广东省潮州市2022届高三下学期第二次模拟考试化学试题及答案

这是一份广东省潮州市2022届高三下学期第二次模拟考试化学试题及答案，共26页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
 高三下学期第二次模拟考试化学试题
一、单选题
1．化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是（）
A．氯气作水杀菌消毒剂 B．硅胶作袋装食品的干燥剂
C．二氧化硫作纸浆的漂白剂 D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂
2．中华民族有着光辉灿烂的历史和文化。下列说法错误的是（　　）
A．战国·曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种合金
B．秦朝·兵马俑用陶土烧制而成，属于合成高分子材料
C．宋·王希孟《千里江山图》所用纸张为宣纸，其主要成分是纤维素
D．宋·沈子藩《梅鹊图》所用缂丝中含有的桑蚕丝，其主要成分为蛋白质
3．下列有关化学用语表示正确的是(　　)
A．次氯酸的结构式：H-Cl-O
B．CaO2 的电子式：
C．CO2分子的比例模型：
D．乙醇的分子式：CH3CH2OH
4．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4 L由SO2和CO2组成的混合气体中含有的氧原子数为2NA
B．25℃时，pH=13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.2NA
C．46 g乙醇中含有的极性键数目为8NA
D．在反应SiO2+2CSi+2CO↑中，每1 mol SiO2被氧化，转移的电子数为4NA
5．下列装置或操作能达到实验目的是（　　）




A．除去乙醇中的乙酸
B．形成原电池
C．制取乙酸乙酯
D．石油的蒸馏
A．A B．B C．C D．D
6．某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、T、W为原子序数在20以内且原子序数依次增大的六种主族元素，Z、Q属于同一主族，W+与Q2-具有相同的电子层结构。下列说法错误的是（　　）

A．在溶液中，W2YZ3与XTZ反应生成YZ2
B．该化合物中含有离子键、极性键、非极性键
C．Y、Q、T的最高价氧化物对应水化物的酸性：T＞Q＞Y
D．Y、Z、Q、T分别与X形成的简单化合物中，Z的化合物沸点最高
7．a、b表示两种化合物，其结构简式分别如图所示。下列有关说法正确的是（　　）

A．a、b与苯是同分异构体
B．a、b中6个碳原子均处于同一平面
C．a的二氯代物有五种
D．b能使溴的四氯化碳、溶液褪色，且褪色原理相同
8．在指定溶液中下列离子能大量共存的是（　　）
A．透明澄清的溶液：NH 、Fe3+、SO 、NO
B．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlO 、Cl-
C．c(ClO-)=0.1mol/L的溶液：K+、Na+、CO 、S2-
D．加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、NH 、HCO 、NO
9．下列物质性质和用途都正确且相关的是（　　）
选项
性质
用途
A
FeCl3溶液显酸性
用于刻蚀电路板
B
SO2具有氧化性
SO2常用于漂白秸秆、织物
C
HF溶液具有酸性
HF溶液能在玻璃上刻图案
D
CH3CH2OH完全燃烧生成二氧化碳和水并放出大量热量
乙醇常作清洁能源
A．A B．B C．C D．D
10．臭氧层中O3分解过程如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．催化反应①②均为放热反应
B．决定O3分解反应速率的是催化反应②
C．E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+E3)是催化反应②对应的逆反应的活化能
D．温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大
11．下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（　　）
选项
操作
现象
结论
A
向20%蔗糖溶液中加入少量稀，加热，一段时间后，再加入银氨溶液
为出现银镜
蔗糖未水解
B
测量熔融状态下的导电性
能导电
熔融状态下能电离出、、
C
用石墨作电极电解、的混合溶液
阴极上先析出铜
还原性：Mg>Cu
D
向溶液中先通入足量，再通入气体
无沉淀生成
不能和反应生成和HCl
A．A B．B C．C D．D
12．向某密闭容器中充入NO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g)(已知：N2O4为无色气体)。其它条件相同时，不同温度下平衡体系中各物质的物质的量分数如下表：
/℃
27
35
49
70
NO2%
20
25
40
66
N2O4%
80
75
60
34
下列说法正确的是（　　）
A．平衡时，v(NO2消耗)=2v(N2O4消耗)
B．27℃时，该平衡体系中NO2的转化率为80%
C．升高温度，该反应的化学平衡常数增大
D．温度不变，缩小容器体积，达平衡时气体颜色变浅
13．一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法错误的是（　　）


A．Ni电极与电源正极相连
B．该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2
C．工作过程中阴极附近pH增大
D．在电解液混合过程中会发生反应：
14．工业上用CO2合成乙酸的反应路径如图所示：

下列说法错误的是（　　）
A．反应过程中碳元素的化合价始终不变
B．第4步反应的氧化剂是CH3COORh*I
C．HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物
D．催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2O
15．绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程：

下列说法错误的是（　　）
A．固体1中主要含有CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2
B．X可以是空气，但不能过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO、N2
D．处理含废水时，发生的反应为：+=N2↑+2H2O
16．一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．升高温度，可能引起由c向b的变化
B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13
C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
二、综合题
17．亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备固体的实验装置如图所示：

已知：
①的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解：气体浓度较大时易发生分解，若用空气、、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。
②
回答下列问题：
（1）按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是　 　；装置B的作用是　 　；冰水浴冷却的主要目的不包括　 　(填字母)。
a.减少的分解 b.降低的溶解度 c.减少的分解
（2）是合成的重要原料，写出三颈烧瓶中生成的化学方程式：　 　。
（3）装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为　 　。空气的流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解可能发生爆炸；空气流速过快时，则导致　 　。
（4）该套装置存在的明显缺陷是　 　。
（5）为防止生成的固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除外，还可以选择的还原剂是____(填字母)
A．过氧化钠 B．硫化钠 C．氯化亚铁 D．高锰酸钾
（6）若mg最终制得纯净的ng，则的产率是　 　×100%。(相对分子质量分别是：106.5 ：90.5)
18．二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。
（1）在太阳能的作用下，以为原料制取炭黑的流程如图甲所示。其总反应的化学方程式为　 　。

（2）经过催化氢化合成低碳烯烃。其合成乙烯的反应为。
几种物质的能量(在标准状况下规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量)如下表所示：
物质




能量
0
-394
52
-242
则　 　。
（3）在2L恒容密闭容器中充入2mol和nmol，在一定条件下发生反应：，的转化率与温度、投料比[]的关系如图乙所示。

①　 　(填“>”“Cu，故C符合题意；
D．向溶液中先通入足量，再通入气体会产生白色沉淀，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.水解后在碱性条件下检验葡萄糖；
B.熔融状态下电离成、；
D.先通氨气再通入二氧化硫会产生亚硫酸钡沉淀。
12．【答案】A
【解析】【解答】A． 由2NO2(g) N2O4(g)可知，速率比等于方程式的计量数之比，平衡时，v(NO2消耗)=2v(N2O4消耗)，故A符合题意；
B． 27℃时，该平衡体系中NO2的物质的量分数为20%，N2O4的物质的量分数为80%，设物质的量分别为0.2mol、0.8mol，由方程式可知，转化NO2的物质的量为1.6mol，则该平衡体系中NO2的转化率为=88.89%，故B不符合题意；
C． 由表中数据可知升高温度，NO2物质的量分数增大，N2O4物质的量分数减小，则平衡逆向移动，该反应的化学平衡常数减小，故C不符合题意；
D． 温度不变，缩小容器体积，浓度因体积缩小而增大，气体颜色加深，平衡正向移动，又使气体颜色在此基础上变浅，但达平衡时气体颜色比原来的要深，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】B.根据计算；
C.升温平衡逆向移动；
D.缩小体积浓度增大，气体颜色加深，平衡正向移动，气体颜色逐渐变浅，达到平衡时气体颜色比原来深。
13．【答案】A
【解析】【解答】A．由反应流程可知，Pt电极区要将Cl−转化为Cl2，发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，故与电源负极相连，A符合题意；
B．根据反应历程和阴极区的反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，可知该过程的总反应为CH2=CH2+H2O→+H2，B不符合题意；
C．工作过程中阴极区的反应为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，故阴极附近pH增大，C不符合题意；
D．阳极区发生Cl2+H2O=HCl+HClO，阴极区生成KOH，故在电解液混合过程中会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O，D不符合题意；
故答案为A。

【分析】Pt电极上，氯离子转化为氯气再与乙烯反应，氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，则Pt电极为阳极，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，Ni电极为阴极。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．碳元素在CH3OH中显-2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价跟成键原子的非金属性有关，故A符合题意；
B．第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+ Rh*+HI，氧化剂是CH3COORh*I，故B不符合题意；
C．根据每一步的反应可知，中间产物有HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I，都是先生成后反应的物质，故C不符合题意；
D．根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh*催化作用下生产CH3COOH和H2O，所以循环的总反应为CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2O，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A．CH3OH和CH3COOH中C的化合价不同；
B．根据第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+ Rh*+HI分析；
C．先生成后反应的物质是中间产物；
D．根据图示，循环的总反应为CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2O。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A不符合题意；
B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B不符合题意；
C．根据分析可知，气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C符合题意；
D．根据图示可知，氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生反应的离子方程式为：+=N2↑+2H2O，故D不符合题意；
故答案为C。

【分析】工业废气中加入过量石灰乳，CO2、SO2可被石灰乳吸收生成固体为CaCO3、CaSO3，则固体1为CaCO3、CaSO3和过量的Ca(OH)2，气体1是N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，则气体X为具有氧化性的气体，且不能过量，NaNO2与含有 的废水反应生成无污染的气体，根据元素守恒可知，该气体为氮气，气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b，故A不符合题意；
B．根据离子积常数可知，该温度下Kw=c(H+)⋅c(OH−)=1×10−7×1×10−7=1×10−14，故B不符合题意；
C．该温度下，加入FeCl3水解显酸性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b向a的变化，故C符合题意；
D．该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D不符合题意；
故答案为C。

【分析】A.水的电离是吸热
B.根据离子积常数计算
C.盐的水解促进了水的电离
D.稀释时依然符合水的离子积常数的公式

17．【答案】（1）检查装置的气密性；防止倒吸(或稀释气体)；b
（2）
（3）遇酸放出；不能被充分吸收，的产率下降
（4）没有处理尾气
（5）A
（6）或或(或其他合理答案)
【解析】【解答】三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成，B是安全瓶，防倒吸，C中发生反应，生成。
(1)本实验涉及气体的制备，为防止气体泄漏，所以组装好仪器后，首先应该进行的操作是检验装置气密性；极易溶于水，所以易发生倒吸，装置B的作用是防止倒吸； a．温度较低，过氧化氢分解速率减慢，所以冰水浴可以减少的分解，故不选a；
b．实验的目的是、H2O2、NaOH溶液反应制备，所以不能降低的溶解度 ，
故答案为：b；
c．遇热水易分解，所以冰水浴可以减少的分解，故不选c；
选b。
(2)三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠，反应的化学方程式为；
(3)遇酸放出，装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还避免遇酸放出；空气流速过快时，则导致不能被充分吸收，的产率下降；
(4)该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气，污染空气；
(5)A. 过氧化钠和水反应生成过氧化氢，过氧化钠的还原性与过氧化氢相当，
故答案为：A；
B. 硫化钠，具有强还原性，不能选择硫化钠还原，故不选B；
C. 氯化亚铁的还原性大于过氧化氢，不能选择过氧化氢还原，故不选C；
D. 高锰酸钾具有强氧化性，高锰酸钾不能还原，故不选D；
选A。
(6)若mg的物质的量是，根据氯元素守恒，理论上生成，最终制得纯净的ng，则的产率是。

【分析】（1）有气体参与的反应组装好仪器之后首先检查装置的气密性；装置B作为安全瓶；过氧化氢和 受热易分解；
（2）三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠；
（3） 遇酸放出 ； 空气流速过快时，不能被充分吸收，的产率下降；
（4）该装置缺少尾气处理装置；
（5）加入的还原剂应注意不能引入杂质，且还原性与过氧化氢相当；
（6）计算理论产量，进而得出产率。
18．【答案】（1）
（2）-128kJ·mol-1
（3）>；＜；D
（4）B；D
（5）12
【解析】【解答】(1)在700K条件下，CO2和FeO发生反应生成C和Fe3O4，过程1中Fe3O4分解生成FeO和O2，所以整个反应过程中FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为；
(2)焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则该反应的焓变=[52+(-242)×4-(-392)×2-0]kJ/mol=-128kJ/mol，故答案为：-128kJ/mol；
(3)①相同条件下，投料比[]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1＞X2；该反应的正反应是放热反应，温度越高其平衡常数越小，温度A＜B，所以平衡常数＜，故答案为：＞；＜；
②20～30min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同，应为缩小容器体积，故答案为：D；
(4)影响产物产率的因素只能是引起平衡移动的因素，反应的活化能增大因素都是和催化剂有关的因素，催化剂只能改变反应速率，不会引起平衡移动，乙烯产率不会影响，反应的平衡常数变大是温度的变化引起的，反应是放热的，平衡常数变大是因为升高温度，故答案为：BD；
(5)根据Kh==2×10-4=，所以c(OH-)=10-2mol/L，pH=12。

【分析】（1）FeO为该反应的催化剂，总反应为二氧化碳分解产生C和氧气；
（2）根据ΔH=生成物总能量-反应物总能量计算；
（3）①越大，二氧化碳的转化率越大；该反应为放热反应，升温K减小；
②20～30min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同；
（4）根据化学平衡的影响因素分析；
（5）根据计算。
19．【答案】（1）将样品中可能存在的氧化为；双氧水()
（2）(或)；
（3）防止胶体生成，易沉淀分离；
（4）45.0%
【解析】【解答】
(1)根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋转化成Fe3＋；加入的物质要具有氧化性，同时不能引入新的杂质，因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，所以可以选择双氧水；
(2)根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅；SiO2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(3)盐类水解是吸热反应，加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，pH4～5时Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)草酸钙的化学式为CaC2O4，MnO作氧化剂，化合价降低5价，H2C2O4中的C化合价由＋3价→＋4价，整体升高2价，最小公倍数为10，因此MnO的系数为2，H2C2O4的系数为5，运用关系式法5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)=0.0500mol/L×36.00×10－3mL=1.80×10－3mol，n(Ca2+)=4.50×10－3mol，水泥中钙的质量分数为×100%=45.0%。

【分析】水泥样品加入盐酸、氯化铵和硝酸，二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A为SiO2，铁、铝、镁等氧化物溶于酸，且酸性条件下，硝酸将Fe氧化为Fe3+；加入氨水调节溶液pH值4~5，使Fe3+、Al3+生成沉淀，滤液中滴加草酸铵得到草酸钙，再用KMnO4法检测溶液中的Ca2+含量。
20．【答案】（1）原子光谱；71s22s22p2
（2）sp、sp2
（3）C
（4）直线形；N2O或CO2；原子晶体；低于；N原子半径小，Ga—N键长短，共价键键能大； ×100%
【解析】【解答】(1)每一种元素都有唯一特定的原子光谱，现代化学中，常利用上原子光谱的特征谱线来鉴定元素；按原子排布规律氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数分别为1、2、1、1，则未成对电子数最多的是碳，其电子排布式为1s22s22p2；
答案为：原子光谱；1s22s22p2；(2)碳碳叁键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的每个碳原子形成3个δ键，无孤电子对，采取sp2杂化；
答案为：sp、sp2；(3) 根据Na2B4O5(OH)4]•8H2O的结构示意图，其晶体内有阴阳离子、有水分子、有配位键，则知含有离子键、共价键、范德华力、氢键，但没有金属键，因为金属键只存在于金属晶体中；
答案为：C；(4) ①按信息——阳离子“N5n+”结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键，满足条件的结构为： ，则为N5+，则“N8”的离子晶体是由N5+和N3-形成的，N8中阴离子为N3-，其中的阴离子中原子个数是3、价电子数是16，所以其等电子体有N2O或CO2，则其空间构型为直线形；
答案为：直线形；N2O或CO2；②按信息——Ga和As两种元素电负性相差不大，故化合物GaAs内是共价键，晶体熔点为1238℃，则可判断为原子晶体，共价键越牢固，原子晶体熔点越高，由于N、As属于同一主族的元素，原子半径N比As小，Ga—N键长短，共价键键能大，则熔点GaAs比GaN的低；根据均摊法计算，晶胞内As原子数目 ，Ga原子数目：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积为 ，晶胞的体积为： ，则原子的体积占晶胞体积的百分率为 ×100%；
答案为：原子晶体；低于；N原子半径小，Ga—N键长短，共价键键能大； ×100%。
【分析】（1）根据元素的原子光谱进行鉴定元素，根据元素符号找出未成对电子数最多的元素即可
（2）根据成键方式即可判断杂化方式
（3）根据晶胞图即可判断出晶体中含有离子键、共价键、范德华力、氢键等作用力
（4）①根据含有的原子以及阳离子带电荷即可判断出阴离子的化学式即可判断构型，结合原子数和电子数即可写出等电子的分子式②根据氮化镓是原子晶体即可判断砷化镓也是原子晶体，原子晶体的熔沸点与半径有关，根据晶胞计算出原子个数即可计算出占有率

21．【答案】（1）酯基
（2）酯化反应(取代反应)
（3）C11H10O3；
（4）
（5）9；、
（6）
【解析】【解答】
(1)A为，含有的含氧官能团名称是酯基；
(2)D与甲醇发生酯化反应生成，则D→E的反应类型是酯化反应或取代反应；
(3)E为，其分子式是C11H10O3；由分析可知F的结构简式是；
(4)HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为，发生反应的化学方程式为；
(5)B为，其同分异构体W 0.5mol与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，CO2的物质的物质的量为1mol，说明W分子结构中含有2个羧基，除去2个-COOH，还有4个C，这四个碳如为直链状即C-C-C-C，连接2个-COOH，共有6种结构，另外四个碳中可以有一个支链，即，连接2个-COOH，共有3种结构，即符合条件的B的同分异构体W共有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为、；
(6)结合题中生成D的反应原理甲苯和可生成，再与H2在催化剂作用下发生加成反应，生成，再在浓硫酸的作用下加热发生酯化反应即可生成，具体合成路线为。

【分析】由合成流程可知，与甲醇发生信息中的反应生成A为，A与氢气发生加成反应生成B为，HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为；与苯在氯化铝作用下反应生成D的为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生信息中的反应生成F，试剂X为，生成F为，最后F在加热条件下发生取代反应生成G为。