2022-2023学年河北省部分学校高三上学期大数据应用调研联合测评化学试题含解析

这是一份2022-2023学年河北省部分学校高三上学期大数据应用调研联合测评化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，工业流程题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
河北省部分学校2022-2023学年高三上学期大数据应用调研联合测评化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．中华文化源远流长、博大精深，河北省馆藏文物是中华文化的重要代表。下列文物主要是由硅酸盐类材料构成的是文物藏品河北省博物馆中的长信宫灯邯郸博物馆中的文字缸邢台博物馆中的汉错金四神几何纹长颈铜壶保定博物馆中的汉代铜马选项ABCD A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】长信宫灯、铜壶、铜马都属于金属材料，文字缸主要由硅酸盐材料构成；答案选B。2．古文化富载化学知识。下述变化中涉及氧化还原反应的是A．以灰淋汁，取碱浣衣 B．曾青涂铁，铁赤如铜C．浓酒和糟入甑，蒸令气上 D．侯潮一过，明月天睛，半日晒出盐霜【答案】B【详解】A．灰指草木灰，主要成分为碳酸钾，取碱浣衣，涉及碳酸根离子水解，油脂水解，过程中不涉及氧化还原反应，故A错误；B．涉及和铁的置换反应是氧化还原反应，故B正确；C．浓酒和糟入甑，蒸令气上，涉及蒸馏过程，故C错误；D．侯潮一过，明月天睛，半日晒出盐霜描述的是蒸发结晶，故D错误；故答案为B。3．下列仪器使用正确的是A．分液漏斗使用前需要检查是否漏液B．容量瓶使用后需用蒸馏水洗净并烘干C．蒸馏烧瓶可以用来加热液体，也可以用来灼烧固体D．滴定实验前需用待测溶液润洗锥形瓶和量取待测溶液的滴定管【答案】A【详解】A．分液漏斗有活塞和上口塞子，使用前需要检查是否漏液，故A正确；B．容量瓶是准确配制液体体积的容器，容量瓶不能烘干，如果烘干热胀冷缩会造成体积不准确，故B错误；C．蒸馏烧瓶可以用来加热液体，但需要垫石棉网，但不能用来灼烧固体，灼烧固体需要用坩埚，故C错误；D．锥形瓶不能用待测液润洗，如果用待测液润洗会使待测液体积偏大，造成误差，故D错误。故答案为A4．适时推动沧州市海兴核电站项目有助于实现“双碳”目标，目前核电站主要通过铀—235的裂变反应释放的能量进行发电。其变化过程包括：。下列说法正确的是A．上述变化过程属于化学变化 B．与的原子序数相差55C．与互为同位素 D．Ba属于过渡金属元素【答案】C【详解】A．裂变反应不属于化学变化，A项错误；B．与的质量数相差55，B项错误；C．与的质子数相同而中子数不同，故互为同位素，C项正确；D．属于主族元素，不是过渡元素，D项错误。故选C。5．甲是一种口腔清洁剂，其结构如图所示。已知W、X、Y、Z为原子序数依次递增的前20号元素。下列说法错误的是A．原子半径：Z>Y>X B．Y的价电子排布式为C．甲具有较强的氧化性 D．X、Z能形成既含离子键又含共价键的化合物【答案】B【详解】由甲的结构及各元素的价键可知，W、、Y、Z分别为H、O、S、K。A．原子半径从左至右依次减小，从上至下依次增大，所以原子半径：，选项A正确；B．的价电子排布式为，选项B错误；C．甲中含有过氧键，具有较强的氧化性，选项C正确；D．中既含离子键又含共价键，选项D正确；答案选B。6．硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下：已知：高钾明矾石的主要成分为和少量。下列说法正确的是A．焙烧时反应的化学方程式为B．调节pH的目的是使和完全沉淀C．化合物Y可制成铝热剂用于焊接铁轨D．可回收利用后应用于本流程【答案】D【分析】高钾明矾石粉碎增大接触面积，加入硫粉进行焙烧得到SO2、SO3，加入KOH发生反应的离子方程式为，则加入KOH溶液产生的浸渣为，浸液中的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，则溶液X为，过滤得到白色固体，灼烧得到，滤液经过蒸发结晶可得到硫酸钾固体，据此答题。【详解】A．焙烧时反应的化学方程式为，A项错误；B．浸液中存在的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，B项错误；C．白色固体灼烧得到，则化合物Y为，为铝热剂用于焊接铁轨，C项错误；D．可溶于水制得硫酸溶液，溶液X为，则可回收利用后应用于本流程，D项正确；答案选D。【命题意图】本题以高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程为载体，考查了学生对化学工艺流程、元素性质的分析和应用。其中各步流程的分析是本题的亮点和难点。准确提取工艺流程中的关键信息并正确分析是解题的关键。7．M( )是一种新型抗菌药物的中间体，下列关于M的说法正确的是A．化学式为B．分子中所含原子均位于元素周期表中的p区C．分子中所有原子可能共平面D．能发生氧化反应、加成反应、水解反应【答案】D【详解】A．根据结构式可知M化学式为，故A错误；B．氢原子位于元素周期表中的s区，故B错误；C．分子中含有杂化的碳原子，所有原子不可能共平面，故C错误；D．M有碳碳双键能发生氧化反应、加成反应、有卤素能发生水解反应，故D正确；故答案为D。8．工业上制备硫酸过程中涉及反应：  。某体积可变的密闭容器中投入一定量和，在、两不同压强下和的含硫百分含量[的含硫百分含量为]随温度变化如图，下列说法正确的是A．图中表示的含硫百分含量随温度的变化B．C．浓度：D．平衡常数：【答案】C【详解】A．由方程式可知温度越高，的含量越低，所以图中表示的含硫百分含量随温度的变化，故A错误；B．图中表示的含硫百分含量随温度的变化，压强越大的平衡体积分数越大，所以，故B错误；C．由图可知、两点时各物质的物质的量均相等，但点容器体积小，所以浓度：，故C正确；D．温度越高，平衡常数越低，所以平衡常数：，故D错误。故答案为C9．简单氢化物稳定性是衡量非金属性的一种判据。例如HCl、H2S、PH3稳定性逐渐减弱，Cl、S、P非金属性逐渐减弱。下列说法错误的是A．HCl、H2S、PH3都是由极性键形成的极性分子B．HCl、H2S、PH3中共价键键长逐渐增大，键能逐渐减小C．H2S、PH3中心原子的杂化方式相同D．、S、O的最高价含氧酸溶液的pH逐渐增大【答案】D【详解】A．、、都是由极性键形成的极性分子，A项正确；B．、、中共价键键长逐渐增大，键能逐渐减小，B项正确；C．、中心原子的杂化方式相同，均为杂化，C项正确；D．硫酸为二元酸，高氯酸为一元酸，所以硫酸的较小，D项错误；故选D。 二、多选题10．CO2的综合利用是实现“双碳”的重要手段。利用钌(Ru)基催化剂将CO2转化为有机原料甲酸的反应机理如图所示。下列说法错误的是A．反应II为决速步骤，所以反应II的活化能最低B．水是该反应的中间产物C．该反应的总方程式：D．反应过程中既有极性键的生成，又有非极性键的生成【答案】AD【详解】A．反应Ⅱ为决速步骤，所以反应Ⅱ的活化能最高，故A错误；B．由机理图可以看出总反应为，可以看出水是该反应的中间产物，故B正确；C．由图可知该反应的总方程式为：，故C正确；D．反应过程的最终产物和中间体中都有没有非极性键的生成，故D错误。故答案为AD 三、单选题11．根据下列实验事实所得的类比实验分析正确的是选项实验事实类比实验A向硫酸铝溶液中通入过量氨气，最终有沉淀生成向硫酸铜溶液中通入过量氨气，最终有沉淀生成B向硝酸亚铁溶液中加入一定量的盐酸酸化，后滴加硫氰化钾溶液，溶液变红但无法证明原硝酸亚铁溶液是否变质向亚硫酸钠溶液中加入一定量的盐酸酸化，后滴加硝酸钡溶液，产生白色沉淀但无法证明原亚硫酸钠溶液是否变质C工业上电解熔融氯化镁可制备金属镁工业上电解熔融氯化铝可制备金属铝D向久置的蔗糖溶液中加入银氨溶液并加热，若产生银镜现象可证明蔗糖已水解向久置的麦芽糖溶液中加入银氨溶液并加热，若产生银镜现象可证明麦芽糖已水解 A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．向硫酸铜溶液中通入过量氨气，现象为先沉淀，后溶解，选项A错误；B．向亚硫酸钠溶液中加入一定量的盐酸酸化，后滴加硝酸钡溶液，产生白色沉淀但无法证明原亚硫酸钠溶液是否变质，因为硝酸能氧化亚硫酸根，选项B正确；C．工业上电解熔融氧化铝可制备金属铝，选项C错误；D．麦芽糖溶液中加入银氨溶液并加热，就能产生银镜现象不能证明麦芽糖已水解，选项D错误；答案选B。 四、多选题12．碘因来源丰富和具有较快的氧化还原动力学使其作为电池的正极材料备受青睐。下图为PEG水系电解液锌碘双离子二次电池的装置示意图。已知该装置电解液中添加聚乙二醇(PEG)和碘化钾，其中PEG能与碘发生络合反应。下列说法错误的是A．PEG可防止I2在水系电解液中溶解B．双层膜可防止碘化物穿梭，孔隙越小越好C．闭合K2，打开K1，N电极反应式为D．闭合K1，打开K2，电子由M极经外电路流向N极【答案】BD【分析】本题以水系电解液锌碘双离子二次电池为载体，考查了学生对电化学装置的分析和应用。其中原电池与电解池的切换以及电池分析是本题的亮点和难点。准确提取题干中的关键信息并分析电解池是解题的关键。【详解】A．通过络合反应，防止在水系电解液中溶解，A项正确；B．双层膜可防止碘化物穿梭，但孔隙过小，会增加电解液离子迁移难度，电阻增大，B项错误；C．闭合，打开，为充电过程，电极反应式为，电极反应式为，C项正确；D．闭合，打开，为放电过程，电子由极(负极)经外电路流向极(正极)，D项错误；故选BD。 五、单选题13．常温下，将NaOH溶液滴加到某二元弱酸H2A溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A．曲线L2表示pH与的变化关系B．C．溶液中由水电离的D．时溶液中存在【答案】C【详解】A．由图可知曲线表示与的变化关系，选项A正确；B．取点带入可知，选项B正确；C．溶液中的电离程度大于水解程度，所以水电离的，选项C错误；D．由图可知时相同，所以溶液中存在，选项D正确；答案选C。 六、实验题14．高纯二氧化锗主要用于生产光学及半导体用的锗材料等。在实验室以二氧化锗粗品(含和及少量无关杂质)为原料制备，然后使其水解得到晶体，再加热干燥制得纯度较高的。实验制备的装置图如下(加热及夹持装置已略去)：i.相关物质的部分理化性质物质部分理化性质不溶于水、盐酸、稀苛性碱溶液熔点：1115℃，沸点：1200℃熔点：-51.5℃，沸点：86.6℃；易水解 ii.(未配平)；回答下列问题：(1)仪器a的名称为____；实验室用重铬酸钾与浓盐酸反应制备的离子方程式为____；通入氯气的目的是_____。(2)为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过装置a不断滴加浓盐酸。盐酸保持较高浓度的原因为_______。(3)冷凝管中冷却水应从_______(“b”或“c”)口进入；为达到最佳效果，水槽中加入冰水混合物，则仪器d的作用为_______；实验室中温度计有不同规格，本实验应可选用_______(填字母标号)。A．-30℃~20℃    B．0℃~50℃    C．50℃~100℃    D．100℃~150℃(4)将d中的液体与蒸馏水按一定比例进行混合，静置，可得到晶体，此过程中的化学方程式为_______。(5)纯度测定称取样品，在加热条件下溶解，用将其还原为，用标准溶液滴定，消耗体积，滴定指示剂为_______，样品纯度为_______%(实验条件下未被氧化)。【答案】(1)     恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗          加热条件下将氧化为(2)保证氛围，防止水解(3)     c     收集冷却后的     C(4)(5)     淀粉溶液      【分析】在实验室以二氧化锗粗品(含和及少量无关杂质)为原料制备，然后使其水解得到晶体，再加热干燥制得纯度较高的。再对产品进行分析，确定其成分。【详解】（1）仪器的名称为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗；实验室用重铬酸钾与浓盐酸反应制备的离子方程式为；二氧化锗可与浓盐酸反应生成，通入氯气的目的是加热条件下将氧化为；（2）为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过装置不断滴加浓盐酸。盐酸保持较高浓度的原因为保证氛围，防止水解；（3）根据逆流原则冷却水应从口进入；仪器用于收集冷却后的；结合信息中的理化性质可知，其沸点为86.6℃，可收集86℃~100℃的馏分，所选温度计的规格50℃~100℃为宜；（4）将中的液体与蒸馏水按一定比例进行混合，静置，可得到晶体，该过程中发生水解反应，化学方程式为；（5）结合信息可知，滴定终点生成，故用淀粉作为指示剂。配平方程式；，得到关系式：，消耗标准液中的，，故样品纯度为。 七、工业流程题15．MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO、CaO等)为原料制备MnCO3的流程如下：回答下列问题：(1)废铁屑在使用前需要用热的纯碱溶液清洗表面油污，其清洗原理为_______(结合离子方程式和必要的语言解释)。(2)为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为_______；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为_______。(3)“滤渣1”中含有的主要成分为_______。(4)“氧化”过程中加入H2O2的量远超理论量的原因为_______。(5)加入CaCO3能“除铁、铝”的原因为_______。(6)“沉锰”时发生反应的离子方程式为_______。(7)MnO2的正交(棱与棱之间的夹角均为)晶胞结构如下图所示，晶胞参数分别为、、。其中Mn的配位数为_______；用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为_______。【答案】(1)，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解(2)     将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合     (3)和(4)生成的可催化的分解(5)加入消耗，增大，从而沉淀和(6)(7)     6      【分析】MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO、CaO等)加入废铁屑，再加入硫酸进行酸浸，除去滤渣1为和，再加入双氧水氧化，再加入碳酸钙调节pH，除铁、铝，除去滤渣2为氢氧化铁、氢氧化铝，再加入氟化锰除钙、镁，得到滤渣3为氟化钙、氟化镁，再加入碳酸氢铵沉锰，最后制得MnCO3。【详解】（1）热的纯碱溶液清洗表面油污的原理为，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解；（2）为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为；（3）不溶于酸，微溶于水，所以“滤渣1”中含有的成分为和；（4）“氧化”过程中加入的量远超理论量的原因为生成的可催化的分解；（5）加入能调节溶液酸度，从而起到“除铁、铝”的目的；（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为；（7）由图可知晶胞中的配位数为6，该晶体密度为。 八、有机推断题16．有机物M是一种新型药物的合成中间体。其一种合成路线如下图所示：回答下列问题：(1)A的化学名称为_______，E+N→M的反应类型为_______。(2)C→D反应的化学方程式为_______。(3)设计F→G和H→I两步反应的目的为_______。(4)M中手性碳原子的数目为_______。(5)N的沸点高于I的原因为_______。(6)同时满足下列条件的C的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。I.遇溶液能发生显色反应；II.能与溶液反应生成；III.苯环上有三个取代基。(7)参照上述合成路线，设计由乙醛为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。【答案】(1)     苯乙醛     加成反应(2)(3)降低氯原子被取代在苯环对位的可能性，提高产率(4)2(5)N中含羟基，能形成分子间氢键，所以沸点较高(6)20(7) 【分析】A通过加成反应生成B，B被氧化成羧酸C，C催化氧化生成D，D与乙醇发生酯化反应生成E；根据N回推可知F为，F与硫酸取代生成G，G与氯气取代生成H，H水解去掉磺酸基生成I ，I水解生成N，N与E反应生成M；【详解】（1）由的结构简式可知的化学名称为苯乙醛，的反应类型为加成反应。（2）的化学方程式为。（3）设计和两步反应的目的为降低氯原子被取代在苯环对位的可能性，提高产率。（4）如图是用*标注中的手性碳原子：。（5）的沸点高于1的原因为中含羟基，能形成分子间氢键，所以沸点较高。（6）遇溶液能发生显色反应说明含酚羟基，能与溶液反应生成说明含羧基，且苯环上有三个取代基，所以三个取代基可能为羟基、羧基、乙基或羟基、、甲基；各自有10种结构，共20种。（7）由乙醛为原料制备的合成路线为   九、原理综合题17．随着汽车进入千家万户，汽车尾气排放标准也越来越高。NO2、NO、CO均为汽车尾气的主要成分，CO是汽油不完全燃烧的产物外，主要涉及如下反应。反应I：反应II：回答下列问题：(1)C、N、O三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为_______。(2)实验测得反应II的速率方程为，，、为速率常数。下，向某刚性密闭容器中投入和的起始浓度分别为和，平衡后的浓度变为，则下该反应的平衡常数为_______；温度改变为时，若，则_______(填“>”“=”或“＜”)，原因为_______。(3)时，按投入某刚性密闭容器中，起始压强为。后容器内气体压强变为起始时的0.9倍，其中的分压为。①时的体积分数为_______。②内的平均反应速率为_______。(4)研究某催化剂在汽车尾气处理中的应用，涉及反应。将一定比例的和的混合气体，模仿汽车尾气流通速度，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。①已知：的燃烧热为，则_______。②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是_______。【答案】(1)N>O>C(2)     20     ＜     ，可知此时的平衡常数为，该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小(3)     或22.2%     (4)          催化剂在温度高于后，温度越高催化剂活性越低 【详解】（1）由于基态原子价电子排布式中轨道处于半满状态，所以、、三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为；（2）下，反应Ⅱ达到平衡时、、各物质的量的浓度分别为、和，则下该反应的平衡常数为；温度改变为时，若，可知此时的平衡常数为；该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以；（3）反应Ⅱ：反应Ⅰ：所以时各气体的分压分别为为、为、为、为；①时的体积分数为；②内的平均生成速率为；（4）①反应的；②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是温度高于后，温度越高催化剂活性越低。