2023年届吉林省长春市高考化学三模试卷(含解析)

B.制取O2B.制取O2C.制备Fe(OH)2沉淀一、单项选择题〔742.0分〕A.滴定FeSOA.滴定FeSO4溶液D.除去乙醇中的乙酸以下说法中正确的选项是D.除去乙醇中的乙酸将苯参与溴水中振荡后，水层接近无色，是由于发生了取代反响1HC1HC115取代反响，由此推断原气态烃是乙烯B.用图所示装置提取苯硝化反响后的产物C.B.用图所示装置提取苯硝化反响后的产物C.用图所示装置模拟氯碱工业生产氯气等质量的乙烯和乙醇在氧气中充分燃烧后耗氧量一样．用NA表示阿伏加德罗常数，以下有关说法正确的选项是在常温常压下，11.2LN2含有的分子数小于0.5NA在常温常压下，1mol氩气含有的原子数为2NA将1L2mol/L的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为2NA46gNO2和N2O4混合气体所含氧原子数目有可能为3NAA.用图所示装置验证NaHCOA.用图所示装置验证NaHCO3的不稳定性D.用图所示装置分馏石油在强酸性溶液中，以下各组离子能大量共存的是D.用图所示装置分馏石油Na+、K+、CO2−、Cl− B.Cu2+、Na+、NO−、SO2−3 3 4C.Na+、K+、Cl−、HCO− D.Fe2+、Na+、NO−、MnO−3 3 4以下有关物质性质与用途相对应的是( )SO2具有复原性，可用于纸浆漂白浓硫酸具有脱水性，可用作枯燥剂碳酸钠溶液显碱性，可用于清洗油污金属镁燃烧时会发出刺眼的白光，可用作耐高温材料用石墨作电极，电解1mol⋅L−1以下物质的溶液，则电解前后溶液的pH保持不变的是( )硫酸 B.氢氧化钠 C.硫酸钠 D.氯化钠二、试验题〔228.0分〕高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效净水剂。：K2FeO4易溶于水，其溶液呈紫色、微溶于浓KOH溶液，在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定。某小组同学用以以下图装置制备并探究K2FeO4的性质。制备原理：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，装置如以以下图所示(夹持装置略)(1)盛放二氧化锰的仪器名称 ，装置C的作用是 。(2)装置A中反响的化学方程式是 。试验时承受冰水浴的缘由是 ，此装置存在一处明显缺陷，请指出 。4K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质，一般用75%乙醇进展洗涤，其目的是 。(5)查阅资料知，K2FeO4能将Mn2+氧化成MnO−.该小组设计如下试验进展验证：4关闭K，左烧杯溶液变黄色，右烧杯溶液变紫色。检验左侧烧杯溶液呈黄色的缘由，需要的试剂是 。写出K2FeO4氧化Mn2+的离子方程式： 。如图虚线框中的装置可用来检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反响产生的全部气体产物，填写以下空白。①装置可用来验证产物中的 (填化学式)，现象是 。②装置中A溶液的作用 ，现象是 ；B溶液的作用是 。③装置中的现象是 ，是为了验证产物中的 (填化学为式)。假设将装置中①、②、③三局部仪器的连接挨次变为②、①、③，且将装置A前面的品红溶液省略则可以检出的物质是 (填化学式)，不能检出的物质是 学式)，不能检出的缘由是 。三、简答题〔338.0分〕石嘴山市打造“山水园林城市”，因此争论NOx、SO2等大气污染物的妥当处理具有重要意义。SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸取法处理尾气中的SO2。吸取过程中相关反响的热化学方程式如下：①SO2(g)+NH3⋅H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=akJ/mol；②NH3⋅H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l)△H2=bkJ/mol；③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)△H3=ckJ/mol。则反响2SO2(g)+4NH3⋅H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的△H= kJ/mol。(2)燃煤发电厂常利用反响2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)+2CO2(g)△H=−681.8kJ/时间/min浓度/mol⋅L−1010时间/min浓度/mol⋅L−101020304050O2CO21.000.790.600.600.640.6400.420.800.800.880.8811. GaAs太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。①0～10min内，平均反响速率v(SO2)= mol/(L11. GaAs太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。②30min后，只转变某一条件，反响重到达平衡。依据上表中的数据推断，转变的条件可能是 (填字母)。通入确定量的O2参与确定量的粉状碳酸钙C.适当缩小容器的体积D.参与适宜的催化剂(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反响C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)△H=NOC和确定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如以下图。由图可知1050K前反响中NO的转化率随温度升髙而增大其缘由 在1100K时O2的体积分数为 。(4)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)1050K、1.1×106Pa时，该反响的化学平衡常数Kp= 。[：气体分压(P分)=气体总压(P)×体积分数](5)汽车尾气还可利用反响2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=−746.8kJ/mol，试验测得，v正=k⋅c2(NO)⋅c2(CO)，v逆=k⋅c(N2)⋅c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。①到达平衡后仅上升温度，k正增大的倍数 (填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。②1L的密闭容器中充入1molCO1molNO，在确定温度下到达平衡时，CO的转化率为40%，则k正：k逆= 。基态亚铜离子(Cu+)的价层电子排布式为 ；高温下CuO简洁转化为Cu2O，试从原子构造角度解释缘由： 。H2O的沸点高于H2Se的沸点(−42℃)，其缘由是 。(3)GaCl3和AsF3的立体构型分别是 ， 。硼酸(H3BO3)本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH−生成[B(OH)4]−，而表达弱酸性。①[B(OH)4]−中B原子的杂化类型为 。②[B(OH)4]−的构造式为 。金刚石的晶胞如图，假设以硅原子代替金刚石晶体中的碳原子，便得到晶体硅；假设将金刚石晶体中一半的碳原子换成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶体(金刚砂)。①金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列挨次是 (用化学式表示)；②金刚石的晶胞参数为apm(1pm=10−12m)。1cm3晶体的平均质量为 (只要求列算式，阿伏加德罗常数为NA)。12. J是一种含有五元环的有机化合物，其合成路线如下(某些反响条件及无机产物略)。①：①②请答复：②(1)A、E、F含有一样的官能团，则A的名称是 ；C中含有的一种官能团与B的官能团一样，则该官能团的构造简式是 。(2)A+B→C的反响类型是 。C的构造简式是 。上述路线中生成Ⅰ的化学方程式是 。上述路线中，G经三步反响并酸化后得到H，则该过程的中间产物的构造简式分别是 、 。【答案与解析】答案：C解析：解：A.盛放酸性高锰酸钾溶液应当使用酸式滴定管，故A错误；B.装置中伸入集气瓶的导管错误，氧气的密度大于空气，参与集气瓶的导管应当长，故B错误；C.苯能够隔离空气，避开生成的氢氧化亚铁被空气中氧气氧化，图示装置能够较长时间观看到氢氧化亚铁，故C正确；D.乙酸能够溶于乙醇，无法通过分液的方法分别，可以通过蒸馏操作分别，故D错误；应选C．A.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会氧化碱式滴定管的橡胶管；B.氧气的密度大于空气，集气瓶中导管应当承受进步短出的方式；C.苯密度小于水，可以起到隔离空气的作用，该方法能够较长时间观看到氢氧化亚铁；D.乙醇和乙酸不分层，无法通过分液方法分别．此题考察了化学试验方案方案的评价，题目难度不大，涉及氧气、氢氧化亚铁的制备、物质的分别与提纯方法，明确常见化学试验根本操作方法为解答关键，试题培育了学生的分析力气及化学试验力气．答案：B解析：解：A.苯与溴水不反，发生萃取，故A错误应；与HCl1：15体积氯气发生取代反响，则加成产5个H，则原气态烃是乙烯，故B正确；乙醇含−OHNa反响生成氢气，与NaOH不反响，故C错误；1mol乙烯和乙醇在氧气中充分燃烧均消耗3mol氧气，等质量时二者的物质的量不同，则消耗的氧气不同，故D错误；应选B．苯与溴水不反响；与HCl1：15体积氯气发生取代反响，则加成产5个H；乙醇含−OHNa反响生成氢气；1mol乙烯和乙醇在氧气中充分燃烧均消耗3mol氧气，等质量时二者的物质的量不同．此题考察有机物的构造与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反响为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意有机反响的推断，题目难度不大．答案：A解析：试题分析：A标况下，11.2LN2含有的分子数应是0.5NA，而常温常压下，温度较高所以一样体积下含有的分子数就少。BAr是单原子分子，因此1mol应是NA。C氢氧化铁胶粒是由很多个氢氧化铁分子聚在一起外表吸附有铁离子直径到达1—100nm间形成的，所以应小于2NA。D46gNO2和N2O4混合气体所含原子数确定是3NA可以用极值法，假设46g全部是NO2或N2O4结果都是3NA，所以混合气体也是3NA。考点：考察阿伏伽德罗常数的有关学问。答案：B解析：解：A.碳酸氢钠加热有水生成，则试管口应向下倾斜，故A错误；B.苯硝化反响后的产物硝基苯不溶于水，则利用图中分液装置可分别，故B正确；C.Cu应为阴极，Cu为阳极时失去电子，不能得到氯气，故C错误；D.温度计测定馏分的温度，温度计水银球应在烧瓶支管口处，故D错误；应选B．碳酸氢钠加热有水生成；苯硝化反响后的产物硝基苯不溶于水；C.Cu应为阴极；D.温度计测定馏分的温度．此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握装置的作用、混合物分别提纯试验、试验操作为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，题目难度不大．答案：B3解析：解：A、H+离子与CO2−离子反响生成二氧化碳气体和水，不能大量共存，故A错误；3B、四种离子在酸性条件下不发生任何反响，能大量共存，故B正确；3C、H+离子与HCO−离子反响生成二氧化碳气体和水，不能大量共存，故C错误；3D、在酸性条件下Fe2+与NO−、MnO−发生氧化复原反响而不能大量共存，故D错误．3 4应选B．H+H+离子反响的离子或在酸性条件下发生其它反响类型的离子不能大量共存．此题考察离子共存问题，题目难度不大，留意溶液的酸碱性、颜色等隐性要求，从离子之间能否发生反响生成沉淀、气体、弱电解质、相互促进的水解等角度分析此类题目．答案：C解析：解：A.SO2能与某些有色物质化合生成无色物质，表现出漂白性，可用于漂白纸浆，与其复原性无关，故A错误；浓硫酸具有吸水性，可作枯燥剂，与其具有脱水性无关，故B错误；碳酸钠溶液显弱碱性，油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油，所以可用于清洗油污，故C正确；MgO，是由于MgO的熔点高，故D错误；应选：C。A.SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白；B.浓硫酸具有吸水性，可用作枯燥剂；C.依据盐类水解的性质及油脂在碱性环境下水解的性质解答；D.耐高温材料应具有较高熔点。此题考察物质的性质与用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响及现象为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，题目难度不大。答案：C解析：解：A、电解硫酸，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，所以溶液水量削减，溶液浓度渐渐增大，pH值渐渐变小，故A错误；B、电解氢氧化钠，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中氢氧化钠的浓度增大，溶液的pH值增大，故B错误；C、电解硫酸钠溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，故C正确；D、电解氯化钠，溶液中氯离子和氢离子放电，所以溶液中氢氧根离子浓度渐渐增大，pH值渐渐变大，故D错误。应选：C。电解时，依据溶液中离子放电挨次推断电解后溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小如何转变，假设电解后溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，假设氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，假设两者相等则溶液呈中性．此题考察了电解原理，明确离子放电挨次是解此题关键，依据各个电极上放电的离子结合溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化来分析解答，题目难度不大．(2)MnO2+(2)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(3)K2FeO4在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定，防止副反响发生；缺少除氯气中混有HCl的装置(4)削减产品损失，易于枯燥(5)KSCN溶液；5FeO2−+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO−+8H2O4 4解析：【试题解析】此题考察物质制备，涉及试验评价、氧化复原反响、除杂等学问点，明确试验原理及发生的反响、各个仪器的作用是解此题关键，题目难度中等。(1)盛放二氧化锰的仪器名称是圆底烧瓶，氯气有毒，可以用NaOH溶液处理尾气，防止污染大气，故答案为：圆底烧瓶；吸取多余的氯气，防止污染环境；(2)MnO2+4HCl(浓)故答案为：MnO2+4HCl(浓(2)MnO2+4HCl(浓)故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；K2FeO4在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定，所以承受冰水浴，从而防止副反响发生；浓盐酸易挥发，导致生成的氯气中含有HCl，HClKOH反响，从而降低产率，所以应当用饱和食盐水除去HCl，则试验中缺少除HCl的装置，故答案为：K2FeO4在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定，防止副反响发生；缺少除氯气中混有HCl的装置；K2FeO4燥，故答案为：削减产品损失，易于枯燥；关闭K，左烧杯溶液变黄色，右烧杯溶液变紫色，说明该装置构成原电池，左K2FeO4得电子生Mn2+KSCN溶液反响生成络合物而使溶液呈血4红色，所以需要KSCN溶液检验铁离子；FeO2−、Mn2+发生氧化复原反响生成铁离子、高锰酸根离子和水，反响方程式为5FeO2−+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO−+8H2O，44 4故答案为：KSCN溶液；5FeO2−+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO−+8H2O。4 4答案：(1)H2O；无水硫酸铜变为蓝色；(2)除去SO2；溶液褪色；检验二氧化硫是否除尽；(3)澄清石灰水变浑浊；CO2；(4)CO2、SO2；H2O；气体从溶液中带出水。解析：此题考察学生浓硫酸的性质中的和碳单质的反响，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，留意把握浓硫酸的性质，明确产物检验所用的试剂以及检验的先后挨次，综合性较强，充分培育了学生的分析力气及化学试验力气。加热条件下浓硫酸和碳发生氧化复原反响生成二氧化硫、二氧化碳和水，无水硫酸铜用于检验水，品红用于检验二氧化硫，利用二氧化硫的漂白性，A中高锰酸钾用于除去二氧化硫，B用于检验二氧化硫是否除尽，C中澄清石灰水用于检验二氧化碳的生成，可观看到变浑浊，以此解答该题。(1)装置①为无水硫酸铜可以检验水的存在，可观看无水硫酸铜变为蓝色，故答案为：H2O；无水硫酸铜变为蓝色；高锰酸钾溶液是除去二氧化硫防止干扰二氧化碳的检验，可观看到溶液褪色，B用于检验二氧化硫是否除尽，故答案为：除去SO2；溶液褪色；检验二氧化硫是否除尽；③中可观看到澄清石灰水变浑浊，验证生成二氧化碳，故答案为：澄清石灰水变浑浊；CO2；假设将仪器的连接挨次变为②、③、①，则②可以检出的物质是二氧化硫，并可以将二氧化硫除净，③检验出的是二氧化碳，但是①检验时确定会有水，这些水不愿定是原来混合气体中的水，故答案为：CO2、SO2；H2O；气体从溶液中带出水。10.答案：2a+2b+c 0.042AC 1050K前反响未到达平衡状态，随着温度上升，反响速率加快，NO转化率增大20%4 <2081解析：解：(1)①SO2(g)+NH3⋅H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=akJ⋅mol−1；②NH3⋅H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l)△H2=bkJ⋅mol−1；③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)△H3=ckJ⋅mol−1，结合盖斯定律①×2+②×2+③可得2SO2(g)+4NH3⋅H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(1)的H=(2a2bc)kJmol−1，故答案为：2a+2b+c；(2)①0～10min内，平均反响速率v(O2)=△c=1.00−0.79mol/(L⋅min)=0.021mol/(L⋅min)，则平△t 10均反响速率v(SO2)=2v(O2)=0.042mol/(L⋅min)，故答案为：0.042；②30min后，氧气和二氧化碳浓度都增大，通入确定量的O2平衡正向移动，转化的氧气量小于参与量，导致氧气和二氧化碳浓度都增大，故A正确；参与确定量的粉状碳酸钙，平衡不移动，两种气体浓度都不变，故B错误；C.适当缩小容器的体积，二氧化碳和氧气浓度都增大，故C正确；D.参与适宜的催化剂，化学反响速率增大但是各物质浓度不变，故D错误；应选：AC；1050K前反响未到达平衡状态，随着温度上升，反响速率加快，NO转化率增大；反响前后气体NO转化率为40%时，生成的N2、CO2的物质的量分数相等且都是20%，其物质的量分数等于其体积分数为20%，故答案为：1050K前反响未到达平衡状态，随着温度上升，反响速率加快，NO转化率增大；20%；1050K、1.1×106Pa时，NO转化率为80%NO为20%，生成的N2、CO2的体积分数相等且都是40%，则P(NO)=20%×1.1×106Pa，P(N2)=P(CO2)=40%×1.1×106Pa，化学平衡常数K

=P(N2)⋅P(CO2)=(40%×1.1×106Pa)(40%×1.1×106Pa)

=4，p P2(NO)

(20%×1.1×106Pa)2故答案为：4；正①该反响的正反响为放热反响上升温度平衡逆向移动则正反响速率小于逆反响速率则k 增正大的倍数<k 增大的倍数，逆故答案为：<；②可逆反响2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)起始(mol/L)1100变化(mol/L)0.40.40.20.4平衡(mol/L)0.60.60.20.42 v =k ⋅c2(NO)⋅c2(CO)，v =k ⋅c(N)⋅c2(CO)，平衡时正逆反响速率相等，则k ⋅c2(NO)2 正 正 逆 逆 正c2(CO)=k

)⋅c2(CO)

=c(N2)⋅c2(CO2)=

0.2×0.42

=20kk逆 2 2，则kk逆

c2(NO)⋅c2(CO)

，0.62×0.62 81故答案为：20。81依据盖斯定律，将三个的热化学方程式叠加，可得待求反响的热化学方程式；①先计算出0～10min内的v(O2)，然后依据化学反响速率与物质关系计算v(SO2)；②依据影响物质浓度及化学平衡的因素分析；反响在1050K1100KNO的转化率计算其体积含量；依据平衡常数的含义。利用气体的物质的量的比等于气体产生的压强比计算平衡常数Kp；(5)①依据温度上升，反响速率加快，化学平衡向吸热反响方向移动分析速率常数的变化；②依据反响到达平衡时，正反响、逆反响速率相等，结合物质的转化率计k ：k 。②正 逆无氢键平面三角形三角锥形sp3C>SiC>Si9.6×1031ga3NA此题考察化学平衡计算、盖斯定律的应用、外界条件对化学平衡移动影响等学问点，侧重考察猎取并运用信息的力气，明确三段式在化学平衡计算中的灵敏运用是解此题关键，难点(5)的计算。11.答案：3d10 无氢键平面三角形三角锥形sp3C>SiC>Si9.6×1031ga3NA解析：解：(1)基态Cu+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，其价电子排布式为：3d10；构造上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10CuO能分解生成Cu2O，故答案为：3d10；构造上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全布满更稳定；水分子间存在氢键、H2Se分子间无氢键，故H2O的沸点高于H2Se的沸点，故答案为：水分子间存在氢键、H2Se分子间无氢键；GaCl3Ga3个σ3，VSEPR模型为平面三角形，3中As原子形成314，VSEPR模型为四周体形，无视孤电子对得到微粒空间构型为三角锥形，故答案为：平面三角形；三角锥形；①[B(OH)4]−B4个σ键，没有孤电子对，B4，B原子杂化方式为sp3，故答案为：sp3；位键，[B(OH)4]−的构造式为，②[B(OH)4]−B31个空轨道，B原子与O位键，[B(OH)4]−的构造式为，故答案为：；①金刚石、晶体硅、碳化硅均属于原子晶体，原子半径Si>C，故键长C−C<C−Si<Si−Si，故键能C−C>C−Si>Si−Si，则熔点为金刚石>碳化硅>故答案为：；故答案为：C>SiC>Si；②金刚石属于立方晶胞，C8个顶点，64个，一个晶胞单独占有碳原子数目为48161=8，晶胞质量=812g，晶胞密度=812ga10−10cm)3=8 2 NA NA9.6×1031gcm−3，即1cm3晶体的平均质量为9.6×1031g，a3NA故答案为：9.6×1031g。a3NA

a3NA(1)原子形成阳离子时，先失去高能层中电子，同