2023年山西普通高中学业水平考试化学试题及答案

这是一份2023年山西普通高中学业水平考试化学试题及答案，共17页。试卷主要包含了填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题共 15 题，每题 4 分，共 60 分
1．下列电离方程式错误的是
A．B．
C．D．
2．下图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。则下列说法正确的是
A．Z、N两种元素的离子半径相比，前者较大
B．X、N两种元素的气态氢化物的稳定性相比，前者较弱
C．由X与M两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应
D．Z的氧化物能分别溶解于Y的氢氧化物和N的氢化物的水溶液
3．如下图所示，在A处通入未经干燥的氯气。当关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处的红布条逐渐褪色。则D瓶中盛放的溶液不可能是( )
A．饱和NaCl溶液B．NaOH溶液C．NaBr溶液D．浓H2SO4
4．硅及其化合物是带来人类文明的重要物质，下列说法正确的是
A．陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐材料
B．二氧化硅可用于制造太阳能电池
C．高纯硅可用于制造光导纤维
D．某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示
5．CO2过量排放引起温室效应，导致全球气候变暖。减少CO2排放是全球经济发展过程中的重要任务。我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和(CO2排放与吸收平衡)，这有利于改善环境，实现绿色发展。下列措施中不利于实现碳中和目标的是
A．将煤粉碎后再燃烧，可以减少碳排放
B．开发太阳能、氢能等形式能源利用，降低石油、煤炭使用量
C．推广使用电动汽车，减少燃油汽车数量
D．进一步开发水利发电、推广光伏发电
6．做焰色反应实验时，所用的铂丝在每次用完后都要
A．用纸擦干净后才能再次使用
B．放在火焰上灼烧，直到铂丝发红为止
C．用水洗涤几次
D．用稀盐酸洗涤，再灼烧至与酒精灯火焰颜色相同为止
7．下列有关氧化还原反应的叙述正确的是
A．含低价元素的物质在反应中只作还原剂
B．非金属单质在反应中只作氧化剂
C．金属失电子越多，其还原性越强有力
D．Cu2+比Fe2+氧化性强，Fe比Cu还原性强
8．下列关于胶体的说法中正确的是
A．丁达尔效应是胶体的本质特征
B．用物理方法不能区别稀溶液和胶体
C．将胶体进行过滤，所得到的滤液与原来胶体的组成不同
D．淀粉溶液是胶体，因为淀粉溶液中的分散质粒子直径在之间
9．可以用于防毒面具里做供氧剂，其反应原理是。下列有关说法正确的是
A．中子数为10的氧原子为B．分子的结构式为O-C-O
C．钠离子的结构示意图为D．的电子式为
10．标准状况下，3.25g锌与足量的盐酸反应生成xL氢气。下列比例式正确的是
A．B．
C．D．
11．下列各组反应中，所得产物相同的是
A．金属铜与浓硝酸或稀硝酸反应
B．钠在常温或加热条件与氧气反应
C．铁在少量氧气或过量的氧气中点燃
D．氯化铝溶液与少量氢氧化钠溶液或过量氢氧化钠溶液反应
12．下列除杂方案错误的是
A．AB．BC．CD．D
13．能证明CH4的结构为空间正四面体而不是平面正方形的事实是）
A．CH3Cl的结构只有一种B．CH2Cl2的结构只有一种
C．CHCl3的结构只有一种D．CHCl4的结构只有一种
14．水热法制备纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略)：。下列说法不正确的是
A．该反应中O2作氧化剂B．该反应中和都是还原剂
C．3mlFe2+被氧化时有1mlO2被还原D．离子方程式中x=4
15．属于工业固氮的是
A．N2与O2反应生成NOB．由NH3转变成 NH4HCO3
C．N2与H2在一定条件下反应生成NH3D．豆科植物的根瘤吸收氮
非选择题：共 4 题，共 40 分。
二、填空题
16．如图是元素周期表中的一部分，请结合元素周期表和元素周期律回答下列问题。
(1)画出N的原子结构示意图：___。
(2)Na与Cl相比，原子半径较大的是：___。
(3)F、Cl分别形成的气态氢化物中，更稳定的氢化物是___。
三、实验题
17．如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制95mL 1ml·L-1的稀硫酸。
可供选用的仪器有：①胶头滴管；②烧瓶；③烧杯；④药匙；⑤量筒；⑥托盘天平。
请回答下列问题：
（1）配制稀硫酸时，除玻璃棒外还缺少的仪器是__(写仪器名称)；
（2）经计算，配制95mL 1ml·L-1的稀硫酸，需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为__mL，量取硫酸时应选用___mL规格的量筒(填序号)；
A．10mL B．50mL C．100mL D．200mL
（3）取25mL 1ml·L-1的硫酸，向其中加入一定量的氧化铜，充分反应后制得硫酸铜溶液。用该溶液制取CuSO4·5H2O，所需要的主要玻璃仪器除酒精灯、玻璃棒外，还缺少的仪器是___；
（4）对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1ml·L-1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因___(填序号)。
A．用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水
C．将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作
D．转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面
E．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容
F．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处
18．用下图所示装置在实验室制取纯净、干燥的并探究其性质，回答下列问题：
(1)发生装置中制取的化学方程式是_______。
(2)除杂装置①中的试剂是_______。
(3)将虚线框中的收集装置补充完整_______。
(4)尾气处理装置中发生反应的离子方程式是_______。
(5)将制得的溶于水得到氯水。在探究新制氯水成分及性质的实验中，依据下列操作和现象不能得出相应结论的是_______(填字母)。
19．科学家舍勒和戴维对氯气的制取和研究做出了重大贡献。某兴趣小组利用所给仪器在实验室制备纯净干燥的氯气，并模拟工业制漂白粉。请回答下列问题：
I.氯气的制备(装置如图所示)
(1)装置G的名称为_______，装置F的作用为_______。
(2)从图中选择合适装置制备并收集纯净干燥的氯气(仪器不重复使用)，仪器连接顺序为_______(填写仪器下方字母)。
II.漂白粉的制备( 装置如图所示)
查阅资料可知：①氯气与碱反应放出热量；
②6Cl2+6Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。
(3)装置C中发生反应的化学方程式为_______。
(4)多孔球泡的作用是_______，使用冰水浴的目的是_______。
(5)测定装置C中Ca(ClO)2物质的量浓度的方法如下：取C中溶液10.0mL于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分发生反应ClO-+2I-+2H+=I2+Cl- +H2O。用0.1000 ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定该锥形瓶中的溶液，滴入2~3滴淀粉指示剂，当加入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，其现象为_______达到滴定终点，此时消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00mL。 (已知： I2+2S2O=2I- +S4O。该漂白粉溶液中Ca(ClO)2的物质的量浓度为_______ml/L。(保留4位有效数字)
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
A
FeCl2(aq)
Fe3+
NaOH溶液
B
Fe2O3
Al2O3
NaOH溶液
C
NaHCO3(aq)
Na2CO3
CO2气体
D
FeCl2(aq)
Fe3+
Fe粉
周期
族
ⅠA
0
1
H
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
He
2
Li
Be
B
C
N
O
F
Ne
3
Na
Mg
Al
Si
P
S
Cl
Ar
操作
现象
结论
a
观察氯水颜色
氯水呈黄绿色
氯水中含
b
向饱和溶液中加入足量氯水
有无色气体产生
氯水中含HClO
c
向红色纸条上滴加氯水
红色纸条褪色
氯水具有漂白性
d
向淀粉碘化钾试纸上滴加少量氯水
试纸变蓝
氯水具有氧化性
参考答案：
1．B
【详解】A．是二元强碱，电离方程式为，A项正确：
B．在熔融状态下电离出和，电离方程式为(在熔融状态下不能电离)，B项错误；
C．的电离方程式为，C项正确；
D．是二元强酸，电离方程式为，D项正确。
故选：B。
2．D
【分析】图中有14种元素的原子半径，由此推断该图是第二、三周期主族元素原子半径随原子序数变化示意图，由于短周期主族元素原子半径最大的是钠，由此推断Y是Na，结合主族元素原子序数判断，X、Z、M、N分别为O、Al、Si、Cl。
【详解】A．Z、N分别是铝、氯，铝离子具有28电子层结构，氯离子具有288电子层结构，前者的电子层数小于后者，则离子半径：Al3+B．非金属性O>Cl，故气态氢化物稳定性H2O>HCl，故B错误；
C．X、M分别为氧、硅，二者形成是二氧化硅是酸性氧化物，能溶于强碱，HF是唯一能溶解二氧化硅的酸，故C错误；
D．Z、Y、N分别为铝、钠、氯，Z的氧化物为氧化铝，Al2O3是两性氧化物，Y的氢氧化物是氢氧化钠，NaOH是强碱，N的氢化物是氯化氢，HCl是强酸，Al2O3既能与NaOH反应生成NaAlO2和水，又能与HCl反应生成AlCl3和水，故D正确
答案选D。
3．A
【分析】干燥的氯气不能使有色布条褪色，湿润的氯气能使有色布条褪色，关闭B阀，C处红布条看不到明显现象，当打开B阀后，C处的红布条逐渐褪色，说明气体经过洗气瓶D后氯气或水被除去。
【详解】A. 饱和NaCl溶液不能吸收氯气，会降低氯气在水中的溶解度，达不到实验目的，A符合题意；
B. NaOH溶液能吸收氯气，B不符合题意；
C. NaBr溶液能吸收氯气，C不符合题意；
D. 浓H2SO4能吸收水，D不符合题意。
答案选A。
4．D
【详解】A．陶瓷、水泥、玻璃都属于硅酸盐材料，水晶的成分是二氧化硅，不属于硅酸盐材料，故A错误；
B．单晶硅可用于制造太阳能电池，而不是二氧化硅，故B错误；
C．二氧化硅可用于制造光导纤维，而不是高纯硅，故C错误；
D．硅酸盐的化学式用氧化物表示，活泼金属氧化物在前，则KAlSi3O8可用K2O·Al2O3·6SiO2表示，故D正确；
答案D。
5．A
【详解】A．将煤粉碎后再燃烧，只能减少CO的排放，不能减少CO2的排放，不利于实现碳中和，故A选；
B．开发太阳能、氢能等形式能源利用，降低石油、煤炭使用量，可以减少CO2的排放，有利于实现碳中和，故B不选；
C．推广使用电动汽车，减少燃油汽车数量，可以减少CO2的排放，有利于实现碳中和，故C不选；
D．进一步开发水利发电、推广光伏发电，可以减少燃煤发电，减少CO2的排放，有利于实现碳中和，故D不选；
故选A。
6．D
【详解】做焰色反应实验时，为避免铂丝上残留杂质元素的干扰，应用稀盐酸洗涤，且灼烧至与酒精灯火焰颜色相同为止；答案选D。
7．D
【详解】A．含低价元素的物质在反应中不一定作还原剂，如HCl中含有最低价态的Cl元素，但在与金属单质反应时HCl为氧化剂，故A错误；
B．非金属单质在反应中不一定作氧化剂，例如氯气与NaOH的反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，故B错误；
C．还原性与失去电子多少无关，与失去电子的难易程度有关，故C错误；
D．Fe可以置换可溶性铜盐中的Cu2+，即Fe可以还原Cu2+生成Cu，自身被氧化成Fe2+，所以Cu2+比Fe2+氧化性强，Fe比Cu还原性强，故D正确；
综上所述答案为D。
8．D
【详解】A．胶体的本质是分散质粒子直径介于1～100nm，丁达尔效应是区分胶体与溶液的一种常用物理方法，故A项错误；
B．稀溶液和胶体中分散质粒子直径大小不同，可通过丁达尔效应或渗析进行区分，故B项错误；
C．胶体中分散质可透过滤纸，因此将胶体进行过滤，所得到的滤液与原来胶体的组成相同，故C项错误；
D．分散质粒子直径在1～100nm之间的分散系是胶体，因此可以根据分散质粒子直径判断分散系是否属于胶体，故D项正确；
综上所述，说法正确的是D项。
9．C
【详解】A．中子数为10的氧原子为，A错误；
B．分子的结构式为，B错误；
C．钠离子的结构示意图为，C正确；
D．的电子式为，D错误；
故答案为：C。
10．C
【详解】A．1mlZn对应1mlH2，则质量(3.25g)和体积(xL)应转化为物质的量，A错误；
B．1mlZn(65g)对应1mlH2(标况下应为22.4L，不为1L)，B错误；
C．1mlZn对应1mlH2(标况下应为22.4L)，且上下物理量相同，C正确；
D．1mlZn(65g)对应1mlH2，氢气体积(xLH2)应改为物质的量，D错误；
答案选C。
11．C
【详解】A．金属铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，与稀硝酸反应生成一氧化氮气体，所得产物不相同，A项不符合题意；
B．钠在常温与氧气反应生成氧化钠，在加热条件与氧气反应生成过氧化钠，所得产物不相同，B项不符合题意；
C．铁不论在少量氧气或过量的氧气中点燃生成产物都是四氧化三铁，所得产物相同，C项符合题意；
D．氯化铝溶液与少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，所得产物不相同，D项不符合题意；
答案选C。
12．A
【详解】A．铁离子能和过量的氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，不能分离，故A错误；
B．氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液和水，而氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，过滤后，得到氧化铁，故B正确；
C．碳酸钠溶液与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，能够除去杂质且不引入新杂质，故C正确；
D．铁离子的氧化性大于亚铁离子，因此混合液中加入足量的铁粉后，铁离子被还原为亚铁离子，过滤后，滤液为氯化亚铁溶液，故D正确；
故选A。
13．B
【详解】若CH4的结构为空间正四面体，则4个氢原子完全等同，它们在空间两两相邻，则其一氯代物、二氯代物、三氯代物和四氯代物均只有1种，假如甲烷是平面正方形，则其一氯代物、三氯代物和四氯代物均只有1种，而二氯代物有2种，故能证明CH4的结构为空间正四面体而不是平面正方形的事实是CH2Cl2的结构只有一种，B正确；
答案选B。
14．C
【分析】从电荷守恒入手，配平反应的离子方程式为：，反应中3Fe2+→Fe3O4，当3ml Fe2+参加反应时，有2ml Fe2+化合价升高，反应中Fe和S元素化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，以此解答该题。
【详解】A．根据以上分析，该反应中O2中氧元素化合价降低，被还原，O2作氧化剂，故A正确；
B．该反应中Fe和S元素化合价均升高，被氧化，和都是还原剂，故B正确；
C．由反应式可知，当3ml Fe2+参加反应时，只有2ml Fe2+化合价升高被氧化，即2mlFe2+被氧化时有1mlO2被还原，故C错误；
D．根据电荷守恒，(+2)3+(-2)2+(-1)x=-2，解得x=4，故D正确；
答案选C。
15．C
【详解】A．闪电时N2转化为NO，属于自然固氮，故A不选；
B．由NH3转变成NH4HCO3，氮元素化合价不变，不属于固氮，故B不选；
C．工业合成氨是N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故C选；
D．豆科作物根瘤菌将N2转化为含氮化合物，属于生物固氮，属于生物固氮，故D不选；
故选C。
16． Na HF
【详解】(1)N是7号元素，N的原子结构示意图：。故答案为：；
(2)同周期从左到右原子半径逐渐减小，Na与Cl相比，原子半径较大的是：Na。故答案为：Na；
(3)周期表中同主族从下到上，元素的非金属性增强，元素的氢化物稳定性增强，F、Cl分别形成的气态氢化物中，更稳定的氢化物是HF，故答案为：HF。
17． 100mL的容量瓶 5.4 A 烧杯、漏斗 ACE
【分析】（1）用浓硫酸配制稀硫酸的实验步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，根据该实验步骤确定缺少的仪器；
（2）根据稀释定律：稀释前后溶质物质的量不变，计算所需浓硫酸的体积；量取硫酸时应依据“大而近”的原则选择量筒；
（3）用硫酸铜溶液制取CuSO4·5H2O，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此判断所需仪器；
（4）根据公式，判断操作不当对于溶质物质的量、溶液体积的影响，从而判断对浓度的影响。
【详解】（1）用浓硫酸配制稀硫酸的实验步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，根据该实验步骤可知所需的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，结合已知的可用仪器可知，除玻璃棒外还缺少的仪器是100mL容量瓶；
故答案为100mL的容量瓶；
（2）根据稀释定律可知稀释前后溶质物质的量不变，则V×1.84g/cm3×98%=0.1L×1ml·L-1×98g/ml，解得V=5.4mL，量取硫酸时应选用10mL规格的量筒；
故答案为5.4；A；
（3）用硫酸铜溶液制取CuSO4·5H2O，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则所需要的主要玻璃仪器除酒精灯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是烧杯、漏斗；
故答案为烧杯、漏斗；
（4）A．用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线，量取的浓硫酸偏大，则溶质物质的量偏大，结果浓度偏大；
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，无影响；
C．将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作，未进行冷却，则加入的蒸馏水偏少，则溶液的体积偏小，造成浓度偏大；
D．转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，溶质损失，则浓度偏小；
E．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，加入的蒸馏水体积偏小，则浓度偏大；
F．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，加入的蒸馏水体积偏大，浓度偏小；
综上所述：ACE会使得所配置的溶液的浓度偏大；
故答案为ACE。
【点睛】容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液。容量瓶有以下规格：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，因此该题中配制95mL硫酸溶液，需要使用100mL容量瓶，在使用公式n=cV计算硫酸物质的量时，一定注意代入的体积为0.1L，而不是0.095L，这是学生们的易错点。容量瓶的选用原则：如果所配制溶液的体积正好与容量瓶的某一规格一致，直接选用该规格的容量瓶即可，如果不一致，那么选择的容量瓶的规格跟实际配制溶液的体积相比较要大而近，比如该题配制95ml溶液选用100mL容量瓶，再由实际配制的体积计算需要溶质的物质的量。
18．(1)
(2)饱和食盐水
(3)
(4)
(5)b
【分析】浓盐酸和二氧化锰制取氯气，装置①用来除去氯气中的氯化氢，装置②用来除去氯气中的水蒸气，向上排空气法收集氯气，最后处理氯气。据此分析解题。
【详解】（1）浓盐酸和二氧化锰制取，化学方程式是，故答案为。
（2）装置①用来除去氯气中的氯化氢，所以除杂装置①中的试剂饱和食盐水；故答案为饱和食盐水。
（3）向上排空气法收集氯气，所以虚线框中的收集装置补充完整为；故答案为。
（4）氢氧化钠用于尾气处理，反应的离子方程式是；故答案为。
（5）a．氯气为黄绿色气体，氯水呈浅绿色，是因为溶解了氯气，故a能得出相应结论；
b．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，是因为碳酸氢根离子与氯水中的氢离子发生反应生成水和二氧化碳，故b不能得出相应结论；
c．红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性，故c能得出相应结论；
d．向淀粉碘化钾试纸上滴加氯水，试纸变蓝，是因为氯气和碘化钾反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，说明氯水具有氧化性，故d能得出相应结论；
故答案选b。
19．(1) 分液漏斗 除去Cl2中混入的HCl
(2)B→F→E→D→C
(3)
(4) 增大氯气和石灰乳的接触面积，提高吸收效率 避免副反应发生
(5) 当加入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内溶液不再变为蓝色，说明滴定达到终点 0. 05000ml /L
【分析】MnO2与浓盐酸需要在加热条件下才能发生反应，生成的Cl2中混有浓盐酸挥发出的HCl气体和水蒸气，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸除去水蒸气，向上排空气法收集氯气，尾气用NaOH溶液吸收尾气，以此解题。
【详解】（1）装置G的名称为由图可知装置G的名称为分液漏斗；由于浓盐酸有挥发性，故制备的氯气中含有氯化氢，则装置F的作用为：除去Cl2中混入的HCl；
（2）制取氯气时，需进行以下操作：制气、除杂、干燥、收集、尾气处理，从而得出仪器连接顺序为：B→F→E→D→C；
（3）装置C中是氯气和氢氧化钙反应制备漂白粉的过程，化学方程式为：；
（4）多孔球泡的作用是增大氯气和石灰乳的接触面积，提高吸收效率；该反应是放热反应，反应会放出的热量，导致物质温度升高，从而发生副反应生成氯酸钙，采用冰水浴可以避免副反应发生；
（5）在开始滴定时锥形瓶中的溶液中含有I2及淀粉溶液，溶液显蓝色，随着Na2S2O3标准溶液的滴入，溶液中I2不断被消耗，浓度变稀，溶液蓝色变浅，当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟内溶液颜色不变色，说明滴定达到终点，故滴定终点现象是：当加入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内溶液不再变为蓝色，说明滴定达到终点；
发生的有关反应方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O=2I-+S4O，可得关系式：ClO-～I2～2S2O，n(Na2S2O3)=0.1000 ml/L×0.0200 L=0.0020 ml，则n[Ca(ClO)2]=n(ClO-)=0.0005 ml，故C瓶溶液中Ca(ClO)2的物质的量浓度c[Ca(ClO)2]=。