2023太原英才学校高中部高三上学期12月第三次测试化学试题含解析

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英才学校高中部2022-2023学年第一学期12月阶段性测试高三年级化学试卷考试时间：60分钟；总分：100分可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ni-59 As-75一、单项选择题(共计10个小题，每题7分，共70分)1. 从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法错误的是A. 在三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，其中丝绸主要成分为蛋白质B. 2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料C. “天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于高分子材料D. “空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，利于碳达峰、碳中和【答案】C【解析】【详解】A．丝绸为蚕丝制品，主要成分为蛋白质，故A正确；B．聚乙烯是乙烯发生加聚反应生成的高分子化合物，故B正确；C．氮化硼是无机物，氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料，故C错误；D．“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，减少空气中二氧化碳含量，利于碳达峰、碳中和，故D正确；答案选C。2. 设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法不正确的是A. 1 mol CH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NAB. 500 mL 0.5 mol·L−1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NAC. 30 g HCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NAD. 2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间【答案】D【解析】【详解】A.1个乙烯分子中碳碳双键含两个共价键，4个碳氢键合为4个共价键，总计6个共价键，因而1mol CH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA，A项正确；B.n(Na+)=n(Cl-)=0.5L×0.5mol·L-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol,因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但水会电离出极少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，B项正确；C.HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于30gCH2O，n(CH2O)=1mol，因而C原子数为NA，C项正确；D.不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价由0变为+1，因而2.3gNa（2.3gNa为0.1mol）转移电子数为0.1mol×1×NA=0.1NA，D项错误。故答案选D。3. 室温下，下列各组离子一定能与指定溶液共存的是A. 0.2 mol·L-1的NH4Cl溶液：Na+、K+、、B. 0.1 mol·L-1的FeCl3溶液：NH、Ca2+、Br-、SCN-C. 0.2 mol·L-1的H2SO4溶液：Mg2+、Fe2+、、Cl-D. 0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液：Na+、K+、Cl-、ClO-【答案】D【解析】【详解】A．水解生成的氢离子与硅酸根离子生成硅酸沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B． Fe3+和SCN-发生反应生成有色物质，不能大量共存，B不符合题意；C．酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化为铁离子，不能大量共存，C不符合题意；D．Na+、K+、Cl-、ClO-相互不反应，且均不和氢氧化钡反应，能大量共存，D符合题意；故选D。4. Fe3O4中含有Fe(II)、Fe(III)，以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO，其反应过程如图所示。下列说法正确的是A. Pd上H2被还原为H+B. Fe(II)与Fe(III)的相互转化起到了传递电子的作用C. 总反应式为2H+++H2 N2+2H2OD. 反应过程中，有6 mol电子转移时，生成22.4 L N2【答案】B【解析】【详解】A．由图可知Pd上氢气失电子生成氢离子，电极反应：H2-2e-=2H+，Pd作负极，A错误；B．Fe(Ⅱ)失去电子转化为Fe(Ⅲ)，失去的电子被得到，H2失去的电子被Fe(Ⅲ)得到，Fe(Ⅲ)转化为Fe(Ⅱ)，所以Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，B正确；C．由图可知总反应方程式为：，C错误；D．没有给出具有温度和压强，无法算准确的气体体积，D错误；故答案为：B。5. 关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是A. 浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中水分并使其炭化B. NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强C. 加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强D. 浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强【答案】B【解析】【分析】【详解】A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；B．NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；C．HI的沸点低，易挥发加热与浓混合物发生反应生成利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；D．相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误；故选B。6. “灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A. 钢是以铁为主的含碳合金B. 钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C. 生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D. 冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3【答案】C【解析】【分析】【详解】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；故选C。7. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数总和为25，Y是地壳中含量最多的元素，由这四种元素形成的某化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是A. 原子半径大小：Z＞Y＞X＞WB. 该化合物具有强氧化性，用于消毒杀菌C. X可与Y形成XY、XY2等共价化合物D. W分别与X、Y、Z形成的化合物所含化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】Y是地壳中含量最多的元素，则Y是O，根据化合物结构可知W共用1对电子对，且原子序数最小，则W为H，Z离子为+1价，且是短周期主族元素，则Z为Na，4种元素原子序数总和为25，则1+x+8+11=25，解得x=5，则X为B元素，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，W为H，X为B，Y为O，Z为Na元素，同一周期从左到右，原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，则原子半径大小为Z＞X＞Y＞W，故A错误；B．该化合物含有类似过氧根结构，因此具有强氧化性，可杀菌消毒，故B正确；C．X为B，Y为O，X与Y可形成X2Y3共价化合物，故C错误；D．W为H ，X为B，Y为O，都是非金属元素，H与X或Y形成化合物只有共价键，Z为Na，与H形成化合物NaH含离子键，故D错误；
答案B。8. 某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法错误的是A. 总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2B. 该脱硝过程总反应的焓变∆H<0C. 由状态②到状态③发生了氧化还原反应D. 状态③到状态④的变化过程中有O-H键的形成【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由图1知，该脱销过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，由图1所给数据知，反应物NH3为2 mol，NO为2 mol，O2为0.5 mol，生成物N2为2 mol，H2O为3mol，故该脱销过程总方程式为：2NH3+2NO+O23H2O+2N2，化整得：4NH3+4NO+O26H2O+4N2，A错误；B．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变ΔH＜0，B正确；C．由图1可知，状态②到状态③中Cu的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，C正确；D．状态③到状态④的变化过程为[CuI(H2NNO)(NH3)2]+→[CuI(NH3)2]++N2+H2O，有O-H键的形成，D正确；故选A9. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（ ）A. 反应，每消耗1mol CH4转移12mol 电子B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2OC. 电池工作时，CO32-向电极B移动D. 电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e－=2CO32-【答案】D【解析】【详解】A、1mol CH4→CO，化合价由-4价→+2上升6价，1mol CH4参加反应共转移6mol电子，故A错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：CO+H2+2CO32--4e-=3CO2＋H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O2+2CO2+4e-=2CO32-，故D正确；故合理选项为D。10. 如图为2021年新研发的车载双电极镍氢电池，放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，可表示为MH；充电时b、d电极的反应物为吸附的Ni(OH)2，下列叙述正确的是A. 充电时外电路每通过2mol电子，该电池正极共减轻4gB. 电池放电时c极上的反应可表示为H2O+M+e-=MH+OH-C. 充电时，a、b接电源的负极，c、d接电源的正极D. 放电时电子的流动路径为a→外电路→d→c→铜箔→b【答案】A【解析】【分析】由题中信息可知，放电时为原电池，MH转变为M+H2O，MH中H由0价升高到+1价，氢失电子发生氧化反应与溶液中的氢氧根离子结合成水，a、c为原电池的负极，电极反应为MH-e-+OH-═M+H2O，b、d为原电池的正极，NiOOH转变为Ni(OH)2，镍的化合价从+3价降到+2价，发生还原反应，电极反应式为NiOOH+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-，充电是放电的逆过程，此时a、c为电解池的阴极，与电源负极相接，电极反应式为M+H2O+e-=MH+OH-，b、d为电解池的阳极，与电源正极相接，电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O；据此解答。【详解】A．由上述分析可知，充电时b、d为电解池的阳极，电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，当外电路每通过2mol电子，该电池正极由Ni(OH)2转变为NiOOH，b、d两极共减轻4g，故A正确；B．由上述分析可知，放电时为原电池，c为原电池的负极，电极反应为MH-e-+OH-═M+H2O，故B错误；C．由上述分析可知，充电时为电解池，a、c与电源负极相接，b、d与电源正极相接，故C错误；D．由上述分析可知，放电时为原电池，电子由负极经过外电路到正极，即电子的流动路径为a→外电路→d，电子不能进入电解液内，故D错误；答案为A。二、填空题(共计2个小题，共30分)11. 丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：（1）正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：①C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)　ΔH1已知：②C4H10(g)+1/2 O2(g)=C4H8(g)+H2O(g) ΔH2=-119 kJ·mol-1③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) ΔH3=-242 kJ·mol-1反应①的ΔH1为_______kJ·mol-1。下图是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_______0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是_______(填标号)。 A.升高温度　　B.降低温度　　C.增大压强　　D.降低压强（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。下图为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_______。 （3）下图为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是_______、_______；【答案】（1）    ①. +123    ②. 小于    ③. AD    （2）氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大    （3）    ①. 升高温度有利于反应向吸热方向进行    ②. 温度升高反应速率加快【解析】【小问1详解】②C4H10(g)+1/2 O2(g)=C4H8(g)+H2O(g)   ΔH2=-119 kJ·mol-1③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)   ΔH3=-242 kJ·mol-1根据盖斯定律②-③得C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)　ΔH1=-119 kJ·mol-1+242 kJ·mol-1=+123kJ·mol-1。C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)正反应气体系数和增大，增大压强，平衡逆向移动，压强越大C4H10的平衡转化率越小，所以x小于0.1；正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是减小压强、升高温度，故选AD；【小问2详解】氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大，所以氢气、丁烷的比值大于1，随氢气的通入量增大，丁烯的产率降低。【小问3详解】C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)正反应吸热，升高温度有利于反应向吸热方向进行，温度升高反应速率加快，所以丁烯产率在590℃之前随温度升高而增大；12. 随着人们对电动汽车需求的进一步扩大，高能量、高电流的锌系二次碱性电池受到市场的期待，但是锌电池在充电过程中存在变形、枝晶、腐蚀和钝化等问题，目前采用氢氧化钙处理氧化锌工艺得到锌酸钙作为电极的活性物质，使以上情况得到极大改善。一种锌酸钙的化学式为Ca[Zn(OH)3]2·2H2O，其制备流程如下：请回答下列问题：（1）Zn(OH)2是两性氢氧化物，与NaOH反应的方程式为Zn(OH)2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O。ZnO是两性氧化物，则反应釜中发生反应的离子方程式为_______。（2）球磨机是用研磨体摩擦、冲击物料使其研磨成粉末的设备。研磨过程加入Ca(OH)2粉末时，通入Ar的作用是_______。（3）滚动球磨6~24小时的目的是_______。（4）操作I为_______。干燥产品时必须在低温减压条件下进行，理由是_______。【答案】（1）ZnO+2OH-=ZnO+H2O    （2）防止Ca(OH)2遇到空气中的CO2转化为CaCO3    （3）使锌酸钾与Ca(OH)2粉末充分反应    （4）    ①. 过滤    ②. 防止高温下产物分解失去结晶水【解析】【分析】氧化锌粉末在反应釜中和氢氧化钾溶液反应生成K2ZnO2，加入氢氧化钙使其在Ar中转化为锌酸钙，然后滚动球磨6~24小时，最后加入氧化锌粉末、加入水，搅拌过滤、洗涤、干燥得到产品，据此解答。【小问1详解】依据已知信息和两性化合物的性质可判断ZnO在反应釜中发生反应的离子方程式为ZnO＋2OH-＝ZnO＋H2O；【小问2详解】研磨过程加入Ca(OH)2粉末时，通入Ar的作用是防止Ca(OH)2遇到空气中的CO2转化为CaCO3；【小问3详解】滚动球磨有利于物质充分反应，故滚动球磨6~24小时的目的是使锌酸钾与Ca(OH)2粉末充分反应；【小问4详解】操作I之后得到滤液，故为过滤；产品含有结晶水，故干燥产品时必须在低温减压条件下进行，目的是防止高温下产物分解失去结晶水。