安徽省安庆市宿松县2023-2024学年高三第一次模拟预测化学试题 Word版含解析

2023-2024年宿松县高三化学第一次模拟卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷(选择题)

一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)

1. 设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是

A. 31g仅含有少量白磷，无其他杂质的红磷样品中，共含有NA个磷原子

B. 假设1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数小于NA

C. 1molNa2O2与水反应转移的电子数为NA

D. 58.5 g的氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子

【答案】D

【解析】

【详解】A．红磷、白磷互为同素异形体，则31g仅含有少量白磷，无其他杂质的红磷样品中，共含有磷原子的物质的量是31g÷31g/mol＝1mol，即含有NA个磷原子，A正确；

B．胶体是大量分子的集合体，假设1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数小于NA，B正确；

C．过氧化钠与水反应生产氢氧化钠和氧气，在反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，则1molNa2O2与水反应转移的电子数为NA，C正确；

D．氯化钠是离子化合物，不存在氯化钠分子，D错误；

答案选D。

2. 丙酮与柠檬醛在一定条件下反应可以合成假紫罗兰酮，再进一步可以合成有工业价值的α-紫罗兰酮和β-紫罗兰酮，转化过程如图所示：

+ +

下列说法错误的是

A. 柠檬醛合成假紫罗兰酮的过程中官能团的种类数目不变

B. 假紫罗兰酮、α -紫罗兰酮和β-紫罗兰酮互为同分异构体

C. α-紫罗兰酮和β-紫罗兰酮分别与足量Br2发生加成反应的产物分子中都含有4个手性碳原子

D. 柠檬醛中所有碳原子可能处于同一平面上

【答案】AC

【解析】

【详解】A．柠檬醛合成假紫罗兰酮的过程中，碳碳双键数目增加，醛基消失，A错误；

B．假紫罗兰酮、α -紫罗兰酮和β-紫罗兰酮的分子式均为C13H20O，互为同分异构体，B正确；

C．α-紫罗兰酮和β-紫罗兰酮分别与足量Br2发生加成反应的产物分别为5个手性碳原子的 和4个手性碳原子的，C错误；

D．柠檬醛中的单键碳原子上无支链碳原子，则所有碳原子可能处于同一平面上，D正确；

答案选AC。

3. 某公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，该电池的负极材料为(制备原料为、和)，电解液为的碳酸丙烯酯溶液。下列化学用语正确的是

A. 的电子排布式为：

B. 基态碳原子的价层电子轨道表示式为

C. 中子数为20的氯原子：

D. 与同主族，基态原子的简化电子排布式为：

【答案】C

【解析】

【详解】A． Na为11号元素，失去一个电子形成钠离子，钠离子的核外电子排布式为1s22s22p6，故A错误；

B． 碳原子价电子为2s、2p，各含有2个电子，碳原子的价电子轨道表示式为 ，故B错误；

C．中子数为20的氯原子的质量数为17+20=37，该原子表示为，故C正确；

D． 溴是35号元素，基态原子的简化电子排布式为：[Ar]3d104s24p5，故D错误；

答案选C。

4. 2019年诺贝尔化学奖授予了三位研究锂电池科学家，以表彰他们在锂离子电池发展方面所做出的突出贡献。磷酸铁锂电池是锂离子电池的一种，常用石墨包裹上铜箔作负极，LiPF6的有机溶液作电解质。该电池的总反应方程式为Li1−xFePO4+LixC6LiFePO4+C6。下列说法错误的是

A. 放电时，负极反应式为LixC6−xe−=xLi++C6

B. 充电时，阳极反应式为LiFePO4−xe−=Li1−xFePO4+xLi+

C. 若用该电池精炼铜，阴极增重12.8 g，则电池中移向正极的Li+为0.2 mol

D. 磷酸铁锂(LiFePO4)是电池的电极材料之一，其中铁的化合价为+2

【答案】C

【解析】

【分析】根据电池反应式：Li1−xFePO4+LixC6LiFePO4+C6，放电时，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1−xFePO4+xLi++xe-= LiFePO4，充电时，阴极、阳极反应式与正极、负极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来回答。

【详解】A．根据分析，放电时，负极反应式为LixC6−xe−=xLi++C6，故A正确；

B．充电时，阳极反应式为LiFePO4−xe−=Li1−xFePO4+xLi+，故B正确；

C．精炼铜时，阴极增重12.8 g，增加的铜的物质的量为，转移的电子的物质的量为0.4mol，Li+移向正极，Li1−xFePO4+xLi++xe-= LiFePO4，转移xmol电子时，移向正极的锂离子为xmol，故电池中移向正极的Li+为0.4mol，故C错误；

D．磷酸铁锂(LiFePO4)中磷酸根为-3价，锂为+1价，根据化合物元素的化合价为0，铁的化合价为+2，故D正确；

答案选C。

5. 下列图示的实验，能够实现相应实验目的的是

A. 利用甲装置用CCl4从碘水中萃取碘 B. 利用乙装置制取并收集少量纯净的氯气

C. 利用丙装置控制制取氧气的速率 D. 利用丁装置验证SO2的漂白性

【答案】A

【解析】

【详解】A．碘易溶于CCl4，可用CCl4从碘水中萃取碘，故A正确；

B．高锰酸钾和浓盐酸制氯气，浓盐酸挥发，制备收集的氯气不纯净，故B错误；

C．过氧化钠是粉末状，不能用该装置控制反应速率，故C错误；

D．SO2与Fe2(SO)4发生氧化还原，生成亚铁离子，KSCN溶液颜色褪去，故D错误；

故答案为A。

6. 下列反应的离子方程式正确的是

A. 的溶液中通入3.36L(标准状况)：

B. 和HI的反应：

C. 向莫尔盐[]溶液中加入过量氢氧化钠溶液：

D. 向明矾[]溶液中逐滴加入溶液至恰好沉淀完全：

【答案】A

【解析】

【详解】A．Fe2＋的还原性强于Br－，因此Cl2先和Fe2＋发生反应，的（为0.15mol）溶液中通入3.36L(标准状况，为0.15mol)，则亚铁离子完全反应，与亚铁离子反应的氯气为0.075mol、则剩余的0.075mol氯气消耗0.15mol溴离子，即消耗Fe2＋、Br－、Cl2的物质的量分别为0.15：0.15：0.15，正确的离子反应方程式为，故A正确；

B．Fe3＋具有强氧化性，I－具有强还原性，两者发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，即，B错误；

C．向莫尔盐[]溶液中加入过量氢氧化钠溶液，铵根离子完全转化为一水合氨，亚铁离子完全转化为氢氧化亚铁沉淀，反应为：，C错误；

D．明矾[]溶液中逐滴加入溶液至恰好沉淀完全，则氢氧根离子使得铝离子恰好转化为偏铝酸根离子：，D错误；

故选A

7. 根据下列实验不能证明一元酸HR为弱酸的是

A. 室温下，NaR溶液的pH大于7

B. 加热HR溶液时，溶液的pH变大

C. HR溶液中加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大

D. 20℃时，溶液的

【答案】B

【解析】

【详解】A．室温下，NaR溶液的pH大于7，说明NaR为强碱弱酸盐，所以能证明HR为弱酸，故A不选；

B．加热HR溶液时，水的电离程度也会变大，溶液中OH-离子浓度增大，溶液的pH变大，不能说明HR为弱酸，故B选；

C．HR溶液中加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大，说明HR溶液中存在电离平衡，则HR为弱酸，故C不选；

D．20℃时，0.01mol•L-1的HR溶液pH=2.8，说明HR没有完全电离，可证明HR为弱酸，故D不选。

故选B。

第Ⅱ卷(非选择题)

二、流程题(本大题共1小题，共12.0分)

8. 亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：

已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出产品NaClO2•3H2O；

②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下。

（1）发生器中鼓入空气的作用可能是___。

a．将SO2氧化成SO3，增强酸性

b．将NaClO3还原为ClO2

c．稀释ClO2以防止爆炸

（2）吸收塔内发生反应的化学方程式为___。

（3）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，需加的试剂可以选用的是___（填序号）。

a．Na2O2 b．Na2S c．FeCl2

（4）从滤液中得到NaClO2·3H2O粗晶体的实验操作依次是___。

（5）某学习小组用碘量法测定粗产品中亚氯酸钠的含量，实验如下：

a．准确称取所得亚氯酸钠样品m g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250 ml待测溶液。（已知：ClO2+4I－+4H+=2H2O+2I2+Cl－）

b．移取25.00 ml待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定至终点，重复2次，测得平均值V ml 。（已知：）

①达到滴定终点时的现象为___。

②该样品中NaClO2的质量分数为___（用含m、c、V的代数式表示，结果化成最简）

【答案】（1）c    （2）2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+ 2H2O+O2   

（3）a    （4）蒸发浓缩、冷却结晶，过滤   

（5）    ①. 滴加最后半滴标准液时溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色    ②.

【解析】

【分析】氯酸钠、二氧化硫、硫酸在发生器中发生氧化还原反应产生二氧化氯，用空气对二氧化氯稀释以防止爆炸，吸收塔中用160g/L的NaOH、过氧化氢将其还原为NaClO2，然后经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到产品NaClO2•3H2O。

小问1详解】

发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸，故选c；

【小问2详解】

根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；

【小问3详解】

还原性要适中：还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产，方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产，Na2O2溶于水相当于H2O2，Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难，故选a；

【小问4详解】

从溶液中得到含结晶水的晶体，可通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤；

【小问5详解】

①步骤Ⅱ中发生反应是酸性溶液中能被I-完全还原成Cl-，碘离子被氧化为碘单质，离子方程式为：+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，溶液中Na2S2O3能与I2反应：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，溶液颜色蓝色变化为无色分析判断反应终点，即滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色变化为无色且半分钟不变化时到达滴定终点；

②依据+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，设NaClO2物质的量为x， ，所以 x=，样品中NaClO2的质量分数==。

三、实验题(本大题共1小题，共18.0分)

9. 某研究小组利用如图装置探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应原理。回答下列问题：

（1）在实验室中，欲配制250g70%的浓硫酸，需要的玻璃仪器除量筒、烧杯外，还需要有__________，装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是___________。

（2）往三颈烧瓶中通入N2的操作在滴加浓硫酸（填“之前”或“之后”），其目的是______________。

（3）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_____________________，该反应中浓硫酸表现出的性质为______________。

（4）SO2易溶于水，下列装置可用于C处虚线框内吸收尾气的是___________（填编号）。

（5）装置B中产生白色沉淀的原因有两种可能。若要证明Fe3+能氧化SO2，则需要改进的地方是___________________，改进后若得到肯定结论，则装置B中发生反应的离子方程式为___________________、____________________。

【答案】    ①. 玻璃棒、分液漏斗    ②. 之前    ③. 排除装置内的空气，防止氧气对实验的干扰    ④. Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O    ⑤. 强酸性    ⑥. ②③④    ⑦. 将装置B中的 硝酸铁溶液换成氯化铁溶液    ⑧. SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+    ⑨. SO42-+Ba2+=BaSO4↓

【解析】

【详解】本题考查实验方案设计与评价，（1）配制一定质量分数的溶液，需要的仪器是烧杯、量筒、玻璃棒，因此缺少的仪器是玻璃棒；盛放浓硫酸的仪器是分液漏斗；（2）装置中有空气，可能氧气参与反应，干扰实验，因此先通一段时间的氮气，排除装置中的空气，然后再滴加浓硫酸；（3）三颈烧瓶中发生的反应是Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，没有化合价的变化，因此体现浓硫酸的酸性；（4）SO2易溶于水，尾气处理需要防止倒吸，①装置不能防止倒吸，⑤装置进气管较短，容易引起倒吸，因此能防止倒吸的装置是②③④；（5）SO2溶于水，形成H2SO3，溶液显酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，容易把S元素氧化成SO42－，对实验产生干扰，因此用FeCl3替换Fe(NO3)3，离子反应方程式为：SO2+2Fe3＋+2H2O=2Fe2＋+SO42－+4H＋ 、Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓。

四、简答题(本大题共1小题，共12.0分)

10. 把煤作为燃料可通过下列两种途径：

途径Ⅰ  C(s) + O2(g) ＝ CO2(g)；ΔH = －393.15 kJ·mol－1      ①

途径Ⅱ  先制成水煤气：

C(s) + H2O(g) ＝ CO(g) + H2(g)； ΔH2         ②

再燃料水煤气：

2CO(g) + O2(g) ＝ 2CO2(g)； ΔH= －566kJ·mol－1         ③

2H2(g) + O2(g) ＝ 2H2O(g)；ΔH= －484 kJ·mol－1         ④

请回答下列问题：

（1）途径Ⅰ放出的热量理论上_________(填“大于”“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。

（2）ΔH2＝_______________。

（3）煤燃烧的烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为

NO(g)＋O3(g)==NO2(g)＋O2(g)  ΔH＝－200.9kJ·mol－1

NO(g)＋O2(g)==NO2(g)  ΔH＝－58.2kJ·mol－1

SO2(g)＋O3(g)==SO3(g)＋O2(g)  ΔH＝－241.6kJ·mol－1

反应3NO(g)＋O3(g)==3NO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。

（4）已知下列各组热化学方程式

① Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2       △H=－25kJ/mol

② 3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)   △H=－47kJ/mol

③ Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)     △H=+640kJ/mol

请写出FeO(s)被CO(g)还原成Fe和CO2(g)的热化学方程式______________________________。

（5）在标准状况下的11.2L甲烷完全燃烧生成CO2 和液态水放出444.8kJ热量（298K），其燃烧热的热化学方程式______________________________________________________； 已知断裂下列1mol化学键需要吸收的能量分别为：C=O:745kJ/mol ， O=O:496kJ/mol ， C-H:414kJ/mol 则断裂1molH-O键需要提供的能量为____________________ kJ。

【答案】    ①. 等于    ②. +131.85 kJ/mol    ③. －317.3    ④. FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)   △H=－218 kJ/mol    ⑤. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)  △H=－889.6 kJ/mol    ⑥. 511.9 kJ

【解析】

【详解】（1）根据盖斯定律，反应热只与始态与终态有关，与途径无关，途径Ⅰ与途径Ⅱ的始态相同、终态相同反应热相等；（2）已知：①C(s) + O2(g) ＝ CO2(g)；ΔH1 = －393.15 kJ·mol－1；③2CO(g) + O2(g) ＝ 2CO2(g)； ΔH3= －566kJ·mol－1 ；④2H2(g) + O2(g) ＝ 2H2O(g)；ΔH4= －484 kJ·mol－1；根据盖斯定律，由①-×③-×④可得反应②C(s) + H2O(g) ＝ CO(g) + H2(g)，则ΔH2＝ΔH1-ΔH3-ΔH4=－393.15 kJ·mol－1-×（－566kJ·mol－1）-×（－484 kJ·mol－1）=+131.85 kJ/mol；（3）已知：①NO(g)＋O3(g)==NO2(g)＋O2(g)  ΔH1＝－200.9kJ·mol－1；②NO(g)＋O2(g)==NO2(g)  ΔH2＝－58.2kJ·mol－1；③SO2(g)＋O3(g)==SO3(g)＋O2(g)  ΔH3＝－241.6kJ·mol－1；根据盖斯定律，由①-2×②可得反应3NO(g)＋O3(g)==3NO2(g)，则ΔH＝ΔH1+2×ΔH2=－200.9kJ·mol－1+2×（－58.2kJ·mol－1）=－317.3 kJ/mol；（4）已知① Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2     △H1=－25kJ/mol；② 3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)   △H2=－47kJ/mol；③ Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)   △H3=+640kJ/mol；根据盖斯定律，由--×②+×①可得反应FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g) ，则△H=-×△H2+×△H1=－218 kJ/mol；（5）在标准状况下的11．2L甲烷完全燃烧生成CO2 和液态水放出444．8kJ热量（298K，甲烷的物质的量是n(CH4)==0.5mol，所以甲烷完全燃烧生成CO2 和液态水的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)  ∆H= —889．6kJ/mol；断裂下列1mol化学键需要吸收的能量分别为：C=O:745kJ/mol， O=O:496kJ/mol ，C-H:414kJ/mol ，反应热是断裂反应物的化学键吸收的热量与产生生成物的化学键所释放的热量的差，则4×414kJ/mol+2mol×496kJ/mol-2mol×745kJ/mol -4×H-O=—889.6kJ。解得H-O的键能是511.9kJ/mol，断裂1molH-O键需要提供的能量为511.9kJ。

点睛：本题考查化学反应热方程式的应用，注重盖斯定律的应用是解答本题的关键。

五、推断题(本大题共1小题，共16.0分)

11. A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，E是具有果香气味的烃的衍生物。A、B、C、D、E在一定条件下存在如下转化关系(部分反应条件、产物被省略)。

（1）A的名称为___________。

（2）B、C、D分子中含有的官能团的名称分别为___________、___________、___________。

（3）写出下列变化的化学方程式，并指出反应类型：

①A→B___________；___________。

②B→C___________；___________。

③B+D→E___________；___________。

（4）丁烷是由重油获得A的过程中的中间产物之一，写出它的一种同分异构体的结构简式：___________。

【答案】（1）乙烯    （2）    ①. 羟基    ②. 醛基    ③. 羧基   

（3）    ①.     ②. 加成反应    ③.     ④. 氧化反应    ⑤.     ⑥. 酯化反应（或取代反应）   

（4）CH(CH3)3

【解析】

【分析】A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，A为乙烯；乙烯和水加成生成乙醇B，乙醇催化氧化生成乙醛C，乙醛氧化为乙酸D，E是具有果香气味的烃的衍生物，则为乙醇和乙酸酯化生成的乙酸乙酯；

【小问1详解】

由分析可知，A为乙烯；

【小问2详解】

B、C、D分别为乙醇、乙醛、乙酸，分子中含有的官能团的名称分别为羟基、醛基、羧基；

【小问3详解】

①乙烯和水加成生成乙醇，，属于加成反应；

②乙醇催化氧化生成乙醛，，属于氧化反应；

③乙醇和乙酸酯化生成乙酸乙酯，，属于酯化反应；

【小问4详解】