四川省泸州市叙永第一中学高三上学期一模化学试题

高届高三上学期一诊模拟考试化学化学试卷分为第一部分选择题和第二部分非选择题两部分。满分：分。考试时间：分钟。注意事项：相对原子质量：第一部分选择题共分)一、选择题：本题共小题，每小题3分，共分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。1.下列有关分散系的说法正确的是A.丁达尔效应是由于胶体粒子对光线折射形成的B.云、雾属于气溶胶，其分散质粒子直径介于1~100nm之间C.胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体具有丁达尔效应D.将NaOH浓溶液滴加到饱和溶液中可制备胶体【答案】B【解析】【详解】A．丁达尔效应是由于胶体粒子对光线散射形成的，A错误；B．云、雾属于气溶胶，胶体的分散质粒子直径介于1~100nm之间，B正确；C．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径大小，C错误；D．将浓溶液滴加到饱和溶液中，得到沉淀，不能得到胶体，D错误；故选B。2.下列电离方程式书写正确的是A.B.HCO=2H++C.D.【答案】C【解析】【详解】A．硝酸钾熔融时电离无需通电条件，电离方程式不应标注“通电”，A错误；B．碳酸弱酸，应分步电离且使用可逆符号，B错误；C．一水合氨是弱电解质，电离用可逆符号且产物正确，C正确；第1页/共19页D．次氯酸钠电离生成Na+和ClO，ClO不会分解为Cl和O2，D错误；故选C。3.可利用反应来捕捉废气中的，下列有关化学用语正确的是A.苏打的化学式：B.原子的结构示意图：C.中子数为8的氧原子：D.的电离方程式：【答案】D【解析】【详解】A．苏打为NaCO，小苏打为NaHCO，A错误；B．图示为Na+的结构示意图，B错误；C．中子数为8的氧原子表示为，C错误；D．NaHCO3为强电解质，完全电离，D正确；故选D。4.下列说法不正确的是A.28g和CO混合气体中的分子数约为B.含1mol氧原子的和混合气体的质量为16gC.分子数为的和混合气体的物质的量为0.5molD.标准状况下，0.15mol和混合气体的体积为33.6L【答案】D【解析】【详解】A．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，28g混合气体总物质的量为1mol，分子数约为，A正确；B．混合气体中氧原子总物质的量为1mol，M(O)为16g/mol，总质量为，B正确；C．分子数对应分子物质的量为，与气体种类无关，C正确；D．标准状况下，1mol气体体积约为22.4L，0.15mol混合气体体积为，而非33.6L，D错误；第2页/共19页答案选D。5.工业上制备下列物质的生产流程合理的是A.制溴：浓缩海水(稀溶液)高纯B.制备漂白粉：溶液漂白粉固体C.固体D.制备金属镁：浓缩海水固体溶液【答案】C【解析】A生成热空气吹出后，还需通过吸收和再次用氯气氧化以提高纯度，未提及酸化及吸收步骤，A不合理；B．漂白粉的制备需氯气与石灰乳（悬浊液）反应生成，澄清石灰水浓度过低，无法有效反应生成漂白粉，B不合理；C沉淀，方程式为：C合理；D．制备金属镁需电解熔融而非溶液。直接电解氯化镁溶液会电解水，离子方程式为：，无法析出金属镁，D不合理；故选C。6.下列指定反应的离子方程式正确的是A.向酸性溶液中滴加双氧水：B.常温下，过量铁粉加入浓硝酸中：C.将少量通入溶液：D.向漂白液中通入少量气体：【答案】C第3页/共19页【解析】【详解】A．反应式中HO2与KMnO4的电子转移未正确配平，正确方程式为，A错误；B．常温下浓硝酸会使铁钝化，反应难以持续，B错误；C．少量NO2与NaOH溶液发生歧化反应，生成和，方程式2NO+2OH=+NO+HO，C正确；D．CO2少量时，反应生成的含碳产物应为而非（因HCO3酸性强于HClO，D错误；答案选C。7.A.离子半径：B.第一电离能：C.是含有极性键的非极性分子D.碱性：【答案】D【解析】【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径：，A错误；B有变大趋势，K的半径更大且更容易失去电子，故第一电离能：，B错误；C．为V形，分子中正负电荷重心不重合，是含有极性键的极性分子，C错误；DD正确；故选D。8.NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12000~20000倍，在大气中的寿命可长达740年。工业上用氮气与氟气反应合成NF，几种化学键的键能如下表所示。下列说法错误的是化学键N≡NFFNF第4页/共19页键能/(kJ·mol1)946159272A.过程F(g)2F(g)需要吸收能量B.上述反应中涉及非极性键的断裂和极性键的形成C.N(g)+3F(g)=2NF(g)ΔH=209kJ·mol1D.上述反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量【答案】D【解析】【详解】A．破坏化学键需要吸收能量，则键断裂需要吸收159kJ的能量，A正确；B．根据反应，反应物中的N≡N和FF都属于非极性键断裂，生成物中形成的NF属于极性键的生成，B正确；C．ΔH=反应物键能总和生成物键能总和，C正确；D．根据选项（C）的数据，为负，反应放热，说明反应物总能量大于生成物总能量，D错误；故答案为：D。9.一定条件下，恒容密闭容器中发生反应，下列不能说明该反应达到化学平衡状态的是A.的浓度不再改变B.容器内气体的颜色不发生变化C.容器内与的物质的量之比为D.相同时间内，消耗同时消耗【答案】C【解析】【详解】A．化学平衡的标志是各物质的浓度或物质的量不再变化，的浓度不再改变，能够说明平衡状态，A正确；B．容器内气体的颜色不发生变化，说明的浓度不再改变，能够说明平衡状态，B正确；第5页/共19页C4:1HCl与的物质的量之比始终为4:1比值无法作为平衡判断依据，C错误；D同时消耗，分别代表正逆反应速率，且与计量数成正比，能够说明平衡状态，D正确；故选C。10.二氯化二硫（SCl）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示。常温下，SCl2是一种橙黄色液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。下列说法中错误的是A.SCl2的结构式为Cl—S—S—ClB.SCl2为含有极性键和非极性键的极性分子C.SBr2与SCl2结构相似，熔沸点SCl＞SBr2D.SCl2与HO反应的化学方程式可能为：2SCl+2HO=SO↑+3S↓+4HCl【答案】C【解析】【详解】A.由图知SCl2的结构式为Cl—S—S—Cl，A正确；B.Cl—S为极性键，S—S为非极性键，非金属性Cl＞S，分子中氯带部分负电荷，硫带部分正电荷，正负电荷重心不重叠，SCl2为极性分子，B正确；C.它们构成的晶体是分子晶体，熔沸点的高低取决于分子间的作用力，SBr2与SCl2质量越大，分子间的作用力越大，熔沸点越高，熔沸点SCl＜SBr，C错误；D.由题给信息可知，SCl2与HO发生水解，生成二氧化硫，则根据元素化合价变价规律，反应的化学方程式可能为：2SCl+2HO=SO↑+3S↓+4HCl，D正确；答案选C。【点睛】C容易错，同学经常错认为熔沸点越高分子越稳定。分子稳定与否由分子内共价键牢固程度决定，共价键越牢固分子越稳定，分子晶体的熔沸点由分子间作用力决定，分子间作用力越大，熔沸点越高，假如分子间有氢键，这是一种较强的分子间作用力，物质熔沸点会相对较高，如熔沸点排序：水大于硒化氢大于硫化氢。第6页/共19页可逆反应生该反应，下列不能说明该反应达到平衡状态的是A.混合气体的压强不变B.体系的温度不变C.混合气体的密度不变D.的消耗速率是的消耗速率的2倍【答案】B【解析】A不变时，反应达到平衡，A不符合题意；B．题目明确容器为“一定温度下”，即恒温条件，体系温度始终不变，无法作为平衡判断的依据，B符合题意；C．恒温恒容时，混合气体密度，生成物Y为固体，反应中气体总质量发生变化，密度随之变化，当密度不变时，反应达到平衡，C不符合题意；D．当反应平衡时，消耗2molX对应生成1molZ，消耗1molZ对应生成2molX，则X的消耗速率是Z的消耗速率的2倍时，反应达到平衡，D不符合题意；故答案选B。12.是A.奥司他韦的分子式为CHNO4B.奥司他韦分子中碳原子均采取sp2杂化C.奥司他韦分子中含有2个手性碳原子D.奥司他韦既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应【答案】D【解析】【详解】A．根据奥司他韦的结构简式，该有机物分子式为CHNO，A错误；第7页/共19页C．奥司他韦分子中六元环不对称，环上含有3个手性碳原子，C错误；D．奥司他韦含有氨基所以能与盐酸反应又含有酯基所以能与氢氧化钠溶液反应，D正确；故选D。13.工业上可用低品位锰矿(主要成分MnOFeAlNiPb等元素的杂质)程如图所示。下列说法错误的是已知：常温下A.“焙烧”前，需对低品位锰矿进行粉碎处理B.“除铝”时，可用足量的NaOH溶液代替NH·HOC.“除镍铅”后的滤液中，D.“沉锰”时，反应的离子方程式为：【答案】B【解析】(主要成分MnOFeAlNiPb等元素的杂质)浸取除去氧化铁，加入一水合氨，将铝离子转化为氢氧化铝除去，加入硫化钠，生成硫化镍、硫化铅沉淀除去镍铅，最后加入一水合氨、碳酸氢铵将锰离子转化为碳酸锰沉淀，空气中煅烧碳酸锰生成二氧化锰固体。【详解】A．粉碎低品位锰矿可增大固体表面积，提高焙烧时的反应速率和原料利用率，A正确；B“除铝”需将转化为沉淀除去，反应生成沉淀且过量不溶解；而足量NaOH会与反应生成可溶性，无法沉淀，不能代替氨水，B错误；C“除镍铅”时生成PbS和NiS沉淀，滤液中相同，故第8页/共19页，C正确；D“沉锰”时，一水合氨提供氢氧根与碳酸氢根反应生成，再与结合沉淀，D正确；故选B。14.25℃时，向25mL0.1mol·L1邻苯二甲酸(，二元弱酸)溶液中加入NaOH固体或通入HCl气体，混合溶液的pH与以及的关系如图所示(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)列有关叙述正确的是A.ac线代表pH与关系曲线B.a点溶液中：C.b点溶液中：D.从b点到e点，水电离产生的逐渐增大【答案】C【解析】AHApHA2lgc(A2)HA浓度先增大后减小，lgc(HA⁻曲线呈“V”ac线代表lgc(HA⁻，A错误；B．mol·L1电离产生mol·L1a点mol·L1向溶液中通入了HCl气体，则电荷守恒关系式中缺少，B错误；Cbb点为lgc(HA⁻HA浓度最大，此时溶液主要为NaHA可知HA的电离常数K2大于水解常数K，故c(A2)>c(HA)，C正确；DbNaHAeNaOHNaA时A2水解促进水电离，水电离产生的c(H⁺先增大后减小，并非逐渐增大，D错误；第9页/共19页第二部分非选择题共分)二、非选择题：本题共4小题，共分。15.常用的自来水消毒剂有高铁酸钾、二氧化氯等．回答下列问题：Ⅰ．制取高铁酸钾．已知：高铁酸钾易溶于水，微溶于浓溶液，不溶于乙醇；在强碱性溶液中稳定；酸性至弱碱性条件下，与水反应生成氧气。①②（1中反应的化学方程式为_____________B中盛装的液体是______________，玻璃管的作用是_____________。（2）制取高铁酸钾晶体．将装置中制得的溶液转移到大烧杯中，依次加入一定量的溶液和饱和溶液，搅拌，充分反应，再向反应后的溶液中加入_________________，搅拌至_________________，静置、过滤，________________固体，无水乙醇）Ⅱ．制取二氧化氯，已知：二氧化氯为易溶于水且不与水反应的气体，水溶液是深黄绿色，时液化成红棕色液体。第10页/共19页（3）晶体和的乙醇溶液反应制取的化学方程式为_________________。（4）烧杯中混合液用于吸收产生的同时生成，反应的离子方程式为_________________。【答案】（1）①.②.饱和食盐水③.平衡气压，防止倒吸（2）①.足量的固体（或固体）②.大量晶体析出③.用无水乙醇洗涤2～3次（或用无水乙醇洗涤）（3）（4）【解析】【分析】利用二氧化锰和浓盐酸共热反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯化氢，将纯净的氯气通入氢氧化NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制取ClO，据此解答。【小问1详解】装置A中利用二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为，B装置除去氯气中混有的HCl，B中盛装试剂为：饱和食盐水；玻璃管a与大气相通，可以平衡压强，防止装置内压强过高；【小问2详解】将装置C中制得的NaClO溶液转移到大烧杯中，依次加入一定量的1mol/LNaOH溶液和FeCl3饱和溶液，KOH涤2～3次，干燥；【小问3详解】用NaClO3氧化浓盐酸后转化为ClO，盐酸转化为Cl，该过程的化学方程式为；【小问4详解】烧杯中混合液用于吸收产生的Cl2同时生成KIO，反应的离子方程式为。第11页/共19页（1）研究表明和在催化剂存在下可发生反应生成。已知部分反应的热化学方程式如下：则的等于_______。（2）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入一定量的与，发生反应，测得不同时间的浓度如下表：时间/s01234①用的浓度变化表示0~2s的平均反应速率_______23秒两点的正反应速率：_______(填“><”或“=”)②下列描述中能说明该反应已达平衡状态的是_______(填标号)。A.断裂键时，生成键B.容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变C.容器内混合气体的压强保持不变D.容器内CO与的体积之比保持不变③恒温恒容条件下，下列措施能提高消耗速率的是_______(填标号)。A.降低温度B.再充入C.充入He增大压强D.加入合适的催化剂（3(以甲烷燃烧反应为原理)技术方面获得新突破。—空气碱性燃料电池的能量转化率高达70%左右，同时可以减少二氧化碳的排放量，某甲烷燃料电池如图所示，放电时，电子由铂电极流出，经电流表流向石墨电极。第12页/共19页②Pt电极发生的电极反应式为_______。该反应每消耗1.6g甲烷，外电路中通过导线的电子的数目为_______。【答案】（1）(3bac)kJ/mol（2）①.②.＞③.BC④.BD（3）①.空气②.③.0.8NA【解析】【分析】(3)放电时，电子由铂电极流出，经电流表流向石墨电极，则铂电极为负极，通入甲烷，石墨电极为正极，通入空气，据此回答。【小问1详解】①②③根据盖斯定律，②×3①③得ΔH=3ΔHΔHΔH=(3bac)kJ/mol；【小问2详解】①0~2sCH4的浓度变化为3.60×1032.80×103=0.8×103mol/L，则v(H)=3v(CH)=；从第2秒到第3秒，甲烷的浓度仍在减小，说明反应正向进行，所以v>v；②A．断裂3molH−H键时，生成2molH−O键，均为正反应速率，不能说明反应已达平衡，A错误；第13页/共19页B达到平衡状态，B正确；C．反应后气体物质的量增大，压强增大，容器内混合气体的压强保持不变，说明反应达到化学平衡状态，C正确；D．容器内CO与H2的体积之比始终保持不变，当其不变时，不能说明反应达到化学平衡状态，D错误；故选BC。③A．降低温度，CH4消耗速率减小，A错误；B．再充入HO(g)，增大反应物浓度，CH4消耗速率增大，B正确；C．充入He增大压强，反应体系各组分浓度不变，CH4消耗速率不变，C错误；D．加入合适的催化剂，CH4消耗速率增大，D正确；故选BD。【小问3详解】①根据分析，在石墨电极附近充入的是空气；②根据分析，Pt电极作负极，甲烷在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为1.6g量为0.1mol的数目为0.8N。17.物质微观结构的探索，是解锁化学世界奥秘的关键。2022年北京冬奥会后，国家速滑馆“冰丝带”向公众开放，其美丽的透光结构部分材料由乙烯与四氟乙烯的共聚物制成。（1）和ETFE分子中原子的杂化轨道类型分别为______和____________(填“极性”或“非极性”)（2）(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为，则的结构式为______。（3）成语“信口雌黄”中的雌黄化学式为，分子结构如图，As原子的杂化方式为______。（4与中的键角______中的键角(A．大于B．小于C．等于)原因是______。第14页/共19页该晶体的化学式为______。每个铜原子周围紧邻的氯原子在空间上的形状为______。（6）葡萄糖的分子结构如图所示，，则分子中共含有______个不对称碳原子。（7）碲可用于制备半导体材料碲化锌其立方晶胞结构如图所示。由于晶胞内部不同方向上的微粒排列情况不同导致该晶体具有______(填“自范性”或“各向异性”)A点碲原子坐标为，点锌原子坐标为，则B点锌原子坐标为______。已知晶胞参数为，的摩尔质量为原子距离最近且相等的数目为______，的密度为______。第15页/共19页【答案】（1）①.sp2②.sp3③.非极性（2）F—N=N—F（3）sp3（4）①.B②.PO6中P原子的价层电子对数为：PO中P原子的价层电子对数为：P都为sp3PO6中P对对成键电子对的排斥力较大（5）①.CuCl②.正四面体形（6）4（7）①.各向异性②.③.4④.【解析】【小问1详解】CF=CF2中C原子连有碳碳双键，碳原子的杂化轨道类型为sp2，ETFE是乙烯与四氟乙烯的共聚物，其中碳原子都是饱和碳原子，采用sp3杂化；该分子是非极性分子；【小问2详解】氮原子的杂化类型为sp2，每个氮原子有1个孤电子对，N与F之间应存在1个σ键，N与N之间为氮氮双键，故NF2的结构式为：F—N=N—F；【小问3详解】由结构图可知，黑色球为As、白色球为S，分子中As原子形成3个σ键、还含有1对孤电子对，杂化轨道数目为3+1=4，As杂化方式为sp3杂化；【小问4详解】PO6中P原子价层电子对数为：，PO中P原子的价层电子对数为：P都为sp3PO6中P电子对的排斥力较大，故PO6中∠OPO小于PO中∠OPO；【小问5详解】①由铜与氯形成化合物的立方晶胞可知，Cl的个数为：，Cu的个数为：4，Cl和Cu的原子个数比为：1:1，则该晶体的化学式为：CuCl；②由晶胞结构可知，Cu原子周围与之最近的Cl有4个，4个Cl构成正四面体形；【小问6详解】不对称碳原子是指与四个不同原子或基团相连的碳原子，根据葡萄糖的分子结构可知，该分子中共含有4第16页/共19页【小问7详解】由于晶胞内部不同方向上的微粒排列情况不同导致该晶体具有各向异性；A点碲原子坐标为，C点锌原子坐标为B点锌原子坐标为Zn原子周围有4个原子与之距离最近且相等，则离Zn原子距离最近且相等的数目为4；由晶胞结构可知，该晶胞中的个数为：Zn的个数为：4和Zn1:1，已知晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为N，的摩尔质量为Mg⋅mol−1，晶胞的质量为：g，晶胞的体积为：，则的密度为：。18.聚碳酸酯又称某聚碳酸酯I()由于结构上的特殊性，具有良好的透光性，可制成车船的挡风玻璃，以及眼镜镜片、光盘等，下图是合成该聚碳酸酯的一种途径。已知：+HOR2+HOR。回答下列问题：（1）A的核磁共振氢谱有___________组峰，有