湖南省永州市富塘乡中学2022-2023学年高三化学联考试卷含解析

湖南省永州市富塘乡中学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。）12、CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）△H﹤0，在其他条件不变的情况下A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变参考答案：D2.下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是（）A．NaOH

B．SiO2

C．Fe

D．C3H8参考答案：答案：D

考点：了解几种类型的晶体。解析：NaOH是离子晶体，SiO2是原子晶体，Fe为金属晶体，它们均只表示物质的组成，不能表示物质的一个分子，只有分子晶体的分子式才能表示分子的真实组成。相关知识点：①通常认为含有活泼金属的化合物是离子化合物，形成的晶体是离子晶体（氯化铝特殊：根据题给情况而定），离子晶体的化学式表示的阴阳离子的最简个数比，并不表示他的真实组成，氯化钠和氯化铯的晶体结构就不同。离子化合物也有不含金属元素的，例如：铵盐类。②金刚石、硅晶体、二氧化硅、碳化硅都是原子晶体，它们都是第四主族的单质或化合物，特点是原子间以共建结合，是呈空间网状结构的巨型分子，硬度大熔沸点高，其化学式也不能表示分子的真实组成。③金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的晶体，金属晶体的化学式也不能表示该微粒的真实组成。④不能表示该物质真实组成的化学式：离子晶体的化学式（含活泼金属的化合物、铵盐）、原子晶体的化学式（C、Si、SiO2、SiC、Si3N4）、金属晶体的化学式（金属元素符号）。⑤能表示该物质真实组成的化学式：非金属单质（金刚石、硅晶体、石墨除外）、非金属氢化物、非金属氧化物（二氧化硅除外）、酸、有机物（烃类、卤代烃、醇、酚、醚、醛、酮、酯、低碳糖、二糖、氨基酸）。3.将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比是A．1∶2∶3

B.3∶2∶1

C.6∶3∶1

D.6∶3∶2参考答案：D4.2004年4月22日是第35个“世界地球日”，我国确定的主题是“善待地球—科学发展”。下列行为中不符合这一主题的是

A．采用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质

B．大量开采地下水，以满足社会对水的需求

C．减少直至不使用对大气臭氧层起破坏作用的氟氯烃

D．节约能源，提高能源利用率参考答案：答案;B5.从下列事实所得出的结论或给出的解释正确的是

实验事实结论或解释①将40gNaOH溶于1L蒸馏水中该

溶液中溶质的质量分数为3.84%，其物质的量浓度为1mol﹒L-1②在溶液的稀释过程中离子浓度有的可能增大，有的可能减小，有的可能不变⑶某盐NaX溶液pH>7酸HX为弱酸④0.1mol/LCH3COOH溶液在稀释过程中将变小⑤向盛有浓硝酸的试管中分别加入Al片和Cu片，前者没有明显现象，后者反应剧烈，产生大量红棕色气体还原性Al<Cu⑥BaSO4的水溶液导电性很差BaSO4是弱电解质

A．①④⑤

B．③④⑥

C．②③

D．②④⑥参考答案：C略6.下列关于有机物的命名中不正确的是

（

）A．2，2─二甲基戊烷

B．2─乙基戊烷 C．3,4─二甲基辛烷

D．3─甲基己烷参考答案：B试题分析：根据烷烃的命名原则判断。A、2，2﹣二甲基戊烷，该有机物主链为5个碳原子，在2号C含有2个甲基，该有机物结构简式为：C（CH3）3CH2CH2CH3，该命名符合烷烃的命名原则，正确；B、2﹣乙基戊烷，烷烃的命名出现2﹣乙基，说明选取的主链不是最长碳链，该有机物最长碳链含有6个C，其结构简式为：CH3CH2CH（CH3）CH2CH2CH3，正确命名应该为：3﹣甲基己烷，错误；C、3，4﹣二甲基辛烷，主链含有8个碳原子，在3，4号C各含有1个甲基，该有机物的结构简式为：CH3CH2CH（CH3）CH（CH3）CH2CH2CH2CH3，正确；D、3﹣甲基己烷，主链为6个碳原子，在3号C含有1个甲基，该有机物结构简式为：CH3CH2CH（CH3）CH2CH2CH3，正确。7.2006年8月，冥王星被宣布逐出行星家族。目前，冥王星地表组成还不太清楚，科学家估计其地表上光亮的部分可能覆盖着一些固体氮、CO以及少量的固体CH4等碳氢化合物。下列有关说法中错误的是（）Ａ．碳氢化合物晶体均属于分子晶体Ｂ．碳氢化合物分子中可能既有极性键又有非极性键Ｃ．由于Ｎ2分子中氮氮键键能较大,因此其沸点高于CH4Ｄ．CH4是有机物中含氢量最高的物质参考答案：答案：C8.化学物质的泄漏给居民生活和环境造成严重污染。下列有关说法正确的是

A．液氨是纯净物，而氯水是电解质，漂白粉是混合物

B．氯气可用作消毒剂和漂白剂，是因为氯气分子具有强氧化性

C．随着化合价的升高，氯的含氧酸的酸性逐渐增强

D．双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染参考答案：C略9.向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，溶液中产生沉淀的物质的量与加入Ba（OH）2溶液的体积关系正确的是（）A． B．C． D．参考答案：C【考点】离子共存问题．【专题】图像图表题．【分析】向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，发生H++OH﹣═H2O，同时钡离子与硫酸根离子结合生成沉淀，以此来解答．【解答】解：向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，发生H++OH﹣═H2O，同时钡离子与硫酸根离子结合生成沉淀，沉淀在增多，氢离子物质的量比氢离子浓度大，则第二阶段沉淀的量不变，第三阶段铝离子反应生成沉淀，第四阶段铵根离子与碱反应，最后氢氧化铝溶解，沉淀减少，最后只有硫酸钡沉淀，显然只有图象C符合，故选C．【点评】本题考查反应的先后顺序及图象，明确反应的先后顺序及排除法是快速解答本题的关键，题目难度中等．10.某有机化合物A因其有麻醉作用，常用作局部麻醉剂和镇静剂。它的分子式为C10H12O2，其分子模型如图所示（图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键等），下列说法不正确的是（

）A．1molA与足量的浓溴水反应最多可以消耗2molBr2

B．有机物A不能发生消去反应和水解反应C．有机物A能发生加成反应、显色反应、加聚反应和氧化反应D．有机物A所有原子共平面

参考答案：D略11.已知将C12通人适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaCl0、NaCl03，且的值与温

度高低有关。当n(NaOH)=amol时，下列有关说法错误的是

(

)A．参加反应的氯气的物质的量等于去1/2amolB．改变温度，产物中NaCl03的最大理论产量为amolc．改变温度，反应中转移电子的物质的量的范围：D．若某温度下，反应后参考答案：B知识点:有关范围讨论题的计算，氧化还原反应的计算

答案解析:B

解析：A．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），由钠离子守恒可知n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=n（NaOH），故参加反应的氯气的物质的量为：n（Cl2）=1/2n（NaOH）=0.5amol，正确；

B．氧化产物只有NaClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（NaClO3）=1/6n（NaOH）=1/6amol，错误；C．氧化产物只有NaClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（NaCl）=5（NaClO3），由钾离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO3）=n（NaOH），故n（NaClO3）=1/6n（NaOH）=1/6amol，转移电子最大物质的量为：1/6amol×5=5/6amol，氧化产物只有NaClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（NaCl）=n（NaClO），根据钠离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH），故：n（NaClO）=1/2n（NaOH）=1/2amol，转移电子最小物质的量=1/2amol×1=1/2amol，则反应中转移电子的物质的量ne的范围为：1/2amol≤ne≤5、6amol，故C正确；D．设n（ClO-）=1mol，反应后c(Cl?)/c(ClO?)=11，则n（Cl-）=11mol，电子转移守恒，5×n（ClO3-）+1×n（ClO-）=1×n（Cl-），即：5×n（ClO3-）+1×1mol=1×11mol，解得：n（ClO3-）=2mol，故溶液中c(ClO?)/c(ClO3?)=1/2，正确。思路点拨:本题考查了氧化还原反应计算，题目难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．12.在下列溶液中，离子一定能大量共存的是（

）

A．无色透明溶液中：Na+、CO32ˉ、Clˉ、AlO2ˉ

B．酸性溶液中：Fe3+、Na+、SCNˉ、Clˉ

C．加入Al能放出H2的溶液中：K+、SO42ˉ、NO3ˉ、Fe2+

D．能使酚酞变红的溶液中：Na+、Clˉ、SO42ˉ、NH4+参考答案：A略13.按右图装置通入X气体，并在管口P处点燃，实验结果是澄清石灰水变浑浊，则X、Y不可能是A．CO和Na2CO3

B．CO和CuO

C．H2和NaHCO3D．H2和(NH4)2CO3参考答案：A略14.对于平衡体系mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)

ΔH＜0。下列结论中不正确的是A.若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m+n＜p+qB.若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶nC.若m+n=p+q,则往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2aD.若温度不变时，压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积一定比原来的1/2要小参考答案：D15.下列叙述正确的是A．草木灰和硫铵混合施用可使肥效更高B．Mg(OH)2和Al(OH)3受热易分解可作阻燃剂C．含氧酸的酸性越强与铁片反应产生氢气的速率越快D．二氧化硫和氯气均可使有色物褪色且漂白原理相同参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（12分）榴石矿石可以看作CaO、FeO、Fe2O3、A12O3、SiO2组成。工业上对其进行综合利用的流程如下：

（1）SiO2的用途广泛，试写出其中的一种重要用途

；

（2）溶液Ⅰ中除了外，还含有的金属阳离子有

；

（3）步骤③中NaOH参加反应的离子方程式是

，鼓入空气并充分搅拌的目的是

。

（4）在工业生产中，步骤④通入过量CO2而不加入盐酸的原因是

。

（5）试设计实验证明榴石矿中含有FeO（试剂任选，说明实验操作与现象）

。参考答案：略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.氮化铝（AlN）陶瓷是一种类金刚石氮化物的新型无机非金属材料，最高可稳定到2200℃．导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料．抗熔融金属侵蚀的能力强，是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料．制取原理为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO（1）氮化铝的晶体类型为___________。 （2）制取氮化铝要用较为纯净的N2，N2的电子式为____________。实验室中制备少量氮气的基本原理是：NH4Cl+NaNO2=NaCl+2H2O+N2↑。为了得到较纯净的N2，最好的收集方法是____________。（3）氮化铝抗酸能力极强，但抗碱蚀能力差，它能与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，其化学反应方程式为：___________________（4）工业上制得的AlN中含有Al2O3、C杂质，取含杂质的粗氮化铝10.00g于某容器，加入足量浓硫酸，加热，收集到672mL气体（已折算成标准状况）。则该粗氮化铝中碳的质量分数为___________参考答案：(1)原子晶体

（2）略

排水法收集

（3）AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑

(4)1.2%

【知识点】晶体类型的判断，电子式的书写，未知反应化学方程式的书写，化学计算

【答案解析】(1)原子晶体

（2）

排水法收集

（3）AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑

(4)1.2%

解析（1）由氮化铝的性质可以得到其属于原子晶体；（2）氮气难溶于水，密度和空气相差不大，故最好用排水法收集；（3）由题目信息可知，由于AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2、并放出NH3，据此生成方程式．（4）有反应

C+2H2SO4=CO2+2SO2+2H2O

可得生成的气体中CO2和SO2的物质的量之比为1:2，故CO2的体积为224mL，物质的量为0.01mol，根据碳元素守恒，样品中的碳的物质的量为0.01mol，质量为0.12g，质量分数为1.2%。【思路点拨】本题考查了根据物质的性质判断晶体类型，电子式的书写，根据已有的物质判断未知化学反应方程式的书写，简单的化学计算，基础性较强，难度不大。18.能源在国民经济中具有特别重要的战略地位。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应a：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH1反应b：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

ΔH2①上述反应符合“原子经济”原则的是

（填“a”或“b”）。②下表所列数据是反应b在不同温度下的化学平衡常数(K)温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012

I．由表中数据判断ΔH2

0（填“＞”、“＜”或“＝”）；Ⅱ．若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是

。A．升高温度

B．将CH3OH(g)从体系中分离C．使用合适的催化剂

D．充入He，使体系总压强增大（2）环境问题已成为社会关注的焦点。某农药厂排放的废水中常含有较多的NH4+和PO43-，一般可以通过两种方法将其除去。①方法一：将CaO投加到待处理的废水中，生成磷酸钙，从而进行回收。当处理后的废水中c(Ca2+)=2×10-7mol/L时，试计算溶液中c(PO43-)（写出计算过程，已知Ksp[Ca3(PO4)2]=2×10-33）

②方法二：在废水中加入镁矿工业废水，就可以生成高品位的磷矿石——鸟粪石，反应式为Mg2+(aq)+NH4+(aq)+PO43-(aq)MgNH4PO4(s)，该方法中需要控制污水的pH为7.5～10，若pH高于10.7，鸟粪石的产量会大大降低。其原因可能为

。

参考答案：(16分)（1）①

b

（2分）

②I．＜（3分）Ⅱ．B（3分）（2）①Ksp[Ca3(PO4)2]==2×10－33

（1分）

（2×10-7）3×c2(PO43-)

=2×10－33

（1分）c(PO43-)=5×10-7mol/L

（2分，有效数字或单位错漏扣1分）②当pH高于10.7时，溶液中的Mg2+、NH4+会与OH-反应（2分），平衡向逆反应方向移动（2分）（合理即给分）

略19.G是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环．G的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：已知：①RCH═CH2+CH2═CHR′CH2═CH2+RCH═CHR′；②B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子；③D和F是同系物．请回答下列问题：（1）（CH3）2C=CH2的系统命名法名称为

．（2）A→B反应过程中涉及的反应类型依次为

、

．（3）D分子中含有的含氧官能团名称是

，G的结构简式为．（4）生成E的化学方程式为

．（5）同时满足下列条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上有两个取代基、含C=O的F的同分异构体有

种（不包括立体异构）；其中核磁共振氢谱为4组峰、能水解的物质的结构简式为

．（6）模仿由苯乙烯合成F的方法，写出由丙烯制取α﹣羟基丙酸（）的合成线路：

．参考答案：（1）2﹣甲基﹣1﹣丙烯；（2）取代反应、加成反应；（3）醇羟基和羧基；；（4）；（5）21；；（6）【分析】由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与（CH3）2C=CH2发生加成反应生成A，与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子，故B为，顺推可知C为，D为．苯乙烯与HBr发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H7O2Br，说明E中Br连接