广西壮族自治区南宁市百济中学2022-2023学年高三化学测试题含解析

广西壮族自治区南宁市百济中学2022-2023学年高三化学测试题含解析一、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1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n（CO2）增大下列对应关系正确的是（）选项n（CO2）/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c（Na+）＞c（AlO2﹣）+c（OH﹣）B0.01c（Na+）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）C0.015c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）D0.03c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）

参考答案：D【考点】离子浓度大小的比较．【分析】通入混合液中通入二氧化碳气体后，NaOH优先反应生成碳酸钠，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠，此时碳酸钠的总物质的量为0.015mol；若之后再通入二氧化碳，二氧化碳会开始碳酸钠反应生成碳酸氢钠，0.015mol碳酸钠总共消耗0.015mol的二氧化碳，反应后生成0.03mol的碳酸氢钠，A．没有通入二氧化碳时，溶液中溶质为偏铝酸钠，根据偏铝酸钠溶液中的电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（AlO2﹣）+c（OH﹣）分析；B．当通入0.01mol二氧化碳时，所得溶液中溶质为0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠，因为碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则偏铝酸根离子浓度小于碳酸根离子浓度；C．当通入0.015mol二氧化碳时，0.02molNaOH优先与0.01mol二氧化碳反应生成0.01mol碳酸钠，剩余的0.005mol二氧化碳恰好与0.01molNaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和0.005mol碳酸钠，所以反应后溶液中溶质为0.015molNa2CO3，则c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）；D．通入0.03mol二氧化碳时，相当于在C的基础上再通入0.015mol二氧化碳，则反应后溶质为碳酸氢钠，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒判断．【解答】解：通入混合液中通入二氧化碳气体后，NaOH优先反应生成碳酸钠，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠，此时碳酸钠的总物质的量为0.015mol；若之后再通入二氧化碳，二氧化碳会开始碳酸钠反应生成碳酸氢钠，0.015mol碳酸钠总共消耗0.015mol的二氧化碳，反应后生成0.03mol的碳酸氢钠，A．未通入CO2时，NaAlO2溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（AlO2﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）＜c（AlO2﹣）+c（OH﹣），故A错误；B、当n（CO2）=0.01mol时，所得溶液中溶质为0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠，由于碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣），故B错误；C．当n（CO2）=0.015mol时，0.02molNaOH优先与0.01mol二氧化碳反应生成0.01mol碳酸钠，剩余的0.005mol二氧化碳恰好与0.01molNaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和0.005mol碳酸钠，所以反应后溶液中溶质为0.015molNa2CO3，则c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），正确的离子浓度的关系为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故C错误；D．当n（CO2）=0.03mol时，根据C可知，0.015molNa2CO3恰好与0.015mol二氧化碳反应生成0.03molNaHCO3，由于HCO3﹣的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确；故选D．2.下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列的是（

）

A．NaCl、BaSO4、SO2

B．Cu、CH3C00H、酒精

C．氯化钠晶体、水、酒精

D．KNO3、NH3·H2O、CaCO3参考答案：C略3.某同学在奥运五连环中填入了5种物质，相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反应。你认为“五连环”中物质间发生的反应，没有涉及的基本反应类型和属于氧化还原反应的个数有A、分解反应、2个

B、复分解反应、1个C、化合反应、3个

D、置换反应、2个

参考答案：A略4.将下列5种物质：N2O、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3和Fe2(SO4)3分别填入下面对应的横线上______+______→______+______+______+H2O组成一个未配平的化学方程式，正确的顺序是（

）

A．FeSO4、Fe(NO3)3；Fe2(SO4)3、HNO3、N2O

B．HNO3、FeSO4；Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3、N2O

C．HNO3、Fe2(SO4)3；FeSO4、Fe(NO3)3、N2O

D．Fe2(SO4)3、N2O；FeSO4、HNO3、Fe(NO3)3

参考答案：答案：B5.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：下列说法错误的是A.四种元素形成的单质中W的氧化性最强B.甲、乙、丙中沸点最高的是丙C.甲常用作致冷剂D.甲、乙分子均只含极性共价键参考答案：B【分析】丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO，单质Z与化合物甲反应生成NO，则单质Z为O2，化合物甲为NH3，乙为H2O，能与H2O反应生成氧气的单质为F2，丙为HF，故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。【详解】A.根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A正确；B.常温下NH3和HF为气态，H2O在常温下为液态，所以沸点最高的是H2O，故B错误；C.化合物甲为NH3，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故C正确；D.化合物甲为NH3，乙为H2O，NH3和H2O分子均只含极性共价键，故D正确。故选B。【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的10电子微粒。

6.下列三种有机物是某些药物中的有效成分：

以下说法正确的是A．三种有机物都能与浓溴水发生反应

B．使用FeCl3溶液和稀硫酸不能鉴别出这三种有机物C．三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种D．将等物质的量的三种物质加入氢氧化钠溶液中，阿司匹林消耗氢氧化钠最多参考答案：D略7.有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、CuCl2、AlCl3、NH4Cl六种溶液,只用一种试剂就可以把它们鉴别开来，该试剂是A．H2SO4

B．NaOH溶液

C．氨水

D．KSCN溶液参考答案：B略8.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15；X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L－1，W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的。下列说法正确的是()A．原子半径：W>Z>Y>X>MB．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键参考答案：C略9.2011年3月中旬，受“吃碘盐能防止核辐射”等谣言的影响，我国部分地区出现了抢购食盐现象，已知碘盐的主要成分是KIO3和NaCl，下列说法正确的是

A．KIO3中阳离子结构示意图为

B．KIO3和NaCl都是离子化合物

C．23Na37Cl中质子数和中子数之比是8︰7

D．次碘酸的结构式为：H—I—O参考答案：B略10.已知A、B、C、D之间的转化关系如右图所示。下列说法正确的是A．若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸B．若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质C．若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应D．若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D常温下一定呈液态参考答案：D11.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（

）A．常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NAB．1.8g的NH4＋离子中含有的电子数为NAC．常温常压下，32gO2含有的氧原子数为3NAD．4.6g金属钠变为钠离子时失去的电子数为0.1NA参考答案：略12.结构为…﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣…的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅度提高．上述高分子化合物的单体是（）A．乙炔 B．乙烯 C．丙烯 D．1，3﹣丁二烯参考答案：A考点：聚合反应与酯化反应．专题：有机反应．分析：判断高聚物的单体：首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，加聚产物的单体推断方法：（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；（3）凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换；该题属于第（1）种情况，据此进行解答．解答：解：高分子化合物…CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH…，其结构简式可以表示为：﹣[CH=CH]﹣n，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可得其单体为：CH≡CH，故选A．点评：本题考查加聚反应生原理及高分子化合物单体的求算，题目难度不大，明确加聚反应原理及反应产物的单体判断方法是解答的关键13.对下列化学用语的理解和描述均正确的是A．电子式可以表示羟基．也可以表示氢氧根离子B．填充模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子C．原子结构示意图可以表示12C，也可以表示14CD．结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡参考答案：C解析：氢氧根离子的电子式是，A错误；二氧化碳分子是直线型，不能用表示，B错误；C正确；中的S2-可水解，破坏水的电离平衡，D错误。14.(08黄埔区4月模拟)右图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列有关说法中不正确的是（）Ａ．装置中出口①处的物质是氯气，出口②处的物质是氢气Ｂ．该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过Ｃ．装置中发生反应的离子方程式为：

Ｄ．该装置是将电能转化为化学能参考答案：答案：C15.在水溶液中能大量共存的一组离子是()A．Fe2＋、Al3＋、ClO－、Cl－

B．K＋、Cu2＋、OH－、NO3－C．NH4＋、Na＋、Br－、SO42－

D．Mg2＋、H＋、SiO32－、SO42－参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。

已知：①

NO＋NO2＋2OH－＝2NO2－＋H2O②气体液化的温度：NO221℃

、NO–152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序（按左→右连接）:A

、C

、

、

、

（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是

。（3）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是

。②装置E的作用是

。（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为

。如果没有装置C，对实验结论造成的影响是

。（5）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是

。参考答案：（1）

E

、

D

、

B

（2）防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应气体产物检验不完全（3）①

D中出现红棕色气体②冷凝使NO2完全液化

（4）

4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O

水蒸气存在，会与NO2反应产生NO，造成对NO来源于哪里的认识不清

（5）

2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O

略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.688LNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（

）A．0.24mol B．0.21mol C．0.18mol D．0.14mol参考答案：C【知识点】硝酸的性质解析：因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL

4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe（NO3）2，标准状况2.688L

NO的物质的量2.688/22.4=0.12(mol)根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×4mol/L-0.12mol=0.36mol，所以硝酸亚铁的物质的量0.36mol/2=0.18mol，由铁元素守恒可知，若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物能得到铁的物质的量为n（Fe）=0.18mol．故答案选C【思路点拨】本题考查了硝酸的性质，利用氮元素和铁元素守恒即可顺利解答。18.从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙、丙三种成分：

（1）甲中官能团的名称为

（2）由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：

其中反应Ⅰ的反应类型为

，反应Ⅰ的目的是：________________反应Ⅱ的