河南省重点中学2022届高三化学11月模拟调研（一）试题（附答案）

河南省重点中学2022届高三上学期11月模拟调研（一）化学试卷注意事项：1.本试卷共6页，考试时间90分钟，卷面总分100分。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置上。3.全部答案写在答题卡上完成，答在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Al-27Fe-56一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.《本草纲目》中“石碱”条目下记载：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面亦去垢”。下列说法错误的是（）A.“蒿蓼”的主要成分是纤维素B.石碱能“去垢”是因为其溶液显碱性C.“久则凝淀”相当于蒸发结晶D.“石碱”的主要成分是Na2CO32.下列变化与氧化还原反应无关的是（）A.食物变质B.NaOH保存过程中结块C.长期放置的干电池失效D.燃放烟花3.下列各类物质，是依据物质性质分类的是（）A.化合物B.纯净物C.有机物D.酸性氧化物4.NA为阿伏德罗常数的值，下列关于22gCO2的叙述中错误的是（）A.B.常温常压下体积是11.2LC.电子数目是11NAD.共用电子对数目为2NA5.下列有关说法中错误的是（）A.由浓、稀硝酸的还原产物分别为NO2、NO知，稀硝酸氧化性强于浓硝酸B.反应（部分物质略去）中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1C.利用Cu(NO3)2溶液，Zn、Ag可证明还原性Zn>Cu>AgD.浓硫酸不能氧化具有较强还原性的SO26.某溶液中可能仅含有、、、、、、、、中的若干 种（不考虑水的电离），观察发现溶液显黄色，下列分析中正确的是（）A.无需要再进行任何实验就可以确定不存在的离子有4种B.该溶液中最多含有两种阴离子C.该溶液一定显酸性，可能含Ba2+D.向该溶液滴入石蕊试液可能会变蓝色7.下列离子方程式正确的是（）A.向澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液：B.漂白粉溶液中通入过量C.Fe2(SO4)3溶液与Cu粉混合：D.Na2O2与水混合：8.下列有关说法正确的是（）A.单质镁在空气中能剧烈燃烧但在CO2中不能燃烧B.可用稀硝酸清洗做过银镜实验的试管C.可用饱和Na2SO3溶液除去SO2中的HClD.可用蒸发结晶、趁热过滤的方法除去KNO3中的少量NaCl9.将23g钠、9g铝粉、28g铁粉分别投入盛有质量相等且过量的CuSO4溶液的X、Y、Z三个烧杯中并使它们充分反应，下列说法中正确的是（）A.都会析出红色固体B.Y中不可能有气体放出C.反应后氧化剂得到的电子数目相等D.X、Y中溶液可能变成无色10.利用烟气中SO2可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如下图所示下列说法错误的是（）A.中Co的化合价为+3价 B.总反应离子方程式为：C.反应①~⑤中均有电子的转移D.反应③中，每消耗1molO2会转移2mol电子11.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（）ABCD装置目的快速制备少量NH3除去Na2CO3中的NaHCO3制取并收集一定量Cl2将乙醇氧化为乙醛12.X、Y、Z、W是原子序数递增的短周期主族元素，其中X与Z同主族，X与Y形成的化合物是光合作用的原料之一，Z、W最高正价相差6。下列说法正确的是（）A.X、Z两元素间可形成共价键B.非金属性Y<WC.简单离子半径：Y<Z<WD.Y、W形成的某种化合物可用于消毒杀菌13.下列说法中正确的是（）A.电解熔融状态下的AlCl3或Al2O3均可得到单质铝B.钢铁、铜在适当条件均可发生吸氧腐蚀、析氢腐蚀C.向的稀混合液中滴加AgNO3溶液，可确定Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小D.BaSO4、BaCO3均难溶于水，故BaCO3不能与Na2SO4溶液反应14.常温下向20.00mL0.1000的K2X溶液中滴入0.1000的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。下列说法错误的是（）A.常温下，KHX溶液中水电离出的B.H2X的一级电离常数 C.b点溶液中：D.c点溶液中：二、非选择题：共58分。其中第15-17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。15.（14分）草酸、KMnO4均是重要的化学分析试剂，某次实验中需要使用480mL0.2000mol/L的草酸溶液，回答下列问题。（1）实验中需要称取g草酸晶体（H2C2O4•2H2O），称量后（填“需要”或“不需要”）加热除去相应的结晶水；配制过程中需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管及。（2）假设称取草酸时使用的是托盘天平，称量中试剂与砝码位置错放，则所配制溶液中c（H2C2O4）0.2000（填“>”、“=”或“<”，下同）；若定容时俯视刻度线，则所配溶液中c（H2C2O4）0.2000。（3）若配置溶液时所取草酸晶体不纯（杂质无还原性），为测定草酸的纯度，某同学量取20.00mL，上述所配溶液放入锥形瓶中，然后用0.1000的酸性KMnO4标准溶液滴定（氧化产物是CO2），滴定终点时消耗VmL标准溶液。①标准溶液应使用（填“酸”或“碱”）式滴定管取用，合理的V值可能是。A.15.8B.16.20C.15.82D.16.18②滴定终点时溶液颜色的变化为，样品中草酸品体的质量分数为（用含V的式子表示）。16.（14分）铁元素存在多种价态，且不同价态的铁元素在一定条件下可以相互转化。（1）向2mL1的Fe(NO3)2溶液中加入2的H2SO4溶液至Fe2+恰好转化为Fe3+为止，写出反应的离子方程式，再向反应后的溶液中加入过量的KI溶液，欲证明溶液中存在可逆反应“”，必须使用的两种试剂分别是。（2）K2FeO4是一种新型水处理剂，将KOH溶液、KClO溶液与Fe2(SO4)3溶液混合可得到K2FeO4。①K2FeO4中铁元素的化合价为，当有1molK2FeO4 生成时，反应中转移的电子数目为NA。②发生相应反应的离子方程式为。（3）某同学设计如图装置制备一定量的Fe(OH)2并使其能在较长时间内存在。①X不能是硝酸，原因是，装置4的作用是。②实验开始时，开关K2应（填“打开”成“关闭”）；这样操作的目的是。17.（15分）纳米氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，以主要成分为CuFeS2的黄铜矿（含有杂质SiO2）为原料制取纳米Cu2O的一种工艺流程如下图：常温下几种金属阳离子开始沉淀与完全沉淀时的pH如表：Fe2+Fe3+Cu2+开始沉淀7.52.64.8完全沉淀9.53.36.4（1）使用矿石粉的好处是，料渣1除含硫外还含有等物质。（2）X可以是O2、H2O2、Cl2等试剂，氧化等量的Fe2+时，消耗的三种氧化剂物质的量之比为，浸泡后所得溶液中金属离子为Cu2+、Fe2+，写出相应的离子方程式。（3）试剂Y可以是（写出1种物质化学式即可），pH的调控范围为；检验料渣2已洗涤干净的具体操作及现象为。（4）若葡萄糖用RCHO表示，则热还原时反应的化学方程式为，证明所得到的Cu2O是纳米级微粒的简单方法是。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。18.【物质结构与性质】硅元素是现代信息技术中最重要的元素之一，回答下列问题。（1）若将基态硅原子最高能级的电子排布图表示为，则它违背了 这一电子排布规律，X、Y与硅位于同周期，若X、Y的第一电离能（相对大小）中间只有Si，则X、Y分别是。（2）以SiO2为基本原料制备粗硅的原理为，与CO互为等电子体的分子和离子分别为、，使SiO2、固体CO液化需要克服的作用力分别是。若Si-O键的键键能为a，则使1molSiO2全部变成Si、O原子至少需要提供的能量是kJ。SiO2、石墨两物质中，硅、碳原子杂化类型分别为。（3）制备高纯度硅的过程中会有一系列中间产物如SiH3Cl、SiH2Cl2、SiHCl3、SiCl4等物质生成。上述中间产物中属中正四面体构型的是，沸点SiHCl3SiCl4（填“>”或“<”）。（4）晶体硅的晶胞如下，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。则图中原子①的原子坐标是，晶体中硅原子的空间利用率为（用含π的式子表示）。19.【有机化学基础】以烯烃A为基本原料可合成酯类高分子M及羧酸类高分予化合物G，合成路线图如下（部分条件和产物省略），已知A的核磁共振氢谱峰有4个，峰面积比为3：3：2：2。（1）A的名称是，B→C的反应条件是。（2）E→F的反应类型是，E中官能团的名称是，若G分子中存在2n个“—CH3”，写出G的结构简式，写出一种能鉴别A、F的试剂名称。（3）写出E→M的化学方程式：。（4）F有多种同分异构体，其中与F具有相同官能团的同分异构体还有种（不考虑立体异构），任写一种同分异构体结构简式。高三化学参考答案1．【答案】D【解析】“蒿蓼”是植物，其主要成分是纤维素，A项正确；植物燃烧形成的灰含有K2CO3 ，石碱是K2CO3，能水解使溶液显碱性，B项正确，D项错误；久放的“淋汁”会因为水分的蒸发而析出K2CO3，C项正确。2．【答案】B【解析】食物变质与食物被O2氧化有关；NaOH没有还原性，其结块与氧化还原反应无关；干电池失效是因发生自身的氧化还原反应导致其失去供电能力；燃放烟花时，烟花中的火药发生了氧化还原反应，B项正确。3．【答案】D【解析】化合物、纯净物、有机物均是根据物质组成进行分类的，酸性氧化物是指能与碱反应的那一类氧化物，D项正确。4．【答案】B【解析】标准状况下，0．5molCO2的体积为11．2L，B项错误；CO2分子共有22个电子，C项正确；由CO2分子结构式知D项正确。5．【答案】A【解析】物质氧化性的强弱是由得电子能力大小决定的，与反应中元素化合物降低程度的大小无必然联系，实际上浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，A项错误；是氧化产物而MNO2是还原产物，由锰元素化合价变化及得失电子守恒知B项正确；锌可与Cu(NO3)2溶液反应但Ag不能，说明还原性ZnCu，AgCu，C项正确；由于+6价硫与+4价硫之间没有稳定的中间价，故二者不能反应，D项正确。6．【答案】A【解析】由溶液显黄色知一定含有Fe3+，Fe3+能氧化、，与能形成沉淀，由电中性原理知一定含有，而与Ba2+不能共存，A项正确，B项错误；C项错误；由于含有Fe3+，故不可能显碱性，D项错误。7．【答案】B【解析】NaHCO3量少时，溶液中无法反应完，即参加反应的Ca2+、计量数之比不等于其组成比，A项错误；C项电荷不守恒，D项中Na2O2不能改写离子形式，D项错误。8．【答案】B【解析】镁能在CO2中燃烧，A项错误；稀硝酸可与单质银反应，B项正确；SO2也可以与Na2SO3溶液反应，C项错误；随温度变化KNO3溶解度变化大，NaCl变化不大，采用蒸发浓缩冷却结晶出除去KNO3中的少量NaCl，D项错误。9．【答案】C【解析】钠不能从溶液中置换出金属，A项错误；Cu2+水解使溶液显酸性，故Al可与H+发生置换反应生成H2，B项错误；三种物质均消耗完，故均会失去1mol电子，氧化剂均得到1mol电子，C项正确；由于CuSO4是过量的，故溶液不可能变成无色，D项错误。10．【答案】C 【解析】中含有过氧键，故氧元素显价，由化合价规则知A项正确；由题干信息及工作原理图知，反应物有SO2、O2、，生成物是I2、，B项正确；过程②和⑤中没有电子转移，C项错误；反应③中O2得到电子后转化为过氧键，D项正确。11．【答案】D【解析】收集NH3时不能塞住试管口，A项错误；通过加热使NaHCO3分解可除去Na2CO3中的NaHCO3，加热较多固体时应在坩埚中进行，B项错误；收集氯气应采用上排空气法，C项错误；热的铜丝可将－CH2OH氧化为—CHO，D项正确。12．【答案】D【解析】Na与H形成的是离子键，A项错误；由化合物HClO中氧显负价氯元素显正价知非金属ClO，B项错误；、Na+电子层结构相同，半径，C项错误；ClO2有强氧化性，是常用的自来水消毒杀菌剂，D项正确。13．【答案】C【解析】AlCl3是共价化合物，熔融状态下不能电离出离子，A项错误；铜属于氢后金属，不能发生析氢腐蚀，B项错误；通过观察先生成沉淀的颜色比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小，B项正确；Ksp(BaSO4)与Ksp(BaCO3)的相差不大，通过控制浓度可实现转化，D项错误。14．【答案】C【解析】b点K2X恰好转化为KHX，由图知此时溶液的pH7，由此知的电离能力强于的水解能力，电离出的H+抑制水的电离，A项正确；c点时溶液中，，，B项正确；b点溶液中溶质是KHX，电离出的大于其水解生成的，C项错误；由物料守恒知D项正确。15．（14分）【答案】（1）12.6（2分）不需要（1分）500mL容量瓶、烧杯（各1分，共2分）（2）（1分）（1分）（3）①酸（1分）C（2分）②由无色变成浅红色且在30S内保持不变（2分）6.25V％（2分，答案合理即可）【解析】（1）因没有480mL的容量瓶，故实际配制的是500mL溶液，因此所需要的溶质是 ，结晶水不需要加热除去，因为溶解后结晶水转化为溶剂。（2）配制溶液时还需要500mL容量瓶、烧杯。当试剂与砝码位置错放时，称量的试剂质量小于12.6g，故最后所配溶液浓度肯定小于0.2000。定容俯视刻度时，实际液面在刻度线下，故所配溶液浓度大于0.2000mol／L。（3）应使用酸式滴定管量取KMNO4溶液。当样品为纯净物时，由得失电子守恒及元素化合价变化可得，，由于草酸晶体不纯（杂质无还原性）故实际消耗的KMNO4溶液不可能大于16.00mL，B、D项错误；以“mL”为单位时应保留两位小数，C项合理。设所配溶液中，则有，，故样品中草酸晶体纯度为。16．（14分）【答案】（1）（2分）KSCN溶液、淀粉溶液或KSCN溶液、K3[Fe(CN)6]溶液（2分）（2）①+6（1分）3（1分）（2分）（3）①硝酸可将铁氧化为Fe3+，导致无法得到Fe(OH)2（2分）液封，防止空气进入装置3中导致无法得到纯净的Fe(OH)2（2分）②打开（1分）利用生成的H2将装置中的空气排出（1分）【解析】（1）加入稀硫酸后，在H+存在下可将Fe2+氧化为Fe3+，本身被还原为NO，由此写出对应的离子方程式。若要证明存在相应的反应，就需要证明有Fe2+或I2生成，相应的试剂分别为K3[Fe(CN)6]、淀粉。欲证明反应是可逆的，需要证明溶液中还存在Fe3+（KI过量），相应的试剂是KSCN。（2）K2FeO4中钾显+1价、氧是2价，由化合价规则知铁显+6价。的还原产物是，可先写出，再根据得失电子守恒及质量守恒得。反应中1molFe3+可失去3mol电子生成1mol。 （3）该装置制备Fe(OH)2白色沉淀时需要先排尽装置中的空气，后利用气体产生的气压把生成的亚铁盐溶液压至装置3中与NaOH反应制备Fe(OH)2。①硝酸可将铁氧化为Fe3+，这样就无法得到Fe(OH)2。装置4能液封，防止空气进入装置3中氧化Fe2+或Fe(OH)2。②先打开K1、K2，使2中发生置换反应得到亚铁盐、H2，生成的H2逸出时可将装置中空气排出，防止其氧化Fe2+或Fe(OH)2。17．（15分）【答案】（1）能提高原料的利用率（或其它合理说法，1分）SiO2（1分）（2）1∶2∶2（2分）（2分）（3）CuO或CuCO3或Cu2(OH)2CO3或其它合理试剂（1分）（2分）取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成，证明已洗涤干净。（2分）（4）或（2分）取适量Cu2O分散到水中，然后用激光笔照射所得分散系，有丁达尔效应产生（2分）【解析】（1）矿石粉的比表面积较大，有利于反应物间充分接触反应，从而提高原料的利用率。矿石中的杂质SiO2不能与FeCl3反应，故料渣1中还有SiO2。（2）1molO2、1molH2O2、1molCl2将足量Fe2+氧化为Fe3+时分别转移4mol、2mol、2mol电子，由得失电子守恒原理知它们物质的量之比为1∶2∶2。由题设条件可先写出，配平后得。（3）调pH过程中溶液的pH会增大，故加入的试剂Y应该能与H+反应，同时不引入杂质，故相应的试剂为CuO、CuCO3、Cu2(OH)2CO3。调pH的目的是将Fe3+转化为Fe(OH)3而使Cu2+留存溶液中，故pH范围为。证明已洗涤干净的具体操作及现象为取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成，证明已洗涤干净。（2分）（4）由流程图及相关物质知，铜元素被还原为Cu2O，碱性条件下RCHO被氧化为RCOONa，由此可写出相应的化学方程式。可利用丁达尔效应证明Cu2O是纳米级材料。18．（15分）【答案】（1）洪特规则（1分）Al、S（或S、Al，2分）（2）N2、（2分，答案合理即可）共价键、范德华力（2分）4a（1分）sp3、sp2（2分）（3）SiCl4（1分）（1分） （4）（1分）（2分）【解析】（1）根据洪特规则，同一能级上的电子优先以自旋方式相同状态进入不同轨道，因此硅的排布违背了洪特规则。（2）与CO互为等电子体的分子为N2，离子为。SiO2是原子晶体、CO是分子晶体，故液化时分别需要克服共价键、范德华力。SiO2中，每个硅原子均形成了4个Si—O键，故1molSiO2全部变成Si、O原子需要断裂4molSi—O键，因此需要的能量至少为4aKJ。SiO2中硅原子形成了4个σ键且无孤电子对，故为sp3杂化，石墨晶体中，每个碳原子形成了3个σ键且无孤电子对，碳为sp2杂化。（3）SiH3Cl、SiH2Cl2、SiHCl3、SiCl44四种物质中，硅原子均为sp3杂化，其中SiCl4因键长相等而为正四面体构型。SiHCl3、SiCl44均是分子晶体，均为四面体构型，相对分子质量较高的SiCl4范德华力较高，沸点较高。（4）由图中信息知，①号硅原子坐标为。设碳原子的半径为rcm，晶胞参数为xcm，则体对角线长为8rcm，体对角线长为，则，一个晶胞中含有个，8个碳原子的总体积为，晶胞总体积为，故原子的空间利用率。19．（15分）【答案】（1）2－甲基－1－丁烯（2分）NaOH水溶液、加热（2分）（2）消去反应（1分）羟基、羧基（2分）NaHCO3溶液或石蕊试液等（1分）（3）（2分）（4）7（2分）(CH3)2C＝CHCOOH（1分，答案合理即可）【解析】（1）由A的分子式结合核磁共振氢谱峰数目可推出其结构简式为， 名称为2－甲基－1－丁烯。A通过加成反应生成B[CH3CH2CBr(CH3)CH2Br]。由D、E分子组成及M是高分子酯知，E是羟基酸、D是羟基醛、故C是二元醇，加热条件下，B在NaOH水溶液中水解得到C[CH3CH2COH(CH3)CH2OH]，C催化氧化得到D[CH3CH2COH(CH3)CHO]、再氧化得到E[CH3CH2COH(CH3)COOH]，E通过缩聚反应得到M、通过消去反应得到F，根据G分子中－CH3数目可推出F为CH3CH＝C(CH3)COOH，由此知G为（2）F分子中存在－COOH而A分子中没有，故可利用NaHCO3、石蕊试液等试剂鉴别两种物质。（4）F的同分异构体中含有碳碳双键—COOH，不存在支链的结构有3种（只写碳骨架）：C＝C—C—C—COOH、C—C＝C—C—COOH、C—C—C＝C—COOH；有一个—CH3作支链时，主链碳骨架有种：C＝C—C—COOH、C—C＝C—COOH，二者均有2种同分异构体；当有一个—C2H5作支链时，主要碳骨架为C＝C—COOH，可形成一种同分异构体，故还有7种同分异构体。