河北省2023-2024学年高三下学期3月省级联测化学试题（含答案解析）

河北省2023-2024学年高三下学期3月省级联测考试化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16Na-23P-31S-32Ca-40Mn-55Cu-64Zn-65I-127一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“挖掘文物价值，讲好河北故事”。下列河北“镇馆之宝”中主要成分不同于其他三种的是选项ABCD文物名称战国中山王铁足铜鼎锴金银四龙四凤铜方案座彩绘石散乐浮雕长信宫灯A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．铁足铜鼎是由铁、铜等金属制造而成，属于金属制品；B．锴金银四龙四凤铜方案座是由金、银、铜等金属制成，属于金属制品；C．彩绘石散乐浮雕，石刻用汉白玉雕成并着色，汉白玉的主要成分为碳酸钙等，属于碳酸盐制品；D．长信宫灯是由铜鎏金等金属制成，属于金属制品；综合以上分析，可得出彩绘石散乐浮雕与其他三件“镇馆之宝”不同，故选C。2.化学用语是化学专用术语。下列化学用语表示错误的是A.NH3的电子式：B.基态砷原子的电子排布式：[Ar]4s24p3C.C2H4分子的空间填充模型：D.2，2，3，3-四甲基丁烷的键线式：【答案】AB【解析】【详解】A．为NH4H的电子式，NH3的电子式为，A错误；B．As为33号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，用简化排布式表示为：[Ar]3d104s24p3，B错误；C．C2H4的结构简式为CH2=CH2，空间填充模型为，C正确；D．2,2,3,3-四甲基丁烷的结构简式为(CH3)3CC(CH3)3，键线式为，D正确；故选AB。3.最近，某科研团队首次合成由10个碳原子组成的环型纯碳分子材料，其合成方法如图所示。下列说法正确的是A.环型C10中碳原子采用sp2杂化B.环型C10的熔点高于C10Cl8的熔点C.上述转化中，只断裂极性共价键D.环型C10与石墨烯互为同素异形体【答案】D【解析】【详解】A．C10Cl8中碳原子采用sp2杂化，环形碳中每个碳原子都有两根双键，采用sp杂化，故A错误；B．环型C10和C10Cl8都是分子晶体，熔化破坏分子间范德华力，C10Cl8相对分子量大，范德华力大，熔点高，故B错误；C．上述转化中，C10Cl8断裂了碳氯极性键、碳碳非极性键，故C错误；D．石墨烯和C10是两种碳元素的单质，互为同素异形体，故D正确；故答案为D。4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.6.2gP4分子含σ键数目为0.2NAB.标准状况下，2.24LCH3F含原子数目为0.5NAC.0.1mol葡萄糖分子含手性碳原子数目为0.4NAD.298K时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中水电离的OH—数目为10—13NA【答案】A【解析】【详解】A．白磷分子的空间结构为四面体形，分子中含有6个σ键，则6.2gP4分子含σ键数目为×6×NAmol—1=0.3NA，故A错误；B．标准状况下，2.24L一氟甲烷含有的原子数目为×5×NAmol—1=0.5NA，故B正确；C．葡萄糖分子中与羟基相连的4个碳原子均为手性碳原子，则0.1mol葡萄糖分子含手性碳原子数目为0.1mol×4×NAmol—1=0.4NA，故C正确；D．氢氧化钡在溶液中电离出的氢氧根离子会抑制水的电离，则298K时，1LpH=13的氢氧化钡溶液中水电离的氢氧根离子数目为10—13mol/L×1L×NAmol—1=10—13NA，故D正确；故选A。5.某小组设计如图所示实验探究卤素的性质，实验过程中观察到乙中现象：无色→蓝色→棕黄色→无色。已知：(红色)、(棕色)、(无色)。+5I-+6H+=3I2+3H2O。下列说法错误的是A.丙的作用是吸收尾气，避免氯气排入空气中污染环境B.甲中现象是先变红色后褪色，微热后又变红色C.乙中变棕黄色是因为I2被氧化成和的混合物D.反应结束后，可用淀粉KI试纸和醋酸检验乙中无色溶液是否含【答案】B【解析】【分析】Cl2通入紫色石蕊试液中，与水反应生成盐酸和次氯酸，先表现出酸性，后表现出强氧化性，则紫色石蕊试液先变红后褪色；通入KI淀粉溶液中，先发生置换反应，生成的I2使淀粉变蓝色，继续通Cl2，I2被进一步氧化，乙中现象：无色→蓝色→棕黄色→无色；氯气尾气被丙中NaOH溶液吸收。【详解】A．Cl2能与NaOH反应，生成NaCl、NaClO等，则丙的作用是吸收尾气，避免氯气排入空气中污染环境，A正确；B．Cl2通入紫色石蕊试液中，先与水反应生成盐酸和次氯酸，产物再与石蕊反应，则甲中现象是先变红色后褪色，但微热后不会变红色，B错误；C．呈红色、呈棕色，则乙中变棕黄色是因为I2被氧化成和的混合物，C正确；D．由题给信息+5I-+6H+=3I2+3H2O可知，反应结束后，检验乙中无色溶液是否含，可用淀粉KI试纸和醋酸检验，D正确；故选B。6.对下列物质性质的解释不合理的是选项性质解释A对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸对羟基苯甲酸中键能大于邻羟基苯甲酸BMg的第一电离能大于Al基态镁原子3s能级电子达到全充满稳定结构CI2在CCl4中的溶解度大于在水中的I2、CCl4都是非极性分子，而水是极性分子DClCH2COOH的Ka大于BrCH2COOHCl的电负性大于BrA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，因此对羟基苯甲酸沸点高于邻羟基苯甲酸，故A不合理；B．镁原子3s能级全充满，比较稳定，因此Mg的第一电离能大于Al，故B合理；C．碘单质、CCl4为非极性分子，H2O为极性分子，依据相似相溶原理，碘单质在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，故C合理；D．卤素原子均为吸电子基团，Cl电负性大于Br，使得ClCH2COOH比BrCH2COOH更易电离出氢离子，因而ClCH2COOH的Ka大于BrCH2COOH，故D合理；故答案选A。7.从长叶单籽暗罗根皮中分离出的化合物(M)显示出显著的降血压能力，结构如图所示，下列说法正确的是A.M含3种含氧官能团 B.1molM最多能与80gNaOH反应C.M属于芳香族化合物 D.M能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，M分子中的含氧官能团为酰胺基和羧基，共有2种，故A错误；B．由结构简式可知，M分子中含有的羧基和酰胺基能与氢氧化钠溶液反应，则1molM最多消耗氢氧化钠的质量为3mol×40g/mol=120g，故B错误；C．由结构简式可知，M分子中不含有苯环，不属于芳香族化合物，故C错误；D．由结构简式可知，M分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故D正确；故选D。8.根据下列实验操作及现象，能推断出相应结论的是选项操作及现象结论A在[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，析出蓝色晶体乙醇的极性比水的弱B在铝片上滴加浓硝酸，无明显现象铝片不和浓硝酸反应C向酸性KMnO4溶液中滴加苯甲醛，溶液褪色苯甲醛有漂白性D向2mL1mol/LNaOH溶液中依次滴加0.1mol/LMgCl2、FeCl3溶液各1mL，先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀Mg(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3的A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．在[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，析出蓝色晶体，则表明[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度比在水中小，从而说明乙醇的极性比水的弱，A正确；B．在铝片上滴加浓硝酸，浓硝酸使铝发生钝化，虽然无明显现象，但浓硝酸表现强氧化性，铝表面生成氧化铝，B不正确；C．向酸性KMnO4溶液中滴加苯甲醛，苯甲醛被氧化，从而使溶液褪色，苯甲醛表现还原性，而不是漂白性，C不正确；D．向2mL1mol/LNaOH溶液中依次滴加0.1mol/LMgCl2、FeCl3溶液各1mL，溶解度小的物质先生成沉淀，由现象“先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀”可得出，Mg(OH)2的溶解度小于Fe(OH)3的溶解度，从反应物的用量考虑，氢氧根离子过量金属离子少量，若镁离子沉淀速率快先生成白色沉淀，溶液中还剩余氢氧根，再与氯化铁溶液生成红褐色沉淀，这样的猜测也是一种可能，D不正确；故选A。9.前20号元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，基态Y原子核外3个能级上电子数相等。化合物MY2Z4·X2Z常用于陶瓷上釉，它分解最终可得到化合物MZ，其热重曲线如图所示：下列说法错误的是A.简单氢化物的稳定性：Z>Y B.MZ2含两种化学键C.YZ的空间结构为V形 D.X2Y2Z4分子能与水分子形成氢键【答案】C【解析】【分析】前20号元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，基态Y原子核外3个能级上电子数相等，则Y为碳；化合物MY2Z4·X2Z常用于陶瓷上釉，它分解最终可得到化合物MZ，则X2Z为水，X为氢、Z为氧；MC2O4为草酸盐，则M为+2，结合其用途，M为钙；a点为一水合草酸钙，14.6g一水合草酸钙为0.1mol，由钙元素守恒可知，到c点分解生成0.1molCaCO3为10.0g，到d点分解生成0.1molCaO为5.6g;【详解】A．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物的稳定性：C<O，A正确；B．CaO2是钙离子和过氧根离子构成的，过氧根离子中含有氧氧共价键，故含2种化学键，B正确；C．CO的空间结构为直线形，C错误；D．H2C2O4为草酸，分子中含有羧基，能与水分子形成氢键，D正确；故选C。10.近日，科学家开发出一种硫/锌电池，储电效率高，装置如图所示。下列说法正确的是A.放电时，b极电势低于a极B.放电时，b极反应为S8+16e-+8Zn2+=8ZnSC.充电时，a极与电源正极连接D.充电时，生成13.0gZn时理论上转移0.2mol电子【答案】B【解析】【分析】放电时，a极为负极，发生氧化反应，反应为，b极为正极，发生还原反应，反应为S8+16e-+8Zn2+=8ZnS，据此作答。【详解】A．a极为负极，b极为正极，b极电势高于a极，故A错误；B．b极为正极，发生还原反应，反应为S8+16e-+8Zn2+=8ZnS，故B正确；C．放电时，a极为负极，发生氧化反应，充电时，a极为阴极，接电源负极，故C错误；D．充电时，生成13.0gZn即0.2mol，理论上转移0.4mol电子，故D错误；故答案选B。11.钒(V)被誉为“金属维生素”，V2O5是接触法制备硫酸的催化剂。V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)，也可以得到偏钒酸钠，偏钒酸钠阴离子呈现如图甲所示的无限链状结构。晶胞参数为apm的钒晶胞如图乙所示。已知：原子空间利用率等于原子体积与晶胞体积之比。下列说法错误的是A.钒酸钠阴离子的空间结构为正四面体形B.偏钒酸钠的化学式为(NaVO3)n或NaVO3C.钒晶胞中钒原子半径为apmD.钒晶胞中原子空间利用率为π【答案】D【解析】【详解】A．钒酸钠阴离子中，中心V原子的价层电子对数为=4，则发生sp3杂化，孤电子对数为=0，所以空间结构为正四面体形，A正确；B．由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且偏钒酸钠中，V显+5价，Na显+1价、O显-2价，则化学式为(NaVO3)n或NaVO3，B正确；C．设钒晶胞中钒原子半径为r，在体对角线上，存在定量关系4r=apm，r=apm，C正确；D．钒晶胞中，含V原子个数为=2，原子空间利用率为=π，D错误；故选D。12.某小组利用蔗糖、碳酸铵、生石灰和稀硫酸从AgNO3废液(含Fe3+、Al3+)中提取高附加值银，其转化关系如图所示(条件省略)。下列说法正确的是A.c为(NH4)2CO3，d为生石灰，e为稀硫酸，f为蔗糖B.沉淀b的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3和CaCO3C.溶液a的主要成分是Ag(NH3)2OHD.上述转化中发生了两个氧化还原反应【答案】C【解析】【分析】废液中含Ag+、Fe3+、Al3+，从设计方案来看，本题的解题关键在于先要制得氨气和葡萄糖。氨气可由碳酸氢铵(NH4HCO3)和生石灰(CaO)制得，因此c为碳酸氢铵和生石灰，d为NH3；将制得的氨气通入AgNO3废液中，可得沉淀b，为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，同时可得溶液a，为银氨溶液。蔗糖本身不含醛基，不能还原银氨溶液中的银，必须在稀硫酸催化作用下水解生成葡萄糖，再还原银氨溶液，因此e为蔗糖和稀硫酸，f为葡萄糖。若未出现Ag，可能未加碱使溶液呈碱性，因为在酸性条件下不能发生银镜反应。【详解】A．根据分析可知c为碳酸氢铵和生石灰，d为NH3，e为蔗糖和稀硫酸，f为葡萄糖，故A错误；B．沉淀b的主要成分是Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，故B错误；C．溶液a为银氨溶液，主要成分是Ag(NH3)2OH，故C正确；D．根据分析可知，银镜反应产生Ag是氧化还原反应，只发生了1个氧化还原反应，故D错误；故答案选C。13.汽车尾气净化反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.8kJ/mol，ΔS=-197.5J/(mol·K)。为了探究其转化效率，某小组利用传感器测定一定温度下投入NO、CO的物质的量浓度与时间关系如图所示：下列说法正确是A.上述正反应在较高温度下能自发进行B.b→c段反应速率v(NO)=0.1mol/(L·s)C.单位时间内消耗NO和消耗CO2浓度相等时达到平衡状态D.该温度下，上述反应的平衡常数K=500【答案】C【解析】【详解】A．根据反应可知ΔH<0，ΔS<0，当较低温度时满足，反应能自发进行，故A错误；B．由曲线与纵坐标交点可知，曲线abcde表示CO，曲线xyzw表示NO，则b→c段反应速率，故B错误；C．当单位时间内消耗NO和消耗CO2浓度相等时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D．曲线abcde表示CO，曲线xyzw表示NO，则该温度下，达到平衡时，，，，，上述反应的平衡常数，故D错误；故答案选C。14.络合平衡遵循化学平衡移动原理。已知：①Ag++NH3[Ag(NH3)]+K1②[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]2+K2(K2>K1)。向饱和AgCl溶液中滴加氨水，lgX[X=或与lgc(NH3)关系如图所示：下列说法错误的是A.直线L2代表反应①中离子浓度关系B.络合平衡常数K2=1.0×104C.在上述混合液中加入足量盐酸，无明显现象D.Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+的平衡常数K=107.4【答案】C【解析】【分析】根据题中所给反应可知K2>K1，随着NH3的加入，即lgc(NH3)的增大，逐步发生①、②，但②中离子浓度更大，故L1代表lg和lgc(NH3)的关系，L2代表lg和lgc(NH3)的关系，据此作答。【详解】A．由上述分析可知L2代表lg和lgc(NH3)的关系，即直线L2代表反应①中离子浓度关系，故A正确B．取lgc(NH3)=0的点，此时L1的值为4，则，则K2=1×104，故B正确；C．加入足量盐酸，Ag++Cl-=AgCl，络合平衡左移，有白色沉淀生成，故C错误；D．反应为：，由反应式可知K=K1×K2，L2代表lg和lgc(NH3)的关系，由a点可算出K1==1×103.4，计算可得K=107.4，故D正确；故答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.LiMn2O4(锰酸锂)是一种新型的锂离子电池的正极材料。以“两矿”[软锰矿(主要成分为MnO2，含少量的CaO、MgO、Fe3O4、Al2O3和SiO2)和硫铁矿(主要成分为FeS2)]为原料制备锰酸锂的流程如下：请回答下列问题：（1）“酸浸”时，MnO2和FeS2转化成Mn2+、Fe2+、和S。若氧化产物S和的物质的量之比为1:1，写出“酸浸”时MnO2和FeS2发生主要反应的离子方程式：___________，随着硫铁矿增加，锰浸出速率减小，可能的原因是___________。（2）“除铁铝硅”时，加入H2O2的目的是___________，MnCO3的作用是___________。（3）已知：Ksp中(MgF2)=5.0×10-11，Ksp(CaF2)=5.0×10-9，当MgF2和CaF2共沉淀时，c(Ca2+)：c(Mg2+)=___________。（4）“电解”时，以惰性材料为电极，阳极反应式为______。（5）“灼烧”时温度在600~750℃，放出两种气体，其中一种气体能使澄清石灰水变浑浊，写出该过程发生反应的化学方程式：___________。（6）某软锰矿含锰质量分数为a%，上述流程中锰的总收率为b%，100t这样的矿石可制得LiMn2O4的质量为___________t(写出用a、b表示的代数式)。【答案】（1）①.4MnO2+FeS2+8H+=4Mn2++Fe2+++S+4H2O②.生成的硫增多，覆盖在MnO2固体表面，阻止反应（2）①.氧化Fe2+生成Fe3+②.调pH，促进Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3（3）100:1(或100)（4）Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+（5）8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑（6）【解析】【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，含少量CaO、MgO、Fe3O4、Al2O3和SiO2)和硫铁矿(主要成分为FeS2)中加入40%硫酸进行酸浸，然后加入H2O2、MnCO3，除铁铝硅，此时Fe3+、Al3+都转化为沉淀，SiO2未参与反应，也进入沉淀中；过滤后，往滤液中加入NaF除钙镁，生成CaF2、MgF2沉淀；过滤后，将所得滤液(MnSO4溶液)进行电解，生成MnO2，加入Li2CO3灼烧，生成LiMn2O4。【小问1详解】“酸浸”时，MnO2和FeS2转化成Mn2+、Fe2+、和S。若氧化产物S和的物质的量之比为1:1，则“酸浸”时MnO2和FeS2发生主要反应的离子方程式为：4MnO2+FeS2+8H+=4Mn2++Fe2+++S+4H2O，随着硫铁矿增加，反应生成的固体硫不断增多，在矿石表面的覆盖面积不断增大，锰浸出速率减小，可能的原因是：生成的硫增多，覆盖在MnO2固体表面，阻止反应。【小问2详解】“除铁铝硅”时，通常需要将Fe2+氧化为Fe3+，便于在较低pH条件下生成沉淀，则加入H2O2的目的是：氧化Fe2+生成Fe3+；将Fe3+、Al3+转化为沉淀时，需要调节溶液的pH，则加入MnCO3的作用是：调pH，促进Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3。【小问3详解】Ksp(MgF2)=5.0×10-11，Ksp(CaF2)=5.0×10-9，当MgF2和CaF2共沉淀时，c(Ca2+)：c(Mg2+)===100:1(或100)。【小问4详解】“电解”时，以惰性材料为电极，在阳极，Mn2+的失电子产物与电解质反应生成MnO2，则阳极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。【小问5详解】MnO2中加入Li2CO3灼烧，温度在600~750℃，生成LiMn2O4，同时放出两种气体，其中一种气体能使澄清石灰水变浑浊，此气体为CO2，按氧化还原反应中价态变化规律可知，另一种气体为O2，该过程发生反应的化学方程式：8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。【小问6详解】某软锰矿含锰质量分数为a%，上述流程中锰的总收率为b%，100t这样的矿石中，被利用的锰质量为100t×a%×b%=0.01abt，可制得LiMn2O4的质量为=t。【点睛】书写电极反应式时，应关注电解质溶液性质。16.碘酸铜[Cu(IO3)2]是一种化工产品，难溶于水。某研究小组利用含碘废液制备碘酸铜并测定其纯度。（1）“氧化”中制得HIO3.装置如图甲所示：①写出A中发生反应的离子方程式：___________。。②“氧化”在___________(填仪器名称)中进行，KI3发生反应的化学方程式为___________。③证明B中不含I2的实验方法是___________。（2）分离产品。相对普通过滤，用如图乙所示装置分离产品的主要优点有___________。其中安全瓶的作用是___________。（3）测定产品纯度。取Wg产品溶于水，加入足量的经酸化的KI溶液，充分反应后，滴加几滴指示剂，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗滴定液体积VmL，有关反应：2Cu2++4+24I-+24H+=2CuI↓+13I2+12H2O，I2+2=2I-+。①滴定终点的现象是___________。②该产品纯度为___________。③如果滴定过程中振荡锥形