黑龙江省名校联盟2023-2024学年高三上学期模拟测试化学题（解析版）.docx

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黑龙江名校联盟2024届高三模拟测试化学试卷注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案。非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效。3.本试卷满分100分，考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Mg：24Cu：64Pb：207第I卷(选择题，共45分)一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活、生产及科技密切相关。下列叙述错误的是A.臭氧可用于自来水消毒B.奥运火炬“飞扬”外壳采用的耐高温碳纤维材料，属于新型无机非金属材料C.长征二号F遥十三运载火箭采用的高强度新型钛合金属于金属材料D.纳米铁粉主要通过物理吸附作用除去污水中的、、【答案】D【解析】【详解】A．臭氧具有强氧化性，可用于自来水消毒，A正确；B．碳纤维材料属于新型无机非金属材料，B正确；C．钛合金是以钛为基础加入其它元素形成的合金材料，属于金属材料，C正确；D．纳米铁粉主要是通过其还原性，将Cu2+、Ag+、Hg2+还原为相应的金属单质将其除去，D错误；综上所述答案为D。2.下列化学用语表述正确的是A.位于元素周期表d区B.结构示意图为C.电子式为：D.基态的价电子排布图第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【答案】A【解析】【详解】A．元素的价电子排布为3d54s2，最后一个电子排在d能级，故位于d区，故A正确；B．结构示意图为，故B错误；C．电子式为，故C错误；D．基态的价电子排布图，故D错误；故选A。3.已知是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下，乙烯分子中含有的键数目为B.和的混合物，含有的质子数为C.与足量的S反应转移的电子数为D.密闭容器中和充分反应后分子总数小于【答案】B【解析】【详解】A．1个乙烯分子中含有5个键，故乙烯分子中含有的键数目为，A错误；B．和的摩尔质量均为22g/mol，所以1.1g混合物的物质的量为0.05mol，一个D218O分子和一个T2O分子均含有10个质子，所以混合物含有的质子数为0.5NA，B正确；C．5.6gFe的物质的量为0.1mol，与足量的S反应生成FeS，转移电子数为0.2NA，C错误；D．H2和I2反应方程式为H2+I22HI，反应前后分子数不变，所以0.1molH2和0.2molI2充分反应后分子总数为0.3NA，D错误；综上所述答案为B。4.L-脯氨酸是合成人体蛋白质的重要氨基酸之一，以下是利用L-脯氨酸催化羟醛缩合反应的方程式，下列说法错误的是第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.M的分子式为B.N分子中有2个手性碳原子C.M与N互为同分异构体D.L-脯氨酸可以发生缩聚反应【答案】A【解析】【详解】A．由键线式可知M的分子式为，A错误；B．连有四个不同的原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，N分子中有2个手性碳原子，B正确；C．M与N的分子式均为、而结构不同，则M和N互为同分异构体，C正确；D．L-脯氨酸的羧基和亚氨基之间可以发生缩合反应，则L-脯氨酸可以发生缩聚反应，D正确；答案选A。5.2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述正确的是A.原子半径：B.电负性：C.Y的氢化物可用于刻蚀玻璃D.X的氧化物对应的水化物均为强酸【答案】C【解析】【分析】X位于第三周期，且化合物中X可形成6个共价键，则X为S；X原子的电子数为Z原子的两倍，第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 Z为O；W、Z、Y位于同一周期，可知均为第二周期元素，Y只形成1个共价键，Y为F；W形成2个共价键且得到1个电子，W为N，以此来解答。由上述分析可知：X为S、W为N、Z为O、Y为F元素。【详解】A．原子核外电子层越多、原子半径越大；同一周期从左向右原子半径减小，则原子半径由大到小的顺序：X＞W＞Z，A错误；B．同一周期主族元素从左向右元素的电负性逐渐增大，则元素的电负性由强到弱的顺序为：Y＞Z＞W，B错误；C．Y为F元素，其氢化物HF的水溶液能够与玻璃的成分SiO2发生反应产生SiF4和H2O，因此可用于刻蚀玻璃，C正确；D．X为S，X的氧化物对应的水化物若为亚硫酸，属于弱酸，若为H2SO4就属于强酸，D错误；故合理选项是C。6.Mg3N2常用于制备其它超硬、耐高温的氮化物，实验室通过CuO氧化NH3制得N2，然后与镁反应得到Mg3N2。已知Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，Mg3N2是一种浅黄色粉末，易水解。下列说法错误的是A.装置A中生石灰可用氢氧化钠固体代替B.实验开始时应先点燃C处酒精灯，再点燃E处酒精灯C.装置D的作用只是干燥N2D.取反应后装置E所得固体少许，滴入蒸馏水，可检验是否有Mg3N2【答案】C【解析】【分析】该实验主要是N2与Mg在加热时反应生成Mg3N2。A中长颈漏斗中是浓氨水，加入烧瓶中遇生石灰释放NH3，B中碱石灰吸收NH3中的水。在C装置中NH3与CuO在加热情况下反应生成N2，D中浓硫酸吸收N2中的水和NH3后，N2进入E中与Mg反应。F装置可以防止空气中的CO2、H2O等进入装置中与Mg及Mg3N2反应。【详解】A．浓氨水遇见氢氧化钠反应放热生成NH3，A正确；B．实验进行时应先点燃C处的酒精灯，等产生的较纯的N2进入E中时再点燃E中酒精灯，B正确；C．装置D中浓硫酸吸收的是N2中的水蒸气和氨气，因此不只是干燥氮气的作用，C错误；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 D．取反应后装置E所得固体少许，滴入蒸馏水，Mg3N2和水反应生成氢氧化镁和氨气，若闻到刺激性气味，则有Mg3N2，D正确；故选C。7.在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：下列说法不正确的是A.Ir的表面发生氧化还原反应，生成时转移个电子B.导电基体上的Pt颗粒上发生的反应：C.若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中的含氮量D.在导电基体上生成NO的反应式为：【答案】C【解析】【详解】A．由原理的示意图可知，Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O，Ir的表面发生反应的方程式为：H2+N2O=N2+H2O，属于氧化还原反应，N的化合价由+1变为0，故生成1molN2时转移2NA个电子，故A正确；B．根据图示，导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，则Pt颗粒上发生的反应：，故B正确；C．导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，仍在溶液中，所以若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量，故C错误；D．导电基体上的Cu颗粒上，得到电子变为NO，则在导电基体上生成NO的反应式为：+3e-+4H+═NO↑+2H2O，故D正确；故选：C。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 8.为防止因天然气泄漏，居家安装天然气报警器很重要。当空间内甲烷达到一定浓度时，传感器随之产生电信号并联动报警，图1是成品装置，其工作原理如图2所示，其中可以在固体电解质中移动。当报警器触发工作时，下列说法正确的是A.图2中的多孔电极b上发生氧化反应B.在电解质中向b电极移动，电子流动方向由a电极经电解质向b电极C.当电路中有电子转移时，则电极a有甲烷参与反应D.多孔电极a极上发生反应的电极反应式为：【答案】D【解析】【分析】该装置工作原理为原电池原理，总反应，为多空电极a为负极，甲烷发生失电子，氧化反应，多空电极b为正极，空气中氧气发生得电子，还原反应，电子流动方向由多空电极a沿导线通过传感控制器向多空电极b，在电解质中向a电极移动。【详解】A．多空电极b为正极，发生还原反应，A错误；B．在电解质中向a电极移动，电子流动方向由多空电极a沿导线通过传感控制器向多空电极b，B错误；C．未注明标准状况，不能确定甲烷气体的物质的量，C错误；D．多空电极a为负极，甲烷发生失电子，氧化反应，电极反应式为：，D正确；答案选D。9.一定条件下，在的密闭容器中进行反应：。反应过程中的有关数据如下表：02468第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 2.41.60.620.20下列说法正确的是A.该反应在高温下自发进行B.时，的浓度小于C.若保持温度不变，将容器体积扩大一倍，再达新平衡时D.若保持温度不变，在第向体系中加入三种物质各，则平衡向逆反应方向移动【答案】B【解析】【详解】A．反应体积减小，则，又因ΔH<0，所以高温下自由能变，反应不能自发进行，A错误；B．前2min内CO平均反应速率为，但前2min内c(CO)减小，v(CO)也减小，所以前1min内CO平均反应速率，后1min内CO平均反应速率，则前1min内CO浓度减少，所以1min时，CO的浓度小于1.6mol⋅L−1，B正确；C．8min时，，此时，保持温度不变，将容器体积扩大一倍，此时，同时减小压强，平衡逆向移动，所以再达新平衡时，C错误；D．6min时，，此时，所以6min时已达平衡，平衡时c(Cl2)=0.6mol/L、c(CO)=0.2mol/L、c(COCl2)=1.8mol/L，即平衡常数为：，保持温度不变，在第8min向体系中加入三种物质各1mol后Cl2、CO、COCl2第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 三种物质浓度分别为：1.6mol/L、1.2mol/L、2.8mol/L，此时，则平衡正向移动，D错误；故选B。10.下列指定反应的离子方程式错误的是A.将少量溴水滴入过量溶液中：B.氢氧化钠溶液吸收氯气：C.氯化铁溶液腐蚀铜箔：D.将足量溶液滴入浊液中：【答案】A【解析】【详解】A．溴水具有强氧化性，少量溴水滴入过量溶液中，亚硫酸根离子被氧化为硫酸，氢离子和过量亚硫酸根离子生成亚硫酸氢根离子：，A错误；B．氢氧化钠溶液吸收氯气生成氯化钠和次氯酸钠、水，B正确；C．氯化铁溶液腐蚀铜箔反应生成亚铁离子和铜离子，C正确；D．足量溶液滴入浊液中，铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，使得氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铁沉淀和镁离子，D正确；故选A。11.向重铬酸盐酸性溶液中加入乙醚和，水层发生反应：(已知的结构为)，乙醚层发生反应：。反应上层出现蓝色，一段时间后溶液蓝色褪去，且水相变为绿色()，下列说法正确的是A.由水层反应可知，氧化性：B.乙醚在检验过程中可用乙醇代替C.中不存在非极性键D.水相变为绿色离子反应为，该反应生成转移电子【答案】D第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】A．由水层反应可知，反应前后元素化合价没有发生变化，是非氧化还原反应，故A错误；B．乙醚与CrO5形成配合物并使CrO5进入有机相，在检验过程中作稳定剂和萃取剂，而乙醇易溶于水，故不能用乙醇代替乙醚，故B错误；C．CrO5·O(C2H5)2中含O-O、C-C键为非极性键，故C错误；D．水相变为绿色生成了Cr3＋的离子反应为，反应中Cr化合价降低，O元素化合价由-1升高到0价，故转移电子，故D正确；答案选D。12.利用电解法将转化为的原理如图所示。下列说法错误的是A.电解过程中，由a极区向b极区迁移B.电极b上反应为C.电解过程中电能转化为化学能D.电解时溶液浓度保持增大【答案】B【解析】【分析】通过电解法可知此电池为电解池，由a极生成O2可以判断，a极上水放电发生氧化反应生成氧气：，a极为阳极，则b为阴极；电极b上二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲烷：；【详解】A．电解池中阳离子向阴极流动，则H+由a极区向b极区迁移正确，A正确；B．电极方程式配平发生错误，电极b上反应应为，B错误；C．通过电解法可知此电池为电解池，所以电解过程中是电能转化为化学能，C正确；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 D．电解时水电离出的氢氧根离子比硫酸根离子更容易失去电子，所以电解溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以溶液的浓度是增大的，D正确；故选B。13.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A将水滴入盛有固体的试管中，立即把带火星的木条放在试管口可观察到有气泡产生，木条复燃固体遇水产生B将干白葡萄酒滴入酸性高锰酸钾溶液中溶液紫色褪去干白葡萄酒中含有C用pH试纸测定等浓度的NaHCO3溶液和NaClO溶液的pH前者的比后者的小碳酸酸性强于次氯酸D向与的混合稀溶液中滴入少量稀溶液有黄色沉淀生成A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．将水滴入盛有Na2O2固体的试管中，立即把带火星的木条放在试管口，观察到有气泡产生，带火星的木条复燃，说明Na2O2与水反应产生了能使带火星木条复燃的O2，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，A项正确；B．干白葡萄酒中的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故将干白葡萄酒滴入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去，不能说明干白葡萄酒中含SO2，B项错误；C．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，C项错误；D．NaCl、NaI的浓度未知，向NaCl与NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成可能是I-的浓度较大先生成AgI沉淀，不能比较AgCl、AgI的Ksp，D项错误；答案选A。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 14.连二亚硫酸钠()俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用还原法制备保险粉的流程如下：下列说法错误的是A.反应1说明酸性：B.反应1结束后，可用硝酸酸化的溶液检验是否被氧化C.反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为D.反应2最好在无氧条件下进行【答案】B【解析】【分析】由题给流程可知，碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，亚硫酸氢钠溶液与锌粉反应生成连二亚硫酸钠和氢氧化锌，连二亚硫酸钠溶液结晶脱水得到连二亚硫酸钠。【详解】A．由分析可知，反应1为碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，由强酸制弱酸的原理可知，亚硫酸的酸性强于碳酸，故A正确；B．亚硫酸氢钠溶液不能与氯化钡溶液反应，若亚硫酸氢钠溶液被氧化，加入酸化氯化钡溶液会与硫酸根离子反应生成白色硫酸钡沉淀，则反应1结束后，可用盐酸酸化的氯化钡溶液检验亚硫酸氢钠是否被氧化，但是不能用硝酸酸化，硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，故B错误；C．由分析可知，反应2为亚硫酸氢钠溶液与锌粉反应生成连二亚硫酸钠和氢氧化锌，反应中亚硫酸氢钠为反应的氧化剂，锌为还原剂，由得失电子数目守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，故C正确；D．由题意可知，连二亚硫酸钠有强还原性，在空气中极易被氧化，则制备连二亚硫酸钠时，反应2最好在无氧条件下进行，故D正确；故选B。15.某无色溶液X中可能含有、、、、、、、中的若干种，且各离子浓度相等，为确定其成分，依次进行下列实验。①取少量溶液X，向其中加入足量的氢氧化钠溶液，有白色沉淀A产生；微热闻到刺激性气味。②过滤①中的混合物，向滤液中加入足量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀B产生，再加入足量的稀硝酸，沉淀不溶解。根据上述实验，以下说法不正确的是第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.刺激性气味气体是B.溶液X中是否含、需要通过焰色试验确定C.白色沉淀A和白色沉淀B都是纯净物D.溶液X中一定没有，但一定含有【答案】B【解析】【分析】由取少量溶液X，向其中加入足量的氢氧化钠溶液，有白色沉淀A产生可知，X溶液中一定含有镁离子，一定不存在碳酸根离子；微热，闻到刺激性气味说明X溶液中含有铵根离子；又在滤液中加入足量的氧化钡溶液，有白色沉淀B产生，再加入足量的稀硝酸，沉淀不溶解，说明X溶液中，一定含有硫酸根离子，所以一定不含有钡离子；由各离子浓度相同，结合离子共存可知，溶液中一定含有氯离子，不含有钠离子和钾离子，综上X溶液中一定含有镁离子、铵根离子、硫酸根离子、氯离子，一定不含有钾离子、钠离子、钡离子，碳酸根离子，且沉淀A为氢氧化镁、沉淀B为硫酸钡，刺激性气体为氨气，据此回答。【详解】A．由分析知刺激性气体为氨气，A正确；B．由分析可知，溶液X中一定不含有钾离子、钠离子，B错误；C．由分析可知，沉淀A为氢氧化镁、沉淀B为硫酸钡，都是纯净物，C正确；D．由分析可知，溶液Ⅹ中一定没有，但一定含有，D正确；故选B。第II卷(非选择题，共55分)二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.电解粗铜工业得到的粗硫酸镍晶体中含有、、、等杂质离子，现欲进一步提纯硫酸镍晶体，设计如下流程：已知：①氢氧化物沉淀的范围如下表所示：金属阳离子开始沉淀6.31.56.9第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 沉淀完全的8.32.88.9②离子沉淀完全时，该离子的浓度小于。③室温下，。（1）粗硫酸镍晶体水浸后通入的主要目的是___________。（2）滤渣1的主要成分是___________，将滤渣1充分焙烧后，再用硫酸酸化即可得到一种工业原料，该原料可用于气体水份的检验，焙烧滤渣1发生的反应的化学方程式为___________。（3）反应II加入反应的离子方程式为___________。（4）加入的试剂X可以是___________，调整溶液的范围为___________。（5）若反应III中的浓度为，取等体积的溶液与该溶液混合，要使反应结束时完全沉淀，所加溶液的浓度至少为___________。【答案】（1）使转化为沉淀进而除去（2）①.和S②.、（3）（4）①.或②.（5）0.003【解析】【分析】粗硫酸镍晶体含有、、、、等杂质离子，水浸后通入H2S，生成S和CuS沉淀，过滤出去滤渣，往滤液加入H2O2，将生成后加入NiO调节pH，得到Fe(OH)3沉淀后再次过滤，往滤液加入NiF2，生成CaF2沉淀，过滤后得到NiSO4溶液，经系列操作可得到硫酸镍晶体。【小问1详解】粗硫酸镍晶体中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Zn2+等杂质离子，晶体水浸后加入H2S，可发生反应：、，结合后面加入H2O2，可推出通入H2S的主要目的是使Cu2+转化为CuS沉淀而除去；【小问2详解】第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 结合第一小题可知，滤渣1的主要成分是CuS和S；将滤渣1充分焙烧，焙烧滤渣1发生反应的化学方程式为、；【小问3详解】反应II时滴加H2O2的作用是氧化Fe2+生成Fe3+：；【小问4详解】加入试剂X的目的是调整溶液pH，促使Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而除去，故所加X可以是NiO、Ni(OH)2或NiCO3等，结合已知信息①，调整溶液pH的范围为2.8⩽pH<6.9；小问5详解】不考虑溶液中残留的c(Ca2+)时，所加NiF2溶液的浓度至少为，当考虑溶液中残留的c(Ca2+)时，。17.温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点，以下列两种方法为例，请回答问题。I．哈伯合成氨在较高温度下以氢气做氢源，其使用的氢气可由天然气制备：。下表列出了几种化学键的键能：化学键键能4364134671072（1）时，上述反应的___________。（2）为提高的平衡转化率，可采用的措施是___________。A.使用合适的催化剂B.采用较高的温度C.采用较高的压强D.恒温恒容增大甲烷和水蒸汽投料比（3）催化剂的选择是合成氨的核心技术之一，使用催化剂1或催化剂2合成氨，产氨速率与温度的关系如图。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 根据由图判断，活化能_______(填“>”“=”“<”)。使用催化剂1或催化剂2时，合成氨的___________(填“>”“=”“<”)。Ⅱ．与重整可以同时利用两种温室气体，其工艺过程中涉及如下反应：反应①反应②反应③反应④一定条件下，向体积为的密闭容器中通入、各及少量，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。（4）图中a代表产物___________，当温度高于，的含量随温度升高而下降的主要原因是___________。（5）时，与的转化率分别为95%和90%，反应①的平衡常数___________(列出计算式)。（6）甲烷化过程中，保持与的体积比为，反应气的总流量控制在，时测得转化率为80%，则反应速率为___________。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）（2）B（3）①.<②.=（4）①.②.反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的含量减小（5）（6）6.4【解析】【小问1详解】化学反应的反应热=反应物键能之和-生成物键能之和，CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=413kJ/mol×4+467kJ/mol×2-1072kJ/mol-436kJ/mol×3=+206kJ/mol；【小问2详解】A．使用催化剂平衡不移动，甲烷转化率不变，A错误；B．该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，甲烷转化率增大，B正确；C．该反应为气体分子数增大的反应，加压平衡逆向移动，甲烷转化率减小，C错误；D．恒容恒容增大甲烷和水蒸汽投料比，则甲烷浓度增大的较多，此时水的转化率变大，甲烷的转化率减小，D错误；故选B；【小问3详解】使用催化剂可以通过降低反应活化能提高化学反应速率，图示中使用催化剂1的反应速率快，活化能更低，因此Ea1