辽宁省丹东市东港北井子中学2022年高三化学联考试卷含解析

辽宁省丹东市东港北井子中学2022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.下列有关物质分离的说法合理的是

A．粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-等离子，可以通过化学沉淀法出去。如可以通过加入Ba(NO3)2的方法除去期中的SO42-B．从海带中提取碘单质时，可以将其灼烧后加水溶解过滤，在滤液中加适量氯水将碘元素氧化为I2，最后用乙醇萃取出单质碘C．分离I2和KMnO4两种固体时，可选择加热使I2升华的方法D．除去AgI胶体中的HNO3时，可将其装在用半透膜做的袋子里，放在流动的蒸馏水中，改分离方法称为渗析参考答案：D2.右图是关于反应A2(g)+3B2(g)2C(g)(正反应为放热反应)的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是A．升高温度，同时加压B．降低温度，同时减压C．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度D．增大反应物浓度，同时使用催化剂参考答案：C略3.利用下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（

）A．用图1装置制取并收集干燥的NH3B．用图2装置可除去NO2中的NO

C．用图3装置分离两种互溶但沸点相差较大的液体混合物D．用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色参考答案：DA项，NH3密度比空气小，应采用向下排空法收集，错误；B项，NO2能与水反应生成HNO3和NO，该装置可除去NO中的NO2，与题意不符，错误；C项，冷凝水应下进下出，错误；D项，电解过程中，阳极金属材料铁溶解形成的Fe2+，结合溶液中的OH-生成白色沉淀Fe(OH)2，利用煤油隔绝空气，可避免Fe(OH)2被空气氧化，因而能较长时间观察其颜色，正确；4.NA为阿伏加罗常数，下列有关说法正确的是

A．78g过氧化钠晶体中，含2NA个阴离子

B．足量的铜与含2molG2SO4的浓硫酸充分反应，可生成NA个SO2分子

C．200mL5mol·L－1Na2CO3溶液中，含NA个CO32－

D．1molCH3+中含有电子数为8NA参考答案：D5.根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是

（

）A．酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒

B．CaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂

C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂D．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料参考答案：C略6.下列有关离子检验的操作和实验结论都正确的是

选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶解该溶液中一定含有SO42－B向某溶液中加入氨水，产生沉淀以后继续滴加氨水，沉淀溶解该溶液中一定含有Al3+C向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体该溶液中一定含有CO32－D向某溶液加入NaOH并微热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体该溶液中一定含有NH4+参考答案：D略7.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是A.硅是当前人类将太阳能转换为电能的常用材料B.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化C.生铁浸泡在食盐水中发生析氢腐蚀D.胶体与溶液的分离可用渗析的方法参考答案：C8.除去下列括号内杂质的试剂或方法错误的是（

）A．N2（O2）：通过灼热的镁粉B．SiO2（Fe2O3）：足量的盐酸，过滤C．CO2(SO2)：酸性KMnO4溶液、浓硫酸，洗气

D．C2H5OH(CH3COOH)：加足量CaO，蒸馏参考答案：A【知识点】除杂的方法解析：A、氮气和氧气都和镁粉反应，故A错误；B、杂质Fe2O3溶于盐酸而SiO2不溶，过滤得SiO2，故B正确；C、SO2能被酸性KMnO4溶液氧化而吸收，CO2不反应，故C正确；D、CH3COOH与CaO反应生成醋酸钙，沸点高，用蒸馏法即可蒸出乙醇，故D正确。故答案选A【思路点拨】本题考查了除杂的方法，理解蒸馏、过滤、洗气等除杂原理是关键。9.在浓盐酸中HNO2与SnCl2反应的离子方程式为3SnCl2+12Cl-+2HNO2+6H+═N2+3SnClxy-+4H2O．关于该反应的说法都正确的是（）

①氧化剂是HNO2；②还原性：Cl-＞N2；③每生成2.8g

N2，还原剂失去的电子为0.6mol；④x为4，y为2；⑤SnClxy-是氧化产物．A．①③

B．①③④⑤

C．①②③④

D．①④⑤参考答案：A知识点:氧化还原反应

答案解析:A解析：在此反应中：①N元素的化合价降低，则氧化剂是HNO2，故正确；②Cl元素的化合价不变，则该反应中不能判断Cl-、N2还原性强弱，故错误；③每生成2.8g

N2，得到电子为2.8g/28g/mol×2×（3-0）=0.6mol，由电子守恒可知还原剂失去的电子为0.6mol，故正确；④由原子守恒可知x为6，由电荷守恒可知y为2，故错误；⑤Sn元素失去电子被氧化，则SnClxy-是氧化产物，故正确。思路点拨:本题考查了氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，选项B为解答的易错点，题目难度不大。10.加碘食盐中含有碘酸钾(KIO3)，现以电解法制备碘酸钾，实验装置如图所示。先将一定量的碘溶于过量氢氧化钾溶液，发生反应：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，将该溶液加入阳极区，另将氢氧化钾溶液加入阴极区，开始电解。下列说法正确的是A．b电极是负极B．装置中的离子交换膜是阳离子交换膜C．阳极电极反应：4OH--4e-═2H2O+O2↑D．a极区的KI最终转变为KIO3参考答案：D【点睛】本题的电解就是将I2转化为KIO3。11.某溶液仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO42-、NO3-、Cl-中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol。若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）。下列说法不正确的是（

）A．若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72gB．若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体遇空气能变成红棕色C．若向该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色D．该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42-、NO3-参考答案：A略12.某100mL稀溶液中只含有Fe3+、Cu2+、H+、NO3-四种离子，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度和加入铁粉的质量的关系如图所示，若整个反应过程中溶液的体积不发生变化，则下列说法中不正确的是A．原溶液的c(H+)=4mol·L—1B．若a=3，则原溶液中c(Cu2+)=1mol·L—1C．原溶液中的c(NO3-)=7mol·L-1D．BC段发生反应的离子方程式为Cu2++Fe=Fe2++Cu参考答案：C试题分析：根据氧化性：HNO3＞Fe3+＞Cu2+，Fe先与氧化性强的物质反应，开始发生反应：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，然后是发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，最后阶段发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，反应的铁的物质的量为=0.1mol，且生成了0.1molNO和0.1molFe2+，因此n(H+)=4n(Fe2+)=0.4mol，c(H+)==4mol·L—1，故A正确；AB段发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu，若a=3，则与Fe3+反应的铁的物质的量为0.1mol，则与Cu2+反应铁为0.3mol-0.1mol-0.1mol-0.1mol，则n(Cu2+)=0.1mol，c(Cu2+)=1mol·L—1，故B正确；D正确；C点溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据氢原子守恒，则原溶液中n(NO3-)=2×0.4mol+0.1mol=0.9mol，c(Cu2+)=9mol·L—1，故C错误；故选C。13.（08山东临沂质检）化学实验设计和操作中必须十分重视安全问题和环境保护问题，下列实验的设计或操作不合理的是（

）①实验室用KClO3热分解法制O2，排水收集O2后先停止加热，再拆除实验装置。②实验结束后应将固体残渣深埋入土壤中，废液倒入下水道排出。③给试管中的液体加热时应不时移动试管或加入碎瓷片，以免暴沸伤人。④为检验CO气体的纯度，用排空法收集一试管气体，然后移近火焰点燃听有无尖锐爆鸣声。

A.①②

B.①②③④ C.①②④

D.②④参考答案：答案：C14.向100mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2

5.04L，Cl2全部被还原，测得溶液中c(Br-)=c(Cl-)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是A．0.75mol/L

B．1.5mol/L

C．2mol/L

D．3mol/L参考答案：【知识点】物质的还原性顺序B3

D2

C3【答案解析】D

解析：标准状况下Cl2

的物质的量是5.04L/(22.4L/mol)=0.225mol，由于Fe2+的还原性强于Br-，通入氯气后，Cl2先氧化Fe2+再氧化Br-，设原FeBr2溶液的物质的量浓度是xmol/L，则0.225×2=0.1x×1+(0.1x×2-0.225×2)，解得x=3故答案选D【思路点拨】本题考查了物质的还原性顺序，以及电子守恒的应用，理解Fe2+的还原性强于Br-，通入氯气后，先氧化Fe2+再氧化Br-。15.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是：A．在含等物质的量的AlO2－、OH－、CO32－的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2－、OH－、CO32－B．在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I－、Br－、Fe2＋C．在含等物质的量的Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入锌粉：Fe3＋、Cu2＋、H＋、Fe2＋D．在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某研究性学习小组为合成1-丁醇，查阅资料得知一条合成路线：

CO的制备原理：HCOOHCO↑+H2O，并设计出原料气的制备装置（如下图）请填写下列空白：（1）实验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、2-丙醇，从中选择合适的试剂制备氢气、丙烯。写出化学方程式：

，

。（2）若用以上装置制备干燥纯净的CO，装置中a和b的作用分别是

，

；C和d中承装的试剂分别是

，

。若用以上装置制备H2，气体发生装置中必需的玻璃仪器名称是

；在虚线框内画出收集干燥H2的装置图。（3）制丙烯时，还产生少量SO2、CO2及水蒸气，该小组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是________________（填序号）①饱和Na2SO3溶液

②酸性KMnO4溶液

③石灰水④无水CuSO4

⑤品红溶液（4）合成正丁醛的反应为正向放热的可逆反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率，你认为应该采用的适宜反应条件是______________。a.低温、高压、催化剂

b.适当的温度、高压、催化剂c.常温、常压、催化剂

d.适当的温度、常压、催化剂（5）正丁醛经催化剂加氢得到含少量正丁醛的1—丁醇粗品，为纯化1—丁醇，该小组查阅文献得知：①R—CHO+NaHSO3（饱和）→RCH(OH)SO3Na↓；②沸点：乙醚34℃，1—丁醇118℃，并设计出如下提纯路线：试剂1为_________，操作1为________，操作2为_______，操作3为_______。参考答案：（1）Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑；(CH3)2CHOHCH2＝CHCH3↑+H2O；

（2）恒压

防倒吸

NaOH溶液

浓硫酸

分液漏斗

蒸馏烧瓶

（3）④⑤①②③（或④⑤①③②）；

（4）b

（5）饱和NaHSO3溶液

过滤

萃取

蒸馏（1）氢气可用活泼金属锌与非氧化性酸盐酸通过置换反应制备，氧化性酸如硝酸和浓硫酸与锌反应不能产生氢气，方程式为Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑；2-丙醇通过消去反应即到达丙烯，方程式为：(CH3)2CHOHCH2＝CHCH3↑+H2O；（2）甲酸在浓硫酸的作用下通过加热脱水即生成CO，由于甲酸易挥发，产生的CO中必然会混有甲酸，所以在收集之前需要除去甲酸，可以利用NaOH溶液吸收甲酸。又因为甲酸易溶于水，所以必需防止液体倒流，即b的作用是防止倒吸，最后通过浓硫酸干燥CO。为了使产生的气体能顺利的从发生装置中排出，就必需保持压强一致，因此a的作用是保持恒压；若用以上装置制备氢气，就不再需要加热，所以此时发生装置中的玻璃仪器名称是分液漏斗和蒸馏烧瓶；氢气密度小于空气的，因此要收集干燥的氢气，就只能用向下排空气法，而不能用排水法收集；（3）检验丙烯可以用酸性KMnO4溶液，检验SO2可以用酸性KMnO4溶液褪色、品红溶液或石灰水，检验CO2可以石灰水，检验水蒸气可以无水CuSO4，所以在检验这四种气体必需考虑试剂的选择和顺序。只要通过溶液，就会产生水蒸气，因此先检验水蒸气；然后检验SO2并在检验之后除去SO2，除SO2可以用饱和Na2SO3溶液，最后检验CO2和丙烯，因此顺序为④⑤①②③（或④⑤①③②）；（4）由于反应是一个体积减小的可逆反应，所以采用高压，有利于增大反应速率和提高原料气的转化率；正向反应是放热反应，虽然低温有利于提高原料气的转化率，但不利于增大反应速率，因此要采用适当的温度；催化剂不能提高原料气的转化率，但有利于增大反应速率，缩短到达平衡所需要的时间，故正确所选项是b；（5）粗品中含有正丁醛，根据所给的信息利用饱和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1—丁醇。因为1—丁醇，和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（1）盐酸中加入六次甲基四胺对钢铁有一定缓蚀作用，右图为其结构简式，其分子式为(CH2)6N4，其中碳原子采用___________杂化，其缓蚀作用是因为分子中___________原子的孤对电子能与铁原子形成配位键,覆盖在钢铁表面。（2）CO与N2属于等电子体，1个CO分子中含有的π键数目是___________个。C、N、O三种元素的笫一电离能最大的是___________。（3）右图是某化合物的晶胞示意图，硅原子与铝原子之间都以共价键连接。①该化合物的化学式是___________。②Si元素基态原子的电子排布式是___________。③已知晶胞边长为5.93×10-8cm，Si与A1之间的共价键键长是___________cm(只要求列算式，不必计算出数值，下同)，晶体的密度是___________g·cm-3参考答案：(1)sp3杂化

氮

(2)2

N

(3)①LiAlSi

②1s22s22p63s23p2

③×5.93×10－8/4

（2）CO与N2属于等电子体，结构相似，则1个CO分子中含有的π键数目是2个。非金属性越强，第一电离能越大，但氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则C、N、O三种元素的笫一电离能最大的是N。（3）①根据晶胞结构可知Si原子个数是4，Al原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，Li原子个数是12×1/4+1=4，因此该化合物的化学式是LiAlSi。②Si元素的核外电子数是14，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p2。③已知晶胞边长为5.93×10-8cm，则其体对角线是。Si与A1之间的共价键键长是对角线的1/4，即为。晶体的密度是g·cm-3。18.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：方法I用碳粉在高温条件下还原CuO方法II用肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2方法III电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑（1）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）△H=﹣akJ?mol﹣1C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣bkJ?mol﹣1Cu（s）+O2（g）=CuO（s）△H=﹣ckJ?mol﹣1则方法I发生的反应：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=

kJ?mol﹣1．（2）工业上很少用方法I制取Cu2O，是由于方法I反应条件不易控制，若控温不当，会降低Cu2O产率，请分析原因：

．（3）方法II为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2．该制法的化学方程式为

．（4）方法III采用离子交换膜控制电解液中OH﹣的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，写出电极反应式并说明该装置制备Cu2O的原理

．（5）在相同的密闭容器中，用以上两种方法制得的Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O（g）2H2（g）+O2（g）△H＞0，水蒸气的浓度（mol/L）随时间t（min）变化如下表所示．序号Cu2Oa克温度01020304050①方法IIT10.0500.04920.04860.04820.04800.0480②方法IIIT10.0500.04880.04840.04800.04800.0480③方法IIIT20.100.0940.0900.0900.0900.090下列叙述正确的是（填字母代号）．a．实验的温度：T2＜T1b．实验①前20min的平均反应速率v（O2）=7×10﹣5mol?L﹣1?min﹣1c．实验②比实验①所用的Cu2O催化效率高d．实验①、②、③的化学平衡常数的关系：K1=K2＜K3．参考答案：（1）2c﹣a﹣b；（2）若温度不当，会生成Cu；（3）4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑；（4）阴极电极反应：2H++2e﹣=H2↑，c（OH﹣）增大，通过阴离子交换膜进入阳极室，阳极电极反应：2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，获得Cu2O；（5）cd．【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；电解原理．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数作相应的加减；（2）在加热条件下，C与CuO也能生成Cu；（3）液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，根据得失电子守恒分析；（4）阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上Cu失电子生成Cu2O；（5）a．根据温度对化学平衡移动的影响知识来回答；b．根据反应速率v=来计算；c．催化剂不会引起化学平衡状态的改变，会使反应速率加快，活性越高，速率越快；d．k只与温度有关，温度越高，k越大．【解答】解：（1）已知：①2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；△H=﹣akJ?mol﹣1，②C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=﹣bkJ?mol﹣1，③Cu（s）+O2（g）=CuO（s）；△H=﹣ckJ?mol﹣1由盖斯定律可知，①﹣③×2+②得2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=2c﹣a﹣bkJ?mol﹣1；故答案为：2c﹣a﹣b；（2）在加热条件下，C与CuO也能生成Cu，所以若温度不当，会生成Cu，故答案为：若温度不当，会生成Cu；（3）液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，其反应的方程式为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑；故答案为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑；（4）阴极上氢离子得电子生成氢气，阴极电极反应：2H++2e﹣=H2↑，c（OH﹣）增大，通过阴离子交换膜进入阳极室，阳极发生氧化反应，碱性条件下Cu在阳极失去电子得到Cu2O与H2O，阳极电极反应式为：2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O；故答案为：阴极电极反应：2H++2e﹣=H2↑，c（OH﹣）增大，通过阴离子交换膜进入阳极室，阳极电极反应：2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，获得Cu2O；（5）a．实验温度越高达到化学平衡时水蒸气转化率越大，②和③相比，③转化率高，所以T2＞T1，故a错误；b．实验①前20min的平均反应速率v（H2）===7×10﹣5mol?L﹣1min﹣1，则v（O2）=v（H2）=3.5×10﹣5mol/（L．min），故b错误；c．②③化学平衡状态未改变，反应速率加快，则是加入了催化剂，催化剂的活性越高，速率越快，在相等时间内，③中水蒸气的浓度变化比②快，则实验②比实验①所用的Cu2O催化效率高，故c正确；d．该反应为吸热反应，温度越高，k越大，由a分析可知，T2＞T1，所以实验①、②、③的化学平衡常数的关系：K1=K2＜K3，故d正确；故答案为：cd．【点评】本题考查盖斯定律的应用、电解原理的应用、氧化还原反应方程式的书写和配平、化学反应速率的计算以及化学平衡移动、平衡常数等，题目综合性较大，难度中等，是对知识的综合运用，注意基础知识的理解掌握．19.A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大。其中A、D元素