【文档说明】山西省太原市英才学校高中部2022-2023学年高三上学期12月第三次测试化学试题含解析.docx，共(11)页，712.212 KB，由小赞的店铺上传

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英才学校高中部2022-2023学年第一学期12月阶段性测试高三年级化学试卷考试时间：60分钟；总分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe

-56Cu-64Ni-59As-75一、单项选择题(共计10个小题，每题7分，共70分)1.从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法错误的是A.在三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，其中丝绸主要成分为蛋白质B.2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩

墩”使用的聚乙烯属于高分子材料C.“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于高分子材料D.“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，利于碳达峰、碳中和【答案】C【解析】【详解】A．丝绸为蚕丝制品，主要成分为蛋白质，故A正确；B．聚乙烯是乙烯发生加聚反应生成的高分子化合物，故B正确；

C．氮化硼是无机物，氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料，故C错误；D．“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，减少空气中二氧化碳含量，利于碳达峰、碳中和，故D正确；答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法不正确．．．的是A.1molCH2＝CH2分

子中含有的共价键数为6NAB.500mL0.5mol·L−1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NAC.30gHCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NAD.2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间【答案】D【解析】

【详解】A.1个乙烯分子中碳碳双键含两个共价键，4个碳氢键合为4个共价键，总计6个共价键，因而1molCH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA，A项正确；B.n(Na+)=n(Cl-)=0.5L×0.5mol

·L-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol,因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但水会电离出极少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，B项正确；C.HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于30gCH2O，n(CH2

O)=1mol，因而C原子数为的NA，C项正确；D.不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价由0变为+1，因而2.3gNa（2.3gNa为0.1mol）转移电子数为0.1mol×1×NA=0.1NA，D项错误。故答案选D。3.室温下，下列各组离子一定能与指定溶液共存的是A.

0.2mol·L-1的NH4Cl溶液：Na+、K+、2-4SO、2-3SiOB.0.1mol·L-1的FeCl3溶液：NH+4、Ca2+、Br-、SCN-C.0.2mol·L-1的H2SO4溶液：Mg2+、Fe2+、-3NO、Cl-D.0.1mol·L-1的Ba(OH)2溶

液：Na+、K+、Cl-、ClO-【答案】D【解析】【详解】A．+4NH水解生成的氢离子与硅酸根离子生成硅酸沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．Fe3+和SCN-发生反应生成有色物质，不能大量共存，B不符合题意；C．酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化为铁离子，不能大量共存，C不符合题意；

D．Na+、K+、Cl-、ClO-相互不反应，且均不和氢氧化钡反应，能大量共存，D符合题意；故选D。4.Fe3O4中含有Fe(II)、Fe(III)，以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO-2，其反应过程如图所示。下列说法正确的是A.Pd上H2被还原为H+B.Fe(

II)与Fe(III)的相互转化起到了传递电子的作用C.总反应式为2H++-2NO+H2催化剂N2+2H2OD.反应过程中，有6mol电子转移时，生成22.4LN2【答案】B【解析】【详解】A．由图可知Pd上氢气失电子生成氢离子，电极反应：H2-2e-=2H+，Pd作负极，A错误；B．Fe(Ⅱ

)失去电子转化为Fe(Ⅲ)，失去的电子被2NO−得到，H2失去的电子被Fe(Ⅲ)得到，Fe(Ⅲ)转化为Fe(Ⅱ)，所以Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，B正确；C．由图可知总反应方程式为：22222H23HN4HON

O+−++=+催化剂，C错误；D．没有给出具有温度和压强，无法算准确的气体体积，D错误；故答案为：B。5.关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是A.浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中水分并

使其炭化B.NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强C.加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强D.浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强【答案】B【解析】【分析】【详

解】A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；B．NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：--2ClO+HOHClO+OH，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，3ClO−在酸性条件下可生成具有强氧

化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；C．HI的沸点低，易挥发加热NaI与浓34HPO混合物发生反应生成HI利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；D．相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误；故选B。6.

“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A.钢是以铁为主的含碳合金B.钢的含碳量越高，硬度

和脆性越大为的的C.生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D.冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3【答案】C【解析】【分析】【详解】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C．由题意

可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；故选C。7.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数总和为25，Y是地壳中

含量最多的元素，由这四种元素形成的某化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是A.原子半径大小：Z＞Y＞X＞WB.该化合物具有强氧化性，用于消毒杀菌C.X可与Y形成XY、XY2等共价化合物D.W分别与X、Y、Z形成

的化合物所含化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】Y是地壳中含量最多的元素，则Y是O，根据化合物结构可知W共用1对电子对，且原子序数最小，则W为H，Z离子为+1价，且是短周期主族元素，则Z为Na，4种元素原子序数总和为

25，则1+x+8+11=25，解得x=5，则X为B元素，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，W为H，X为B，Y为O，Z为Na元素，同一周期从左到右，原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，则原子半径大小为Z＞X＞Y＞W，

故A错误；B．该化合物含有类似过氧根结构，因此具有强氧化性，可杀菌消毒，故B正确；C．X为B，Y为O，X与Y可形成X2Y3共价化合物，故C错误；D．W为H，X为B，Y为O，都是非金属元素，H与X或Y形成化合物只有共价键，Z为Na，与H形成化合物NaH含离子键

，故D错误；答案B。8.某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法错误的是A.总反应的化学方程式为

4NH3+2NO+2O2催化剂6H2O+3N2B.该脱硝过程总反应的焓变∆H<0C.由状态②到状态③发生了氧化还原反应D.状态③到状态④的变化过程中有O-H键的形成【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由图1知，该脱销过程反应物有：NH3

、NO、O2，生成物有H2O、N2，由图1所给数据知，反应物NH3为2mol，NO为2mol，O2为0.5mol，生成物N2为2mol，H2O为3mol，故该脱销过程总方程式为：2NH3+2NO+O2催化剂3H2O+2N2，化

整得：4NH3+4NO+O2催化剂6H2O+4N2，A错误；B．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变ΔH＜0，B正确；C．由图1可知，状态②到状态③中Cu的化合价发生变化，发生了氧化还

原反应，C正确；D．状态③到状态④的变化过程为[CuI(H2NNO)(NH3)2]+→[CuI(NH3)2]++N2+H2O，有O-H键的形成，D正确；故选A9.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法

正确的是（）。A.反应422ΔCH+HO3H+CO⎯⎯⎯→催化剂，每消耗1molCH4转移12mol电子B.电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2OC.电池工作时，CO32-向电极B移动D.电极B上发生的电极反应为：O2

+2CO2+4e－=2CO32-【答案】D【解析】【详解】A、1molCH4→CO，化合价由-4价→+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，故A错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：CO+H2+2CO32--4e-=3CO2＋

H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O2+2CO2+4e-=2CO32-，故D正确；故合理选项为D。10.如图为2021年新研发的车载双电极镍

氢电池，放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，可表示为MH；充电时b、d电极的反应物为吸附的Ni(OH)2，下列叙述正确的是A.充电时外电路每通过2mol电子，该电池正极共减轻4gB.电池放

电时c极上的反应可表示为H2O+M+e-=MH+OH-C.充电时，a、b接电源的负极，c、d接电源的正极D.放电时电子的流动路径为a→外电路→d→c→铜箔→b【答案】A【解析】【分析】由题中信息可知，放电时为原电池，MH转变为M+H2O，MH中H由0价升高到+1价，氢失电子发生氧化反应与溶

液中的氢氧根离子结合成水，a、c为原电池的负极，电极反应为MH-e-+OH-═M+H2O，b、d为原电池的正极，NiOOH转变为Ni(OH)2，镍的化合价从+3价降到+2价，发生还原反应，电极反应式为NiOOH+H2O+e-═Ni(OH

)2+OH-，充电是放电的逆过程，此时a、c为电解池的阴极，与电源负极相接，电极反应式为M+H2O+e-=MH+OH-，b、d为电解池的阳极，与电源正极相接，电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O；据此解答。【详解】A．由上述分析可知，充电

时b、d为电解池的阳极，电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，当外电路每通过2mol电子，该电池正极由Ni(OH)2转变为NiOOH，b、d两极共减轻4g，故A正确；B．由上述分析可知，放电时为原电池，c为原电池的负极，电极反应为MH-e-+OH-═M+H2

O，故B错误；C．由上述分析可知，充电时为电解池，a、c与电源负极相接，b、d与电源正极相接，故C错误；D．由上述分析可知，放电时为原电池，电子由负极经过外电路到正极，即电子的流动路径为a→外电路→d，电子不能进入电解液内，故D错误；答案为A。二、填空题(共计2个小题，共

30分)11.丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：（1）正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：①C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)ΔH1已知：②C4H10(g)+1/2O2(g

)=C4H8(g)+H2O(g)ΔH2=-119kJ·mol-1③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1反应①的ΔH1为_______kJ·mol-1。下图是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x______

_0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是_______(填标号)。A.升高温度B.降低温度C.增大压强D.降低压强（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。下图

为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_______。（3）下图为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可

能是_______、_______；【答案】（1）①.+123②.小于③.AD（2）氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大（3）①.升高温度有利于反应向吸热方向进行②.温度升高反应速率加快【解析】

【小问1详解】②C4H10(g)+1/2O2(g)=C4H8(g)+H2O(g)ΔH2=-119kJ·mol-1③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1根据盖斯定律②-③得C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)ΔH1=-119kJ·mol-1+2

42kJ·mol-1=+123kJ·mol-1。C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)正反应气体系数和增大，增大压强，平衡逆向移动，压强越大C4H10的平衡转化率越小，所以x小于0.1；正反应吸热

，升高温度，平衡正向移动，欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是减小压强、升高温度，故选AD；【小问2详解】氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大，所以氢气、丁烷的比值大于1，随氢气的通入量增大，丁烯的产率降低。【小问3详

解】C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)正反应吸热，升高温度有利于反应向吸热方向进行，温度升高反应速率加快，所以丁烯产率在590℃之前随温度升高而增大；12.随着人们对电动汽车需求的进一步扩大，高能量、高电流的锌系二次碱性电池受到市场的期待，但

是锌电池在充电过程中存在变形、枝晶、腐蚀和钝化等问题，目前采用氢氧化钙处理氧化锌工艺得到锌酸钙作为电极的活性物质，使以上情况得到极大改善。一种锌酸钙的化学式为Ca[Zn(OH)3]2·2H2O，其制备流程如下：请回答下列问题：（1）Zn(OH)2是两性氢氧化物，与

NaOH反应的方程式为Zn(OH)2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O。ZnO是两性氧化物，则反应釜中发生反应的离子方程式为_______。（2）球磨机是用研磨体摩擦、冲击物料使其研磨成粉末的设备。研磨过程加入Ca(OH)2粉末时，通入Ar的作用是_______。

（3）滚动球磨6~24小时的目的是_______。（4）操作I为_______。干燥产品时必须在低温减压条件下进行，理由是_______。【答案】（1）ZnO+2OH-=ZnO2-2+H2O（2）防止C

a(OH)2遇到空气中的CO2转化为CaCO3（3）使锌酸钾与Ca(OH)2粉末充分反应（4）①.过滤②.防止高温下产物分解失去结晶水【解析】【分析】氧化锌粉末在反应釜中和氢氧化钾溶液反应生成K2ZnO2，加入氢氧化钙使其在Ar中转化为锌酸钙，然后滚动球磨6~24小时，最后加

入氧化锌粉末、加入水，搅拌过滤、洗涤、干燥得到产品，据此解答。【小问1详解】依据已知信息和两性化合物的性质可判断ZnO在反应釜中发生反应的离子方程式为ZnO＋2OH-＝ZnO22−＋H2O；【小问2详解】研磨过程加入Ca(OH)2粉末时，通入Ar的作用是防止C

a(OH)2遇到空气中的CO2转化为CaCO3；【小问3详解】滚动球磨有利于物质充分反应，故滚动球磨6~24小时的目的是使锌酸钾与Ca(OH)2粉末充分反应；【小问4详解】操作I之后得到滤液，故为过滤；产品含有结晶水，故干燥

产品时必须在低温减压条件下进行，目的是防止高温下产物分解失去结晶水。