湖南省常德市2022届高三化学模拟试卷及解析

2022年常德市高三年级模拟考试化学可能用到的相对原子质量：H1O16S32Mn55Fe56Cu64一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活息息相关，下列说法正确的是A.75%的酒精因具有强氧化性可用于环境的杀菌消毒B.太空站“太阳翼”中的硅可将太阳能转变为电能C.我国利用CO2合成的淀粉属于天然高分子化合物D.北京冬奥会“剪切增稠液体服”中SiO2的结构含OSiO【1题答案】【答案】B【解析】【详解】A．医疗中用75%的乙醇溶液进行消毒，是因为酒精能使蛋白质发生变性，而不是因为具有强氧化性，选项A错误；B．单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料，选项B正确；C．利用CO2合成的淀粉属于合成高分子化合物，选项C错误；D．SiO2是原子晶体，其结构中只含Si-O键，形成正四面体结构，不含OSiO，选项D错误；答案选B。2.下列方法正确且涉及氧化还原反应的是A.工业上电解熔融状态MgO制备MgB.可用CS2试剂洗涤试管壁上的SC.利用单质Al与NaOH溶液制Al(OH)3D.用稀硝酸可除去试管壁上的Ag【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．MgO熔点高，不能用电解熔融MgO的方法制备Mg，工业上应电解熔融状态MgCl2来制备，镁的化合价由+2变为0价，属于氧化还原反应，A不符合题意；B．S易溶于CS2，可用CS2试剂洗涤试管壁上S，属于物理变化，不涉及氧化还原，B不符合题意；学科网（北京）股份有限公司的,C．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，不能用来制取氢氧化铝。AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝和氯化铵，且氢氧化铝不溶于氨水，可制备氢氧化铝；或者偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳制取氢氧化铝；或者氯化铝和偏铝酸钠溶液混合制取氢氧化铝，C不符合题意；D．稀硝酸和Ag反应生成硝酸银、一氧化氮和水，银的化合价由0价升高为+1价，化合价变化属于氧化还原反应，做法正确，D符合题意；故选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。FeSO7HO42在高温下易分解，主要发生的反应为：4FeSO7HO42高温2FeO232SO22SO328HO2。下列说法正确的是A.常温常压下，20gDO2含共用电子对数为2NAB.1molSO2溶于水得到的HSO23溶液中含氧原子数为3NAC.1L1molLFeSO1溶液中的2的数目为N4FeAD.产生22.4LSO3时，同时生成SO2的分子数为NA【3题答案】【答案】A【解析】20g-1【详解】A．常温常压下，20gDO2含共用电子对数为-1×2?A=2NA，A正确；20g?B．由于不知道溶于多少g水中，无法计算1molSO2溶于水得到的HSO23溶液中含氧原子数，B错误；C．由于Fe2+2++2H+1L1molLFeSO1溶液中的2在水溶液中能发生水解，Fe2OFe(OH)2+2H，则4Fe-1-1N的数目小于1L?1mol?L?A=A，C错误；D．题干未告知物质所处的状态，无法计算产生22.4LSO3时，同时生成SO2的分子数，D错误；故答案为：A。4.乙酸乙酯是一种重要的有机化工原料和工业溶剂，以正丁烷为原料合成乙酸乙酯的合成路线如下。CHCHCHCH一定条件CHCOOHHC=CH22CHCOOCHCH32233催化剂323下列有关说法正确的是A.正丁烷的沸点低于异丁烷的沸点B.乙酸分子结构中所有原子可能共平面学科网（北京）股份有限公司,C.乙酸与乙烯发生加成反应得到乙酸乙酯D.乙烯发生聚合反应得到纯净物聚乙烯【4题答案】【答案】C【解析】【详解】A．碳原子数相同，支链越多，沸点越低，故正丁烷沸点高于异丁烷，选项A错误；B．CH3COOH分子中含有羧羰基，但甲基中的氢原子一定不共平面，选项B错误；C．根据上述合成路线可知，乙酸与乙烯发生加成反应得到乙酸乙酯，选项C正确；D．乙烯发生聚合反应得到的聚乙烯中聚合度n不同，为混合物，选项D错误；答案选C。5.短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次递增。相邻元素Y、Z位于同一周期且均具有多种常见气态氧化物。X分别与Y、Z可形成10个电子的分子。W的单质在空气中燃烧发出耀眼白光。M原子最外层电子数是其K层电子数的3倍。下列有关说法正确的是A.简单氢化物的稳定性：Y>ZB.W的最高价氧化物的水化物为强碱C.X、Y、Z形成的化合物中可能含有极性键和非极性键D.M在空气中燃烧的主要产物为MO3【5题答案】【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次递增。相邻元素Y、Z位于同一周期且均具有多种常见气态氧化物，X分别与Y、Z可形成10个电子的分子，则X为H，Y为C，Z为N，W的单质在空气中燃烧发出耀眼白光，则W为Mg，M原子最外层电子数是其K层电子数的3倍，则M为S，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Y为C，Z为N，由于非金属性N＞C，故简单氢化物的稳定性为NH3＞CH4即YZ＜，A错误；B．由分析可知，W为Mg，则W的最高价氧化物的水化物即Mg(OH)2为中强碱，B错误；C．由分析可知，X、Y、Z分别为H、C、N，形成的化合物中可能含有极性键和非极性键如CH3CH2NH2中既有极性键又有非极性键，C正确；D．由分析可知，M为S，S在空气中燃烧生成SO2，即M在空气中燃烧的主要产物为MO2，D错误；故答案为：C。学科网（北京）股份有限公司,6.下列实验方案或装置能够达到实验目的的是ABCD检验溶液中是否含有实验目测定醋酸溶液的物质的测定氯水的pH收集少量NH32-的量浓度SO4实验方将氯水滴加至pH试向含有少量酚酞的醋酸案或装纸上，与标准比色卡溶液中滴加NaOH标准置对照溶液A.AB.BC.CD.D【6题答案】【答案】B【解析】【详解】A．氯水具有漂白性，能够漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定氯水的pH，故A错误；B．用强碱滴定弱酸，恰好完全反应时生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，酚酞的变色的pH范围为8.2~10.0，滴定终点的pH在酚酞的变色范围内，指示剂选择合理，能达到实验目的，故B正确；C．氨气的密度比空气的密度小，用向下排空气法收集NH3，导管应插入试管底部，故C错误；D．向盛有少量待测液的试管中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则可能是AgCl，不能确2-定溶液中是否含有SO，故D错误；4答案选B。7.下列离子共存的判断或离子方程式书写正确的是A.甲基橙显黄色的溶液中可存在大量以下离子：2、K、CO2、ClCu3SO2B.强酸性溶液中可存在大量以下离子：3、ClO、NaC.将过氧化钠投入水中：2NaO222HO4Na24OHO22D.氨化的CaCl2溶液中通入过量CO2：2NH3CaCO2HOCaCO232NH4学科网（北京）股份有限公司,【7题答案】【答案】C【解析】-2+2OH-=Cu(OH)2+2【详解】A．甲基橙显黄色的溶液中含有大量的OH，则Cu2↓，Cu+CO3=CuCO3↓，A错误；B．强酸性溶液中含有大量的H+，则SO2+ClO=SO2+Cl-，B错误；34C．将过氧化钠投入水中的离子方程式为：2NaO2HO4Na4OHO，C正确；2222D．氨化的CaCl2溶液中通入过量CO2的离子方程式为：NH?32234，D错误；故答案为：C。8.测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：22①碱性KMnO4溶液处理：CHOHMnO34OHCO3MnO4HO2(未配平，下同)2②酸化处理：MnOHMnOMnOHO4242下列说法错误的是A.“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:12B.“反应①”中氧化性：MnO43COC.“反应②”中，可用硫酸进行酸化2-D.“反应②”消耗59.5gMnO4时，反应中转移0.5mole【8题答案】【答案】D【解析】22【详解】A．根据氧化还原反应配平可得：CHOH6MnO8OHCO6MnO6HO，反34342-应中MnO为氧化剂，CH3OH为还原剂，则“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1，A正确；4-2-B．根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，“反应①”中MnO为氧化剂，CO是氧化产物，432则氧化性：MnOCO，B正确；432--2-C．由于SO与MnO、MnO不反应，则“反应②”中，可用硫酸进行酸化，C正确；4442D．根据氧化还原反应配平可得：“反应②”为3MnO4HMnO2MnO2HO，则消耗4242学科网（北京）股份有限公司,59.5g2?259.5gMnO即=0.5mol时，则反应中转移电子数目为：，D错误；4-1119g?mol3故答案为：D。9.LiCO可用于制陶瓷、药物、催化剂等，微溶于水，在冷水中溶解度较热水中大，不溶于醇。利用海23水资源(主要含+-Mg2+、++2+SO2-)制备碳酸锂的一种工艺如图所示：Na、Cl，少量的K、Li、Ca、4下列说法错误的是A.工序③和工序④顺序可互换B.选择温度为80~90℃，可降低碳酸锂在水中的溶解度，提高产率C.用乙醇洗涤粗产品可起到快速干燥的效果D.利用重结晶可分离NaCl和KCl【9题答案】【答案】A【解析】【分析】该题目利用海水资源(主要含Na+、Cl-，少量的Mg2+、K+、Li+、Ca2+、SO2-)制备碳酸锂，太阳4能蒸发浓缩海水，自然沉淀18～24个月氯化钠和氯化钾从溶液中析出过滤，滤液1中主要（Mg2+、Li+、Ca2+、SO2-）加入过量氢氧化钙会反应生成氢氧化镁沉淀和少量硫酸钙沉淀，过滤滤液2中主要（Li+、Ca2+、4SO2-、OH-），加入稍过量碳酸钠得碳酸钙沉淀，过滤，滤液3中主要(Li+、CO2-、Na+、SO2-)，加入碳酸434钠80～90℃得碳酸锂沉淀，以此来解析；【详解】A．工序③和工序④顺序不可互换，互换以后过量钙离子无法除去，A错误；B．在冷水中溶解度较热水中大，选择温度为80~90℃，可降低碳酸锂在水中的溶解度，提高产率，B正确；C．碳酸锂不溶于醇，乙醇易挥发，用乙醇洗涤粗产品可起到提高产率和快速干燥的效果，C正确D．首先NaCl和KCl固体先加水溶解，加热蒸发，到一定的时候，有氯化钠晶体析出，当还剩下少量水时，乘热过滤，将滤液冷却可得氯化钾晶体，为了提高纯度可将以上得到的氯化钠晶体再溶于水再进行加热蒸发到得到大量晶体留下少量水的时候过滤出晶体，同样以上得到的氯的化钾晶体可重复以上第一次操学科网（北京）股份有限公司,作，D正确；故选A。10.近期，某科研团队发明了一种新型的锌离子热充电电池，可以利用人体产生的低热量充电。该电池以Zn和VO-PC为电极材料，实现了低热量发电。放电时，VO结合Zn2+生成ZnVOyHOx22。原理图22如图。下列说法正确的是A.分离器可以为阴离子交换膜-2+B.充电时，阳极电极反应式为：ZnVOyHO+2xe=VO+xZn+yHOx2222C.放电时，电流从Zn极流向VO-PC2极D.充电时，锌离子从较高温一侧移至低温一侧【10题答案】【答案】D【解析】【分析】由图示信息可知，放电时，锌为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，VO2+2+2结合Zn，说明Zn可以由负极区经阳离子交换膜进入正极区，正极反应为：xZn2++VO2+yH2O+2xe-=ZnVOyHO，充电过程恰好x22与放电过程相反，即Zn2+由阳极区通过阳离子交换膜进入阴极区，电极反应分别为：阴极：Zn2++2e-=Zn，阳极：ZnVOyHO-2xe-=xZn2++VO2+yH2O，据此分析解题。x22【详解】A．由分析可知，分离器可以为阳离子交换膜，A错误；-2+B．充电时，阳极电极反应式为：ZnVOyHO-2xe=VO+xZn+yHO，B错误；x2222C．由分析可知，放电时，Zn为负极，VO2-PC极为正极，电流从VO2-PC极流向Zn极，C错误；D．充电时，阳离子由阳极区移向阴极区，则锌离子从较高温一侧移至低温一侧，D正确；故答案：D。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或学科网（北京）股份有限公司为,两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.己二酸二正己酯是一种增塑剂，大量应用于PVB胶片的生产。以己二酸和正丁醇为原料，在催化剂的作用下共热反应，经过回流、减压蒸馏(除去正丁醇)、常温过滤后制得己二酸二正己酯粗产品。合成原理为：催化剂HOOCCH(24)COOHCHCH3(24)CHOH2△CHCH3(25)OOCCH(24)COOCH(25)CH32HO2实验装置图(部分装置略去)如下：下列说法正确的是A.该反应可用浓硫酸作催化剂B.减压蒸馏是为了降低正丁醇的沸点C.过滤所得产品需经NaOH溶液洗涤、水洗、干燥实现进一步提纯D.玻璃棒搅拌可起到加快过滤的作用【11题答案】【答案】AB【解析】【分析】反应装置中己二酸和正丁醇在浓硫酸作催化剂的条件下加热，发生酯化反应生成己二酸二正己酯，经过回流，利用减压蒸馏除去正丁醇，再在常温下过滤得到己二酸二正己酯粗产品。【详解】A．己二酸和正丁醇发生酯化反应生成己二酸二正己酯，可用浓硫酸作催化剂，A正确；B．减压蒸馏是一项通过降低压力来降低沸点的蒸馏技术，题中减压蒸馏可降低正丁醇的沸点从而除去正丁醇，B正确；C．己二酸二正己酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，造成产物损失，不能用氢氧化钠溶液洗涤产品，C错误；D．过滤时玻璃棒的作用是引流，不能用玻璃棒搅拌，容易捣破滤纸，D错误；答案选AB。学科网（北京）股份有限公司,12.向一恒温恒容的密闭容器中充入1molX2和3molY2发生反应：X(g)+3Y(g)222XY(g)3，测得部分物质的物质的量浓度与时间关系如图1所示，在TiO2Cu催化下反应机理与能量变化如图2所示。下列说法正确的是A.3c(X)=c(Y)22时，表明反应达到平衡B.tmin2时改变某种条件，重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数一定减小C.投料改为2molX2和6molY2，XY3的平衡体积分数增大D.寻找合适催化剂降低阶段②活化能，能有效提高X2的平衡转化率【12题答案】【答案】C【解析】【分析】该反应为X(g)+3Y(g)222XY(g)3，由图2可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，因此该反应为气体体积减小的放热反应。由图1可知，tmin2时改变某种条件，X2浓度逐渐增大至不再改变，改变的条件可能是减小Y2浓度或增大XY3浓度或升高温度，据此分析解答。【详解】A．X2和Y2的起始量和转化量之比相等均为1:3，则反应从开始到平衡过程中始终有c(X):c(Y)=1:3，即3c(X)=c(Y)，所以当3c(X)=c(Y)时，反应不一定达到平衡，故A错误；222222B．由图1可知，tmin2时改变某种条件，重新达到平衡后，X2浓度逐渐增大至不再改变，改变的条件可能是减小Y2浓度或增大XY3浓度或升高温度，若是浓度因素的影响，则平衡常数不变，故B错误；C．投料改为2molX2和6molY2，为原投料量的2倍，恒温恒容条件下等同于加压，平衡向正反应方向学科网（北京）股份有限公司,移动，则XY3的平衡体积分数增大，故C正确；D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能使平衡发生移动，不能提高X2的平衡转化率，故D错误；答案选C。13.催化丙烯制醛的反应机理如下图所示：下列说法错误的是A.该反应的催化剂为HCo(CO)3催化剂B.总反应式为CHCHCHH+COCHCHCHO32232C.若反应物为乙烯，产物可能为OHCCHCHCHO22D.上述循环过程中，Co的化学键数目发生了变化【13题答案】【答案】B【解析】【详解】A．由题干反应历程图可知，HCo(CO)3参与反应过程，反应前后保持不变，是该反应的催化剂，A正确；催化剂B．由题干反应历程图可知，总反应式CHCHCHH+COCCHHCHCHO，B错误；322322学科网（北京）股份有限公司为,C．由题干反应历程图可知，若反应物为乙烯，产物可能为OHCCHCHCHO，总反应为：22催化剂CH2=CH2+CO+H2OHCCH2CH2CHO，C正确；D．由题干反应历程图可知，上述循环过程中，Co的化学键数目发生了变化，D正确；故答案为：B。-114.常温下，向0.1molL弱酸HA3中滴加等浓度的NaOH溶液，测得混合溶液中各物种的物质的量分-2-c(HA)2c(HA)-数δ以及lg、lg分别与pH的关系如图所示。[比如HA的物质的量分数：-2c(HA)c(HA)32--c(HA)2δ(HA)=2]。HA3的第一、二步的电离常数分别为Ka1、Ka2。所以含A的微粒物质的量浓度之和下列说法正确的是-c(HA)2A.曲线Ⅱ表示lg与pH的关系c(HA)32-+B.pH=7时，2c(HA)