重庆市2022-2023学年高三化学上学期11月期中调研试卷（PDF版有解析）

2023年重庆市普通高中学业水平选择性考试11月调研测试卷化学参考答案1～5CCADA6～10ABDAD11～14ACBB1．C。A.纳米Fe3O4颗粒是纯净物，胶体是混合物，将纳米Fe3O4颗粒形成分散系才能是胶体，故A不符合题意；B.高粱中不含乙醇，杜康用高粱酿酒的原理是高粱中的淀粉发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出来，故B不符合题意；C.氮化硅陶瓷耐高温，是新型无机非金属材料，故C正确；D.钛不属于稀土元素，稀土元素指的是第ⅢB族的钪、钇与镧系元素，共17种金属元素，故D不符合题意。3+2．C。A.CaO不能与氧气反应，只能作吸水剂不能做吸氧剂，故A不符合题意；B.明矾电离产生的Al发生水解反应形成Al(OH)3胶体具有净水作用，而没有杀菌消毒作用，故B不符合题意；C.石膏的主要化学成分为硫酸钙（CaSO4）的水合物，是一种用途广泛的工业材料和建筑材料。故C正确；D.碳酸钡能与胃液中的盐酸反应，钡离子能够使蛋白质变性，碳酸钡不能用作胃肠X射线的造影剂，故D不符合题意。3．A。原子结构示意图中原子核中应该标明质子所带的电荷数，故P的原子结构示意图应该为+15285,故A符合题意。4．D。A.将FeI2溶液滴入新制氯水时，FeI2少量，过量的氯水能将碘离子、亚铁离子全部氧化，发生的反应为：2FeI2＋3Cl2＝2I2＋2FeCl3，将新制氯水滴入FeI2溶液时，FeI2过量，少量的氯水只氧化生成I2，发生的反应为：FeI2＋Cl2＝I2＋FeCl2，故A不符合题意；B.碳酸钠滴入盐酸发生反应：Na2CO3＋2HCl＝2NaCl＋CO2↑＋H2O，现象是立刻产生气泡；盐酸滴入碳酸钠发生反应：Na2CO3＋HCl＝NaHCO3＋NaCl、NaHCO3＋HCl＝NaCl＋CO23＋－↑＋H2O，故B不符合题意；C.少量的NaOH溶液滴入AlCl3溶液中生成Al(OH)3，离子方程式：Al＋3OH3＋－＝Al(OH)3↓，调换滴加顺序，少量的AlCl3溶液滴入过量NaOH溶液中生成NaAlO2，离子方程式：Al＋4OH－－3＋＝AlO2＋2H2O，反应不同，故C不符合题意；D.氨水电离出OH结合KAl(SO4)2电离出Al结合生成Al(OH)3，3＋＋离子方程式：Al＋3NH3∙H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4，调换滴加顺序，由于氢氧化铝与弱碱不反应，则反应相同，故D正确。5．A。CO2的水溶液能导电，是因为CO2与水反应生成的碳酸能电离出自由移动的离子可以导电，因此碳酸是电解质，但CO2本身不能电离出自由移动的离子，不是电解质，故A符合题意。6．A。常温下F2、Cl2是气态，Br2是液态，I2是固态，它们的沸点大小应是：F2＜Cl2＜Br2＜I2，故A符合题意。3＋3＋2＋2＋3＋7．B。A.Cu会Fe发生氧还原反应：Cu＋2Fe＝Cu＋2Fe，故A不符合题意；B.原溶液中存在Fe，故溶液为酸3＋性，酸性条件下CO2可与原溶液在离子大量共存，故B符合题意；C.SO2有还原性会与氧化性离子Fe发生氧3＋2－2＋＋3＋还原反应：2H2O＋SO2＋2Fe＝SO4＋2Fe＋4H，故C不符合题意；D.加入NH3后，Fe会与NH3∙H2O发3＋＋生反应：Fe＋3NH3·H2O＝Fe(OH)3↓＋3NH4，故D不符合题意。－18．D。A.考虑水中含有氧原子，故1L1mol·L的NaClO溶液中含有的O原子数大于NA，故A不符合题意；B.标况下，水非气态，不能使用气体摩尔体积，故B不符合题意；C.根据方程式可知：每有1molNaClO参加反应，转移2mol电子。14.9gNaClO的物质的量为0.2mol，则反应过程中转移电子的数目为0.4NA，故C不符合题意；D.根据方程式可知：每有2molNH3参加反应，生成1molN2H4，1molN2H4中有5mol共价键，标况下8.96LNH3的物质的量为0.4mol，可生成0.2molN2H4，0.2molN2H4共价键总数为NA，故D正确。9．A。A.FeO在空气中加热可生成Fe3O4，故A符合题意；B.浓盐酸与MnO2在常温下不反应，加热时才能反应生成Cl2，故B不符合题意；C.浓硝酸见光分解产生NO2，故C不符合题意；D．金属钠块放在空气中只能生成Na2O，故D不符合题意。3＋10．D。A.用白醋除铁锈，醋酸是弱酸，应写分子式，离子方程式为：Fe2O3·xH2O＋6CH3COOH＝(3＋x)H2O＋2Fe－－＋6CH3COO，故A不符合题意；B.向Ca(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液，可以将Ca(HCO3)2中的HCO2＋－－2－3完全反应，离子方程式为：Ca＋2HCO3＋2OH＝CaCO3↓＋2H2O＋CO3，故B不符合题意；C.氧原子个数＋－2－与电荷均不守恒，离子方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O＝4H＋2Cl＋SO4，故C不符合题意；D离子方程式正确。11月调研测试卷（化学）参考答案第1页共3页 11．A。A.过程3中存在C—O的断裂与C—H键的形成，故A符合；B.过程5中生成CH3OH时，是CH3O—与—H形成CH3OH存在H—O键形成的过程，则该过程放出能量，故B不符合题意；C.在该合成过程中，氧化剂是CO2与还原剂是H2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故C不符合题意；D．该反应总过程是CO2和H2在Cu/ZnOCu/ZnO作催化剂、光照条件下合成CH3OH，总反应方程式为CO2＋3H2CH3OH＋H2O，故D不符合光题意。12．C。A.MnO2与浓盐酸反应需要加热，故A不符合题意；B.移液时没有用玻璃棒引流，B不符合题意；C.该装置适合制备并检验SO2气体，故C正确；D.该实验只能验证氨气的溶解性很强，不能验证密度比空气小，故D不符合题意。13．B。由题干分析可知c元素为P，c元素获得一个电子后，可以与a形成6个共价键，a只能连一个共价键，故a元素为F、b元素为Na。A.c的最高价氧化物所对应的水化物为三元酸，如果不是最高价氧化物所对于氧化物则不一定是三元酸，如次磷酸H3PO2为一元酸。B.简单氢化物的稳定性：HF＞PH3，故B正确；C.F没有正价，故C不符合题意；D.该化合物阴离子中P原子最外层超过8电子，有12个电子。-3＋14．B。A.能将I氧化的不一定是Fe，故A不符合题意；B.可利用丁达尔现象，可以区分胶体，故B符合题意；C.HClO有漂白性，会使pH试纸褪色，不能用pH试纸检验其酸性强弱，故C不符合题意；D.少量稀NaOH溶液不足以生成大量的氨气，氨气易溶于水，故难以使红色石蕊试纸变蓝，正确的做法是用过量的浓NaOH溶液且加热，故D不符合题意。15．（14分）（1）①＋4（1分）H－O－O－H（2分）－＋②H2O2＋2ClO3＋2H＝2ClO2↑＋O2↑＋2H2O（2分）1∶2（1分）H＋3＋2－3－（2）HNH（2分）Al＜O＜N（2分）H（3）N2分子中氮氮叁键键能大，很难断开，所以比较稳定（2分）（4）6NH4ClO4＋10Al＝4Al2O3＋2AlCl3＋3N2↑＋12H2O（2分）解析：（1）②酸性条件下，NaClO3做氧化剂，还原产物为ClO2，H2O2做还原剂，氧化产物是O2，结合溶液酸碱性与化合价－＋变化可以配平离子方程式为H2O2＋2ClO3＋2H＝2ClO2↑＋O2↑＋2H2O，故该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2。3－2－3＋（2）高氯酸铵和铝粉含有H、N、O、Al、Cl五种元素，其中形成的简单离子中核外电子数相同的为N、O、Al，3＋核外电子数相同，质子数越多，对核外电子的半径吸引力越大，半径就越小，所以离子半径由小到大顺序为Al2－3－＜O＜N。16．（14分）（1）三颈烧瓶（1分）检查是否漏液（1分）2＋2＋2＋－（2）让Co与NH3形成络合物，降低溶液中Co的浓度，使Co与OH形成Co(OH)2的速率降低，从而得到较大颗粒的Co(OH)2，便于过滤分离提纯（2分）3＋2＋（3）b（1分）利用水合肼将Co充分还原为Co（2分）（4）取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净，反之未洗涤干净（2分）（5）1mol/LH2SO4溶液（1分）然后向其中加入30%的H2O2溶液（1分）向滤液中加入5mol/LNaOH溶液（1分）（6）Co2O3（2分）解析：2－2－（4）洗涤的杂质离子主要是SO4,故检查SO4是否洗净的方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净，反之未洗涤干净。11月调研测试卷（化学）参考答案第2页共3页 （5）依据题意，第一种加入的试剂要使固体悬浊液溶解，需加酸充分反应，所以可选择硫酸或者盐酸，又因为第二步2＋还需加入H2O2氧化Fe，氧化性：H2O2＞Cl2，如果加盐酸，在加入H2O2时可能会生成Cl2，为了防止反应生成Cl2，排除加入盐酸，只能加入1mol/LH2SO4溶液。第二种试剂为30%H2O2溶液，第三种试剂可以使pH值增大，生成Co(OH)2，则选择5mol/LNaOH溶液。（6）设Co(OH)2物质的量为1mol，m(Co(OH)2)＝1mol93g/mol=93g，其中n(Co)＝1mol。290℃，剩余固体的质量为93g89.25%≈83g，其中m(O)＝83g－59g＝24g，n(O)＝24g÷16g/mol＝1.5mol，n(Co)∶n(O)＝2∶3，故A点时，剩余固体的成分为Co2O3。17．（15分）（1）①储存NO2（2分）②Ba(NO3)2＋8H2＝2NH3＋BaO＋5H2O（2分）（2）①过滤（1分）－＋＋②3Fe＋NO3＋2H＋H2O＝NH4＋Fe3O4（2分）2＋③在酸化废水中加入一定量的Fe（2分）（3）①增加K2Cr2O7的氧化性（2分）cV6cV1122②（2分）3V③偏大（2分）解析：（1）②由图可知，还原过程中H2与Ba(NO3)2发应，生成BaO、N2和H2O，可写出方程式为Ba(NO3)2＋8H2＝2NH3＋BaO＋5H2O。－2＋－2＋-2＋－（3）①水样中NO3被Fe还原，由题干可知二者关系式：NO3～3Fe，由NO3消耗的Fe的物质的量为3n(NO3),2＋2－2＋2－2－2＋剩余的Fe被Cr2O7氧化，由得失电子守恒求出二者关系式：6Fe～Cr2O7，被Cr2O7氧化的Fe的物质的量cV6cV2－－2－－1122为6n(Cr2O7),可列出：3n(NO3)＋6n(Cr2O7)＝c1V1，故水样中NO3的含量为：。3V2＋2＋2－②水样中的O2也能氧化Fe，会使标准溶液中的Fe剩余量减少，从而使滴定时加入Cr2O7的体积减小，故没有驱赶O2会使测定结果偏大。18．（15分）（1）＋6（1分）Na2SiO3（2分）（2）不断搅拌、适当升高温度、增大NaOH或NaClO的浓度等（2分）2－－（3）增大（RuO4＋CH3CH2OH＋2H2O→Ru(OH)4↓＋CH3CHO＋2OH）（2分）（4）蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计（2分）（5）Ru＋3NaClO＋2NaOH＝Na2RuO4＋3NaCl＋H2O（2分）（6）Cl2（2分）1.36（2分）解析：（1）滤渣中的SiO2会与NaOH反应生成可溶的Na2SiO3。2－－（3）还原过程中发生反应：RuO4＋CH3CH2OH＋2H2O→Ru(OH)4↓＋CH3CHO＋2OH，故pH值增大。（5）“氧化碱浸”过程中，由流程图可知Ru与NaClO和2NaOH反应生成Na2RuO4，故方程式为Ru＋3NaClO＋2NaOH＝Na2RuO4＋3NaCl＋H2O（6）由流程图中吸收过程可知，RuO4化合价降低生成RuCl3，盐酸在反应中做氧化剂，元素化合价升高，故产物为415gCl2；该反应的方程式为2RuO4＋16HCl＝2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O，故n(HCl)＝8n(RuCl3)＝8×＝16mol207.5g/mol16mol，V(HCl)1.36L。11.8mol/L11月调研测试卷（化学）参考答案第3页共3页