．的孤电子对为S原子的价层电子对数=3+1=4S原子采用杂化，则其VSEPR模型为：，B正确；C．是由和构成的离子化合物，其电子式为：，C正确；D．Cl为17号元素，Cl原子的质子数与电子数都为17，形成后得到1个电子变为18个，质子数不变，则的结构示意图为：，D正确；故答案为：A。3.下列说法正确的是A.电负性：B.酸性：C.化合物离子键百分数：D.原子半径：【答案】C【解析】【详解】A．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，B位于Be右侧，故Be的电负性小于B，A错误；B．因半径：I>Br，HI键长更长，HI更易断裂而电离出氢离子，则HI的酸性强于HBr，B错误；C．O为非金属元素，其电负性较金属元素钠和锂的大，又因同主族元素从上往下电负性递减，则电负性：Na<Li<O则NaOC正确；D．同周期主族元素，从左往右核电荷数越来越大，对核外电子的吸引能力逐渐增大，原子半径依次减小，O和F同周期，O在F左侧，故原子半径：O＞F，D错误；故选C。4.下列处理方法正确的是A.实验后剩余的白磷直接丢弃第2页/共24页C.用澄清石灰水吸收含大量氯气的尾气D.皮肤溅上酸液，先用大量水冲洗，再用NaOH溶液冲洗【答案】B【解析】【详解】A．白磷在空气中易自燃，需通过燃烧或水下保存处理，不可随意丢弃，A错误；B．沉淀法通过生成难溶物固定重金属离子，是标准处理方法，B正确；C．澄清石灰水中Ca(OH)2溶解度低，无法高效吸收大量Cl，需用强碱性溶液（如NaOHC错误；DNaOH3%~5%NaHCOD错误；故选B。5.可根据物质结构推测其性质，下列说法正确的是选结构性质项有机玻璃的结构是A有机玻璃易降解中的电子云密度的碱性比B比的大强中共价键的键能

的沸点比C比中的大高D的最外层电子数比少镁的还原性比铝弱A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．有机玻璃中高分子链为饱和碳链，具有稳定性，不易降解，A错误；第3页/共24页B．N上电子云密度越大，接受H+的能力越强，碱性越强，甲基为给电子基团，CHNH2的N上电子云密度大于NH，则的碱性比强，B正确；C．沸点与分子间相互作用有关，水分子存在氢键，沸点比HS高，而与键能无关，C错误；D．还原性与价电子的多少无关，与失电子的难易程度有关，D错误；故答案为B。6.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.具有氧化性，可用于漂白纸浆B.高温下具有较强的还原性，可用在高温条件下还原C.碳化硅具有高温抗氧化性能，可作耐高温结构材料D.柠檬酸酸性强于碳酸，可用柠檬酸去除水垢【答案】A【解析】【详解】A．SO2的漂白性源于其与有机色素化合生成不稳定的无色物质，而非氧化性，A错误；B．NH3在高温下具有强还原性，可还原CuO生成N、Cu和HO，B正确；C．碳化硅结构稳定、熔点高，高温抗氧化性强，适合作为耐高温材料，C正确；D．柠檬酸酸性强于碳酸，能与水垢中的碳酸钙和氢氧化镁反应生成可溶物，D正确；故选A。7.利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是A.转移溶液B.用乙醇萃取中的S第4页/共24页C.探究温度对化D.验证固体的热稳定学平衡的影响

性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】详解】A．向容量瓶中转移溶液时，需要用玻璃棒引流，该操作无玻璃棒，操作错误，A错误；B．S在中的溶解度比在乙醇中大，故无法用乙醇萃取中的S，B错误；C．变量为温度，根据两侧烧瓶内颜色变化判断温度对化学平衡的影响，能达到相应实验目的，C正确；D．验证固体的热稳定性，固体加热应管口向下，该装置管口向上，会导致水蒸气冷凝回流损坏试管，操作错误，D错误；故答案为：C。8.下列反应方程式正确的是A.溶于氢碘酸：B.少量通入溶液中：C.向丙烯醛中加入足量溴的四氯化碳溶液：D.酸性溶液滴定草酸：【答案】C【解析】AFe(OH)3Fe3+会与I发生氧化还原反应生成Fe2+和I子方程式为：2Fe(OH)+6H++2I=2Fe2++I+6HO，A错误；B．少量SO2通入NaClO溶液中，ClO在碱性条件下会将SO2氧化为，离子方程式为：第5页/共24页，B错误；CCH=CHCHOCHBrCHBrCHO基未被氧化，化学方程式为：，C正确；D．酸性KMnO4溶液滴定草酸时，草酸在酸性条件下以HCO4形式存在，而非，反应物书写错误，正确的离子方程式为：，D错误；故选C。9.室温下，1，2环氧丙烷可通过下列两步反应最终生成酯，反应如下：下列说法中正确的是A.1，2环氧丙烷转化为物质甲的过程中断裂的是1号位置的形成的键B.水也能实现甲→乙的转化，且不影响乙的产率C.乙醇中键的键能比1，2环氧丙烷中断裂的键的键能大D.若将步骤中替换为，则最终生成【答案】C【解析】12优先进攻取代基较少的2号C2号形成的键形成甲（酸化与氢离子结合生成乙（分析解答。【详解】A．1，2环氧丙烷的三元环中，亲核试剂优先进攻取代基较少的C原子，即2号位置，因此断裂的是2号位置的形成的键，A错误；BB错误；C．乙醇中的键由饱和杂化碳原子形成，键能较高；而1，2环氧丙烷的键处于三元环中，因环张力存在，键能较低；因此，乙醇中键的键能比1，2环氧丙烷中断裂的键的键能大，C正确；第6页/共24页即，D错误；故答案选C。10.下列晶体的制备方案不正确的是选项目标晶体制备方案设计ANaCl晶体往饱和溶液中加入一定量的浓盐酸B水晶熔融态缓慢冷却C明矾大晶体在高于室温30~50°CD向溶液中加入氨水至难溶物溶解，再加入95%乙醇晶体A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向饱和NaCl溶液中加入浓盐酸，Cl浓度增大，同离子效应使NaCl溶解平衡逆向移动，析出NaCl晶体，A正确；BB正确；C．在高于室温10~20℃的明矾饱和溶液中悬挂明矾晶核，静置过夜，反复多次，可以获得大晶体，若温差过大，则得到较多数目的晶体，得不到大晶体，C错误；D．向溶液中加入氨水至难溶物溶解，再加入95%乙醇，乙醇降低溶剂的极性，使配合物溶解度减小析出晶体，D正确；故选C。溶于大量时的热效应()可由有关数据根据热化学循环得到：第7页/共24页相关判断不正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．是HX(g)断裂化学键生成H(g)和X(g)的过程。化学键断裂需要吸收能量，所以，A正确；B．涉及H(g)失去电子到H+(g)X(g)得电子到X(g)Cl的非金属性比BrCl(g)得到电子放出的能量比Br(g)强，释放的能量更多，即更小，B正确；C．代表H+(g)形成水合氢离子H+(aq)的过程，这一过程与X无关，因此对于HCl和HI，，C正确；DD错误；故答案选D。12.()制备邻硝基苯甲醛()，装置如图所示。制备过程中，极表面无明显现象。下列说法正确是第8页/共24页A.a电极连接电源正极B.b电极反应式：C.电解质溶液的酸性逐渐增强D.理论上，每生成邻硝基苯甲醛，标况下电极消耗【答案】B【解析】【分析】a电极通入氧气，转化为过氧化氢，氧化合价降低，为阴极，电极反应式为，则b电极为阳极，电极反应为邻硝基甲苯在硫酸中失电子转化为邻硝基苯甲醛，电极反应式为。【详解】A．据分析，a电极为阴极，电极表面发生得电子的还原反应，则需连接外接电源负极，A错误；B．据分析，b电极为阳极，电极反应为邻硝基甲苯在硫酸中失电子转化为邻硝基苯甲醛，电极反应式为，B正确；Ca电极消耗H+与b电极生成H+ba极生成HO略体积变化，溶液中H+浓度基本不变，酸性基本不变，C错误；D．根据反应式，转移4mol电子时，生成1mol邻硝基苯甲醛，同时消耗2mol氧气，题目未给出标准状况，不能确定氧气的体积，D错误；故答案为B。13.三环氮杂冠醚分子中有四面体配位点的空穴，可与铵根离子结合形成如图所示结构(部分结构未画出)。下列说法正确的是A.三环氮杂冠醚为超分子第9页/共24页B.三环氮杂冠醚可增大在有机溶剂中的溶解度C.与三环氮杂冠醚通过4个氢键结合D.三环氮杂冠醚分子中的所有元素均位于周期表p区【答案】B【解析】A合铵根离子后才形成超分子，本身不是超分子，A错误；B整个离子冠醚配合物在有机溶剂的溶解性增强，溶解度增大，B正确；C．由图可知，与三环氮杂冠醚之间通过4个氢键结合，而不是C错误；D．三环氮杂冠醚分子中含HCNOH元素位于周期表的sCNO元素位于周期表的p区，不是所有元素都在周期表的p区，D错误；故答案为：B。14.某课题组提出，可催化与环氧化合物合成环状碳酸酯，反应的机理如图所示。下列说法正确的是A.物质Ⅰ为离子液体，沸点比较低B.物质Ⅰ与环氧化合物通过配位键形成物质ⅡC.物质Ⅲ为该合成总反应的催化剂D.物质Ⅲ与反应转化为物质Ⅳ属于加成反应【答案】D【解析】【详解】A．化合物Ⅰ的阳离子为有机阳离子，其体积较大，为离子液体，熔点低，但沸点较高，A错误；B．由图可知，物质Ⅰ中的羟基H原子与环氧化合物中的O原子形成氢键，B错误；C．该反应原理中，化合物Ⅰ先和环氧化合物反应被消耗，后又生成，化合物Ⅰ为该合成总反应的催化剂，第10页/共24页D．由图可知，物质Ⅲ与反应转化为物质Ⅳ过程中，中碳氧双键断开，属于加成反应，D正确；故选D。15.室温下，向溶液中逐滴滴加氨水，变化过程如下图所示：已知：室温下，①，。②1234室温下，下列说法正确的是A.足量固体放入纯水充分溶解后，溶液呈浅蓝色[即]B.固体投入稀硫酸形成的溶液中，C.若将蓝色沉淀滤出、洗净后再加入到氨水中，固体完全溶解D.加氨水至蓝色沉淀恰好溶解，所得溶液中【答案】D【解析】【详解】A．根据溶度积计算，Cu(OH)2溶于纯水，2c(Cu2+)≈c(OH)，则c(Cu2+)==1.7×107mol/L，远小于105mol/L，溶液不会呈浅蓝色，A错误；BpH=5时，c(H+)=105mol/Lc(OH)==109mol/Lc(Cu2+)==2×102mol/L，B错误；C．蓝色沉淀为Cu(OH)，原始CuSO4溶液中n(Cu2+)=4×103L×0.1mol/L=4×104mol，沉淀完全时n第11页/共24页(OH)+4NH·HO[Cu(NH)]2++2OH，总平衡常数K=×K=(2×1020)×(4×1012)=8×108，假设固体完全溶解，则：==0.08mol/L，消耗n(NH)=4×4×104mol=1.6×103mol，剩余n(NH)=5×103mol1.6×103mol=3.4×103mol，c(NH)≈=0.68mol/L，产生n(OH)=2n=2×4×104mol=8×104mol，c(OH)≈=0.16mol/L，浓度商Q=>K=8×108，反应逆向进行，沉淀生成，固体不完全溶解，C错误；D．沉淀恰好溶解时，n=4×104mol，氨水中NH·HO的电离程度较小，则=，假设混合后溶液的体积为VL，则，由于V的数值较小，且NH·HO中部分NH3要进入中，则所得溶液中，D正确；故选D。16.某小组用如下实验方法测定室温下在饱和溶液中的溶解度(即在饱和溶液中溶解的质量)：步骤Ⅰ：下，向饱和溶液中持续通入，达到气液平衡；步骤Ⅱ：量取一定体积步骤I所得溶液于锥形瓶中，加过量溶液，静置一段时间；步骤Ⅲ：用标准溶液滴定至溶液呈浅棕色，再加2滴淀粉稀溶液，继续滴定至终点。步骤Ⅳ：下列说法正确的是A.步骤Ⅰ的NaCl饱和溶液，须去除残留的NaCl固体B.步骤Ⅱ中有生成，对溶解度的测定没有影响第12页/共24页C.步骤Ⅳ：据、和计算的溶解度D.难溶于溶液，唯一原因是溶液中大，抑制了与水反应【答案】B【解析】【详解】A．步骤Ⅰ的NaCl饱和溶液需要保持固液共存以维持饱和状态，去除残留NaCl固体会导致溶液变为不饱和，影响Cl2溶解度的测定，因此步骤Ⅰ不能去除固体，A错误；B是I2与过量II2I2的浓度降低，又会转化为I2和I，因此对Cl2溶解度的计算没有影响，B正确；C．计算Cl2溶解度需知道溶液体积、NaSO3浓度及滴定体积，但还需溶液密度将体积转换为质量（因溶解度定义为100gC错误；D．Cl2难溶于NaCl溶液不仅因溶液中大，抑制了与水反应，还因为钠离子通过结合水分子形成水合离子，减少了自由水分子的数量，从而抑制氯气的溶解，D错误；故选B。非选择题部分二、非选择题本大题共4小题，共分)17.氮族元素和卤族元素的化合物具有巨大的应用价值。请回答：（1）下列关于氮族元素的说法正确的是______(选填序号)。A.锑的价层电子排布式为B.与互为等电子体(原子总数和价电子总数均相同的分子、离子或原子团)C.与反应生成，变小D.中阴、阳离子的中心原子均为杂化（21轴方向的投影如图2合物的化学式______，该晶体的密度为______(列出计算式即可)。第13页/共24页②请从原子结构角度解释可形成而只能形成的原因______。（4）从废印刷电路板冶炼的副产品——粗溴盐中回收NaBr晶体的工艺流程如图：①“操作2”后可循环利用的物质X为______。②“还原”步骤先在室温下反应一段时间后煮沸。室温时发生离子方程式______，煮沸时。③“操作3”的步骤包括______，再蒸发结晶，得到纯度较高的NaBr晶体。【答案】（1）BD（2）①.②.（3）①.<②.P原子半径大，价层中能成形成共价键的轨道多（4）①.②.③.加HBr至不再产生气泡【解析】NaBrO3与盐酸反应生成BrBr2易溶于CClCCl4可从反应后的溶液中萃取出Br2，在含Br2的有机相中加入CO(NH)2和NaOHBr2被还原为BrCO(NH)2转化为N元素转化为NHCCl4和BrHBr至不再产生气泡除去，再蒸发结晶，得到纯度较高的NaBr晶体。【小问1详解】第14页/共24页B．与为价电子数均为18B正确；C．孤电子对与成键电子相互作用大于成键电子间的相互作用，的N原子无孤电子对，比大，C错误；D．中阴、阳离子的中心原子P和Al均为正四面体结构，为杂化，D正确；故答案为BD。【小问2详解】如图可知，一个晶胞中有2个AsF6和2个AsCl，该化合物的化学式为，晶体密度为【小问3详解】①OH<②P原子半径大，价层中能成形成共价键的轨道多，则可形成而只能形成。【小问4详解】2”为分液操作，可循环利用的物质X为CCl；②“还原”步骤中室温时发生的反应为与Br2在碱性条件下生产碳酸钠、溴化钠、氮气和水，离子方程式；3”的步骤包括加HBr至不再产生气泡除去碳酸钠，再蒸发结晶，得到纯度较高的NaBr晶体。18.氟及其化合物是工业生产的重要原料。请回答：（1，中心原子的价层电子对数为______。相同温度下，液态氟化氢的导电能力______(选填“强于”或“弱于”)纯水。（2）水溶液中存在；第15页/共24页A．向固体滴加等浓度的两种酸，氢氟酸产生气泡慢B．保存溶液须用塑料瓶，而溶液用玻璃瓶C．盐酸能被氧化，而氢氟酸不能D．加，盐酸中有白色沉淀，而氢氟酸中无明显现象②氢氟酸溶液中，______。③对于氢氟酸溶液，下列说法不正确的是______(选填序号)。A．平衡体系中，一定大于B．越高，含氟粒子中占比越高C．当转化率增加、转化率降低，则值减小D．升高温度，值不一定增大（3、和惰性电解液组成的混合体系，装置如图1所示。已知：a．电解液中发生的基元反应有：反应Ⅰ：；反应Ⅱ：b．剧烈搅拌，可认为电解液中各粒子充分接触。不考虑阴阳两极产物间的接触。c．在含足量的体系中，每分钟析出的质量随电子的物质的量的变化如图2所示。则：第16页/共24页①阳极逸出的中不含，原因是______。②已知步骤Ⅰ是决定B析出速率的决速步骤，请根据信息说明理由______。【答案】（1）①.4②.强于（2）①.AB②.③.C（3）①.O元素电负性小(或比)②.当每分钟转移电子大于B应Ⅱ对析出硼的质量影响不大，所以反应Ⅱ不是决速步骤【解析】【小问1详解】由质量守恒，X为HF+，HF+中心原子F的价层电子对数为，，25℃水的电离常数为，降低温度至0℃，水的电离常数减小，小于，则相同温度下，液态氟化氢的导电能力强于纯水；【小问2详解】①A．向固体滴加等浓度的两种酸，氢氟酸产生气泡慢，则说明等浓度HF溶液中氢离子浓度较小，HF的酸性比HCl弱，正确；B．溶液中氟离子水解生成HFHF溶液须用塑料瓶，溶液中氟离子水解生成HF，说明HF为弱酸，HF的酸性比HCl弱，正确；C氧化，发生归中反应生成氯气，体现氯离子的还原性，与HFHCl误D．加，盐酸中生成氯化银白色沉淀，而AgF可溶于水，与HF、HCl酸性强弱无关，错误；故选AB；②氢氟酸溶液中由电荷守恒，存在：；③A．HF首先电离出氟离子，氟离子再和HF结合成，第一步进行的程度大于第二步，则平衡体系中一定大于，正确；B．越高，则会促进平衡正向移动，使得含氟粒子中占比越高，正确；第17页/共24页C．中，可得，则，当转化率增加、转化率降低，使得变大、变小，则值增大，错误；D．升高温度，、均逆向移动，若的逆向移动程度大，则值可能减小，正确；故选C；【小问3详解】①阳极逸出的中不含，原因是O元素电负性小(或比易失去电子，氧离子更容易被氧化)。②当每分钟转移电子大于B的浓度达到一定程度后，反应Ⅱ对析出硼的质量影响不大，所以反应Ⅱ不是决速步骤，则步骤Ⅰ是决定B析出速率的决速步骤。19.配合物二水合柠檬酸铜(II)[，]可作杀虫剂及分析试剂。某研究小组开展探究实验，步骤如下：步骤Ⅰ：将溶液加入到含纯柠檬酸的水溶液中，控制搅拌得到混合液。步骤Ⅱ：，将固体分批加入到混合液中，充分反应后浓缩，缓慢结晶，过滤，乙醇洗涤，用滤纸吸干。已知：i．柠檬酸铜微溶于水、乙醇，易溶于氨水。ii25℃，柠檬酸(，简写成HCit)的，，。请回答：（1）柠檬酸的较大，原因是能形成分子内氢键。下列式子不正确的是______(选填序号)。第18页/共24页A.B.C.D.（2）如将混合液的控制为5，与柠檬酸相关的粒子中含量最高的是______(选填：、、、)。加入的的物质的量最接近于______(选填序号)。A．B．C．D．（3）制备时不采取、溶液、柠檬酸的顺序加料，原因是______。（4）下列关于步骤Ⅱ的说法，不正确的是______(选填序号)。A.柠檬酸铜中，带负电荷的氧提供未成键的孤电子对形成配位键B.反应时溶液会缓慢下降，可加适量调节C蒸发浓缩时，采用加压法可提高产品结晶效率D.欲除去产品中的结晶水，可将固体置于坩埚中灼烧至恒重（5）测定在时的：取，投入水中，充分搅拌后用浓氨水定容至合理并说明原因是______。【答案】（1）C（2）①.②.C（3）柠檬酸铜会覆盖固体，降低原料利用率，降低产品纯度（4）CD（5）不合理，可溶于氨水，定容时会导致完全溶解【解析】NaOHpH为3~5NaHCitNaHCit溶液中加入CuCl2固体，反应后的产物经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤等一系列操作后即制得二水合柠檬酸铜(II)第19页/共24页（）晶体。【小问1详解】羧基酸性强，易解离为离子和羟基形成氢键，而羟基不易解离，C结构不正确，故答案为C。【小问2详解】与浓度相等时：，与浓度相等时：，与浓度相等时，，因此pH=5时，与柠檬酸相关的粒子中含量最高的是，此时加入NaOH的物质的量近似等于纯柠檬酸物质的量的2倍，即0.054mol，故答案为C。【小问3详解】柠檬酸铜会覆盖固体，降低原料利用率，降低产品纯度，因此制备时不采取、溶液、柠檬酸的顺序加料。【小问4详解】A．柠檬酸铜中，带负电荷的氧提供未成键的孤电子对，Cu有空轨道，两者可形成配位键，同时相比于不带负电荷的氧原子，带负电荷的氧与带正电荷的Cu之间存在更强的相互作用，A正确；B．步骤I用NaOH控制pH3~5之间，步骤II反应时pH会下降，可以用适量的NaOH调pH，B正确；C质的溶解度随压强增大而增大，不利于结晶，故C错误；D．二水合柠檬酸铜(II)含羟基和羧基，加热灼烧会发生分子内酯化反应，改变分子结构，D错误；故答案为CD。【小问5详解】不合理，可溶于氨水，定容时会导致完全溶解。20.有机物是合成药物的中间体，其合成过程如下