山东省菏泽市学院附属中学2021-2022学年高三化学联考试题含解析

山东省菏泽市学院附属中学2021-2022学年高三化学联考试题含解析一、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.向xmL2.0mol/L的盐酸中投入ag镁铝合金，金属完全溶解，再加入ymL1.0mol/L的NaOH溶液沉淀达到最大值，且质量为（a+1.7）g，则下列说法不正确的是（

）A．a的取值范围为0.9g＜a＜1.2gB．镁铝合金与盐酸反应时转移电子的数目为0.1NAC．镁铝合金与盐酸反应产生H2的体积在常温常压下大于1.12LD．x=2y参考答案：D向Mg、Al合金与盐酸反应后的反应中加入NaOH溶液沉淀达到最大值，沉淀是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物，此时溶液中溶质为NaCl，A．当全为Al时，Al的物质的量为，故a的极小值为×27g/mol=0.9g，当全为Mg时，Mg的物质的量为0.05mol，a的极大值=0.05mol×24g/mol=1.2g，故ad取值范围为0.9g＜a＜1.2g，故A正确，B．沉淀混合物含有的OH﹣的质量为（a+1.7g）﹣ag=1.7g，物质的量为=0.1mol，镁铝合金提供的电子等于混合物中OH﹣所带的电量，镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0.1mol×NAmol﹣1=0．lNA，故B正确；C．由B分析可知，金属提供电子为0.1mol，根据电子转移守恒可知，生成氢气的物质的量为=0.05mol，常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故氢气的体积大于0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故C正确；D．根据氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），所以xmL×2mol/L=ymL×1mol/L，即y=2x，故D错误；故选D．2.下列叙述正确的是A.Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同B.K、Zn分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性C.Li、Na、K的原子半价和密度随原子序数的增加而增大D.C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强参考答案：D铁属于变价属于变价金属，与强氧化剂反应生成Fe3＋，与弱氧化剂反应生成Fe2＋，氯气属于强氧化剂，盐酸属于非氧化性酸，因此选项A不正确；当硫酸不足时，Zn和K均过量，但过量的K会继续和水反应生成KOH而呈碱性，B不正确；同主族元素自上而下，随着核电荷数的增加电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，密度也逐渐增大，但Na的密度大于K的，C不正确；C、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，D正确。3.在标准状况下，由O2和Cl2组成的混合物气体共500ml，向其中通入H2，在一定条件下，使其恰好完全燃烧，用水吸收所得到产物后制得250ml溶液。从中取出25ml溶液与20ml

0．125mol·L-1NaOH溶液反应恰好中和，则与混合气体反应的H2的体积为A．280ml

B．440ml

C．500rnl

D．720ml参考答案：D4.在100mL含等物质的量的HBr和H2SO3的溶液里通入0.015molCl2,若Br-全部转变Br2(已知Br2能氧化H2SO3)。原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于A．0.1mol/L

B．0.15mol/L

C．0.3mol/L

D．0.03mol/L

参考答案：A略5.下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他产物及反应所需条件均已略去）。当X是强碱时，过量B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法不正确的是（

） A．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F均含同一种元素，F是H2SO4 B．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F均含同一种元素，F是HNO3C．当X是强碱时，C在常温下是固态单质D．B也可在O2作用下直接转化为D 参考答案：C略6.下列物质与水作用形成的溶液能与反应生成的是A．二氧化氮

B．钠C．硫酸镁D．二氧化硅解析：参考答案：BNH4++H2ONH3●H2O+H+，只要能使平衡往正方向进行，而且在一定条件下温度升高或者氨水的浓度足够大就可能生成NH3，A项：产生NO气体，错误；B项：钠消耗了H+而且该反应放热可以产生氨气，正确；C项：不能产生氨气，错误；D项：二氧化硅可以与氢氟酸反应，跟其他酸很难反应，所以也没有氨气产生，错误。7.下列说法不正确的是A．MnO2能加速H2O2的分解，是因为MnO2可以降低反应所需的活化能B．CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH>0C．N2(g)＋3H2(g)2NH3ΔH<0，其他条件不变时升高温度，反应速率v(H2)和H2的平衡转化率均增大D．在密闭容器中，对于反应2Ａ(g)＋Ｂ(g)２Ｃ(g)，增大压强后，平衡混合气的平均相对分子质量增大参考答案：C略8.下列关于物质应用和组成的说法正确的是

A．P2O5可用于干燥C12和NH3

B．“可燃冰”主要成分是甲烷和水C．CC14可用于鉴别溴水和碘水

D．Si和SiO2都用于制造光导纤维参考答案：BC

9.

参考答案：D10.在含有NaI、Na2SO3和FeBr2各1mol的溶液中通入足量的Cl2，将溶液在空气中加热蒸干并充分灼烧，最终得到剩余的固体物质是(

)A.NaCl、FeCl3、Na2SO4

B.NaCl、FeBr3C.NaCl、Fe2O3、Na2SO4

D.Na2SO4参考答案：C略11.将足量SO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是

A．K＋、OH－、、

B．Na＋、、、I－

C．H＋、、Ba2＋、Cl－

D．Al3＋、Mg2＋、Fe3＋、参考答案：C略12.下列关于化学与生产、生活的认识错误的是A．可利用废油脂制肥皂B．水玻璃可用于制造木材防火剂C.煤经气化和液化的物理变化可变为清洁燃料D．铁或铝制成的槽车可以密封贮运浓硫酸或浓硝酸参考答案：C13.常见的污染物分为一次污染物和二次污染物。二次污染物是排入环境中的一次污染物在物理化学因素或微生物作用下，发生变化所生成的新污染物。如反应2NO+O2→2NO2中，二氧化氮为二次污染物。下列三种气体：①二氧化硫、②二氧化氮、③硫化氢，其中能生成二次污染物的是

A.只有①②

B.只有②③

C.只有①③

D.全部都是参考答案：D14.某同学为检验溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行了下图所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是A．原溶液中一定含有SO

B．原溶液中一定含有NHC．原溶液中一定含有Cl－

D．原溶液中一定含有Fe3＋参考答案：B15.工业上采用乙烯和水蒸气在催化剂（磷酸/硅藻土）表面合成乙醇，反应原理为：CH2＝CH2(g)＋H2O(g)CH3CH2OH(g)，副产物有乙醛、乙醚及乙烯的聚合物等。下图是乙烯的总转化率随温度、压强的变化关系，下列说法正确的是A.合成乙醇的反应一定为吸热反应B.目前工业上采用250～300℃，主要是在此温度下乙烯的转化率最大C.目前工业上采用加压条件（7MPa左右），目的是提高乙醇的产率和加快反应速率D.相同催化剂下，在300℃14.7MPa乙醇产率反而比300℃7MPa低得多，是因为加压平衡向逆反应方向移动参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（16分）

新切开的苹果在空气中放置一段时间表面会变黄，最终变成褐色，这种现象在食品科学上通常称为“褐变”。关于苹果褐变的原因有以下两种说法：A．苹果中的Fe2+被空气中的氧气氧化成了Fe3+

B．苹果中的酚类物质被空气中的氧气氧化了究竟哪种说法正确，某合作小组同学通过实验进行了探究。材料：苹果、浓度均为0.1mol·L–1的盐酸、NaCl溶液、NaHCO3溶液、Na2SO3溶液、

KSCN溶液、开水（1）探究1：实验操作实验现象结论在“褐变”后的苹果上滴上2～3滴

溶液

说法A不正确

（2）探究2：【查阅文献】Ks5uⅠ.苹果中含有多酚和多酚氧化酶，苹果褐变是氧气、酚类、酚氧化酶共同作用生成了醌类物质的缘故。苹果中多酚氧化酶的活性温度为35℃左右、活性pH约为5.5。

Ⅱ.酚类物质遇FeCl3溶液常发生显色反应而呈现一定颜色，如苯酚显紫色，对苯二酚显绿色，甲基苯酚显蓝色。

该小组将刚削皮的苹果切成七块，进行如下实验验证。请填写下表中相应的结论：序号实验步骤现象结论①在一块上滴加2～3滴FeCl3溶液表面变为绿色苹果中含有酚类物质②一块放置于空气中

另一块迅速浸入0.1mol·L–1NaCl溶液中表面逐渐褐变

相当长一段时间内，无明显变化

苹果褐变与

有关③另两块分别立刻放入90℃～95℃的开水和0.1mol·L–1盐酸中浸泡2min后取出，放置于空气中相当长一段时间内，均无明显变化

苹果褐变与

有关④最后两块分别立刻放入各0.1mol·L–1的NaHCO3溶液和Na2SO3溶液里浸泡2min后取出，放置于空气前者表面逐渐褐变，后者相当长一段时间内，无明显变化亚硫酸钠溶液能阻止苹果褐变

（3）问题与讨论：①0.1mol·L–1的NaHCO3溶液和Na2SO3溶液的pH相近，Na2SO3溶液却能阻止苹果褐变，可能的原因是：

，反应的离子方程式为：

。②褐变会影响苹果的品质和口感，试举出家中防止削皮苹果褐变的一种措施：

参考答案：（1）KSCN；无红色出现（各2分，共4分）

（2）②氧气（2分）；③氧化酶的活性（2分）（3）①亚硫酸钠的还原性比酚强，消耗了氧气，保护了酚（4分）2SO32-+O2=2SO42-(2分)②放入冰箱冷藏，用保鲜膜包裹，用盐水浸泡等合理答案均得分(2分）略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.液化石油气的主要成分为丙烷，在燃烧时能放出大量的热，作为能源应用于人们的日常生产和生活。已知：①C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O

（l）△H1=-2219.9kJ/mol②2COg）+O2（g）═2CO2（g）△H2=-566kJ/mol(l)反应2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O

（l）

的△H=______．(2)C3H8在不足量的氧气里燃烧，生成CO和气态水，以它们为原料制备甲醇的工业流程如下：反应室1为一个容积为10L的密闭容器，在850℃发生如下反应：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），CO(g)和H2O(g)浓度随反应时间的变化如下图所示：0～4min的平均反应速率v(CO2)=___，该反应在850℃时的化学平衡常数K=___.(3)恒压下，0.2molCO2与0.6molH2在催化剂作用下在反应室2（容器的容积可变）中发生反应生成甲醇：CO2（g）+3H2（g）CH3OH(g)+H2O(g)△H,CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。①该反应的△H__0（填“<”或“>”）。②压强P1__p2（填“<”或“>”）。③在P1、100℃条件下，反应达到平衡后再向容器中加入0.1molCO2和0.3molH2，反应重新达到平衡时，CO2的平衡转化率____50%（填“<”“>”或“=”），CH3OH的平衡体积分数____（填“增大”“不变”或“减小”）。④将a点的平衡混合物通入1L0．15mol/LNaOH溶液中，充分吸收后，所得溶液中的溶质除甲醇外，还有____，所得溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为________参考答案：(1)-2741.8kJ/mol

(2)0.03mol/(L?min)

1

(3)①<

②<

③=

不变

④碳酸钠和碳酸氢钠

c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)【分析】（1）根据盖斯定律进行计算；（2）根据图像可求出0～4min的平均反应速率v(CO)，根据速率之比和系数成正比，可求出v(CO2)；利用三段式进行平衡常数的计算；(3)①压强不变，温度升高，二氧化碳转化率减小，平衡向吸热反应方向移动；②温度不变，增大压强，平衡右移，二氧化碳转化率增大；③同比例增加反应物，由于恒温恒压，所以平衡不动，据此规律进行判断；④根据CO2转化率50%，可求出剩余的二氧化碳的量，根据二氧化碳与NaOH溶液中生成碳酸钠和碳酸氢钠规律，利用原子守恒求出碳酸钠和碳酸氢钠的量，同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液，碳酸钠水解能力大于碳酸氢钠，据此判断混合液中离子浓度大小关系；【详解】(l)①C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（l）△H1=-2219.9kJ/mol②2COg）+O2（g）═2CO2（g）△H2=-566kJ/mol；根据盖斯定律：①×2-3×②：2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O（l）的△H=-2219.9×2+3×566=-2741.8kJ/mol；综上所述，本题答案是：-2741.8kJ/mol。(2)0～4min的平均反应速率v(CO2)=v(CO)=（0.20-0.08）/4mol/(L?min)=0.03mol/(L?min)；在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O在850℃时发生如下反应：

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+

H2（g）起始量（mol/L）

0.2

0.3

0

0变化量（mol/L）

0.12

0.12

0.12

0.12

平衡量（mol/L）

0.08

0.18

0.12

0.12

平衡常数K=0.12×0.12/0.08×0.18=1；综上所述，本题答案是：0.03mol/(L?min)，1。(3)①压强不变，温度升高，二氧化碳转化率减小，平衡向吸热反应方向移动，该反应的△H<0；综上所述，本题答案是：<。②温度不变，增大压强，平衡右移，二氧化碳转化率增大，压强P1<P2；综上所述，本题答案是：<。③在P1、100℃条件下，反应达到平衡后再向容器中加入0.1molCO2和0.3molH2，与原平衡同比例增加反应物，由于恒温恒压，与原平衡等效，所以平衡不移动，反应重新达到平衡时，CO2的平衡转化率等于50%；CH3OH的平衡体积分数不变；综上所述，本题答案是：=；不变；④CO2（g）+3H2（g）CH3OH(g)+H2O(g)反应，CO2转化率50%，则反应后剩余二氧化碳的量0.2-0.5×0.2=0.1mol，剩余氢气的量为0.6-0.5×0.2×3=0.3mol；0.1mol二氧化碳与1L0．15mol/LNaOH溶液中生成碳酸钠和碳酸氢钠，设碳酸钠有xmol，碳酸氢钠有ymol，则：2x+y=0.15，x+y=0.1，x=0.05mol，y=0.05mol；因此所得溶液中的溶质除甲醇外，还有碳酸钠和碳酸氢钠；由此可知碳酸钠和碳酸氢钠溶液的浓度相等；同浓度的两种溶液，碳酸根离子水解能力大于碳酸氢根离子水解能力，所以所得溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)；综上所述，本题答案是：碳酸钠和碳酸氢钠；c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)。18.某课外小组分别用下图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究．请回答：I．用图1所示装置进行第一组实验．（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu做电极的是

（填字母序号）．A．铝B．石墨C．银D．铂（2）N极发生反应的电极反应式为

．（3）实验过程中，SO42﹣ （填“从左向右”、“从右向左”或“不”）移动；滤纸上能观察到的现象有

．II．用图2所示装置进行第二组实验．实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清．查阅资料发现，高铁酸根（FeO42﹣）在溶液中呈紫红色．（4）电解过程中，X极区溶液的pH

（填“增大”、“减小”或“不变”）．（5）电解过程中，Y极发生的电极反应为Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O和

．（6）若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体（均已折算为标准状况时气体体积），则Y电极（铁电极）质量减少

g．（7）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K2FeO4+3Zn═Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2该电池正极发生的反应的电极反应式为

．参考答案：（1）A；（2）2H++2e﹣═H2↑（或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣）；（3）从右向左，滤纸上有红褐色斑点产生；（4）增大；（5）4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；（6）0.28g；（7）2FeO42﹣+6e﹣+5H2O═Fe2O3+10OH﹣．解：（1）在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故选A；（2）N电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e﹣═H2↑（或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣），故答案为：2H++2e﹣═H2↑（或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣）；（3）原电池放电时，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动，电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生，故答案为：从右向左，滤纸上有红褐色斑点产生；（4）电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大，故答案为增大；（5）铁是活泼金属，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，氢氧根离子失电子发生氧化反应，所以发生的电极反应式为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O和4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；（6）X电极上析出的是氢气，Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，设铁质量减少为xg，根据转移电子数相等得，x=0.28，答：铁质量减少0.28g；（7）正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为2FeO42﹣+6e﹣+5H2O═Fe2O3+10OH﹣，故答案为：2FeO42﹣+6e﹣+5H2O═Fe2O3+10OH﹣．19.（14分）洗车安全气囊是德国安全的重要保障。当车辆发生碰撞的瞬间，安全装置通电点火使其中的粉末分解释放出大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受伤害。为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的粉末进行实验。经组成分析，确定该粉末仅Na、Fe、N、O四种元素。水溶性试验表明，固体粉末部分溶解。经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸。取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L。单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另和一种单质。化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。请回答下列问题：（1）甲的化学式为

，丙的电子式为

。（2）若丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为

。（3）单质乙与红棕色粉末发生反应的化学方程式为

，安全气囊中红棕色粉末的作用是

。（4）以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是

。A.KCl

B.KNO3

C.Na2S

D.CuO（5）设计一个实验方案，探究化合物