江西省宜春市姜璜中学2022-2023学年高三化学测试题含解析

江西省宜春市姜璜中学2022-2023学年高三化学测试题含解析一、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.有关能量的判断或表示方法正确的是（

）A．由：H+(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)

△H＝－57.3kJ/mol，可知：含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量等于57.3kJB．由2Na(s)＋O2(g)＝Na2O2(s)

ΔH＝－511kJ/mol，可知反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量C．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多D．2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)

△H＝－285.8kJ/mol参考答案：B略2.已知氢化锂（LiH）属于离子化合物．LiH跟水反应可以放出氢气．下列叙述中正确的是（）A．LiH的水溶液显中性B．LiH中的氢离子可以被还原生成氢气C．LiH是一种强氧化剂D．LiH中氢离子比锂离子的半径大参考答案：D考点：氧化还原反应．专题：信息给予题；氧化还原反应专题．分析：在离子化合物LiH中，Li+与H﹣以离子键结合而成，该物质溶于水生成H2，可以想到H﹣与水中的H+之间发生氧化还原反应，除生成H2外，另一产物应是LiOH，所以对该反应的分析可根据下列几点：①属于氧化还原反应；②LiH是还原剂，H2O是氧化剂；③所得溶液是LiOH碱性溶液．解答：解：A、LiH跟水反应的方程式为LiH+H2O=H2↑+LiOH，溶液呈碱性，故A错误；B、在离子化合物LiH中，Li+与H﹣以离子键结合而成，H﹣与水中的H+之间发生氧化还原反应而被氧化，故B错误；C、LiH+H2O=H2↑+LiOH反应中，LiH是还原剂，H2O是氧化剂，故C错误；D、LiH中氢离子与锂离子核外电子排布相同，核电核数越小，半径越大，则LiH中氢离子比锂离子的半径大，故D正确．故选D．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价的角度分析物质的性质．3.含相同分子数的H2O和NH3具有相同的

A.体积

B.原子个数

C．质量

D．物质的量参考答案：B略4.锌－空气电池可能成为未来的理想动力源，该电池的电解质溶液可以是酸性或碱性。在碱性溶液中该电池总反应可表示为：2Zn+4NaOH+O2＝2Na2ZnO2+2H2O。下列有关锌－空气电池说法正确的是

A．负极反应式为：O2+2H2O+4e－＝4OH－

B．碱性或酸性电解质溶液中，该电池正极反应式相同

C．该电池工作时，Na＋移向负极

D．每生成1molZnO22－转移电子数为2NA（NA为阿伏加德罗常数）参考答案：D略5.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是A．加热时，①上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差B．加热时，②、③中的溶液均变红，冷却后又都变为无色C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D．四个“封管实验”中都有可逆反应发生参考答案：C知识点：化学实验操作

解析：A、加热时，①上部汇聚了固体碘，说明碘单质易升华，故A错误；B、加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色。加热时，③溶液变红，冷却后二氧化硫使品红溶液褪色，变为无色，故B错误；2NO2（g）?N2O4（g）△H＜0，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，反之变浅，所以④中浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故C正确；D、①和③中没有可逆反应，故D错误‘思路点拨：本题以“封管实验”为载体，考查了可逆反应、漂白性、平衡移动的因素、氯化铵的性质等知识，解答须理解记忆相关的化学反应方程式，难度中等．6.某无色气体X，可能含有CO2、SO2、HCl、HBr中的一种或几钟．将X通过适量的氯水时，X完全被吸收．将所得的无色溶液分装于两支试管后，分别加入酸化AgNO3与BaCl2溶液，结果均产生白色沉淀．下列推论正确的是A．X中可能有HBr

B．X中一定有SO2C．X中一定没有CO2

D．X中一定有HCl参考答案：B略7.工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：

下列叙述正确的是（

）A．反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋NaHCO3B．反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁

C．图中所示转化反应都不是氧化还原反应D．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸参考答案：A略8.同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是（）A．2Na218O2+2H2O→4Na18OH+O2↑B．2KMnO4+5H218O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+518O2↑+8H2OC．NH4Cl+2H2O→NH3?2H2O+HClD．K37ClO3+6HCl→K37Cl+3Cl2↑+3H2O参考答案：B解析：A、过氧化物与水反应实质为，过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气，所以18O同时在水中和氧气中，不出现在氢氧化钠中，故A错误；B、KMnO4中Mn元素化合价降低为2×（7﹣2）=10，H218O2中O元素化合价升高5×2×[0﹣（﹣1）]=10，化合价升降相等，高锰酸钾把过氧根氧化为氧气，18O全部在氧气中，故B正确；C、NH4Cl水解，其实是水电离的氢氧根、氢离子分别和NH4+、Cl﹣结合，生成一水合氨和氯化氢，所以2H应同时存在在一水合氨中和HCl中，故C错误；D、KClO3和HCl发生归中反应，KClO3中氯元素由+5价降低为0价，不能降低为﹣1，HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为0价，氯气中的Cl有来自KClO3，来自HCl，KCl中的Cl全部来自HCl，故D错误．故选B．9.已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。对于该溶液，下列叙述中不正确的是

(

)A．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性B．水电离出来的c(H＋)＝1×10－10mol·L－1C．c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)

D．该温度高于25℃参考答案：A略10.有一未完成的离子方程式：

+XO3－+6H＋=3X2+3H2O，据此判断：X元素的最高化合价为（

）

A．+7

B．+5

C．+4

D．+1参考答案：答案：A11.同温同压下，mg气体A与ng气体B的分子数目相同，下列说法中不正确的是（）A．气体A与气体B的相对分子质量之比为m：nB．同质量的气体A与气体B，所含分子数目之比为n：mC．相同条件下，等体积的气体A与气体B的质量之比为m：nD．相同条件下，气体A与气体B的密度之比为n：m参考答案：D考点：阿伏加德罗定律及推论．

分析：同温同压下，mg气体A与ng气体B的分子数目相同，则物质的量相同．A、物质的量相同时，气体的质量与摩尔质量即相对分子质量成正比；B、质量相等时，摩尔质量和物质的量成反比；C、相同条件下，等体积的气体的物质的量相等，而等物质的量的物质的质量之比等于摩尔质量之比；D、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比．解答：解：同温同压下，mg气体A与ng气体B的分子数目相同，则物质的量相同．A、物质的量相同时，气体的质量与摩尔质量即相对分子质量成正比，故气体A和气体B的相对分子质量之比为m：n，故A正确；B、质量相等时，摩尔质量和物质的量成反比，由于气体A和气体B的相对分子质量之比即摩尔质量之比为m：n，故等质量的两者的物质的量之比为n：m，而分子数目之比等于物质的量之比，故分子数目之比为n：m，故B正确；C、相同条件下，等体积的气体A和气体B的物质的量相等，而等物质的量的物质的质量之比等于摩尔质量之比，故气体A和气体B的质量之比为m：n，故C正确；D、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故气体A和气体B的密度之比为m；n，故D错误．故选D．点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确同温、同压、同体积，则气体的分子数相同、物质的量相同及质量、物质的量、摩尔质量的关系是解答的关键．12.高纯度晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。它可以按下列方法制备：下列说法正确的是A.步骤①的化学方程式为：SiO2＋CSi＋CO2↑B.步骤①②③中每生成或反应1molSi，转移4mol电子C.二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应D.SiHCl3（沸点33.0℃）中含有少量的SiCl4（沸点67.6℃），通过蒸馏（或分馏）可提纯SiHCl3参考答案：D知识点:氧化还原反应硅及其化合物B3D1解析：步骤①的化学方程式为：SiO2＋2CSi＋2CO↑，A错误；步骤②③中每生成或反应1molSi，转移2mol电子，B错误；硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气，C错误；D正确。思路点拨:沸点相差较大的互溶液体可采取蒸馏法分离。13.在两个密闭容器甲、乙中，依次充入氧原子数目相同的O2、O3两种气体，若它们的温度和密度均相同。下列说法正确的是A.气体体积：甲>乙

B.气体的质量：甲<乙C.气体的分子数：甲<乙

D.气体的压强：甲>乙参考答案：D【详解】温度和密度均相同氧原子数目相同的O2、O3两种气体，两容器气体的质量相等，O原子的个数以及物质的量相等，A．O原子个数相等时，气体的质量相等，密度相等，根据V=则气体的体积也相等，选项A错误；B．O原子个数相等时，气体的质量相等，选项B错误；C．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，物质的量与分子数成正比，则两种气体的分子数目也是3：2，选项C错误；D．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3：2，甲>乙，选项D正确。答案选D。14.A~E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，它们之间的转化关系如下图所示。则下列说法正确的是

（

）

A．x与A反应的化学方程式是：

B．检验D溶液中的金属阳离子的反应：Fe3++3SCN—=Fe（SCN）3↓

C．单质Y在一定条件下能与水发生置换反应

D．由于化合物B和C均既能与酸反应，又能与碱反应，所以均是两性化合物参考答案：C略15.短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为14．X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，是Y原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是（）A．X的氢化物显酸性B．Y的氧化物是离子化合物C．ZX2的水溶液在空气中存放不易变质D．Y和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸参考答案：B【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，故Z的最外层电子数为2×3=6，Z的最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，则Y的最外层电子数为=2，由三种元素原子的最外层电子数之和为14，则X的最外层电子数之和为14﹣6﹣2=6，故X处于第二周期，则X为氧元素；X与Y、Z位于相邻周期，则Y、Z位于第三周期，故Y为Mg元素、Z为S元素，据此解答．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，故Z的最外层电子数为2×3=6，Z的最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，则Y的最外层电子数为=2，由三种元素原子的最外层电子数之和为14，则X的最外层电子数之和为14﹣6﹣2=6，故X处于第二周期，则X为氧元素；X与Y、Z位于相邻周期，则Y、Z位于第三周期，故Y为Mg元素、Z为S元素，A．X为氧元素，其氢化物水为中性，过氧化氢为弱酸性，故A错误；B．Y为Mg元素，其氧化物为氧化镁，属于离子化合物，故B正确；C．ZX2为SO2，其水溶液亚硫酸，具有较强的还原性，溶液被氧气氧化为硫酸，故C错误；D．氢氧化镁属于中强碱，硫酸属于强酸，故D错误；故选B．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.碱式碳酸镁是橡胶制品的优良填料。可用复盐MgCO3·(NH4)2CO3·H2O作原料制备。取一定量的含镁复盐放入三颈烧瓶中，并将三颈烧瓶放在恒温水浴锅中加热（如右图），按一定的液固比加入蒸馏水，开启搅拌器同时加入预定的氨水，待温度到达40℃时开始热解，此时滴加卤水（氯化镁溶液）并继续滴入氨水，保持10min时间后过滤洗涤，滤出的固体在120℃的温度条件下干燥得到碱式碳酸镁产品。（1）①搅拌的目的是

▲

，②选择水浴加热方式，其优点是

▲

。（2）40℃时复盐开始热解生成MgCO3·3H2O，该反应的化学方程式为

▲

。（3）40℃时，开始滴加卤水的目的是

▲

。（4）碱式碳酸镁产品中镁的质量分数[w(Mg)%]越高，产品质量越好，氯的质量分数越高，产品质量越差。分析Cl—含量采用滴定法，先精确称取一定量产品，用适量硝酸溶解，经稀释等步骤最终配得一定体积的溶液。①测定实验中除用到天平、烧杯、玻璃棒、锥形瓶、滴定管外，还用到的玻璃仪器有

▲

。②已知某温度时，一些银盐的Ksp如下表所示。一些银盐的Ksp数据难溶盐AgClAgBrAgIAg2CrO4Ksp2×10—105.4×10—138.3×10—172×10—12颜色白色浅黄色黄色红棕色则滴定时，可用作指示剂的是

▲

（选填序号）。a．NaBr

b．NaI

c．K2CrO4滴定时，应将溶液调成中性，不能是强酸性或强碱性，其中不能是强碱性的原因是

▲

。（5）若已知制得的碱式碳酸镁的质量ag，要确定其组成（不考虑微量杂质），还必需的数据有

▲

。①充分灼烧后，剩余固体的质量；②灼烧时，测算得的二氧化碳的体积（已换算成标准状况）；③灼烧时的温度和时间；④碱式碳酸镁的密度。参考答案：（1）①使反应物充分混合接触，提高反应速率

②反应物均匀受热（2）MgCO3·(NH4)2CO3·H2O+H2O＝MgCO3·3H2O+CO2↑+2NH3↑（3）吸收复盐热解放出的NH3和部分CO2（4）①容量瓶（一定规格）、胶头滴管②c

碱性条件下硝酸银会生成氧化银（或氢氧化银沉淀）（5）①②略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.甲、乙、丙、丁四种单质在点燃条件下反应，可分别生成X、Y、Z、W四种化合物，其转化关系如图所示．已知：①甲、乙、丙为短周期元素的单质，通常状况下为气体；丁是生活中常见金属．②通常状况下，X是无色液体，Y是黑色晶体．③丙在乙中燃烧发出苍白色火焰．（1）丁与X反应的化学方程式为；红热的丁和乙反应的现象为．（2）常温下，若Z、W两溶液的pH均等于5，则由水电离出的H+的物质的量浓度前者与后者的比值为．（3）将少量W的饱和溶液滴入沸腾的X中，得到红褐色液体，反应的离子方程式为，此液体具有的性质是（填字母）．a．光束通过该液体时形成光亮的“通路”b．插入电极通过直流电后，有一极附近液体颜色加深c．向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生d．将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成．参考答案：1.3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；铁在氯气中燃烧，生成棕黄色烟2.10

3.Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；a、b、d考点：无机物的推断．

分析：根据甲、乙、丙、丁四种单质在点燃条件下两两化合生成X、Y、Z、W四种化合物，甲、乙、丙均为前三周期元素的单质，常温下均为气态，甲和丙反应产生X，X是无色液体，因此X是水，是氢气和氧气反应产生的水；丁是日常生活中的一种常见金属常温下，丁和甲反应产生Y，Y是黑色固体，因此是铁和氧气反应产生四氧化三铁，则丁是四氧化三铁；由此可知甲是氧气，丙是氢气，丁是铁；丙在乙中燃烧发出苍白色的火焰，丁在乙中燃烧生成棕黄色的烟，W的水溶液呈黄色，可知乙是氯气，W为氯化铁，Z为氯化氢，据此分析完成相关的问题．解答：解：甲、乙、丙、丁四种单质在点燃条件下两两化合生成X、Y、Z、W四种化合物，甲、乙、丙均为前三周期元素的单质，常温下均为气态，甲和丙反应产生X，X是无色液体，因此X是水，是氢气和氧气反应产生的水；丁是日常生活中的一种常见金属常温下，丁和甲反应产生Y，Y是黑色固体，因此是铁和氧气反应产生四氧化三铁，则丁是四氧化三铁；由此可知甲是氧气，丙是氢气，丁是铁；丙在乙中燃烧发出苍白色的火焰，丁在乙中燃烧生成棕黄色的烟，W的水溶液呈黄色，可知乙是氯气，W为氯化铁，Z为氯化氢，带入验证符合转化关系，因此：（1）丁是铁，X是水，乙是氯气，丁与X反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，红热的丁和乙反应的现象为铁在氯气中燃烧，生成棕黄色烟，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；铁在氯气中燃烧，生成棕黄色烟；（2）W为氯化铁，Z为氯化氢，氯化铁溶液中若pH等于5，则由水电离出的H+的物质的量浓度为10﹣5mol/L，氯化氢溶液中若pH等于5，则由水电离出的H+的物质的量浓度为10﹣9mol/L，所以Z、W两溶液的则由水电离出的H+的物质的量浓度前者与后者的比值为10﹣9mol/L：10﹣5mol/L=10﹣4，故答案为：10﹣4；（3）将少量氯化铁的饱和溶液滴入沸腾的水中，得到红褐色液体，反应的离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，此液体为胶体，所以有a．光束通过该液体时形成光亮的“通路”，是胶体的丁达尔现象，故正确；b．插入电极通过直流电后，有一极附近液体颜色加深，是胶体的电泳，现象，故正确；c．向该液体中加入硝酸银溶液，溶液中有氯离子，有沉淀产生，故错误；d．将该液体加热、蒸干、灼烧后，铁离子充分水解，氯化氢挥发，有氧化铁生成，故正确，故答案为：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；a、b、d．点评：本题考查无机物的推断，为高考常见框图推断，综合考查元素化合物知识，侧重氯及其化合物、铁及其化合物及化学反应原理的考查，利用信息及转化推出各物质为解答的关键，注意颜色和状态为解答的突破口，题目难度中等．18.（1）在一个小试管里放入一小粒碘晶体，加入约5ml蒸馏水，振荡；然后在此碘水溶液中加入约1ml四氯化碳，振荡试管；再向试管里加入1ml浓碘化钾水溶液，振荡试管，此时现象为

，原因是

（写出相应的离子方程式）（2）向盛有少量氯化钠溶液的试管中滴入少量硝酸银溶液，生成白色的氯化银沉淀，继续向试管里加入氨水，沉淀溶解了，试写出沉淀溶解的化学方程式

（3）向盛有氯化铁溶液的试管中滴加1滴KSCN溶液，现象为

，写出相应的离子方程式

（4）向硫酸铜水溶液中逐滴加入足量氨水，发现先生成蓝色沉淀，然后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，写出沉淀溶解的离子方程式为

．若向硫酸铜溶液中加入乙醇，则析出

晶体．参考答案：（1）溶液紫色变浅，离子反应方程式为I2+I﹣=I3﹣，故答案为：紫色变浅；I2+I﹣=I3﹣；（2）AgCl+2NH3．H2O=Ag（NH3）2Cl+2H2O；（3）溶液变为血红色；Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；（4）深蓝色；Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH﹣；深蓝色．考点：配合物的成键情况；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．分析：（1）碘和碘离子反应生成I3﹣，碘在四氯化碳中呈紫色，I3﹣呈无色；（2）NaCl和硝酸银反应生成AgCl白色沉淀，AgCl和反应生成络合物Ag（NH3）2Cl；（3）Fe3+和SCN﹣反应生成络合物而使溶液呈血红色；（4）硫酸铜和一水合氨发生复分解反应生成Cu（OH）2蓝色沉淀，Cu（OH）2和一水合氨反应生成络合物[Cu（NH3）4]2+，得到透明深蓝色溶液，[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出深蓝色晶体[Cu（NH3）4]SO4．解答：解：（1）碘在四氯化碳中呈紫色，碘和碘离子发生氧化还原反应生成I3﹣，I3﹣呈无色，所以看到的现象是：溶液紫色变浅，离子反应方程式为I2+I﹣=I3﹣，故答案为：紫色变浅；I2+I﹣=I3﹣；（2）NaCl和硝酸银反应生成AgCl白色沉淀，AgCl和反