云南省曲靖市会泽县金钟乡第二中学2022-2023学年高三化学联考试卷含解析

云南省曲靖市会泽县金钟乡第二中学2022-2023学年高三化学联考试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.如右图所示，两个连通容器用活塞分开，左右两室各充入一定量NO和O2，且恰好两容器内气体密度相同，打开活塞，使NO与O2充分反应，最终容器内混合气体密度比原来

A．增大

B．减小

C．不变

D．无法确定参考答案：C略2.太阳能光伏电池可通过并网，使用半导体照明(LED)；已知发出白光的LED是由GaN芯片和钇铝石榴石(Y3Al5O12)芯片封装在一起做成的。下列有关叙述正确的是A.光伏电池实现了太阳能和电能的相互转化B.图中N型半导体为正极，P型半导体为负极C.LED是新型有机高分子材料D.LED中的Ga和Y都显+3价参考答案：D【详解】A项，光伏电池是直接将太阳能转化为电能的装置，不能将电能转化为太阳能，故A错误；

B项，图中，正电荷向P型半导体移动，负电荷向N型半导体电极移动，根据原电池原理知，N型半导体为负极，P型半导体为正极，故B错误；

C项，发出白光的LED是由GaN芯片和钇铝石榴石(Y3Al5O12)芯片封装在一起做成的，属于无机材料，故C错误；D项，LED是由GaN芯片和钇铝石榴石（化学式:Y3Al5O12）芯片封装在一起做成的，根据化合价规则，Y的化合价是+3价，GaN中Ga的化合价是+3价，故D正确；

综上所述，本题选D。

3.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A．1molNa2SO4溶于水中，所得溶液中Na+个数为NAB．H2、O2、N2、CO2组成的混合气体1mol在标准状况下的体积约为22.4LC．1L0.3mol·L-1Na2SO4溶液中,含有Na+和SO42-总数为0.6NAD．NA个氢气分子（H2）的质量为1g参考答案：B略4.联合国气候变化大会于2010年11月在墨西哥召开。“减碳”措施之一是节能。下列制氢方法最节能的是

A．金属钠与水反应：2Na+2H2O==2NaOH+H2↑

B．焦炭与水反应：C+H2O==CO+H2

C．太阳能光催化分解水：2H2O==2H2↑+O2↑

D．天然气与水反应：CH4+H2O==CO+3H2参考答案：C略5.用某种仪器量取液体体积时，平视时读数为nmL，仰视时读数为xmL，俯视时读数为ymL，若x>n>y，则所用的仪器可能为

A．量筒

B．容量瓶

C．滴定管

D．以上均不对参考答案：C略6.现有等浓度的下列溶液：①醋酸，②苯酚，③苯酚钠，④碳酸，⑤碳酸钠，⑥碳酸氢钠。按溶液pH由小到大排列正确的是A.④①②⑤⑥③

B.④①②⑥⑤③

C.①④②⑥③⑤

D.①④②③⑥⑤

参考答案：C【解析】①②④均属于酸，其中醋酸最强，碳酸次之，苯酚最弱。③⑤⑥均属于强碱弱酸盐，根据越弱越水解的原理知，因H2CO3>苯酚>HCO3－，所以对应的盐，其碱性为：碳酸钠>苯酚钠>碳酸氢钠，pH顺序相反，故C项正确。

7.分类是化学研究的重要方法，下列各组物质的分类正确的是

(

)A．同位素：D2、H2、T2

B．同系物：C．非电解质：NH3、C2H5OH、Cl2

D．含极性键的分子晶体：CO2、CCl4、NH3参考答案：D略8.NM－3和D－58是正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，结构如下：

关于NM－3和D－58的叙述，错误的是A.都能与NaOH溶液反应，原因不完全相同

B.都能与溴水反应，原因不完全相同C.遇FeCl3溶液都显色，原因相同

D.都不能发生消去反应，原因相同参考答案：D略9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种原子的最外层电子数之和为18，W与Y同主族，X原子的最外层电子数等于周期数，Z的单质在常温下为气体，下列说法正确的是A.原子半径：Y＞X＞WB.最简单氢化物的稳定性Z＞W＞YC.X与Z形成的化合物的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝D.Y的氧化物既能与碱反应，也能与酸反应?属于两性氧化物参考答案：B【分析】短周期主族元素W、X，Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数等于周期数，可能为Be或Al，若X为Be，则W为H或Li，Y为Na，Z为Cl，最外层电子数之和不等于18；则X为Al；Z的单质在常温下为气体，原子序数大于13，为Cl；四种原子的最外层电子数之和为18，W与Y同主族，则最外层为4，W为C；Y为Si。【详解】A.原子半径：Al>Si>C，即X>Y>W，A错误；B.最简单氢化物的稳定性：HCl>CH4>SiH4，即Z>W>Y，B正确；C.X与Z形成的化合物为AlCl3，为强酸弱碱盐，水解显酸性，使红色石蕊试纸变红，C错误；D.Y的氧化物为二氧化硅，酸性氧化物，D错误。答案：B【点睛】本题考查元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握元素的位置、元素化合物知识、元素周期律为解答的关键。

10.下列有关物质的性质与应用不相对应的是A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体,可用作净水剂B.自行车钢架生锈主要是化学腐蚀所致C.食醋可去除水垢，NH4Cl溶液可去除铁锈D.新型复合材料使手机、电脑等电子产品更轻巧，实用和新潮参考答案：B略11.下列物质的转化在给定条件下均能通过一步反应实现的是（）A．NaAlO2（aq）AlCl3Al2O3B．N2NO2HNO3C．NaCl（饱和）NaHCO3Na2CO3D．FeS2SO3H2SO4参考答案：C【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【分析】A．氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；B．氮气与氧气在放电或加热条件下会生成一氧化氮；C．饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，溶液中碳酸氢根离子浓度增大，由于碳酸氢钠的溶解度相对较小，析出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；D．FeS2和氧气反应生成二氧化硫．【解答】解：A．氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以得不到氧化铝，故A错误；B．氮气与氧气在放电或加热条件下会生成一氧化氮，得不到二氧化氮，故B错误；C．饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，溶液中碳酸氢根离子浓度增大，由于碳酸氢钠的溶解度相对较小，析出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，故C正确；D．FeS2和氧气反应生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查元素化合物的性质与相互转化、侯德榜制碱法、工业制硫酸等，难度中等，注意侯德榜制碱法应先通氨气，后通二氧化碳，二氧化碳的溶解度不大，先通二氧化碳产生的碳酸氢根的浓度较小．12.某同学为检验溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行了下图所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是（

）A．原溶液中一定含有NH4＋离子

B．原溶液中一定含有SO42－离子

C．原溶液中一定含有Cl－离子

D．原溶液中一定含有Fe3＋离子参考答案：A略13.下列反应的离子方程式正确的是（）A．氢氧化铜与稀盐酸：OH﹣+H+═H2OB．金属钠与水：Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑C．碳酸钠溶液与足量稀盐酸：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OD．氯气与氢氧化钠溶液：OH﹣+Cl2═ClO﹣+Cl﹣+H2O参考答案：C【考点】离子方程式的书写．【分析】A．Cu（OH）2在离子反应中保留化学式，反应生成氯化铜和水；B．反应生成NaOH和氢气；C．反应生成氯化钠、水和二氧化碳；D．电荷不守恒．【解答】解：A．氢氧化铜与稀盐酸的离子反应为：Cu（OH）2+2H+═2H2O+Cu2+，故A错误；B．金属钠与水的离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故B错误；C．碳酸钠溶液与足量稀盐酸的离子反应为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，故C正确；D．氯气与氢氧化钠溶液反应的离子反应为2OH﹣+Cl2═ClO﹣+Cl﹣+H2O，故D错误；故选C．14.下列反应中原子利用率达100%的是A．制乙烯：

C4H10

C2H4＋C2H6B．制氯乙烷：

CH3CH3＋Cl2

CH3CH2Cl＋HClC．制聚乙烯：

nCH2＝CH2

D．制溴苯：＋HBr参考答案：C略15.随着社会的发展，人们日益重视环境问题，下列做法或说法不正确的是A．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工农业生产等对环境的污染B．将工业废水“再生”处理，用于城市道路保洁、喷泉和浇花用水C．大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，减少硫和氮的氧化物对环境的污染D．PM2.5是指大气中直径接近于2.5×10－6m的颗粒物，也称细颗粒物，这些细颗粒物分散在空气中形成混合物具有丁达尔效应参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（14分）现在，德国的许多餐馆自身就具备油脂分离技术，将”地沟油”分离出来的废油将被制成生物柴油．已知生物柴油是高级脂肪酸甲酯，可由油脂与甲醇通过酯交换反应生成新酯和新醇得到，酯交换过程可以表示为：R1COOR2+R3OH→R1COOR3+R2OH．又已知油脂与甲醇互不相溶，反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换．目前常用的制备方法是碱催化法，用预处理过的地沟油（中性油）制备生物柴油的步骤如下：①将酯交换反应器做干燥处理，先向反应器中加入26.52g中性油，再称取40.00g正己烷（约61mL）．②称取甲醇4.60g（约5.8mL）放到锥形瓶中，然后称取0.20g氢氧化钠固体并使之溶解，然后加到反应器中．③连接好反应装置．④控制温度在60～65℃进行恒温加热，搅拌1.5到2小时．⑤停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，下层主要为甘油．⑥用温水洗涤制得的生物柴油3到4次．⑦将水洗后的溶液倒入圆底烧瓶中，蒸馏，通过控制温度分别得到甲醇、正己烷，直至无液体蒸出后，烧瓶中剩余的液体主要为生物柴油．（1）地沟油在预处理时需干燥、蒸馏操作的目的是

；（2）酯交换反应器由

、

、温度计、搅拌棒组成；（3）步骤①中加入正己烷的作用是

，步骤④可以采用

方式进行恒温加热，步骤⑤中将上下层液体进行分离所需的主要仪器的名称是

，确定步骤⑥中生物柴油已洗涤干净的方法是

；（4）根据整个流程，分析由中性油制备生物柴油的过程中可以循环利用的物质是

；（5）假设得到的中性油是油酸甘油酯，结构简式为：．经上述实验后得到油酸甲酯15.40g，则该实验中生物柴油（全以油酸甲酯计量）的产率为

%．

参考答案：（1）除去游离脂肪酸和水，否则将妨碍酯的交换；（2）三颈烧瓶、冷凝管；（3）作溶剂，促进油脂与甲醇互溶；60～65℃的水浴加热；分液漏斗；蘸取最后一次的洗涤液，用pH试纸测其酸碱性，若为中性则已洗净；（4）正己烷、甲醇；（5）57.8%．

【分析】（1）反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换；（2）依据装置图分析可知酯交换反应器由三颈烧瓶、冷凝管、温度计、搅拌棒组成；（3）已知油脂与甲醇互不相溶，正己烷是一种有机溶剂可以溶解油脂和甲醇使之混合均匀发生反应；控制温度在100℃以下选择水浴加热；步骤⑤中将上下层液体进行分离基本操作为分液，据此分析所需仪器；用温水洗涤制得的生物柴油3～4次，检验是否洗涤干净可以利用最后一次的洗涤液检查酸碱性设计；（4）停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，下层主要为甘油，可知正己烷和甲醇可以循环使用；（5）根据油酸甘油酯进行酯交换后与油酸甲酯的关系：C57H104O6～3C19H36O2计算出理论产量，再计算产率．【解答】解：（1）反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换，地沟油的预处理干燥、蒸馏操作的目的是除去游离脂肪酸和水，否则将妨碍酯的交换，故答案为：除去游离脂肪酸和水，否则将妨碍酯的交换；（2）依据装置图分析可知酯交换反应器由三颈烧瓶、冷凝管、温度计、搅拌棒组成，故答案为：三颈烧瓶、冷凝管；（3）生物柴油是高级脂肪酸甲酯，可由油脂与甲醇通过酯交换生成新酯和新醇得到，已知油脂与甲醇互不相溶，正己烷是一种有机溶剂可以溶解油脂和甲醇使之混合均匀发生反应；控制温度在60～65℃进行恒温加热应选择水浴加热；分液操作所需主要仪器为分液漏斗；用温水洗涤制得的生物柴油3～4次，检验是否洗涤干净可以利用最后一次的洗涤液检查酸碱性设计，蘸取最后一次的洗涤液，用pH试纸测其酸碱性，若为中性则已洗净，故答案为：作溶剂，促进油脂与甲醇互溶；60～65℃的水浴加热；分液漏斗；蘸取最后一次的洗涤液，用pH试纸测其酸碱性，若为中性则已洗净；（4），停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，下层主要为甘油，可知正己烷和甲醇可以循环使用，故答案为：正己烷、甲醇；（5）26.52g中性油的物质的量为=0.03mol，根据C57H104O6～3C19H36O2可知理论生成油酸甲酯的物质的量为0.03mol×3=0.09mol，质量为0.09mol×296g/mol=26.64g；则产率为=57.8%；故答案为：57.8%．【点评】本题考查了有机混合物的分离方法和实验过程分析应用，涉及产率的计算，主要是题目信息的理解应用和盐类分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.有下列物质：①Fe

②Na2O

③CO2

④Cu(OH)2

⑤MgCl2

⑥NH4Cl⑦H2SO4

⑧C2H5OH（酒精）

⑨CO

⑩蔗糖（用序号作答）。（1）按组成分类，属于单质的是______；属于酸性氧化物的是______；属于碱性氧化物的是__________；属于碱的是______；属于盐的是____________；属于酸的是_________。（2）上述十种物质中，常温下，能导电的有_____，属于电解质的有___。参考答案：(1)①

③

②

④

⑤⑥

⑦

(2)①

②④⑤⑥⑦【分析】单质是有同种元素组成的纯净物；酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物；酸是水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；电解质指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；含有自由移动电子或离子的物质能导电；据此分析判断。【详解】①Fe是金属单质，能导电；②Na2O是由氧元素和钠元素组成，属于氧化物，和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物，是电解质，不导电；③CO2是由碳元素和氧元素组成，属于氧化物，和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，是非电解质，不导电；④Cu(OH)2能够电离出氢氧根离子，属于碱，是电解质，不导电；⑤MgCl2是由金属离子和酸根离子组成，属于盐，是电解质，不导电；⑥NH4Cl是由铵根离子和酸根离子组成，属于盐，是电解质，不导电；⑦H2SO4是由不同元素组成的纯净物，水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，是电解质，不导电；⑧C2H5OH（酒精）是由不同元素组成的纯净物，属于化合物，是非电解质，不导电；⑨CO是不成盐氧化物，是非电解质，不导电；⑩蔗糖是由不同元素组成的纯净物，属于化合物，是非电解质，不导电；（1）根据以上分析可知按组成分类，属于单质的是①；属于酸性氧化物的是③；属于碱性氧化物的是②；属于碱的是④；属于盐的是⑤⑥；属于酸的是⑦。（2）根据以上分析可知上述十种物质中，常温下，能导电的有①，属于电解质的有②④⑤⑥⑦。18.（2007·江苏卷）22.肉桂醛是一种食用香精，它广泛用于牙膏、洗涤剂、糖果以及调味品中。工业上可通过下列反应制备：（1）请推测B侧链上可能发生反应的类型：___________________。（任填两种）（2）请写出两分子乙醛在上述条件下反应的化学方程式：____________________。（3）请写出同时满足括号内条件的B的所有同分异构体的结构简式：_____________。（①分子中不含羰基和羟基;②是苯的对二取代物;③除苯环外，不含其他环状结构。）参考答案：（1）加成反应

氧化反应

还原反应

（2）2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O（3）本题主要考查有机物的结构和性质。由于B的侧链上含有—CH=CH—，故可发生加成反应、加聚反应和氧化反应，又含有—CHO，所以可发生加成、氧化和还原反应；根据题给信息可知两分子乙醛发生反应的化学方程式为：2CH3CHOCH3—CH=CH—CHO+H2O，由于除苯环外不含其他环状结构，且是苯的对二取代物，故只需将分成不含羰基和羟基的两部分，即—O—CH3和CH≡C—或—CH3和—O—C≡CH即可。

19.一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3?CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中．从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为

．（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴．则浸出钴的离子反应方程式为

（产物中只有一种酸根）．请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因

．（3）碳酸钠溶液在过程III和IV中所起作用有所不同，请分别用离子方程式表示在过程III、IV中起的作用：

．参考答案：（1）2Al+2OH﹣+2H2O=+2AlO2﹣+3H2↑；（2）4Co2O3?CoO+S2O32﹣+22H+=12Co2++2SO42﹣+11H2O；Co2O3?CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；（3）2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；Co2++CO32﹣=CoCO3↓；

【分析】制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，（1）铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，注意该反应中水是反应物；（2）Co3O4和硫代硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫酸根离子、二价钴离子和水；盐酸具有还原性，能被Co2O3?CoO氧化生成有毒的氯气；（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧