湖南省湘潭市2022届高三化学5月模拟考试试题含解析

湖南省湘潭市2022届高三5月模拟考试理综化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16V-511.下列叙述正确的是A.FeCl2有氧化性，能用于雕刻电路板B.金刚石是自然界中硬度最大的物质，不与氧气发生反应C.明矾加入水中能形成Al(OH)3胶体，可用作净水剂D.SiO2不与强酸反应，可用石英器皿盛装氢氟酸【答案】C【解析】A、用于雕刻电路板是利用的FeCl3氧化性，能将铜氧化溶解，选项A错误；B、金刚石的主要成分是碳，可以与氧气反应，选项B错误；C、由于Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有很强的吸附能力，能吸附水中的悬浮物并使之沉降，所以明矾可作净水剂，选项C正确；D、石英的主要成分是SiO2，SiO2不与强酸反应，但可以与氢氟酸反应，不能用石英器皿盛装氢氟酸，选项D错误。答案选C。2.设NA为阿伏伽德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是A.pH=1的硫酸溶液中含有的SO42-数目为0.05NAB.100g质量分数为46%的乙醇溶液中所含的氢原子数为12NAC.100mL1mol/LCH3COONH4溶液中含有的NH4+数目为0.1NAD.0.2molNH3与0.3molO2在催化剂的作用下加热充分反应，所得NO的分子数为0.2NA【答案】B【解析】A、没有给定体积，无法计算，选项A错误；B、100g质量分数为46%的乙醇溶液中所含的氢原子数为=12NA，选项B正确；C、NH4+水解，使粒子数目减少，小于0.1NA，选项C错误；D、反应是可逆反应，不能完全转化，所得NO的分子数小于0.2NA，选项D错误。答案选B。3.下列关于有机物的说法正确的是A.乙醇、乙酸均能与NaOH溶液反应B.糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应C.通过乙烯的取代反应可制得氯乙烷D.C4H8Cl2有9种同分异构体【答案】D14【解析】A、乙醇不能与氢氧化钠溶液反应，选项A错误；B、糖类中的单糖不能发生水解反应，选项B错误；C、通过乙烯和氯化氢的加成反应可制得氯乙烷，选项C错误；D、C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一议二”法确定：、、，故C4H8Cl2的同分异构体共有9种，选项D正确。答案选D。4.下列实验操作能达到相应实验目的的是选项实验目的实验操作A证明还原性：I->Fe2+向FeI2和KSCN混合溶液中滴入少量氯水，再加入CCl4,振荡B制备Fe(OH)3胶体向饱和FeCl2溶液中滴加氨水并不断搅拌C分离苯和四氯化碳用分液漏斗进行分液D制取NH3直接加热NH4Cl固体，用向下排空气法收集气体A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A、向FeI2和KSCN混合溶液中滴入少量氯水，再加入CCl4,振荡，溶液不显血红色，四氯化碳层显紫红色，证明氯气先与碘离子反应，产生碘单质，则还原性I->Fe2+，选项A正确；B、反应产生氢氧化铁沉淀而得不到氢氧化铁胶体，选项B错误；C、苯和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗分液，选项C错误；D、氯化铵受热分解生成的氯化氢和氨气在试管口又反应生成氯化铵，得不到氨气，选项D错误。答案选A。5.在微生物作用下电解有机废水（含CH3COOH）,可获得清洁能源H2，其原理如图所示，下列有关说法不正确的是14A.电极B极为负极B.与电源A极相连的惰性电极上发生的反应为：CH3COOH-8e-+H2O=2CO2↑+8H+C.通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液PH减小D.通电后，若有0.1molH2生成，则转移0.2mol电子【答案】C【解析】A、电解有机废水（含CH3COOH），在阴极上氢离子得电子生成氢气，电极B为负极，选项A正确；B、与电源A极相连的惰性电极是阳极，发生的电极反应为：CH3COOH-8e-+H2O=2CO2↑+8H+，选项B正确；C、在电解池中，阳离子定向移动到阴极，则通电后，H+通过质子交换膜向右移动，但右侧溶液中氢离子得电子产生氢气，氢离子浓度减小，PH增大，选项C不正确；D、氢离子得电子产生氢气，则通电后，若有0.1molH2生成，则转移0.2mol电子，选项D正确。答案选C。6.298K时，向体积均为15.0mL，浓度均为1.00mol/L的氨水和NaHCO3溶液中分别滴加1.00mol/L的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。下列有关叙述正确的是A.曲线a是NaHCO3溶液的滴定曲线B.当V(盐酸)=4.00mL时，c(HCO3-)>c(NH4+)>c(CO32-)C.当V(盐酸)=15.00mL时，c(Na+)=c(NH4+)D.两个滴定过程均可选择酚酞作指示剂【答案】B14【解析】A、等浓度的氨水PH较大，故曲线a是氨水的滴定曲线，选项A错误；B、氨水的电离和碳酸氢根离子的电离和水解都是微弱的，氨水的电离略大些，当V(盐酸)=4.00mL时，大概比例为c(HCO3-)：c(NH4+)：c(CO32-)=11：4：4，但c(NH4+)>c(CO32-)，选项B正确；C、当V(盐酸)=15.00mL时，两溶液体积增大一倍，与氨水反应得到氯化铵，铵根离子水解，c(NH4+)<0.5mol/L，c(Na+)=0.5mol/L，则c(Na+)>c(NH4+)，选项C错误；D、若选择酚酞作指示剂，滴定终点溶液变为无色时，溶液呈弱碱性，此时盐酸的用量不足，选项D错误。答案选B。7.X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期元素。化合物甲由X、Z、W三种元素组成，常温下0.1mol/L甲溶液的pH=13。工业上常通过电解饱和WR溶液制得甲。Y的单质与由Y、Z组成的化合物之间的转化关系如图。下列叙述正确的是A.简单离子的半径：W>Z>RB.XR与XRZ均为强酸C.化合物W2Z3中既含离子键又含极性键D.图中转化过程发生的反应均为化合反应【答案】D【解析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期元素。化合物甲由X、Z、W三种元素组成，常温下0.1mol/L甲溶液的pH=13。工业上常通过电解饱和WR溶液制得甲，则猜测甲为氢氧化钠学，WR为氯化钠，则X、Z、W分别为H、O、Na，根据Y的单质与由Y、Z组成的化合物之间的转化关系推出Y为C；故A、简单离子的半径：Cl->O2->Na+，即R>Z>W，选项A错误；B、HClO是弱酸，选项B错误；C、化合物Na2O3中既含有离子键又含非极性键，选项C错误；D、图中转化过程发生的反应是碳在氧气充足和不足条件下分别化合生成一氧化碳和二氧化碳，一氧化碳与氧气化合生成二氧化碳，二氧化碳在高温条件下与碳化合生成一氧化碳，都为化合反应，选项D正确。答案选D。8.铝氢化钠（NaAlH4）时有机合成的重要还原剂。某课题组经查阅资料后设计合成铝氢化钠的流程如图所示。14已知：①AlCl3、NaH、NaAlH4遇水都能迅速发生反应。②常温下，可用高锰酸钾、氯酸钾、重铬酸钾、次氯酸钙等与浓盐酸反应制取氯气。（1）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，甚至可能发生爆炸，其原因是_______________。写出铝氢化钠与水反应的化学方程式 ____________________。（2）甲同学设计实验制备无水氯化铝的装置如图所示。①装置E中干燥管的作用是_______________________。②点燃装置D处酒精灯之前需先排尽装置内的空气，其操作方法是 _______________。（3）乙同学分析甲同学设计的装置后，认为只改变A、B、D中的试剂就可以用甲同学设计的装置制备NaH。①试管B中的试剂改为____________________。②若操作不当，则制得的NaH产品中可能含有的杂质有_________________。（4）丙同学设计以下3种装置测定铝氢化钠样品的纯度(假设杂质不参与反应)。从易操作性、准确性角度考虑，宜选装置________。如何判断铝氢化钠与水完全反应：_______________。【答案】(1).反应放出大量热量使生成的H2迅速膨胀而爆炸(2).NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑(3).吸收剩余的氯气并避免空气中的水蒸气进入D中(4).先将装置A中的分液漏斗打开，反应一段时间，使D中玻璃管充满黄绿色气体14(5).NaOH溶液（或其他合理答案）(6).Na2O2（或Na等其他合理答案）(7).乙(8).连续两次读取的H2体积相等（或其他合理答案）【解析】（1）NaAlH4与水反应生成NaAlO2和H2，化学方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；由已知①可得，NaAlH4遇水能迅速发生反应，放出大量热使生成的H2迅速膨胀而可能引起爆炸。（2）由制备无水氯化铝的装置可知，A为“固-液”制Cl2装置，B为除去Cl2中HCl的装置，C为吸水干燥装置，D为Al和Cl2反应装置，E为收集AlCl3装置。①因为AlCl3遇水能迅速反应，所以E中碱石灰的作用是：吸收剩余氯气和防止空气中的水蒸气进入D中。②点燃装置D处酒精灯之前，先打开装置A中的分液漏斗，反应一段时间，使D中玻璃管充满黄绿色气体，从而排尽装置内的空气。（3）①若用上述装置制备NaH，只要将A中试剂改为金属锌，B中用NaOH等碱性溶液除去挥发出的HCl气体，D中试剂改为金属钠，就可以达到目的。②该装置无法隔绝氧气，，若操作不当，可能会使NaH中含有Na2O2杂质；若氢气不足，Na会有剩余。（4）丙同学是用测氢气体积的方法来测定NaH样品纯度的，甲装置会导致内部压强大于大气压强，丙装置无法测氢气的体积，丁装置与甲装置类似，会导致结果偏大，故选乙装置；若两次测得的氢气体积相同，则说明已冷却至室温。点睛：物质制备实验方案的设计与评价是实验题考查的重点和难点，注意根据实验目的以及物质的性质，结合已知信息分析，保证思路正确、思考方向符合出题者意图。9.已知NO2与SO2能发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g).（1）上述反应设计的四种氧化物中，__________（填化学式）属于酸性氧化物。（2）已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=-113KJ/mol；2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H2=-196.6KJ/mol；则NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)△H=________。（3）在一恒容密闭容器中，改变原料气配比[n0(NO2):n0(SO2)]进行多组实验（每次实验的温度可能相同，也可能不同），测得NO2的平衡转化率[a(NO2)]。部分实验结果如图所示。14①当容器内________（填字母）不再随时间的变化而改变时，可以判断反应达到了化学平衡状态。a.气体的压强b.气体的平均摩尔质量c.气体的密度d.NO2的体积分数②若A电对应的实验中，SO2(g)起始浓度为c0mol/L，经过tmin后反应达到平衡，则反应从起始至tmin内的化学反应速率v(NO2)=_________mol/(L·min)③若要使图中C点的平衡状态变为B点的平衡状态，则应采取的措施是____________；若要使图中A点的平衡状态变为B点的平衡状态，则应采取的措施是___________。（4）将NO2与SO2的混合气体[n0(NO2):n0(SO2)=1]通入2mL0.1mol/L氯化铵溶液中，只生成一种白色沉淀物M,M的化学式为______，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀（Ba2+的浓度等于1.0×10-5mol/L）时，通入的混合气体在标准状况下的体积约为______L。（M的Ksp=1.0×10-9）【答案】(1).SO3、SO2(2).-41.8KJ/mol(3).d(4).c0/(5t)(5).将NO2和SO2的物质的量之比调节为1:1(6).将NO2和SO2物质的量之比调节为1:1的同时降低温度(7).BaSO4(8).8.96×10-3【解析】（1）本题考查物质的分类，酸性氧化物是与水反应生成相应的酸，且化合价不变化，或与碱反应生成盐和水，NO2与水反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，存在化合价变化，因此NO2不属于酸性氧化物，NO是不成盐氧化物，因此属于酸性氧化物的是SO2、SO3；（2）考查热化学反应方程式的计算，①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g），②2SO2(g)+O2(g)2SO3(g），(②－①)/2得出：△H=(－196.6＋113.0)/2kJ·mol－1=－41.8kJ·mol－1；（3）本题考查化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、影响化学平衡移动的因素，①a、因为前后气体系数之和相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，故a错误；b、根据M=m/n，组分都是气体，因此气体质量不变，反应前后气体系数之和相等，因此气体物质的量不变，即M不变，不能说明反应达到平衡，故b错误；c、根据ρ=m/V，组分都是气体，气体的质量不变，容器是恒容状态V不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故c错误；d14、根据化学平衡状态的定义，当组分的浓度或体积分数不变，说明反应达到平衡，故d正确；②A点对应的n(NO2)/n(SO2)=0.4，起始时c(SO2)=c0mol·L－1，因为容器的体积不变，因此起始时c(NO2)=0.4c0mol·L－1，A点对应的NO2的转化率为50%，因此消耗的NO2的浓度为0.4c0×50%mol·L－1，依据化学反应速率的数学表达式，v(NO2)=0.4c0×50%/tmol/(L·min)=0.2c0/tmol/(L·min)或c0/5tmol/(L·min)；③C点对应n(NO2)/n(SO2)=1.5，B点对应n(NO2)/n(SO2)=1，C点转化成B点，在C点增加SO2，调节到n(NO2)/n(SO2)=1，NO2的转化率增加，即C点的平衡状态变为B点平衡状态；A点对应n(NO2)/n(SO2)=0.4，A点转化成B点，需要减少SO2，达到n(NO2)/n(SO2)=1，此时平衡向逆反应方向进行，NO2的转化率降低，但维持NO2的转化率不变，因为正反应是放热反应，因此需要同时降低温度；（4）考查溶度积的计算，NO2与水反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，SO2具有还原性，因此有2H2O＋2HNO3＋3SO2=3H2SO4＋2NO，然后发生BaCl2＋H2SO4=BaSO4↓＋2HCl，因此沉淀M是BaSO4，根据溶度积，求出溶液中c(SO42－)，即c(SO42－)=Ksp/c(Ba2＋)=1.0×10－9/1×10－5mol·L－1=1×10－4mol·L－1，因此溶液中n(SO42－)=2×10－3×10－4mol·L－1=2×10－7mol·L－1，Ba2＋全部转化成沉淀，则BaSO4的物质的量为2×10－3×0.1mol=2×10－4mol，根据硫元素守恒，即SO2的物质的量为(2×10－4+2×10－7)mol≈2×10－4mol，n(NO2)/n(SO2)=1，则n(NO2)=2×10－4mol，气体总物质的量为4×10－3mol，气体体积为8.96×10－3L。点睛：本题易错点是问题（3）中③的第二空，对比A点和B点的n(NO2)/n(SO2)，A点→B点，应减少SO2，使n(NO2)/n(SO2)=1，使平衡向逆反应方向移动，NO2的转化率降低，维持NO2的转化率不变，因为正反应是放热反应，需要让平衡向正反应方向进行，因此需要同时降低温度。10.白炭黑（SiO2·nH2O）广泛应于硅橡胶、塑料、油漆涂料等，制备白炭黑的方法主要有两种。（1）向硅酸钠溶液中通入热的HCl气体来制取白炭黑。①氯化氢的电子式为__________。常温下Na2SiO3溶液的pH_______(填“>”“<”或“=”)7。②用化学方程式表示该制备原理:_____________。（2）以红土镍矿(含SiO2、MgO、Fe2O3、NiO等)为原料制取白炭黑，其工艺流程如图所示。14①步骤1熔融反应器适宜的材质是__________(填“陶瓷”“玻璃”或“不锈钢”)。②步骤Ⅱ在稍低于100℃时进行水浸的目的是____________③步骤Ⅳ通入过量二氧化碳并控制pH=8-9，碳酸化时发生反应的离子方程式为___________。④向步骤V过滤得到的滤液中加人石灰乳，发生苛性化反应，会重新生成NaOH，该反应的化学方程式为____________。⑤步骤Ⅵ酸洗后再进行水洗，某同学为加快洗涤速率，将水洗换为用无水酒精洗涤，该同学的操作________________(填“正确”或“不正确”)。【答案】(1).(2).>(3).2HCl+Na2SiO3+(n-1)H2O=SiO2·nH2O↓+2NaCl(4).不锈钢(5).加快浸取速率(6).SiO32-+2CO2+(n+1)H2O=SiO2·nH2O↓+2HCO3-(7).NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O(8).不正确【解析】(l）①氯化氢是共价化合物，其电子式为；硅酸是弱酸，SiO32-在溶液中要水解，则常温下Na2SiO3溶液的pH>7，显碱性；②向硅酸钠溶液中通人热的HCl气体得SiO2·nH2O和NaCl，根据原子守恒配平得反应化学方程式为2HCl+Na2SiO3+(n-1)H2O=SiO2·nH2O↓+2NaCl；(2）①高温下NaOH可以和二氧化硅反应生成硅酸钠，则步骤1熔融反应器适宜的材质不能是陶瓷或玻璃，应选择不锈钢；②升高温度可以加快反应速率，步骤Ⅱ在稍低于100℃时进行水浸的目的是加快浸取速率；③根据强酸制弱酸的原理，步骤Ⅳ通入过量二氧化碳并控制pH=8-9，可生成碳酸氢钠和SiO2·nH2O，根据电荷守恒及原子守恒，可得碳酸化时发生反应的离子方程式SiO32-+2CO2+(n+1)H2O=SiO2·nH2O↓+2HCO32-；④向步骤V过滤得到的滤液中含有碳酸氢钠，加人石灰乳，会重新生成Na0H和碳酸钙沉淀，发生反应的化学方程式为NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O；⑤酸化后生成的SiO2·nH2O表面有附着的碳酸氢钠溶液，用无水酒精洗涤无法除去碳酸氢钠，得到的产品不纯，故此操作不正确。11.金属钒（V）广泛应用于航空、化工、能源等行业。（1）钒元素基态原子的电子排布式为__________，3d能级上的未成对电子数为___________。14（2）VCl2溶液与乙二胺(H2N—CH2—CH3—NH4)可形成配离子[V(En)2]2+(En是乙二胺的简写)，该配离子中所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是___________(用元素符号表示)。乙二胺分子中氮原子的杂化轨道类型为_____________，乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是______________。（3）LiVH4是一种特殊的还原剂，可将乙酸直接还原成乙醇。CH3COOH和CH3CH2OH分子中σ键数目之比为____________。（4）钒能形成多种配合物，钒的两种配合物X、Y的化学式均为V(NH3)3ClSO4，取X、Y的溶液进行如下实验(已知配体难电离出来)。XXYY试剂BaCl2溶液AgNO3溶液BaCl2溶液AgNO3溶液现象白色沉淀无明显变化无明显变化白色沉淀则X的配离子为___________，Y的配体是__________。（5）VO晶体的晶胞结构如图所示，VO晶体中V2+的配位数为__________________。若该晶胞边长为bnm，则该晶体的密度为__________(用含b，NA的代数式表示)g·cm-3。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d34s2{或[Ar]3d34s2}(2).3(3).N>C>H(4).sp3(5).乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键(6).7:8(7).[V(NH3)3Cl]2+(8).NH3、SO42-(9).6(10).【解析】（1）V是23号元素，位于第四周期第IVB族，基态Ge原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2{或[Ar]3d34s2}，在最外层的4s能级上2个电子为成对电子，3d轨道中3个电子分别处以不同的轨道内，有3个未成对电子；（2）VCl2溶液与乙二胺(H2N—CH2—CH3—NH4)可形成配离子[V(En)2]2+(En是乙二胺的简写)，该配离子中所含非金属元素为H、C、N，N原子的2p轨道为半充满，较稳定，故电负性由大到小的顺序是N>C>H；乙二胺中N原子呈3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；乙二胺分子之间可以形成氢键，但三甲胺分子之间不能形成氢键；（3）CH3COOH分子中有714个σ键，CH3CH2OH分子中有8个σ键，则两者数目之比为7：8；（4）根据实验现象可知，X能电离出硫酸根离子，则X的配离子为[V(NH3)3Cl]2+，Y能电离出氯离子，则Y的配离子为[V(NH3)3SO4]+，则配体是NH3、SO42-；（5）VO晶体的晶胞结构如图所示，VO晶体中与V2+最近相邻的O2-是6个，则V2+的配位数为6；钒原子在顶点和面心，个数为8+6=4，氧原子在棱和体心，个数为12+1=4，则一个晶胞相当于4个VO，其密度为ρ＝＝＝。12.黄酮（G）是一种很强的抗氧剂，同时可以降低人体内胆固醇水平，它的一种合成路线如下：已知：M的结构简式为。（1）下列关于G的说法正确的是__________(填字母)a.能发生加成反应和取代反应b.在碱性条件下能水解c.属于苯酚的同系物，能与FeCl3溶液发生显色反应d.1molG与足量的氢气发生加成反应时，最多消耗氢气10mol（2）有机物A的名称是______________，有机物B中非含氧官能团的名称为____________。14（3）有机物X的分子式为C4H6O，其结构简式为____________。（4）反应③的化学方程式为__________。（5）芳香族化合物R是M的同分异构体，且R满足下列条件:①分子中只有一个甲基②能发生银镜反应③能发生水解反应④1molR最多能与4molNaOH反应⑤核磁共振氢谱中有6组峰，则符合上述条件的的结构简式为__________和___________。(6)依据题目所给信息，写出以、为起始原料(无机试剂任选)制备的合成路线:__________________。【答案】(1).ad(2).对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）(3).溴原子(4).(5).(6).(7).(8).【解析】（1）a.G中含有苯环和羰基，能与氢气发生加成反应，含有酚的结构，可以发生取代反应，选项a正确；b.分子中无酯基无肽键，在碱性条件下不能水解，选项b错误；c.不属于苯酚的同系物，但含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，选项c错误；d.G中含有三个苯环，一个羰基，1molG与足量的氢气发生加成反应时，最多消耗氢气10mol，选项d正确。答案选ad；（2）有机物A的名称是对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛，有机物B中非含氧官能团的名称为溴原子；（3）有机物X的分子式为C4H6O，根据B转化为C：14；可知B与X发生取代反应生成C和溴化氢，则X的结构简式为：；（4）反应③是C与CH3Cl反应生成D和氯化氢，则其化学方程式为：；（5）的同分异构体R满足：②能发生银镜反应说明含有醛基，③能发生水解反应说明含有酯基，结合②和不饱和度，应该是甲酸酯，④分子中只有4个氧原子，除甲酸酯外最多有两个酚羟基能与氢氧化钠反应，由于1molR最多能与4molNaOH反应，故应该是两个酚羟基和一个甲酸酯结构连接在苯环上，①分子中只有一个甲基，则另外的碳只能形成直链，⑤核磁共振氢谱中有6组峰，则符合上述条件的的结构简式为和；(6)在氢氧化钠水溶液中加热水解生成，氧化生成，与在碱性条件下反应生成，与氯化氢发生加成反应生成，合成路线为：14。14