四川省重庆第二外国语学校2023-2024学年高三下学期仿真模拟化学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷(选择题)
一、单选题(共14题，每题3分，共42分)
1. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 常温常压下，18 g 15NH3所含中子数目为11NA
B. 1 ml SiO2中含有的硅氧键数目为2NA
C. 常温常压下，22.4 L CO2中氧原子数少于2NA
D. 1 ml NaBH4与足量水反应(NaBH4+H2O→NaBO2+H2↑，未配平)时转移的电子数为8NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．18 g 15NH3的物质的量为1ml，所含中子数目为8NA，A错误；
B．1 ml SiO2中含有的硅氧键数目为4NA，B错误；
C．标准状况下，22.4 L CO2中氧原子数等于2NA，气体体积随温度的升高而增大，故常温常压下，22.4 L CO2中的氧原子数少于2NA，C正确；
D． 1 ml NaBH4与足量水反应时转移的电子数为4NA，D错误；
故选C。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数相关知识，意在考查考生对物质的量、阿伏加德罗常数和物质结构的理解和应用。
2. 下图是进行电化学实验的两个装置，下列有关说法正确的是
A. 甲装置中有沉淀生成，乙装置中Mg电极上有气泡生成
B. 反应后，甲装置中溶液的质量增大，乙装置中溶液的质量减小
C. 电极反应式：甲中阳极Fe-2e-=Fe2+， 乙中负极Mg-2e-=Mg2+
D. 反应后甲中溶液的pH减小，乙中溶液的pH增大
【答案】A
【解析】
【分析】甲是电解池，阳极铁是非惰性电极，电解时铁被氧化为Fe2+，阴极H+放电，破坏水的电离平衡，Fe2+和OH-反应生成沉淀。乙是原电池，铝能与NaOH溶液反应放出氢气，镁不能，所以铝是负极。反应后，甲装置中有沉淀生成，溶液的质量减小，但溶液的pH几乎不变，乙中溶液的质量增大，pH减小。
【详解】A．甲中亚铁离子被氧化，C极生成氢气和氢氧根离子，可生成氢氧化亚铁，乙中镁为正极，生成氢气，故A正确；
B．由分析可知，甲装置中有沉淀生成，溶液的质量减小；乙装置铝为负极，发生氧化反应生成四羟基合铝酸钠，镁为正极，发生还原反应生成氢气，溶液质量增大，故B错误；
C．乙负极上电极反应式为Al+4OH−−3e−=[Al(OH)4]﹣，故C错误；
D．甲中铁与水放电生成氢氧化亚铁和氢气，pH几乎不变，乙电池反应式为2Al+2OH-+6H2O=3H2↑+2[Al(OH)4]﹣，消耗氢氧化钠，pH减小，故D错误；
答案选A。
3. 一定条件下，发生反应：X(g)+2Y(g)⇌2Z(g)。现有三个容积均为2 L的恒容密闭容器甲、乙、丙，起始投料如下：
三个容器置于同一恒温环境中进行反应。下列判断不正确的是
A. 三个容器中平衡常数大小：甲c(Cl-)>c(ClO-)>c(H+)
D. 达到滴定终点时，溶液中=1
【答案】C
【解析】
【分析】b点时加入，此时Cl2和2NaOH恰好完全反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，由此判断b点溶质为0.1mlNaCl和0.1mlNaClO，c点溶质为0.1ml NaCl、0.2mlNaOH和0.1mlNaClO，据此解答。
【详解】A．因Cl2+H2O⇌HCl+HClO，即生成的HCl、HClO的物质的量相等，测得a点对应溶液中c(Cl-)=100c(ClO-)，则此时c(HClO)=99c(ClO-)，所以Ka(HClO)==，A错误；
B．b点对应溶液为NaCl和NaClO的混合溶液，因NaClO具有强氧化性而具有漂白性，则不能用pH试纸测定其pH，B错误；
C．根据分析可知，c点对应溶液中溶质为0.1mlNaCl、0.2mlNaOH和0.1mlNaClO，且ClO-会水解，则c点对应溶液中：故c(Na+)>c(OH-)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(H+)，C正确；
D．达到滴定终点时，得到等物质的量浓度的NaCl、NaClO的混合溶液，但ClO-会水解，导致c(Cl-)>c(ClO-)，则溶液中r（C)>r（D)
B. C的最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强
C. E分别与A、C形成的化合物中化学键类型相同
D. B的简单气态氢化物的热稳定性比D的弱
【答案】B
【解析】
【分析】有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A和C、B和D分别位于同主族，假设A是H元素，B的原子序数小于C，则C是Na元素，且B、D质子数之和是A、C质子数之和的2倍，则B是O元素，D是S元素，所以假设成立，E为主族的短周期元素，且原子序数最大，E是Cl元素，结合对应单质化合物的性质以及元素周期率知识解答该题。
【详解】A．原子核外电子层数越多，原子半径越大，应为Na＞S＞O，故A错误；
B．C为Na，在第三周期中金属性最强，最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强，故B正确；
C．E分别与A、C形成的化合物分别为氯化氢、氯化钠，分别为共价化合物和离子化合物，化学键类型不同，故C错误；
D．非金属性O＞S，非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以水比硫化氢稳定，故D错误；
故选B。
14. 热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为。下列有关说法正确的是
A. 正极反应式：
B. 放电过程中，向负极移动
C. 常温时，正负极间接上电流表或检流计，指针发生偏转
D. 每转移0．1ml电子，理论上生成10．35gPb
【答案】D
【解析】
【分析】由原电池总反应可以知道Ca为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，硫酸铅为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电解方程式计算。
【详解】A.正极发生还原反应,电极方程式为PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，故A错误；
B.放电过程中阳离子向正极移动，Li+向正极移动，故B错误；
C.常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流,因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故C错误；
D.根据电极方程式PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，可以知道每转移0.1ml电子，理论上生成0.05mlPb，质量为10.35g，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
【点睛】本题考查原电池的工作原理，注意根据原电池的总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为D，注意把握原电池的构成条件。
第II卷(非选择题)
二、综合题(共4题，共58分)
15. 氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。回答下列问题：
（1）NO在空气中存在如下反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) ΔH，反应分两步完成，其反应过程如图所示。
①该反应ΔH=_______。
②反应I和反应Ⅱ中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是_____(填“反应I”或“反应Ⅱ”)，请写出判断的理由_____。
（2）NO2可发生二聚反应生成N2O4，热化学方程式为2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH” 或 “ ⑤. 增大 ⑥. 增大
【解析】
【小问1详解】
①反应热=生成物的总能量-反应物的总能量，该反应的热化学方程式为2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g) ΔH=(E1-E3) kJ·ml-1。
②一般情况下，反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率由最慢的一步决定，所以决定2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ；因为反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ的活化能，反应Ⅱ中反应物断键时需要吸收更多的能量，反应速率慢。
【小问2详解】
①随着温度的降低，增大，正、逆反应速率均减小，则lg k正和lg k逆均减小，则斜线c、d符合要求；由于温度降低平衡正向移动，v正>v逆，则降低相同温度时lg k逆减小得更快，则斜线c表示lg k正随变化的关系，斜线d表示lg k逆随变化的关系。
②反应达平衡时v正=v逆，即k正·c2(NO2)=k逆·c(N2O4)，化学平衡常数K= L·ml-1=10 L·ml-1。
③NO2、N2O4浓度均为0.2 ml·L-1，则浓度商Qc= L·ml-1=5 L· ml-1v逆；反应达到平衡后，继续通入一定量的NO2，恒容密闭容器中，等效于达到平衡后增大压强，平衡正向移动，则NO2的平衡转化率将增大；根据勒夏特列原理，可知反应重新达到平衡时NO2的浓度比之前平衡时的大。
(二)选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
16. CO2的资源化对于构建低碳社会具有重要意义。回答下列问题：
I.利用CO2催化加氢合成二甲醚
主要发生下列反应：
反应ⅰ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2 kJ·ml-1
反应ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH2
（1）已知反应：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3=-204.9 kJ·ml-1。则ΔH2=_______kJ·ml-1。
Ⅱ.利用CO2制备CH3OH
（2）一定条件下，在容积为2 L的恒容密闭容器中充入1.5 ml CO2和3 ml H2发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，下图是反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线。已知在温度为500 K的条件下，反应10 min后达到平衡。
①下列现象能说明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
a.单位时间内消耗n ml H2的同时消耗 n ml H2O
b.体系中CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度相等
c.混合气体的平均摩尔质量不变
d.体系中混合气体密度不变
②该反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。500 K时，在0~10 min内平均反应速率v(H2)为_______。
③500 K下达到平衡时体系的总压强为p，该反应的平衡常数Kp=_______。(Kp为用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
Ⅲ.高温电解CO2和H2O制备清洁燃料
（3）该技术的原理如图所示。电极a上的电极反应式是H2O+2e-=H2↑+O2-和_______。
【答案】（1）-122.5
（2） ①. c ②. 放热 ③. 0.135 ml·L-1·min-1 ④.
（3）CO2+2e-=CO+O2-
【解析】
【小问1详解】
反应ⅰ：CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2 kJ·ml-1，反应ⅲ：2CO(g)+4H2(g) ⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3=-204.9 kJ·ml-1，根据盖斯定律，由ⅰ×2+ⅲ得到反应ⅱ：2CO2(g)+6H2(g) ⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH2=-122.5 kJ·ml-1。
【小问2详解】
①化学平衡状态：在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达到平衡状态。
根据反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，由化学计量数之比等于化学反应速率之比，可知单位时间内消耗3n ml H2(g)的同时消耗 n ml H2O(g)，反应达到平衡状态，故a不选；
体系中CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度不再改变时反应达到平衡状态，并不一定是浓度相等时，故b不选；
该反应前后气体总质量不变，正反应为气体分子数减小的反应，则当混合气体的平均摩尔质量不变时反应达到平衡状态，故选c；
在恒容密闭体系中反应物和生成物均为气体，反应前后气体总质量不变，气体的密度一直不变，当混合气体的密度不变时，不能说明该反应达到平衡状态，d不选；
答案选c。
②随着温度升高，CO2平衡转化率降低，表明温度升高不利于反应正向进行，所以该反应为放热反应；温度为500 K时，CO2的平衡转化率为60%，CO2转化的浓度Δc(CO2)==0.45 ml·L-1，则H2转化的浓度Δc(H2)=3Δc(CO2)=1.35 ml·L-1，所以0~10 min内平均反应速率v(H2)===0.135 ml·L-1·min-1。
③根据题意列出三段式:
平衡时容器的总压强为p，CO2的平衡分压p(CO2)=×p=，H2的平衡分压p(H2)=×p=，CH3OH(g)的平衡分压p(CH3OH)=×p=，H2O(g)的平衡分压p(H2O)=×p=，所以反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数Kp===。
【小问3详解】
根据图示，电极a上H2O得电子生成H2，CO2得电子生成CO，电极反应式是H2O+2e-=H2↑+O2-和CO2+2e-=CO+O2-。
17. 金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
（1）基态Na原子的价层电子轨道表示式为___________。
（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，电解反应方程式：，加入的目的是___________。
（3）的电子式为___________。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1ml 放热510.9kJ，写出该反应的热化学方程式：___________。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备。空气与熔融金属Na反应前需依次通过___________、___________(填序号)
a．浓硫酸 b．饱和食盐水 c．NaOH溶液 d．溶液
（5）钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为___________。
（6）天然碱的主要成分为，1ml 经充分加热得到的质量为___________g。
【答案】（1）(或) （2）作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗
（3） ①. ②.
（4） ①. c ②. a
（5）
（6）159
【解析】
【小问1详解】
基态Na原子的价电子排布式为3s1，则价层电子轨道表示式为(或)；故答案为：(或)。
【小问2详解】
NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，电解反应方程式：，电解时温度降低了即熔点降低了，说明加入的目的是作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗。
【小问3详解】
含有钠离子和过氧根离子，其电子式为。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1ml 放热510.9kJ，则该反应的热化学方程式： ；故答案为：； 。
【小问4详解】
采用空气和Na为原料可直接制备，由于空气中含有二氧化碳和水蒸气，因此要用氢氧化钠除掉二氧化碳，用浓硫酸除掉水蒸气，一般最后除掉水蒸气，因此空气与熔融金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸；故答案为：c；b。
【小问5详解】
钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内，则晶胞中有8个钠，氧有个，钠氧个数比为2：1，则该氧化物的化学式为；故答案为：。
【小问6详解】
，因此1ml 经充分加热得到1.5ml，其质量为1.5ml×106g∙ml−1＝159g；故答案为：159。
[化学——选修3：物质结构与性质]
18. 氮、磷是植物生长所需的重要元素。回答下列问题：
（1）下列N原子电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是____（填标号）。
A. B.
C. D.
（2）羟氨（NH2OH）可看成是氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物，分子中N的杂化类型是___。羟氨易溶于水，其主要原因是____。
（3）第一电离能I1(N)_____I1(P)（填“＞”“＜”“＝”），原因是_____。
（4）直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，如图所示。则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为_____。

（5）氮化锗具有耐腐蚀、硬度高等优点，晶体中锗原子与氮原子之间存在明显的s-p杂化现象，氮化锗晶体属于______晶体。一种氮化锗晶胞的球棍模型如图，其化学式为_____，若晶胞长方体的高为bpm，阿伏伽德罗常数值为NA，晶体的密度为ρ g/cm3，则晶胞底面正方形的边长为_______ pm（列出计算式）。

【答案】 ①. A＜C＜B＜D ②. sp3杂化 ③. 羟氨分子与水分子均为极性分子，分子间都能形成氢键 ④. ＞ ⑤. N的原子半径比P小，核对最外层电子的吸引力较大 ⑥. [PnO3n+1](n+2)- ⑦. 原子 ⑧. Ge3N4 ⑨. ×1015
【解析】
【分析】(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，据此判断；
(2)分子中N原子与3个原子相连，含有1个孤电子对；羟氨分子与水分子均为极性分子，分子间都能形成氢键，据此解答；
(3)根据原子半径大小，结合核对最外层电子的吸引力分析判断；
(4)含有n个磷原子的多聚磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了(n-1)氧原子，可以得出P与O原子关系，化合价代数和等于离子所带电荷；
(5)根据氮化锗具有耐腐蚀、硬度高等优点判断晶体类型；根据分摊法计算晶胞中含有的锗原子和氮原子数目，据此书写氮化锗的化学式；结合密度的计算公式分析解答。
【详解】(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，轨道能量：1s＜2s＜2p，根据占据2p轨道电子的数目可知，A能量最低，D能量最高，根据占据2s轨道电子的数目可知，能量B＞C，因此能量由低到高的顺序是A＜C＜B＜D，故答案为A＜C＜B＜D；
(2)羟氨(NH2OH)可看成是氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物，分子中N原子与3个原子相连，含有1个孤电子对，采用sp3杂化；羟氨易溶于水，是因为羟氨分子与水分子均为极性分子，分子间都能形成氢键，故答案为sp3杂化；羟氨分子与水分子均为极性分子，分子间都能形成氢键；
(3)N的原子半径比P小，核对最外层电子的吸引力较大，因此第一电离能I1(N)＞I1(P) ，故答案为＞；N的原子半径比P小，核对最外层电子的吸引力较大；
(4)含有n个P原子的多聚磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了(n-1)氧原子，O原子数目=3n-(n-1)=3n+1，所带电荷为(-2)×(3n+1)+5n=-(n+2)，故由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为：[PnO3n+1](2+n)-，故答案为[PnO3n+1](2+n)-；
(5)氮化锗具有耐腐蚀、硬度高等优点，符合原子晶体的特征，因此氮化锗属于原子晶体；晶胞中含有的锗原子数目=10×+4×=6，氮原子数目=8，因此氮化锗的化学式为Ge3N4；
设晶胞底面正方形的边长为x pm，因为晶胞的质量=g，晶胞的体积=x2b pm3，则ρ g/cm3=，因此x2=×1030，解得x=×1015，故答案为×1015。
【点睛】本题的易错点为(5)，要注意观察晶胞结构中锗原子的位置，应该为上下面上各1个，前后和左右面上各2个，四条棱上各1个。
甲
乙
丙
X/g
1 ml
0
2 ml
Y/g
2 ml
0
4 ml
Z/g
0
2 ml
0