精選江西省新余四中、臨川一中等2023屆高三化學(xué)9月聯(lián)考試題(掃描版)

江西省新余四中、臨川一中等2023屆高三化學(xué)9月聯(lián)考試題(掃描版)PAGE10-。江西省新余四中、臨川一中等2023屆高三化學(xué)9月聯(lián)考試題〔掃描版〕

江西名校學(xué)術(shù)聯(lián)盟·2023屆高三年級(jí)教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)考試(一)化學(xué)參考答案1．B【解析】機(jī)動(dòng)車安裝尾氣吸收裝置可減少氮氧化物和硫氧化物排放，A項(xiàng)做法對(duì)環(huán)境友好；污水必須進(jìn)行無害化處理，排放至遠(yuǎn)海，造成海洋污染，B項(xiàng)做法對(duì)環(huán)境不友好；化肥與農(nóng)藥在農(nóng)業(yè)中要合理利用，C項(xiàng)做法對(duì)環(huán)境友好；CaCO3與SO2反響最終生成CaSO4，減少了SO2的排放，D項(xiàng)做法對(duì)環(huán)境友好。2．D【解析】甲醛有毒，A項(xiàng)錯(cuò)誤；堿性氧化物與耐高溫材料無關(guān)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；Cl2沒有漂白性，具有漂白性的是HClO，C項(xiàng)錯(cuò)誤；葡萄糖具有復(fù)原性，D項(xiàng)正確。3．C【解析】Cl質(zhì)子數(shù)為17，中子數(shù)為18的Cl原子的質(zhì)量數(shù)是35，故可表示為Cl，A項(xiàng)錯(cuò)誤；有機(jī)物的結(jié)構(gòu)式中原子之間均用“—〞連接，B項(xiàng)錯(cuò)誤；HCl是強(qiáng)酸，完全電離，D項(xiàng)錯(cuò)誤。4．A【解析】4.4gCO2與N2O的混合氣體為0.1mol，而每一個(gè)CO2〔N2O〕分子中含有3個(gè)原子，故混合氣體中含原子總數(shù)為0.3NA，A項(xiàng)正確；N2與H2合成NH3的反響為可逆反響，故無法確定混合物中共價(jià)鍵數(shù)目，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)缺少溶液體積，C項(xiàng)錯(cuò)誤；隨著濃硫酸與Cu反響的進(jìn)行，濃硫酸逐漸變?yōu)橄×蛩?，即H2SO4不能完全被復(fù)原為SO2，D項(xiàng)錯(cuò)誤。5．A【解析】Al3+水解，配制AlCl3溶液滴加稀鹽酸可抑制其水解，A項(xiàng)正確；做焰色反響實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)用鹽酸洗滌鉑絲，不能用高沸點(diǎn)的硫酸，B項(xiàng)錯(cuò)誤；NaClO水解生成的HClO具有漂白性，不能用pH試紙檢驗(yàn)其是否水解，C項(xiàng)錯(cuò)誤；NaOH吸水易潮解，應(yīng)該放在燒杯或稱量瓶中稱量，D項(xiàng)錯(cuò)誤。6．C【解析】NO不能溶解于水，A項(xiàng)錯(cuò)誤；鋁熱反響是Al與金屬氧化物，而不是Al2O3與其他金屬的反響，B項(xiàng)錯(cuò)誤；SiO2溶解于強(qiáng)堿溶液中生成硅酸鹽，可溶性硅酸鹽在酸中生成H2SiO3，C項(xiàng)正確；蔗糖分子結(jié)構(gòu)中不含醛基，不能復(fù)原Cu(OH)2生成Cu2O，D項(xiàng)錯(cuò)誤。7．C【解析】在KI溶液中滴加H2O2得到I2時(shí)H2O2被復(fù)原，正確的離子方程式為2I-+H2O2+2H+＝I2+2H2O，A項(xiàng)錯(cuò)誤；稀硝酸與金屬反響生成NO，B項(xiàng)錯(cuò)誤；溶液為中性，那么Ba(OH)2電離出的OH-正好被H+中和，C項(xiàng)正確；電解采用Cu電極時(shí)，Cu做陽極失電子，Cl-不能失電子，D項(xiàng)錯(cuò)誤。8．B【解析】苯環(huán)不飽和度為4，羧基不飽和度為1，比同碳原子數(shù)的烷烴缺少10個(gè)H原子，故分子中含H原子數(shù)為9×2+2-10=10，即分子式為C9H10O5，A項(xiàng)錯(cuò)誤；分子結(jié)構(gòu)中含羥基和羧基，故與羧酸、醇均能發(fā)生酯化反響，B項(xiàng)正確；苯環(huán)、羧基均不能與Br2發(fā)生加成反響，C項(xiàng)錯(cuò)誤；分子結(jié)構(gòu)中存在亞甲基〔-CH2-〕，故分子中苯環(huán)決定的平面與羧基決定的平面可能不在一個(gè)平面，D項(xiàng)錯(cuò)誤。9．A【解析】冷凝裝置中，水流從下口進(jìn)上口出，A項(xiàng)正確；接收器不能密封，否那么液體不能順利滴下，B項(xiàng)錯(cuò)誤；分餾實(shí)驗(yàn)中，用不到枯燥裝置，C項(xiàng)錯(cuò)誤；分餾裝置中，溫度計(jì)水銀球應(yīng)插在蒸餾燒瓶支管口處，D項(xiàng)錯(cuò)誤。10．C【解析】根據(jù)該菱錳礦的成分可知，SiO2與鹽酸不反響，故“浸渣〞的主要成分為SiO2，無Al2O3，A項(xiàng)錯(cuò)誤；“酸浸〞時(shí)，MnCO3、FeCO3、MgCO3、Fe2O3、Al2O3等均能溶解于鹽酸，故浸取液中含Mn2+、Fe2+、Mg2+、Fe3+、Al3+五種金屬陽離子，故“凈化、除雜〞需除去浸取液中的四種金屬陽離子，B項(xiàng)錯(cuò)誤；“凈化液〞中主要溶質(zhì)為MnCl2，故參加NH4HCO3、NH3，除析出MnCO3外，“凈化液〞的主要溶質(zhì)為NH4Cl，可用于生產(chǎn)NH4Cl化肥，C項(xiàng)正確；由制備流程中參加NH4HCO3溶液調(diào)節(jié)pH≈7來制備出MnCO3晶體，可知中性溶液有利于MnCO3的析出，D項(xiàng)錯(cuò)誤。11．D【解析】酸性條件下，NO3-具有強(qiáng)氧化性，可氧化I-，A項(xiàng)中的I-、H+、NO3-不能大量共存；使甲基橙變紅的溶液為酸性溶液，其中不能大量存在HCO3-，B項(xiàng)不符合題意；由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可以是酸性溶液，也可以是堿性溶液，假設(shè)為堿性溶液那么不能大量存在Fe3+，C項(xiàng)不符合題意；因?yàn)槭浅?，故×Kw=c2(H+)=1×10-26，即c(H+)=1×10-13，溶液為堿性，堿性條件下，K+、Na+、CO32-、NO3-能大量共存，D項(xiàng)符合題意。12．D【解析】結(jié)合分子式，由能與NaHCO3溶液反響放出氣體的信息可知含羧基，能與Br2的CCl4溶液發(fā)生加成反響說明含碳碳雙鍵。除去羧基，根據(jù)分子式可知該有機(jī)物的碳骨架為4個(gè)C原子，故碳骨架有3種情況：C=C-C-C、C-C=C-C、，它們連接-COOH，分別為4、2、2種，故共8種同分異構(gòu)體，D項(xiàng)正確。13．D【解析】X的一種單質(zhì)為正四面體，能自燃，那么X為P，主族且原子序數(shù)小于20，W、X同主族，故W為N，N最外層為5個(gè)電子，而W、Y、Z最外層電子數(shù)之和為14，故Y、Z最外層電子數(shù)之和為9，Y、Z的原子序數(shù)大于15，小于或等于20，故Y為Cl，Z為Ca。N的氧化物除NO、NO2，還有N2O3、N2O4、N2O5等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；Ca3P2與水反響生成Ca(OH)2，溶液呈堿性，B項(xiàng)錯(cuò)誤；8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，生成物為1種離子化合物，一種單質(zhì)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；Ca(OH)2是強(qiáng)堿，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，D項(xiàng)正確。14．B【解析】由原理圖中充電時(shí)的電子移動(dòng)方向可知，充電時(shí)a為陽極，b為陰極，故放電時(shí)a為正極，b為負(fù)極，A項(xiàng)錯(cuò)誤；結(jié)合給出的放電總反響可知負(fù)極LiMO2失電子生成Li1-xMO2和Li+，B項(xiàng)正確；充電時(shí)，陽離子從陽極區(qū)進(jìn)入陰極區(qū)，即從甲區(qū)進(jìn)入乙區(qū)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；充電時(shí)，陰極的質(zhì)量增加，D項(xiàng)錯(cuò)誤。15．C【解析】根據(jù)表格中數(shù)據(jù)可知乙容器中的反響最先到達(dá)平衡，故乙容器中的溫度比甲高，B項(xiàng)正確；乙容器內(nèi)溫度高，且CO的含量高，故正反響為放熱反響，即ΔH＜0，A項(xiàng)正確；v(N2)=v(NO)=0.005mol·L-1·min-1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；容器中各物質(zhì)均加倍，相當(dāng)于加壓，故平衡正向移動(dòng)〔也可利用Qc與K的關(guān)系判斷，乙容器中K=0.5，各物質(zhì)都加倍后，Qc=0.25＜K，故平衡向右移動(dòng)〕，D項(xiàng)正確。16．B【解析】H2Y+OHHY-+H2O、HY-+OH-Y2-+H2O，隨NaOH溶液的逐漸參加，逐漸增大，因此曲線P表示lg與pH的變化關(guān)系，A項(xiàng)正確；對(duì)a點(diǎn)而言，lg=-3.7，即=10-3.7，而Ka1(H2Y)==10-3.7×10-2=10-5.7，B項(xiàng)錯(cuò)誤；b點(diǎn)溶液中存在：==10-1.5，故c(Y2-)=c(H2Y)，c(HY-)=10-1.5c(H2Y)，根據(jù)電荷守恒：c(OH-)+c(HY-)+2c(Y2-)=c(H+)+c(Na+)，那么存在關(guān)系c(OH-)+〔2+10-1.5〕c(H2Y)=c(H+)+c(Na+)，即c(OH-)+2c(H2Y)＜c(H+)+c(Na+)，C項(xiàng)正確；c點(diǎn)，c(H+)=10-5，=10-3.5，即=103.5，而Ka1(H2Y)=，故×Ka1(H2Y)==103.5×10-5.7=10-2.2，故==102.8，D項(xiàng)正確。。17．〔1〕NaHSO3〔1分〕2HSO3-+O22SO42-+2H+〔2分〕〔2〕①300〔1分〕H2S、H2O〔寫兩個(gè)得1分〕②2H2+SO2S+2H2O〔2分〕〔3〕SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+〔2分〕減小〔1分〕【解析】〔1〕Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3，HSO3－具有復(fù)原性，被O2氧化生成硫酸，故離子方程式為2HSO3-+O22SO42-+2H+?！?〕①由圖甲可知反響生成X，由圖乙信息可知0~t1時(shí)間段，X逐漸增加，故該時(shí)間段是第一反響階段，即300℃時(shí)。第二階段SO2轉(zhuǎn)化為S，發(fā)生復(fù)原反響，故X具有復(fù)原性，結(jié)合第一階段的H2、SO2可知X為H2S，因此第一階段的反響式為3H2+SO2=H2S+2H2O，故SO2中的S被復(fù)原，H2的H被氧化，因此氧化產(chǎn)物為H2S、H2O。②結(jié)合①的分析可知總反響式為2H2+SO2=S+2H2O?！?〕圖丙裝置為電解裝置，NO轉(zhuǎn)化為NH4+，在陰極發(fā)生復(fù)原反響，電極反響式為NO＋6H＋＋5e－=NH4＋＋H2O；SO2轉(zhuǎn)化為SO42－，在陽極發(fā)生氧化反響，電極反響式為SO2＋2H2O－2e－=4H＋＋SO42－，故總反響式為5SO2+2NO+8H2O=(NH4)2SO4+4H2SO4，反響后溶液酸性增強(qiáng)，pH減小。18．〔1〕〔1分〕〔2〕+2、+3〔或答“+〞〕〔1分〕〔3〕三頸燒瓶〔1分〕〔4〕除去H2S〔2分〕BaCO3+2H++SO42-BaSO4↓+CO2↑+H2O〔2分，寫成BaCO3+SO42-BaSO4+CO32-也可給分)〔5〕d〔2分〕〔6〕NaOH濃溶液〔1分，CuSO4溶液或其它合理答案亦可〕【解析】〔1〕KI屬于離子化合物，其電子式為?！?〕由生成物Fe3O4可知Fe3I8可寫為2FeI3·FeI2，故其中Fe為+2價(jià)和+3價(jià)。〔3〕根據(jù)裝置A的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)及該儀器在實(shí)驗(yàn)中的作用可知其為三頸燒瓶。〔4〕實(shí)驗(yàn)時(shí)，需通入足量的H2S，過量H2S在酸性和加熱的條件下可以揮發(fā)而除去。參加BaCO3后發(fā)生復(fù)分解反響，離子方程式為BaCO3+2H++SO42-BaSO4↓+CO2↑+H2O?！?〕濾液X中含CO32-，需參加酸除去，考慮實(shí)驗(yàn)的目標(biāo)產(chǎn)物為KI，故參加HI?！?〕該實(shí)驗(yàn)使用了有毒的H2S，對(duì)于該尾氣可用NaOH濃溶液吸收。19．〔1〕六〔1分〕〔2〕H2做復(fù)原劑得到的W純度高〔2分〕〔3〕①4FeWO4+O2+8NaOH2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O〔2分〕②H2SiO3〔1分〕③水浴〔1分〕〔4〕5×10-5〔2分〕【解析】〔1〕Cs為第六周期，故W為第六周期?！?〕如果用碳做復(fù)原劑，混雜在金屬中的碳不易除去，不容易獲得純的金屬鎢，用氫氣作復(fù)原劑可防止產(chǎn)生以上問題?！?〕①根據(jù)“且‘浸取’液中不含鐵元素〞可知鎢鐵礦“熔融〞反響中生成Fe2O3，故反響的化學(xué)方程式為4FeWO4+O2+8NaOH2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O。②參加“NaOH〞“熔融〞過程中SiO2轉(zhuǎn)化為Na2SiO3，向該溶液中通入CO2生成沉淀H2SiO3。③由流程圖可知加熱溫度為57~60℃，故最好采用水浴加熱?！?〕Ksp(CaWO4)=c(Ca2+)×c(WO4-)=1×10-10，當(dāng)溶液中c(WO42－)=10-5mol·L-1時(shí)，那么溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol·L-1，而Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c2(OH-)=4×10-7，故c(OH-)=0.2mol·L-1，故溶液中=5×10-5。20．〔1〕ΔH1＋ΔH2〔2分〕〔2〕①181.8kPa〔2分〕②參加催化劑〔1分〕〔3〕SO2Cl2＋4NaOHNa2SO4＋2NaCl＋2H2O(2分)〔4〕c(HCO)＞c(Cl)＞c(ClO)＞c(OH)＞c(CO2)〔2分〕(5)4.0×107(2分)【解析】〔1〕根據(jù)蓋斯定律知，①＋②＝③，有：ΔH3＝ΔH1＋ΔH2?！?〕n(SO2Cl2)＝EQ\f(13.5g,135g·mol1)＝0.1mol。三段法計(jì)算：SO2Cl2(g)SO2(g)＋Cl2(g)始(mol·L1)0.0500轉(zhuǎn)(mol·L1)0.040.040.04平(mol·L1)0.010.040.04①在恒溫恒容條件下，氣體壓強(qiáng)與氣體物質(zhì)的量成正比。有：EQ\f(101kPa,P)＝EQ\f(0.05,0.05＋0.04)，解得：p＝181.8kPa。②曲線Ⅰ和曲線Ⅱ到達(dá)同一平衡狀態(tài)，曲線Ⅰ反響速率大于曲線Ⅱ，該可逆反響是氣體分子數(shù)不相等的反響，所以，改變條件是參加催化劑?！?〕磺酰氯中硫?yàn)椋?價(jià)，分步思考：先與水發(fā)生非氧化復(fù)原反響〔類似鹽類水解〕，生成硫酸和氯化氫，然后，硫酸、氯化氫與氫氧化鈉反響生成硫酸鈉和氯化鈉。故化學(xué)方程式為SO2Cl2＋4NaOHNa2SO4＋2NaCl＋2H2O?！?〕純堿溶液吸收氯氣生成的三種鹽是NaCl、NaClO、NaHCO3?；瘜W(xué)方程式為2Na2CO3＋Cl2＋H2ONaCl＋NaClO＋2NaHCO3，反響后溶液中HCO的水解程度大于電離程度，所以，陰離子濃度大小排序?yàn)椋篶(HCO)＞c(Cl)＞c(ClO)＞c(OH)＞c(CO2)。(5)ClO＋H2OHClO＋OH，Kh＝EQ\f(c(HClO)?c(OH),c(ClO))＝EQ\f(Kw,Ka(HClO))＝EQ\f(1.0×1014,2.5×108)＝4.0×107。21．〔1〕①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=-93.8kJ·mol-1〔2分〕②I〔1分〕該反響為放熱反響，溫度升高，平衡逆向進(jìn)行〔2分〕〔2〕①放熱〔1分〕②0.17mol·L-1·min-1〔2分〕0.50mol·L-1〔2分〕〔3〕〔2分〕【解析】〔1〕①根據(jù)CO(g)和H2(g)的燃燒熱〔ΔH〕，可列熱化學(xué)方程式：〔Ⅰ〕CO(g)+eq\f(1,2)O2(g)CO2(g)ΔH=-283.0kJ·mol-1；〔Ⅱ〕H2(g)+eq\f(1,2)O2(g)H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1；根據(jù)圖像曲線變化可寫出熱化學(xué)方程式〔Ⅲ〕：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-(510-419)kJ·mol-1l=-91kJ·mol-1。根據(jù)蓋斯定律，利用〔Ⅱ〕+〔Ⅲ〕-〔Ⅰ〕，可得新的熱化學(xué)方程式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=-93.8kJ·mol-1。②由圖象可知催化劑I的催化效果最正確；該反響為放熱反響，到達(dá)平衡后，隨溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，CO2的轉(zhuǎn)化率降低?！?〕①650℃時(shí)，根據(jù)三段式進(jìn)行有關(guān)數(shù)據(jù)處理：

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始/mol4

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