2022—2022学年度下学期高三理综化学模拟试题（4）[原人教版]本试卷分第I卷（选择题）和第二卷（非选择题）两局部。第I卷（选择题共48分）以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、O-16、N-14一、选择题（此题包括13小题，每题6分。每题只有一个选项符合题意）6．以以下图表示的是某离子X的水解过程示意图，那么离子X可能是（）A．CO32－B．HCO3－C．Na+D．NH4+7．2022年11月13日，美国航天局宣布，月球坑观测和传感卫星获得的撞月数据显示，月球上存在“数量可观的水”。以下有关说法正确的选项是（）A．月球上的H2O分子中只含有非极性共价键B．H2O在化学反响中既可作氧化剂又可作复原剂C．氢的三种同位素H、D、T与16O只能形成三种水分子D．在标准状况下，1mol水的体积约是22．4L8．已知－CH2CH2CH3称为丙基，－CH（CH3）2称为异丙基。用系统命名法给以下烷烃命名，正确的选项是（）11/11A．3－异丙基己烷B．2－甲基－3－丙基戊烷C．2－甲基－3－乙基己烷D．1，1－二甲基－2－乙基戊烷9．除杂质时，为了保证杂质尽量被除去，参加的试剂必须稍过量，最后的过量物可以使用物理或化学方法除去。现要除去NaCl中少量的CaCl2、ZnCl2、Na2SO4杂质，以下选用试剂及其使用顺序正确的选项是（）A．Na2CO3、BaCl2、HClB．BaCl2、Na2CO3、H2SO4C．BaCl2、Na2CO3、HClD．Ba（NO3）2、Na2CO3、HCl10．在自然界中的矿物中，CuSO4可将FeS2氧化，生成Cu2S、SO42－和Fe2+。以下表示该反响的离子方程式中，正确的选项是（）A．14Cu2++5S22－+12H2O=7Cu2S+3SO42－+24H+B．14Cu2++5FeS2+28OH－=7Cu2S+3SO42－+5Fe2++14H2OC．14Cu2++5FeS2+24OH－=7Cu2S+3SO42－+5Fe2++12H2OD．14Cu2++5FeS2+12H2O=7Cu2S+3SO42－+5Fe2++24H+11．某溶液中含有NO3－、CH3COO－、S2－、SO32－等四种阴离子，假设向其中参加过量的盐酸溶液，搅拌后再参加过量的NaOH溶液，溶液中没有减少的离子是（）A．NO3－B．CH3COO－C．S2－D．SO32－12．用惰性电极电解硫酸铜和盐酸的混合溶液，那么阴、阳两极产生的气体成分及体积比不可能是（）A．阳极为纯洁气体，阴、阳两极产生的气体体积比＜1:1B．阳极为纯洁气体，阴、阳两极产生的气体体积比≥1:1C．阳极为混合气体，阴、阳两极产生的气体体积比≤1:1D．阳极为混合气体，阴、阳两极产生的气体体积比≥1:111/1113．已知合成尿素的反响为2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）。将体积比为14:13的NH3与CO2的混合气体置于密闭容器中，假设反响到达平衡后增大压强，混合气体的平均相对分子质量（）A．变小B．增大C．不变D．可能增大、减小，也可能不变第二卷（非选择题）27．（15分）某同学用如图一所示的装置来探究CO2、SO2与澄清石灰水的反响，结果通入CO2可以看到先浑浊后澄清的现象，但通入SO2没有看到浑浊现象。经过思考分析，该同学改用图二的装置，将气体收集在注射器中，缓慢地将气体一个气泡一个气泡地通入澄清石灰水中，结果都能看到石灰水先变浑浊再澄清的现象，且通入SO2产生的现象明显比通入CO2快。（1）假设锥形瓶内装的是亚硫酸钠，写出锥形瓶内反响的化学方程式：____________________________________________。（2）比照分析两组实验，你认为用图一装置实验时，通入SO2不能出现浑浊的原因可能是____________________________________。写出11/11此时试管内发生反响的总化学方程式：____________________________________。（3）用图二装置实验时，以相同速率通入CO2或SO2，SO2产生浑浊再变澄清的现象比CO2快，其原因是___________________________________________。（4）用图一进展SO2与石灰水反响的实验时，为防止SO2污染空气，应用盛有过量浓烧碱溶液的容器吸收SO2，写出容器内发生反响的离子方程式：____________________。28．（15分）已知某温度下，KW=1×10－13。A为酸溶液，其pH=a；B为碱溶液，其pH=b。（1）假设A为强酸，B为强碱，且a+b=13，两者等体积混合后，溶液的pH=________；假设此时溶液中碱的阳离子浓度大于酸根阴离子浓度，其原因可能是（用文字表述）_____________________。（2）假设A为强酸，B为强碱，二者按体积比为1:10混合后溶液显中性，那么a+b=____。（3）假设A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a+b=13，两者等体积混合后溶液显碱性。那么混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该水解反响的离子方程式为_________________________________。（4）在（3）的混合溶液中，微粒浓度大小关系一定正确的选项是___________（填序号）。①c（MOH）＞c（M+）＞C（R－）＞c（H+）＞c（OH－）②c（HR）＞c（M+）＞c（R－）＞c（OH－）＞c（H+）③c（R－）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH－）④c（M+）＞c（R－）＞c（OH－）＞c（H+）11/11⑤c（M+）+c（H+）=c（R－）+c（OH－）⑥c（MOH）=c（H+）－c（OH－）29．（15分）在某反响体系中存在六种物质：Cr3+、S2O82－、Cr2O72－、H+、H2O和SO42－。已知在该反响中氧化反响只有Cr3+→Cr2O72－，反响过程中需要Ag+作催化剂，并加热。请答复以下问题：（1）已知S2O82－离子中存在一个过氧键（－O－O－），那么S2O82－离子中硫元素的化合价为__________价。（2）写出该反响体系中发生反响的离子方程式：_______________________________。（3）催化剂往往参加反响，改变反响途径。用两个离子方程式表示Ag+的催化过程：____________________________；________________________。（4）假设将上述反响设计成一个原电池，用石墨作电极，那么其负极反响式为：_____________________，正极反响式为：____________________________。30．（15分）某有机物X（C12H13O6Br）分子中含有多种官能团，其构造简式为（其中I、II为未知局部的构造）：。为推测X的分子构造，现进展如下转化：11/11已知：E分子中检测到18O原子，向E的水溶液中滴入FeCl3溶液显紫色反响，且其苯环上的一氯代物只有一种；M的分子式为C2H2O4，M、G都能与NaHCO3溶液反响。又知芳香卤代烃的水解极其困难，即使在热的NaOH溶液中也不能发生水解。请答复以下问题：（1）E分子中在同一直线上的原子最多有_____个。（2）M的构造简式为______________。（3）X的构造简式为__________________________。（4）D溶液中参加新制Cu（OH）2悬浊液加热也可得到M，写出反响的化学方程式__________________。（5）G可以转化为C4H4O4，该反响的有机反响类型为____________。（6）写出两种与D的相对分子质量相同的有机物的分子式：①________；②_________。参考答案6．D解析：根据图示，结合选项分析，应该是：NH4++H2ONH3·H2O+H+。7．B解析：H2O分子的氢、氧之间的化学键应该属于极性共价键，A错误。H2O中的氢为+1价，在化学反响中可降低，而氧为－2价，在化学反响中可升高，因此，水在化学反响中既可作氧化剂又可作复原剂，B正确。H、D、T与16O可形成6种水分子：H216O、D216O、T216O、HD16O、HT16O、DT16O，故C错误。在标准状况下水不是气体，1mol水的体积不是22．4L，故D错误。答案：B。8．C11/11解析：B、D显然错误。A、C涉及到主链的选择。烷烃的命名规那么规定：如果有长度相同、但支链数目不同的最长碳链时，应选取支链数目最多的碳链做主链，故C正确。9．C解析：根据除杂质的原那么，此题参加试剂的顺序应是：Ba2+→CO32－→HCl，加稍过量BaCl2可除去Na2SO4，稍后参加的Na2CO3在除去CaCl2同时也除去了过量的BaCl2，最后再用盐酸除去过量的Na2CO3，过量的盐酸可依靠加热挥发而除去。10．D解析：先逆向配平得：14Cu2++5FeS2→7Cu2S+3SO42－+5Fe2+。该式左边共有28个单位正电荷，右边共有4个单位正电荷。假设仅考虑电荷守恒，可在上式左边加上24个OH－，也可在右边加上24个H+，但Cu2+和Fe2+在碱性环境中会形成沉淀，介质应为酸性，故应在上式右边加上24个H+，得：14Cu2++5FeS2→7Cu2S+3SO42－+5Fe2++24H+，最后用观察法即可配平：14Cu2++5FeS2+12H2O=7Cu2S+3SO42－+5Fe2++24H+。上述选项中，A的电荷不守恒，B、C的介质都是碱性，因此都不对。答案：D。11．B解析：在酸性环境中NO3－有强氧化性，可将S2－和SO32－氧化，同时自身被复原为NO，因此这三种离子的量均减少。CH3COO－与H+结合成为CH3COOH，再与NaOH反响又重新生成CH3COO－，其量不变。12．B解析：电解混合溶液时，阳极反响依次是：2Cl－－2e－=Cl2↑，4OH－－4e－=2H2O+O2↑；阴极反响依次是：Cu2++2e－=Cu，2H++2e－=H2↑。根据得失电子守恒可知，当阳极为纯洁气体Cl2时，阴极上可能不产生气体，也可能有H2生成，但H2的物质的量必小于Cl2的物质的量，A有可能。11/11当阳极为混合气体Cl2和O2时，如果溶液中Cu2+比较多，在阴极可能不产生气体，如果溶液中Cu2+比较少，此时有H2生成，阴阳极产生的气体的体积关系C和D都有可能。13．C解析：增大压强，上述平衡将向正反响方向移动。结果，混合气体的总质量减小，混合气体的总物质的量也减小，平均相对分子质量如何变化似乎无法判断。但是仔细分析可以看出：假设增大压强使上述平衡向正反响方向移动，混合气体的物质的量每减少2mol，就有1molCO（NH2）2生成，气体的总质量就减少60g，即：△=△m/△n=60g/2mol=30g/mol，这相当于从原混合气体中别离出了一种相对分子质量为30的气体。因此：假设原平衡混合气体的＞30，平衡正向移动后增大；假设原平衡混合气体的=30，平衡正向移动后不变；假设原平衡混合气体的＜30，平衡正向移动后减小。易求原混合气体的平均相对分子质量为30，因此平衡正向移动后气体的平均相对分子质量不变，始终为30。答案：C。第二卷（非选择题）27．答案：（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2（3分）（2）反响时直接生成了酸式盐而看不到沉淀（3分）Ca（OH）2+2SO2=Ca（HSO3）2（3分）（3）SO2溶解度大，且对应的亚硫酸酸性比碳酸强，通入的SO2与石灰水反响快（3分）（4）SO2+2OH－=SO32－+H2O（3分）解析：CO2跟石灰水反响生成白色沉淀CaCO3，SO2跟石灰水反响生成白色沉淀CaSO311/11，当气体过量时白色沉淀又溶解，所以，一般认为不能用石灰水来区别CO2和SO2。然而此题给出的结论是：通入SO2没有看到浑浊现象。这要从CO2和SO2性质的区别上来分析原因，二者在水中的溶解度及对应酸的酸性不同。防止SO2污染空气，要增加尾气吸收装置，烧碱过量时生成的盐为Na2SO3。28．答案：（1）6．5（3分）酸不是一元强酸（3分）（2）12（3分）（3）M++H2OMOH+H+（3分）（4）④⑤（3分）解析：解答该题须知：①25℃时，pH之和为14的酸、碱溶液等体积混合，谁弱显谁性，无弱显中性（原因是：二者反响后，弱者有大量剩余，所以弱者电离显性）。可将此规律迁移到该题中。②由于题给温度下KW=1×10－13，故中性溶液的pH=6.5。（1）将25℃的规律迁移过来，即可得出题给温度下的一个结论：pH之和为13的酸、碱溶液等体积混合，谁弱显谁性，无弱显中性。此题中“A为强酸，B为强碱”，故混合溶液呈中性，pH=6.5。由于溶液呈中性，故c（H+）=c（OH－）。假设A为一元酸，B为一元碱，结合电荷守恒可知，酸的阴离子浓度等于碱的阳离子浓度。假设酸是n（n≠1）元强酸而碱为一元强碱，那么其电荷守恒关系式中，碱的阳离子浓度等于酸的阴离子浓度的n倍，所以碱的阳离子浓度大于酸的阴离子浓度。（2）设酸、碱溶液的体积分别是1L、10L，根据题意可得：10－amol/L×1L=10b－13mol/L×10L，整理得：a+b=12。（3）由于混合溶液呈碱性，根据“pH之和为13的酸、碱溶液等体积混合，谁弱显谁性，无弱显中性”可判断MOH一定是弱碱，那么M+11/11离子一定能发生水解。需要注意的是：HR是强酸还是弱酸无法确定，只能判断出HR一定比MOH强。（4）易判断⑤是正确的电荷守恒关系式。由于溶液呈碱性，故c（OH－）＞c（H+），排除①、③。根据c（OH－）＞c（H+）和c（M+）+c（H+）=c（R－）+c（OH－）可得c（M+）＞c（R－）。由于OH－和H+均来自于弱电解质的电离，其浓度应该很小，故c（M+）＞c（R－）＞c（OH－）＞c（H+），即④正确。假设HR是强酸，此时溶液中不再有HR分子，此时②即是错误的。由于（3）的混合溶液中MOH有大量剩余，即c（MOH）＞0，假设⑥正确，那么c（H+）＞c（OH－），这与题意“溶液呈碱性”不符，故⑥是错误的。29．答案：（1）+6（2分）（2）2Cr3++3S2O82－+7H2OCr2O72－+6SO42－+14H+（3分）（3）2Cr3++6Ag++7H2O=Cr2O72－+6Ag↓+14H+（2分）2Ag+S2O82－=2Ag++2SO42－（2分）（4）2Cr3++7H2O－6e－=Cr2O72－+14H+（3分）3S2O82－+6e－=6SO42－（3分）解析：（1）过氧键中的两个氧原子均为－1价，其他氧原子均为－2价。据此可计算出S2O82－离子中硫元素的化合价为+6价。（2）根据化合价升降相等和电荷守恒即可完成。（3）根据催化剂的概念，Ag+的催化过程是：Ag+先与Cr3+反响生成Ag和Cr2O72－，生成的Ag再与S2O82－反响生成Ag+和SO42－。（4）负极发生氧化反响，是Cr3+放电；正极发生复原反响，是S2O82－放电。30．答案：（1）4（2分）（2）HOOC－COOH（2分）（3）（2分）（4）OHC—CHO+4Cu（OH）2HOOC—COOH+2Cu2O↓+4H2O（3分）（5）消去反响（2分）（6）C4H10（2分）C3H6O（2分）11/11解析：向E的水溶液中滴入FeCl3溶液显紫色反响，说明X中含有苯环。根据有机物X的分子式C12H13O6Br和已知局部的构造，可判断X分子中除了苯环和两个碳氧双键外，没有其他不饱和键。由于芳香卤代烃的水解极其困难，因此II中应含有2个碳原子和一个－Br，且－Br位于链端（否那么得不到乙二醇），那么B是乙二醇，D是乙二醛，M是乙二酸。由于E的苯环上的一氯代物只有一种，那么其构造简式为。综上可知X的构造简式为：；G的构造简式为：。（1）根据苯的分子构造可知中在同一直线上的原子最多有4个，它们是两个O原子及与之相连的两个碳原子。（5）G的分子式为C4H6O5，其转化为C4H4O4时显然失去了“1分子的H2O”，即消去反响。（6）D的分子式为C2H2O2，相对分子质量为58，因58÷12=4……10，故分子量为58的烃为C4H10。假设分子量为58、含1个O原子的有机物，烃基局部的式量为42，42÷12=3……6，故为C3H6O。11/11
