安徽省安慶市宿松縣2024屆高三第一次模擬預測化學試卷（解析版）

PAGEPAGE1安徽省安慶市宿松縣2024屆高三第一次模擬預測第I卷(選擇題)一、單選題(本大題共7小題，共42.0分)1.設NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述中不正確的是（）A.31g僅含有少量白磷，無其他雜質(zhì)的紅磷樣品中，共含有NA個磷原子B.假設1mol氯化鐵完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵膠體，則分散系中膠體微粒數(shù)小于NAC.1molNa2O2與水反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAD.58.5g的氯化鈉固體中含有NA個氯化鈉分子【答案】D【解析】A．紅磷、白磷互為同素異形體，則31g僅含有少量白磷，無其他雜質(zhì)的紅磷樣品中，共含有磷原子的物質(zhì)的量是31g÷31g/mol＝1mol，即含有NA個磷原子，A正確；B．膠體是大量分子的集合體，假設1mol氯化鐵完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵膠體，則分散系中膠體微粒數(shù)小于NA，B正確；C．過氧化鈉與水反應生產(chǎn)氫氧化鈉和氧氣，在反應中過氧化鈉既是氧化劑，也是還原劑，則1molNa2O2與水反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA，C正確；D．氯化鈉是離子化合物，不存在氯化鈉分子，D錯誤；答案選D。2.丙酮與檸檬醛在一定條件下反應可以合成假紫羅蘭酮，再進一步可以合成有工業(yè)價值的α-紫羅蘭酮和β-紫羅蘭酮，轉(zhuǎn)化過程如圖所示：++下列說法錯誤的是（）A.檸檬醛合成假紫羅蘭酮的過程中官能團的種類數(shù)目不變B.假紫羅蘭酮、α-紫羅蘭酮和β-紫羅蘭酮互為同分異構(gòu)體C.α-紫羅蘭酮和β-紫羅蘭酮分別與足量Br2發(fā)生加成反應的產(chǎn)物分子中都含有4個手性碳原子D.檸檬醛中所有碳原子可能處于同一平面上【答案】AC【解析】A．檸檬醛合成假紫羅蘭酮的過程中，碳碳雙鍵數(shù)目增加，醛基消失，A錯誤；B．假紫羅蘭酮、α-紫羅蘭酮和β-紫羅蘭酮的分子式均為C13H20O，互為同分異構(gòu)體，B正確；C．α-紫羅蘭酮和β-紫羅蘭酮分別與足量Br2發(fā)生加成反應的產(chǎn)物分別為5個手性碳原子的和4個手性碳原子的，C錯誤；D．檸檬醛中的單鍵碳原子上無支鏈碳原子，則所有碳原子可能處于同一平面上，D正確；答案選AC。3.某公司研發(fā)出一種比鋰電池成本更低、壽命更長、充電速度更快的鈉離子電池，該電池的負極材料為(制備原料為、和)，電解液為的碳酸丙烯酯溶液。下列化學用語正確的是（）A.的電子排布式為：B.基態(tài)碳原子的價層電子軌道表示式為C.中子數(shù)為20的氯原子：D.與同主族，基態(tài)原子的簡化電子排布式為：【答案】C【解析】A．Na為11號元素，失去一個電子形成鈉離子，鈉離子的核外電子排布式為1s22s22p6，故A錯誤；B．碳原子價電子為2s、2p，各含有2個電子，碳原子的價電子軌道表示式為，故B錯誤；C．中子數(shù)為20的氯原子的質(zhì)量數(shù)為17+20=37，該原子表示為，故C正確；D．溴是35號元素，基態(tài)原子的簡化電子排布式為：[Ar]3d104s24p5，故D錯誤；答案選C。4.2019年諾貝爾化學獎授予了三位研究鋰電池科學家，以表彰他們在鋰離子電池發(fā)展方面所做出的突出貢獻。磷酸鐵鋰電池是鋰離子電池的一種，常用石墨包裹上銅箔作負極，LiPF6的有機溶液作電解質(zhì)。該電池的總反應方程式為Li1?xFePO4+LixC6LiFePO4+C6。下列說法錯誤的是（）A.放電時，負極反應式為LixC6?xe?=xLi++C6B.充電時，陽極反應式為LiFePO4?xe?=Li1?xFePO4+xLi+C.若用該電池精煉銅，陰極增重12.8g，則電池中移向正極的Li+為0.2molD.磷酸鐵鋰(LiFePO4)是電池的電極材料之一，其中鐵的化合價為+2【答案】C【分析】根據(jù)電池反應式：Li1?xFePO4+LixC6LiFePO4+C6，放電時，負極反應式為LixC6-xe-=C6+xLi+、正極反應式為Li1?xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，充電時，陰極、陽極反應式與正極、負極反應式正好相反，根據(jù)二次電池的工作原理結(jié)合原電池和電解池的工作原理來回答。【詳解】A．根據(jù)分析，放電時，負極反應式為LixC6?xe?=xLi++C6，故A正確；B．充電時，陽極反應式為LiFePO4?xe?=Li1?xFePO4+xLi+，故B正確；C．精煉銅時，陰極增重12.8g，增加的銅的物質(zhì)的量為，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.4mol，Li+移向正極，Li1?xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，轉(zhuǎn)移xmol電子時，移向正極的鋰離子為xmol，故電池中移向正極的Li+為0.4mol，故C錯誤；D．磷酸鐵鋰(LiFePO4)中磷酸根為-3價，鋰為+1價，根據(jù)化合物元素的化合價為0，鐵的化合價為+2，故D正確；答案選C。5.下列圖示的實驗，能夠?qū)崿F(xiàn)相應實驗目的的是（）A.利用甲裝置用CCl4從碘水中萃取碘B.利用乙裝置制取并收集少量純凈的氯氣C.利用丙裝置控制制取氧氣的速率D.利用丁裝置驗證SO2的漂白性【答案】A【解析】A．碘易溶于CCl4，可用CCl4從碘水中萃取碘，故A正確；B．高錳酸鉀和濃鹽酸制氯氣，濃鹽酸揮發(fā)，制備收集的氯氣不純凈，故B錯誤；C．過氧化鈉是粉末狀，不能用該裝置控制反應速率，故C錯誤；D．SO2與Fe2(SO)4發(fā)生氧化還原，生成亞鐵離子，KSCN溶液顏色褪去，故D錯誤；故答案為A。6.下列反應的離子方程式正確的是（）A.的溶液中通入3.36L(標準狀況)：B.和HI的反應：C.向莫爾鹽[]溶液中加入過量氫氧化鈉溶液：D.向明礬[]溶液中逐滴加入溶液至恰好沉淀完全：【答案】A【解析】A．Fe2＋的還原性強于Br－，因此Cl2先和Fe2＋發(fā)生反應，的（為0.15mol）溶液中通入3.36L(標準狀況，為0.15mol)，則亞鐵離子完全反應，與亞鐵離子反應的氯氣為0.075mol、則剩余的0.075mol氯氣消耗0.15mol溴離子，即消耗Fe2＋、Br－、Cl2的物質(zhì)的量分別為0.15：0.15：0.15，正確的離子反應方程式為，故A正確；B．Fe3＋具有強氧化性，I－具有強還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應生成碘單質(zhì)和亞鐵離子，即，B錯誤；C．向莫爾鹽[]溶液中加入過量氫氧化鈉溶液，銨根離子完全轉(zhuǎn)化為一水合氨，亞鐵離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化亞鐵沉淀，反應為：，C錯誤；D．明礬[]溶液中逐滴加入溶液至恰好沉淀完全，則氫氧根離子使得鋁離子恰好轉(zhuǎn)化為偏鋁酸根離子：，D錯誤；故選A7.根據(jù)下列實驗不能證明一元酸HR為弱酸的是（）A.室溫下，NaR溶液的pH大于7B.加熱HR溶液時，溶液的pH變大C.HR溶液中加入少量NaR固體，溶解后溶液的pH變大D.20℃時，溶液的【答案】B【解析】A．室溫下，NaR溶液的pH大于7，說明NaR為強堿弱酸鹽，所以能證明HR為弱酸，故A不選；B．加熱HR溶液時，水的電離程度也會變大，溶液中OH-離子濃度增大，溶液的pH變大，不能說明HR為弱酸，故B選；C．HR溶液中加入少量NaR固體，溶解后溶液的pH變大，說明HR溶液中存在電離平衡，則HR為弱酸，故C不選；D．20℃時，0.01mol?L-1的HR溶液pH=2.8，說明HR沒有完全電離，可證明HR為弱酸，故D不選。故選B。第Ⅱ卷(非選擇題)二、流程題(本大題共1小題，共12.0分)8.亞氯酸鈉（NaClO2）是一種重要的含氯消毒劑，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白與殺菌。以下是過氧化氫法生產(chǎn)亞氯酸鈉的工藝流程圖：已知：①NaClO2的溶解度隨溫度升高而增大，適當條件下可結(jié)晶析出產(chǎn)品NaClO2?3H2O；②純ClO2易分解爆炸，一般用稀有氣體或空氣稀釋到10％以下。（1）發(fā)生器中鼓入空氣的作用可能是________。a．將SO2氧化成SO3，增強酸性b．將NaClO3還原為ClO2c．稀釋ClO2以防止爆炸（2）吸收塔內(nèi)發(fā)生反應的化學方程式為_______________________________________。（3）吸收塔中為防止NaClO2被還原成NaCl，需加的試劑可以選用的是_____（填序號）。a．Na2O2 b．Na2S c．FeCl2（4）從濾液中得到NaClO2·3H2O粗晶體的實驗操作依次是_______________________。（5）某學習小組用碘量法測定粗產(chǎn)品中亞氯酸鈉的含量，實驗如下：a．準確稱取所得亞氯酸鈉樣品mg于小燒杯中，加入適量蒸餾水和過量的碘化鉀晶體，再滴入適量的稀硫酸，充分反應，將所得混合液配成250ml待測溶液。（已知：ClO2+4I－+4H+=2H2O+2I2+Cl－）b．移取25.00ml待測溶液于錐形瓶中，加幾滴淀粉溶液，用cmol·L-1Na2S2O3標準液滴定至終點，重復2次，測得平均值Vml。（已知：）①達到滴定終點時的現(xiàn)象為_______________________________________________。②該樣品中NaClO2的質(zhì)量分數(shù)為_______（用含m、c、V的代數(shù)式表示，結(jié)果化成最簡）【答案】（1）c（2）2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+2H2O+O2（3）a（4）蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾（5）①滴加最后半滴標準液時溶液由藍色變成無色，且半分鐘內(nèi)不變色②【分析】氯酸鈉、二氧化硫、硫酸在發(fā)生器中發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生二氧化氯，用空氣對二氧化氯稀釋以防止爆炸，吸收塔中用160g/L的NaOH、過氧化氫將其還原為NaClO2，然后經(jīng)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌等操作得到產(chǎn)品NaClO2?3H2O。【詳解】（1）發(fā)生器中鼓入空氣的作用應是稀釋ClO2以防止爆炸，故選c；（2）根據(jù)流程信息可知，吸收塔內(nèi)生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合價降低，被還原；則H2O2必定被氧化，有氧氣產(chǎn)生，反應方程式為2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；（3）還原性要適中：還原性太強，會將ClO2還原為更低價態(tài)產(chǎn)物，影響NaClO2生產(chǎn)，方便后續(xù)分離提純，加入試劑不能干擾后續(xù)生產(chǎn)，Na2O2溶于水相當于H2O2，Na2S、FeCl2還原性較強，生成物與NaClO2分離比較困難，故選a；（4）從溶液中得到含結(jié)晶水的晶體，可通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾；（5）①步驟Ⅱ中發(fā)生反應是酸性溶液中能被I-完全還原成Cl-，碘離子被氧化為碘單質(zhì)，離子方程式為：+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，溶液中Na2S2O3能與I2反應：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，溶液顏色藍色變化為無色分析判斷反應終點，即滴入最后半滴標準溶液，溶液由藍色變化為無色且半分鐘不變化時到達滴定終點；②依據(jù)+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，設NaClO2物質(zhì)的量為x，所以x=，樣品中NaClO2的質(zhì)量分數(shù)==。三、實驗題(本大題共1小題，共18.0分)9.某研究小組利用如圖裝置探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反應原理。回答下列問題：（1）在實驗室中，欲配制250g70%的濃硫酸，需要的玻璃儀器除量筒、燒杯外，還需要有________________，裝置A中盛放濃硫酸的儀器名稱是______________。（2）往三頸燒瓶中通入N2的操作在滴加濃硫酸________（填“之前”或“之后”），其目的是_____________________________________________________。（3）三頸燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為_______________________________________，該反應中濃硫酸表現(xiàn)出的性質(zhì)為____________________。（4）SO2易溶于水，下列裝置可用于C處虛線框內(nèi)吸收尾氣的是___________（填編號）。（5）裝置B中產(chǎn)生白色沉淀的原因有兩種可能。若要證明Fe3+能氧化SO2，則需要改進的地方是________________________________________，改進后若得到肯定結(jié)論，則裝置B中發(fā)生反應的離子方程式為_________________________、__________________________?！敬鸢浮浚?）玻璃棒分液漏斗（2）之前排除裝置內(nèi)的空氣，防止氧氣對實驗的干擾（3）Na2SO3+H2SO4（濃）=Na2SO4+SO2↑+H2O強酸性（4）②③④（5）將裝置B中的硝酸鐵溶液換成氯化鐵溶液SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+SO42-+Ba2+=BaSO4↓【解析】（1）配制一定質(zhì)量分數(shù)的溶液，需要的儀器是燒杯、量筒、玻璃棒，因此缺少的儀器是玻璃棒；盛放濃硫酸的儀器是分液漏斗；（2）裝置中有空氣，可能氧氣參與反應，干擾實驗，因此先通一段時間的氮氣，排除裝置中的空氣，然后再滴加濃硫酸；（3）三頸燒瓶中發(fā)生的反應是Na2SO3+H2SO4（濃）=Na2SO4+SO2↑+H2O，沒有化合價的變化，因此體現(xiàn)濃硫酸的酸性；（4）SO2易溶于水，尾氣處理需要防止倒吸，①裝置不能防止倒吸，⑤裝置進氣管較短，容易引起倒吸，因此能防止倒吸的裝置是②③④；（5）SO2溶于水，形成H2SO3，溶液顯酸性，NO3－在酸性條件下具有強氧化性，容易把S元素氧化成SO42－，對實驗產(chǎn)生干擾，因此用FeCl3替換Fe(NO3)3，離子反應方程式為：SO2+2Fe3＋+2H2O=2Fe2＋+SO42－+4H＋、Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓。四、簡答題(本大題共1小題，共12.0分)10.把煤作為燃料可通過下列兩種途徑：途徑ⅠC(s)+O2(g)＝CO2(g)；ΔH=－393.15kJ·mol－1①途徑Ⅱ先制成水煤氣：C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g)；ΔH2②再燃料水煤氣：2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)；ΔH=－566kJ·mol－1③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)；ΔH=－484kJ·mol－1④請回答下列問題：（1）途徑Ⅰ放出的熱量理論上_________(填“大于”“等于”或“小于”)途徑Ⅱ放出的熱量。（2）ΔH2＝_______________。（3）煤燃燒的煙氣(主要污染物SO2、NOx)經(jīng)O3預處理后用CaSO3水懸浮液吸收，可減少煙氣中SO2、NOx的含量。O3氧化煙氣中SO2、NOx的主要反應的熱化學方程式為NO(g)＋O3(g)==NO2(g)＋O2(g)ΔH＝－200.9kJ·mol－1NO(g)＋O2(g)==NO2(g)ΔH＝－58.2kJ·mol－1SO2(g)＋O3(g)==SO3(g)＋O2(g)ΔH＝－241.6kJ·mol－1反應3NO(g)＋O3(g)==3NO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。（4）已知下列各組熱化學方程式①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2△H=－25kJ/mol②3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)△H=－47kJ/mol③Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)△H=+640kJ/mol請寫出FeO(s)被CO(g)還原成Fe和CO2(g)的熱化學方程式______________________________________________。（5）在標準狀況下的11.2L甲烷完全燃燒生成CO2和液態(tài)水放出444.8kJ熱量（298K），其燃燒熱的熱化學方程式______________________________________________________；已知斷裂下列1mol化學鍵需要吸收的能量分別為：C=O:745kJ/mol，O=O:496kJ/mol，C-H:414kJ/mol則斷裂1molH-O鍵需要提供的能量為___________kJ?！敬鸢浮浚?）等于（2）+131.85kJ/mol（3）－317.3（4）FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)△H=－218kJ/mol（5）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=－889.6kJ/mol511.9kJ【解析】（1）根據(jù)蓋斯定律，反應熱只與始態(tài)與終態(tài)有關，與途徑無關，途徑Ⅰ與途徑Ⅱ的始態(tài)相同、終態(tài)相同反應熱相等；（2）已知：①C(s)+O2(g)＝CO2(g)；ΔH1=－393.15kJ·mol－1；③2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)；ΔH3=－566kJ·mol－1；④2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)；ΔH4=－484kJ·mol－1；根據(jù)蓋斯定律，由①-×③-×④可得反應②C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g)，則ΔH2＝ΔH1-ΔH3-ΔH4=－393.15kJ·mol－1-×（－566kJ·mol－1）-×（－484kJ·mol－1）=+131.85kJ/mol；（3）已知：①NO(g)＋O3(g)==NO2(g)＋O2(g)ΔH1＝－200.9kJ·mol－1；②NO(g)＋O2(g)==NO2(g)ΔH2＝－58.2kJ·mol－1；③SO2(g)＋O3(g)==SO3(g)＋O2(g)ΔH3＝－241.6kJ·mol－1；根據(jù)蓋斯定律，由①-2×②可得反應3NO(g)＋O3(g)==3NO2(g)，則ΔH＝ΔH1+2×ΔH2=－200.9kJ·mol－1+2×（－58.2kJ·mol－1）=－317.3kJ/mol；（4）已知①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2△H1=－25kJ/mol；②3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)△H2=－47kJ/mol；③Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)△H3=+640kJ/mol；根據(jù)蓋斯定律，由--×②+×①可得反應FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)，則△H=-×△H2+×△H1=－218kJ/mol；（5）在標準狀況下的11．2L甲烷完全燃燒生成CO2和液態(tài)水放出444．8kJ熱量（298K，甲烷的物質(zhì)的量是n(CH4)==0.5mol，所以甲烷完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的熱化學方程式為CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)?H=—889．6kJ/mol；斷裂下列1mol化學鍵需要吸收的能量分別為：C=O:745kJ/mol，O=O