山西省临汾市蒲县高级中学2022-2023学年高三化学联考试题含解析

山西省临汾市蒲县高级中学2022-2023学年高三化学联考试题含解析一、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.下列说法正确的是(

)A．加入过量氨水，有白色沉淀生成，则原溶液一定有Al3+B．加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生特征蓝色沉淀，则原溶液一定有Fe3+

C．加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液一定有SO42－D．加入NaOH溶液，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液一定有NH4+参考答案：D略2.镁铁混合物4.9g，溶解在过量某浓度的稀硝酸中，完全反应得到标况下气体2.24L（假设气体全为NO），则向反应后的溶液中加入足量的烧碱，则可生成沉淀的量是

A．6g

B．8g

C．10g

D．12g参考答案：C3.取100mL0.3mol/L和300mL0.25mol/L的硫酸注入500mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是()A．0.21mol/L

B．0.42mol/LC．0.56mol/L

D．0.26mol/L参考答案：B略4.下列有关实验操作、现象或实验原理叙述错误的是(

)A．在中和热测定的实验中，将氢氧化钠和盐酸混合反应后的最高温度作为末温度B．纸层析法分离Fe3+和Cu2+的实验中，点样后的滤纸无需晾干就可将其浸入展开剂中C．将KNO3和NaCl的混合液加热并浓缩至有晶体析出时，趁热过滤可分离得NaCl晶体D．当锌完全溶解后，铁与酸反应产生氢气的速率会显著减慢，借此可判断锌镀层是否反应完全参考答案：B5.已知X、Y、Z为三种主族元素，分别形成Xn+、Ym+、Zn-三种离子，已知m>n且X、Y、三种原子的M层电子数均为奇数。下列说法中不正确的是A.三种离子中，Ym+离子的半径最小

B.Z的最高价氧化物的水化物的分子式为HnZO4C.X、Y、Z一定在同一周期，且原子半径Z>X>YD.三种元素相应的最高价氧化物的水化物之间可能会两两发生反应参考答案：C6.对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是

参考答案：C略7.主族元素镓(Ga)的原子结构示意图是：，下列关系不正确的是A．原子半径:K>Ga>AlB．碱性:KOH>Ga(OH)3>Al(OH)3C．离子的氧化性:K+>Ga3+>Al3+D．与水反应的剧烈程度:K>Ga>Al参考答案：CA．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：K>Ga>Al，A正确；B．同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族自上而下金属性逐渐增强，金属性：K＞Ga＞Al，则碱性：KOH>Ga(OH)3>Al(OH)3，B正确；C．金属性越强，相应离子的氧化性越弱，则离子的氧化性:K+＜Ga3+＜Al3+，C错误；D．金属性越强，与水反应越剧烈，则与水反应的剧烈程度：K>Ga>Al，D正确，答案选C。【点睛】明确元素周期律的具体表现形式是解答的关键，选项B是易错点，注意金属性与相应离子氧化性的关系。8.下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是

物质组别甲乙丙AAlHClNaOHBNH3O2HNO3CSiO2NaOHHFDSO2Ca(OH)2NaHCO3参考答案：B9.短周期元素X、Y、Z中，其中X、Y位于同一主族，Y、Z位于同一周期．X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z原子的核外电子数比Y原子少1个，下列比较正确的是(

)A．原子半径：X＞YB．元素非金属性：X＞YC．气态氢化物的稳定性：Z＞YD．最高价氧化物水化物的酸性：Z＞Y参考答案：B【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X只能含有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；X、Y位于同一主族，则Y为S元素；Y、Z位于同一周期，Z原子的核外电子数比Y原子少1，则Z为P元素，结合元素周期律的递变规律可解答该题．【解答】解：X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X只能含有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；X、Y位于同一主族，则Y为S元素；Y、Z位于同一周期，Z原子的核外电子数比Y原子少1，则Z为P元素，A．同主族原子的核外电子层数越多，半径越大，则有原子半径：S＞O，故A错误；B．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性O＞S，故B正确；C．非金属性：S＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则态氢化物的稳定性：H2S＞PH3，故C错误；D．非金属性P＜S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则最高价氧化物水化物酸性：H3PO4＜H2SO4，故D错误．故选：B．【点评】本题考查位置结构性质关系应用，题目难度中等，关键是正确推断元素的种类，注意把握元素周期律的递变规律．10.下列叙述正确的是（

）A.25℃、1标准大气压下，1mol1-丙醇燃烧放出QkJ热量，1-丙醇燃烧的热化学方程式为2C3H8O(l)+9O2(g)=6CO2(g)+8H2O(l)；△H=-2QkJ·mol-1B.如图B铜锌原电池工作时，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液C.选择合适的试剂，用如图C所示装置可分别制取少量H2、C2H2和NO2D.图D中b、a分别是有无催化剂时N2与H2合成氨的能量变化曲线，由此可确定该反应1molN2和4molH2充分反应时放热一定低于92kJ。图B

图C

图D参考答案：D略11.NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法中，正确的是（）A．常温常压下，l.6g614CH4中含有共价键总数为0.4NAB．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应后，容器内气体的分子数为2NAC．1L0．lmol?L﹣1的CH3COONa溶液中CH3COO﹣和CH3COOH粒子数之和为0.1NAD．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NA参考答案：C【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、甲烷614CH4的摩尔质量为18g/mol；B、2molNO与1molO2充分反应后生成2mol二氧化氮，但二氧化氮气体中存在平衡：2NO2N2O4；C、CH3COO﹣是弱酸根，在溶液中存在水解平衡；D、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由﹣1价变为0价．【解答】解：A、614CH4的摩尔质量为18g/mol，故1.6g甲烷614CH4的物质的量小于0.1mol，而甲烷中含4个C﹣H键，故含有的C﹣H键个数小于0.4NA个，故A错误；B、2molNO与1molO2充分反应后生成2mol二氧化氮，但二氧化氮气体中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数变小，故容器中的分子数小于2NA个，故B错误；C、CH3COO﹣是弱酸根，在溶液中存在水解平衡，根据物料守恒可知，溶液中的CH3COO﹣和CH3COOH粒子数之和为0.1NA，故C正确；D、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由﹣1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．12.下列说法正确的是（）A．分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液＜Fe（OH）3胶体＜FeCl3溶液B．焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化C．生石灰用作食品抗氧剂D．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，但加入明矾不能使海水淡化参考答案：D【考点】胶体的重要性质；氧化还原反应；盐类水解的应用；焰色反应．【专题】化学用语专题；氧化还原反应专题；溶液和胶体专题．【分析】A．分散系中分散质粒子的大小，浊液＞胶体＞溶液；B．焰色反应是金属元素的特性，是金属元素的物理性质；C．生石灰常做吸水剂，没有强还原性；D．明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性．【解答】解：A．分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液，故A错误；B．焰色反应是金属元素的特性，是金属元素的物理性质，没有发生化学变化，故B错误；C．生石灰常做吸水剂，没有强还原性，不能作食品抗氧剂，故C错误；D．明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故D正确；故选D．【点评】本题考查较为综合，题目难度不大，注意相关基础知识的积累即可解答该题，本题易错点为D，注意明矾净水的原理．13.下列有关叙述中错误的是

A．纤维素分子是由葡萄糖单元构成的，可以表现出一些多元醇的性质

B．蔗糖和淀粉的水解产物不同

C．判断油脂皂化反应基本完成的现象是反应后静置，反应液不分层

D．煤中含有苯和甲苯，可用先干馏后分馏的方法得到参考答案：D略14.将CO2转化成有机物实现碳循环，是解决温室效应的有效途径之一，此反应化学平衡常数的表达式为：且温度升高，K值变小。下列说法正确的是()

A．该反应的化学方程式为3H2(g)+CO2(g)

CH3OH（g）+H2O（g）△H>O

B．在恒温、恒容的密闭容器中，若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态

C．在恒温、恒容的密闭容器中，增大H2的浓度时，CO2的转化率增大

D．平衡时，其他条件不变，使用催化剂有利用于CO2的转化参考答案：C15.设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是(

)A.常温常压下,1.6gO2和O3混合气体中原子总数为0.1NAB.标准状况下,过氧化钠与水反应生成1.12L氧气时转移电子数目为0.2NAC.0.1mol·L的CH3COONa溶液中CH3COOH和CH3COO-总数为0.1NAD.常温常压下,4gHe中,含有的原子数为2NA参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.可利用下图中的实验装置测定足量铜与适量一定浓度的浓硝酸反应生成的NO气体和NO2气体的物质的量之比（用m表示），其中装置C由广口瓶和量气管组成，量气管由甲、乙两根玻璃管组成，用橡皮管连通，并装入适量水，甲管有刻度（0mL～50mL），乙管可上下移动。回答下列问题：（1）实验中气体（NO和NO2）发生装置应选择

（填装置序号）。（2）实验中的气体（NO和NO2）通入C装置，请在下图的广口瓶中将导气管画出。（3）要测定m值，需要将C中的溶液进行中和滴定，由于浓硝酸具有强氧化性，能把酸碱指示剂氧化褪色而影响实验。因此，中和滴定前必须进行的操作是

。（4）连接好装置，检查气密性后，应进行两步必要的操作：第一，打开b，向C装置的乙管中加适量水；第二

。（5）实验前甲、乙两管液面在同一水平面上，最后读数时乙管的液面高于甲管的液面。此时应进行的操作是

。（6）实验后若量气管中气体的体积（换算成标准状况下）为V（L），C中硝酸的物质的量为n

mol，则用含n和V的式子表示m＝

(结果可不必化简)。参考答案：（1）B

（2）（3）将C中的溶液加适量水稀释（4）第二，打开a，通足量N2，排净装置中的空气（5）向下移动乙管，使甲、乙两管液面在同一水平面上

（6）(V－11.2n)/33.6n略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（15分）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质Fe）制备胆矾晶体（CuSO4?5H2O）及副产物ZnO．制备流程图如图：已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣．如图表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol?L﹣1计算）．

Fe3+Fe2+Zn2+开始沉淀的pH1.15.85.9s沉淀完全的pH3.08.88.9请回答下列问题：（1）试剂X可能是

，其作用是将

．（2）加入ZnO调节pH=3～4的目的是

．（3）由不溶物生成溶液D的化学方程式为

．（4）由溶液D制胆矾晶体包含的主要操作步骤是

．（5）下列试剂可作为Y试剂的是

．A．ZnO

B．NaOH

C．Na2CO3D．ZnSO4若在滤液C中逐滴加入盐酸直到过量，则产生的现象是

．（6）测定胆矾晶体的纯度（不含能与I﹣发生反应的氧化性杂质）：准确称取0.5000g胆矾晶体置于锥形瓶中，加适量水溶解，再加入过量KI，用0.1000mol?L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液19.40mL．已知：上述滴定过程中的离子方程式如下：2Cu2++4I﹣═2CuI（白色）↓+I2，I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣①胆矾晶体的纯度为

．②在滴定过程中剧烈摇动（溶液不外溅）锥形瓶，则所测得的纯度将会

（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．参考答案：（1）H2O2；将Fe2+氧化为Fe3+；（2）降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成Fe（OH）3沉淀而除去；（3）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；（4）蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤；（5）B；先产生白色沉淀后溶解；（6）①97.00%；②偏高．考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验设计题．分析：（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；（2）调节溶液pH，降低溶液酸度，可以使铁离子全部沉淀，从而除去；（3）酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；（4）依据从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等回答；（5）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱；pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解；（6）①根据相关反应的方程式，可得到关系式2Na2S2O3～2Cu2+，根据反应的关系式计算；②剧烈摇动锥形瓶，导致空气中的氧气参与氧化还原反应，据此分析即可．解答：解：（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，故答案为：H2O2；将Fe2+氧化为Fe3+；（2）氧化锌为碱性氧化物，能与H+反应，降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成Fe（OH）3沉淀而除去，故答案为：降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成Fe（OH）3沉淀而除去；（3）因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；（4）从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤；（5）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱：NaOH，由于pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解，故答案为：B；先产生白色沉淀后溶解；（6）①CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为：2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2，且发生I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣，则可得关系式2Na2S2O3～2Cu2+，则n（CuSO4?5H2O）=n（Na2S2O3）=0.100mol/L×19.40×10﹣3L=1.94×10﹣3mol，m（CuSO4?5H2O）=1.94×10﹣3mol×250g/mol=0.4850g，ω（CuSO4?5H2O）=×100%=97.00%，故答案为：97.00%；②剧烈摇动锥形瓶，导致氧气参与氧化还原反应，从而消耗Na2S2O3标准溶液体积偏大，故测量纯度偏高，故答案为：偏高．点评：本题考查制备实验方案的设计，考查学生对综合实验处理能力，注意实验方案的设计原理和步骤是解答的关键，平时注意打好扎实的基础知识和灵活应用知识解决问题的能力培养，题目难度中等．

18.NO2是形成雾霾天气的原因之一。（1）重型车辆常在排气管内“喷淋”尿素［CO(NH2)2］溶液，使NO2转化为无污染物质。采用“喷淋”时，该反应的活化能____（选填“增大”“减小”“不变”），写出该反应的化学方程式：____。（已知：CO(NH2)2中N呈－3价）（2）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素。已知：①2NH3(g)＋CO2(g)=NH2CO2NH4(s)

ΔH＝－l59.5kJ·mol-1②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)

ΔH＝－160.5kJ·mol-1③H2O(l)=H2O(g)

ΔH＝＋44.0kJ·mol-1写出CO2与NH3合成尿素和气态水的热化学反应方程式______。（3）恒温下将1.6molNH3和0.8molCO2放入容积为8L的恒容密闭容器中，反应生成NH2CO2NH4（s），下列各项能说明反应达到平衡状态的是______。a．容器内气体压强保持不变

b．CO2与NH3的速率之比为1∶2c．NH2CO2NH4(s)质量保持不变

d．容器内温度保持不变该反应达到平衡时，测得CO2的物质的量浓度为0.05mol·L-1。则平衡时CO2的转化率α＝____；若其他条件不变，移去少量NH2CO2NH4，CO2的转化率_____（选填“增大”“减小”“不变”）。（4）为减少NO2排放，可将NO2转化为NO后通入如图所示装置，同时补充气体物质A使NO全部转化为NH4NO3，该装置中总化学反应方程式是_____。参考答案：(1)不变

6NO2+4CO(NH2)2＝7N2+4CO2+8H2O

(2)2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)

△H=-276.0kJ/mol

(3)ac

50%

不变

(4)8NO+2NH3+7H2O=5NH4NO3【详解】（1）尿素以喷淋的形式进入排气管，可增大与NO2气体的接触面积，加快了反应速率，但不改变反应的活化能；尿素与NO2反应生成CO2、N2和水的化学方程式是6NO2+4CO(NH2)2=7N2+4CO2+8H2O，故答案为不变；6NO2+4CO(NH2)2=7N2+4CO2+8H2O；（2）①2NH3(g)＋CO2(g)=NH2CO2NH4(s)

ΔH＝－l59.5kJ·mol-1②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)

ΔH＝－160.5kJ·mol-1③H2O(l)=H2O(g)

ΔH＝＋44.0kJ·mol-1依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②+③得到CO2与NH3合成尿素和气态水的热化学反应方程式为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)

△H=-276.0kJ/mol；故答案为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)

△H=-276.0kJ/mol；（3）a．反应前后气体反应物和生成物的系数和不等，正反应是体积减小的方向，在恒温恒容条件下，压强不变