2022屆寧夏銀川市高三第二次模擬考試化學試卷含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、25時，某實驗小組同學向

2、鋁與過量稀鹽酸反應后的殘留液中滴加氫氧化鈉溶液，并用pH傳感器測得pH變化曲線如圖所示(B點開始出現(xiàn)白色沉淀)。下列說法錯誤的是()AA 點前發(fā)生中和反應BBC 段沉淀質量逐漸增加CD 點后的反應為：Al(OH)3+OH=AlO2+2H2ODE 點溶液中溶質主要是NaAlO2 和NaOH2、化學與生活、生產(chǎn)密切相關。下列敘述不正確的是A高純硅可用于制作光導纖維B二氧化氯可用于自來水的殺菌消毒C氯化鐵溶液可用于刻制銅質印刷線路板D海水里的鋼閘門可連接電源的負極進行防護3、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列關于常溫下0.1mol/LNa2S2O3溶液與pH=1的H2SO4溶液的說法正確的是（ ）A1

3、LpH=1的H2SO4溶液中，含H+的數(shù)目為0.2NAB98g純H2SO4中離子數(shù)目為3NAC含0.1molNa2S2O3的水溶液中陰離子數(shù)目大于0.1NADNa2S2O3與H2SO4溶液混合產(chǎn)生22.4L氣體時轉移的電子數(shù)為2NA4、保存液態(tài)有機物的一種方法是在其上方加蓋一層水以避免揮發(fā)損失。下列有機物適合用 “水封法”保存的是A乙醇B硝基苯C甘油D己烷5、一定溫度下，10mL 0.40 molL-1H2O2溶液發(fā)生催化分解。不同時刻測得生成O2的體積（已折算為標準狀況）如下表。t/min0236810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列敘述不正確的是（）（溶液體

4、積變化忽略不計）A反應至6min時，H2O2分解了50B反應至6min時，c(H2O2)=0.20 molL-1C06min的平均反應速率：v(H2O2)3.310-2mol/(Lmin)D46min的平均反應速率：v(H2O2)3.310-2mol/(Lmin)6、侯氏制堿法中，對母液中析出NH4Cl無幫助的操作是（ ）A通入CO2B通入NH3C冷卻母液D加入食鹽7、乙烷、乙炔分子中碳原子間的共用電子對數(shù)目分別是1、3，則C20H32分子中碳原子間的共用電子對數(shù)目可能為()A20B24C25D778、下列有關物質用途的說法，錯誤的是()A二氧化硫常用于漂白紙漿B漂粉精可用于游泳池水消毒C晶體

5、硅常用于制作光導纖維D氧化鐵常用于紅色油漆和涂料9、下列操作能達到實驗目的的是目的實驗操作AAl2O3有兩性將少量Al2O3分別加入鹽酸和氨水中B濃硫酸有脫水性蔗糖中加入濃硫酸，用玻璃棒充分攪拌C檢驗SO42-向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液D檢驗Fe2+向某溶液中滴入氯水，再滴入KSCN溶液AABBCCDD10、下列用途中所選用的物質正確的是AX射線透視腸胃的內(nèi)服劑碳酸鋇B生活用水的消毒劑明礬C工業(yè)生產(chǎn)氯氣的原料濃鹽酸和二氧化錳D配制波爾多液原料膽礬和石灰乳11、已知蓄電池在充電時作電解池，放電時作原電池如圖是鉛蓄電池的工作示意圖，其反應原理為：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4

6、+2H2O下列說法中錯誤的是()Ab電極放電后轉化為c電極B電極a和d都發(fā)生還原反應Cb的電極反應式：Pb+SO422e-PbSO4D放電后硫酸溶液的pH增大12、我國科學家發(fā)明了一種“可固氮”的鋰-氮二次電池，將可傳遞Li+的醚類作電解質，電池的總反應為6Li+N22Li3A固氮時，鋰電極發(fā)生還原反應B脫氮時，釕復合電極的電極反應：2Li3N-6e-=6Li+N2C固氮時，外電路中電子由釕復合電極流向鋰電極D脫氮時，Li+向釕復合電極遷移13、X、Y、Z、W為短周期主族元素，它們的最高正化合價和原子半徑如下表所示：元素XYZW最高正化合價+3+1+5+7原子半徑0.0820.1860.110

7、0.099則下列說法錯誤的是AX的最高價氧化物對應的水化物具有兩性BZW3分子中所有原子最外層均滿足8e結構CY的一種氧化物可用作供氧劑，Z的一種氧化物可用作干燥劑D簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：WZX14、下列化學用語正確的是ANa-O-H與Na+都表示氫氧化鈉B與都表示氟離子C-OH與都表示羥基D與都表示水分子15、下列在科學研究過程中使用的實驗裝置內(nèi)，沒有發(fā)生氧化還原反應的是A屠呦呦用乙醚提取青蒿素B伏打發(fā)明電池 C拉瓦錫研究空氣成分D李比希用CuO做氧化劑分析有機物的組成AABBCCDD16、下列有關CuSO4溶液的敘述正確的是( )A該溶液中Na+、NH4+、NO3-、Mg2+可以大量共

8、存B通入CO2氣體產(chǎn)生藍色沉淀C與NaHS反應的離子方程式：Cu2+S2-CuSD與過量濃氨水反應的離子方程式：Cu2+2NH3H2OCu(OH)2+2NH4+17、分別向體積均為100mL、濃度均為1mol/L的NaClO、NaOH、CH3COONa的三種溶液中通入CO2，測得各溶液中n(HCO3-)的變化如下圖所示： 下列分析正確的是ACO2通入NaClO溶液的反應：2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClOBCO2通入CH3COONa溶液的反應：CO2+H2O+CH3COO-=HCO3-+CH3COOHC通入n(CO2)=0.06mol時，NaOH溶液中的反應：2OH-+CO2=

9、CO32-+H2OD通入n(CO2)=0.03mol時，三種溶液中：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol18、CO2的資源化利用是解決溫室效應的重要途徑。以下是在一定條件下用NH3捕獲CO2生成重要化工產(chǎn)品三聚氰胺的反應：NH3+CO2+H2O,下列有關三聚氰胺的說法正確的是A分子式為C3H6N3O3B屬于共價化合物C分子中既含極性鍵，又含非極性鍵D生成該物質的上述反應為中和反應19、已知：25時，有關弱酸的電離平衡常數(shù)，下列選項中正確的是弱酸H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3電離常數(shù)KiKi1=5.9l0-2Ki2=6.4l0-51.8l0-54.9l

10、0-10Ki1=4.3l0-7Ki2=5.6l0-11A等物質的量濃度的溶液pH關系：NaHCO3NaCNCH3COONaNaHC2O4B反應NaHC2O4+NaHCO3Na2C2O4+H2O+CO2能發(fā)生C等體積等物質的量濃度的溶液中離子總數(shù)：NaCNCH3COONaDNa2CO3溶液中2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c( H2CO3)20、科學家利用電解NaB(OH)4溶液制備H3BO3的工作原理如下圖。 下列說法中正確的是Ab膜為陽離子交換膜BN室中,進口和出口NaOH溶液的濃度:a%ZClX，則X為B元素，Y為Na元素，Z為P元素，據(jù)此分析回答問題。【詳解】AB的最

11、高價氧化物對應的水化物H2BO3是弱酸，不具有兩性，A選項錯誤；BPCl3的電子式為，所有原子最外層均滿足8e結構，B選項正確；CNa的氧化物Na2O2可作供氧劑，P的氧化物P2O5是酸性干燥劑，C選項正確；D非金屬性越強，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越強，非金屬性ClPB，則熱穩(wěn)定性：HClPH3BH3，D選項正確；答案選A。14、C【解析】A.氫氧化鈉是離子化合物，不能用Na-O-H表示，故A錯誤；B.為氟離子，不一定代表氟離子，可能是Ne原子或者氧離子等，故B錯誤；C.-OH與都表示羥基，分別為結構簡式和電子式，故C正確；D.水分子是v型結構，不是直線型，故D錯誤；答案：C15、A【解析】A

12、屠呦呦用乙醚提取青蒿素屬萃取、分液，是物理變化，不存在氧化還原反應，故A錯誤；B原電池中發(fā)生的是自發(fā)的氧化還原反應，故B正確；C拉瓦錫研究空氣成分時存在Hg在加熱條件下與氧氣發(fā)生反應生成HgO，是氧化還原反應，故C正確；D李比希用CuO做氧化劑分析有機物的組成，發(fā)生了氧化還原反應，故D正確；答案為A。16、A【解析】A.CuSO4溶液與Na+、NH4+、NO3-、Mg2+不反應，可以大量共存，故選A；B. CO2不與CuSO4反應，不能生產(chǎn)沉淀，故不選B；C. CuSO4與NaHS反應的離子方程式：Cu2+HS-CuS+H+，故不選C；D. CuSO4與過量濃氨水反應先有藍色沉淀氫氧化銅生成，

13、后沉淀溶解生成 Cu(NH3)42+，故不選D；答案選A。17、D【解析】A.次氯酸的酸性大于碳酸氫根離子，所以反應生成次氯酸和碳酸氫根離子，則少量二氧化碳通入NaClO溶液中反應的離子方程式為：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A錯誤；B.碳酸的酸性比醋酸弱，CO2通入CH3COONa溶液不反應，B錯誤；C.n(NaOH)=0.1mol，通入n(CO2)=0.06mol，反應產(chǎn)物為碳酸氫鈉和碳酸氫鈉，反應的離子方程式：5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O，C錯誤；D.通入n(CO2)=0.03mol，三種溶液中存在碳元素的物料守恒得到：n(HCO3-)+n(C

14、O32-)+n(H2CO3)=0.03mol l，D正確；故合理選項是D。18、B【解析】A、根據(jù)結構簡式可知分子式為C3H3N3O3，A錯誤；B、由不同種元素組成，分子中的化學鍵全部是共價鍵，屬于共價化合物，B正確；C、同種元素原子形成的共價鍵是非極性鍵，不同種元素原子形成的共價鍵是極性鍵，則分子中只含極性鍵，C錯誤；D、酸堿反應生成鹽和水的反應是中和反應，生成該物質的上述反應不是中和反應，D錯誤；答案選B。19、B【解析】A、根據(jù)酸的電離常數(shù)的大小確定酸性強弱順序是HCNH2CO3CH3COOHH2C2O4，所以等物質的量濃度的溶液pH關系：NaCNNaHCO3CH3COONaNaHC2O

15、4，故A錯誤；B、根據(jù)數(shù)據(jù)知道酸性：草酸氫根離子強于碳酸的酸性，所以反應NaHC2O4+NaHCO3Na2C2O4+H2O+CO2能發(fā)生，故B正確；C、等體積等物質的量濃度的溶液中，NaCN水解程度大，水解生成HCN分子，則相同條件下，兩溶液比較，CH3COONa溶液中的離子總數(shù)較多，故C錯誤；D、Na2CO3溶液中物料守恒c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c( H2CO3)，故D錯誤；故選B。【點晴】本題考查離子濃度大小的比較，明確信息得到酸性的強弱是解答的關鍵，注意鹽類水解規(guī)律及溶液中的守恒式來解答。在探究離子濃度問題，要充分認識電解質在溶液中的表現(xiàn)，全面考慮溶液中各種離

16、子的存在情況及相互關系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的電離，CO32-的水解、二級水解以及H2O的電離等多個反應，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽視任何一個很微弱的反應、很微少的粒子都是不正確的等方面的因素。20、B【解析】AM室與電源正極相連為陽極，N室為陰極，則電解質溶液中陽離子向N室移動，陰離子向M室移動，電解過程中原料室中的B(OH)4-需要移動到產(chǎn)品室，且不能讓產(chǎn)品室中氫離子移動到右側，所以b膜為陰離子交換膜，故A錯誤；B原料室中的Na+會移動到陰極即N室，N室中發(fā)生電極反應2H2O+2e-=H2+2OH-，所以經(jīng)N室后

17、NaOH溶液濃度變大，所以NaOH溶液的濃度:a%氧化產(chǎn)物，還原性：還原劑還原產(chǎn)物，如要設計實驗證明氧化性KClO3Cl2Br2，則I中發(fā)生KClO3和濃鹽酸的氧化還原反應，中發(fā)生氯氣與NaBr的氧化還原反應，有緩沖作用的裝置能防止倒吸，在B裝置中KClO3和-1價的氯離子在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，根據(jù)強酸制弱酸，石灰石和醋酸反應生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚鈉反應生成苯酚，據(jù)此分析實驗目的；(3)根據(jù)化學反應原理，硝酸的制取原理是：固體和液體微熱制取，難揮發(fā)性的酸來制取揮發(fā)性的酸，據(jù)此選擇裝置；根據(jù)硝酸的性質選擇合適的貯存方法，硝酸見光分解，保存時不能見光，常溫下即可分解，需要低溫

18、保存?！驹斀狻浚?）甲同學：裝置中進氣管短，出氣管長，為向下排空氣法，O2的密度大于空氣的密度，則氧氣應采用向上排空氣法收集，乙同學：O2不能與水發(fā)生反應，而且難溶于水，所以能采用排水法收集；所以改進方法是將裝置中裝滿水，故答案為氧氣的密度比空氣大；將裝置中裝滿水；（2）根據(jù)氧化劑+還原劑=氧化產(chǎn)物+還原產(chǎn)物，氧化性：氧化劑氧化產(chǎn)物，還原性：還原劑還原產(chǎn)物，如要設計實驗證明氧化性KClO3Cl2Br2，裝置、驗證物質的性質(K2打開，K1關閉)，則I中發(fā)生KClO3和濃鹽酸的氧化還原反應，中發(fā)生氯氣與NaBr的氧化還原反應，由氧化性為氧化劑氧化產(chǎn)物，則A中為濃鹽酸，B中為KClO3固體，C中為

19、NaBr溶液，觀察到C中的現(xiàn)象為溶液呈橙色，儀器D為干燥管，有緩沖作用，所以能防止倒吸，在B裝置中氯酸根離子和氯離子在酸性條件下發(fā)生價態(tài)歸中反應生成氯氣，反應為：ClO3+6H+5Cl=3Cl2+3H2O，石灰石和醋酸反應生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚鈉反應生成硅酸沉淀，所以B中固體溶解，產(chǎn)生無色氣體，C試管中產(chǎn)生白色沉淀，實驗的目的是比較碳酸、醋酸、苯酚的酸性強弱(實證酸性：CH3COOHH2CO3C6H5OH)，故答案為溶液呈橙色；防止倒吸； ClO3+6H+5Cl=3Cl2+3H2O；比較醋酸、碳酸和苯酚的酸性強弱(實證酸性：CH3COOHH2CO3C6H5OH)；(3)硝酸的制取原理是：

20、固體和液體微熱制取，故d錯誤，該反應符合難揮發(fā)性的酸來制取揮發(fā)性的酸，硝酸易揮發(fā)，不能用排空氣法收集，故a、c錯誤；所以硝酸的揮發(fā)性注定了選擇的收集方法是b裝置所示。故答案為b；純凈的硝酸或濃硝酸在常溫下見光或受熱就會分解生成二氧化氮、氧氣、水，保存時需要低溫且使用棕色的試劑瓶，故答案為盛裝在帶玻璃塞的棕色細口玻璃瓶中，放置在陰涼處(陰暗低溫的地方)。28、第四周期VIA族 6 1 4SO2 6 H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4 由于存在平衡： Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO42-(aq)，加入氯化鈉固體后， Cl-與Ag+反應生成成更難溶的氯化銀，使得c(Ag+

21、)降低，進而減少了硫酸銀中的銀進入濾液2 加熱濃縮、冷卻結晶 TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH- 【解析】(1)16S、34Se、52Te為同主族元素，且 34Se在S元素的下一周期；銅、硒、碲的主要回收流程如下：以銅陽極泥(主要成分為Cu、Cu2Se和Cu2Te等)加入硫酸焙燒，得到的氣體混合物為SeO2、SO2和H2O，用水吸收得到H2SO4、Se，過濾分離，濾液中含有硫酸，經(jīng)過凈化除雜得到粗硒；焙燒時濃硫酸起氧化劑作用，由元素守恒可知還生成CuSO4與TeO2，用水洗滌并過濾后，濾渣為TeO2，濾液為CuSO4溶液，經(jīng)蒸發(fā)濃縮后結晶得到硫酸銅晶體；所得TeO2用鹽酸溶解后得到

22、H2TeO3溶液，通入SO2后可制得粗碲；(2) Cu2Te和濃H2SO4高溫焙燒生成CuSO4和TeO2，其中TeO2是氧化產(chǎn)物，說明濃硫酸是強氧化劑，則還有還原產(chǎn)物SO2，結合電子守恒和原子守恒配平即可；(3) SO2氣體進入吸收塔后，將H2SeO3還原成硒，同時得到氧化產(chǎn)物H2SO4，結合電子守恒和原子守恒即可得發(fā)生反應的化學方程式；(4)溶液中存在Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO42-(aq)，加入少量氯化鈉固體，溶解后溶液中的Cl-會與Ag+結合促進溶解平衡向正方向移動；CuSO4溶液，經(jīng)蒸發(fā)濃縮后結晶得到硫酸銅晶體；(5)根據(jù)電解原理TeO32-應在陰極發(fā)生還原反應生成T

23、e。【詳解】(1) 16S、34Se、52Te為同主族元素，且 34Se在S元素的下一周期，則34Se位于元素周期表的第四周期VIA族；(2) Cu2Te和濃H2SO4高溫焙燒生成CuSO4和TeO2，其中TeO2是氧化產(chǎn)物，說明濃硫酸是強氧化劑，則還有還原產(chǎn)物SO2，利用電子守恒和原子守恒配平即得Cu2Te+6H2SO4 2CuSO4+TeO2+4SO2+6H2O；(3) SO2氣體進入吸收塔后，將H2SeO3還原成硒，同時得到氧化產(chǎn)物H2SO4，則發(fā)生反應的化學方程式為H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4；(4)“水浸固體”過程中補充少量氯化鈉固體，溶解后溶液中的Cl-會與Ag+結合生成AgCl白色沉淀，促進溶解平衡Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO42-(aq)向正方向移動，使得c(Ag