山东省“学情空间”区域教研共同体2022-2023学年高三上学期入学考试化学试题（解析版）

下载最新免费模拟卷，到公众号：一枚试卷君“学情空间”区域教研共同体高三入学检测化学试题可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5Cu64Br80Co59Ba137一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，每个小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是（）A.服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B.酒精可以使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C.食品袋中放置的CaO可直接防止食品氧化变质D.“酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的【答案】A【解析】【详解】A、铬为重金属元素，摄入过多导致重金属中毒，A正确；B、酒精可以使蛋白质变性，杀菌消毒效果最佳的浓度为75%，并不是越高越好，B错误；C、CaO作为干燥剂，不能防止食品氧化变质，C错误；D、“酸雨”是由大气中的氮、硫的氧化物溶于雨水造成的，D错误；故选A。2.下图是某84消毒液(有效成分为次氯酸钠)标签的部分内容。下列说法正确的是84消毒液[性状]本品为无色透明液体[规格]250mL、252.50g[含量]氯含量为5.00%[贮藏]密封保存A.密封保存的目的是防止NaClO分解B.该84消毒液中含NaClO的质量为252.50gC.该84消毒液的密度为31.10gcmD.该84消毒液中含氯微粒的物质的量浓度约为11.42molL【答案】D【解析】【分析】【详解】A．密封保存的目的是防止NaClO水解生成的HClO分解，故A错误；B．该84消毒液中含NaClO的质量=252.50g×次氯酸钠的质量分数，252.50g是次氯酸钠溶液的质量，故B错误；C．该84消毒液的密度=252.50g250mL=1.01g⋅cm−3，故C错误；D．该84消毒液中含氯的物质的量浓度=252.50g5.00%35.5g/mol0.25L=1.42mol⋅L−1，故D正确；故选：D。3.某未知溶液X可能含有Al3+、Na+、+4NH、Cl-、2-3CO、2-4SO中的若干种，取该溶液进行如下实验，若实验过程中所加试剂均过量，产生的气体全部逸出。则下列说法正确的是A.原溶液中一定存在Na+，可能存在Cl-B.原溶液中一定存在2-3CO、2-4SO、+4NH，且均为0.01molC.原溶液中可能存在Na+，n(Cl-)≥0.01molD.原溶液中一定不存在Al3+、Cl-【答案】C【解析】【分析】根据流程可知，溶液中加入氯化钡生成沉淀，再加入盐酸，部分沉淀溶解，则沉淀为碳酸钡质量为1.97g，物质的量为0.01mol；硫酸钡为2.33g，物质的量为0.01mol；滤液中加入烧碱，产生氨气，标况下1.12L，物质的量为0.05mol，加入的物质为烧碱，焰色反应为黄色，不能判断原溶液中是否含有钠离子；根据离子共存，一定不含铝离子；根据溶液呈电中性，可判断一定含有氯离子。【详解】A．分析可知，原溶液中一定存在Cl-，可能存在Na+，A说法错误；B．原溶液中一定存在2-3CO、2-4SO、+4NH，且2-3CO、2-4SO均为0.01mol，+4NH为0.05mol，B说法错误；C．根据溶液呈电中性，不含Na+时，n(Cl-)=0.01mol，若存在Na+，n(Cl-)≥0.01mol，C说法正确；D．原溶液中一定不存在Al3+，存在Cl-，D说法错误；答案为C。4.实验室用2H还原3WO制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)，下列说法正确的是A.①、②、③中依次盛装4KMnO溶液、浓24HSO、焦性没食子酸溶液B.装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气C.结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D.管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度【答案】D【解析】【分析】H2还原WO3制备金属W，装置Q用于制备氢气，因盐酸易挥发，则①、②、③应分别用于除去HCl、H2S、氧气和水，得到干燥的氢气与WO3在加热条件下制备W，实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免W被重新氧化，以此解答该题。【详解】A．气体从焦性没食子酸溶液中逸出，得到的氢气混有水蒸气，应最后通过浓硫酸干燥，故A错误；B．装置Q优点是随开随用，随关随停，仅适用于块状固体和液体的反应，且装置不能加热；故该装置不能用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，因为二氧化锰是粉末状固体，且该反应需要加热，故B错误；C．实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，使W处在氢气的氛围中冷却，以避免W被重新氧化，故C错误；D．点燃酒精灯进行加热前，应检验氢气的纯度，以避免不纯的氢气发生爆炸，可点燃气体，通过声音判断气体浓度，声音越尖锐，氢气的纯度越低，故D正确；答案选D。5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是（）A.含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性B.化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同C.原子半径：r(Y)r(Z)r(W)D.Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的12，甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，乙为H2O2，则丁为H2O，结合图中转化关系可知，M为O2，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，则甲为Na2S，丙为H2S，因此X为H、Z为Na，Y为O、W为S，据此分析解答。【详解】由上述分析可知X为H、Z为Na，Y为O、W为S，甲为Na2S，乙为H2O2，M为O2，丙为H2S，N为SO2，丁为H2O。A．含S元素的盐溶液中，硫酸氢钠显酸性，亚硫酸钠显碱性，硫酸钠为中性，故A正确；B．化合物N为SO2，具有还原性，能够将溴水还原，使溴水褪色，乙烯能够与溴发生加成反应，使溴水褪色，前者是氧化还原反应，后者是加成反应，原理不同，故B错误；C．电子层越多，原子半径越大，同周期元素，从左向右，原子半径减小，则原于半径：r(Z)＞r(W)＞r(Y)，故C错误；D．NaH中H满足最外层2电子稳定结构，不是8电子结构，故D错误；故选A。6.以工业级氧化锌(含Fe2+、Mn2+、Cu2+、Ni2+等)为原料制备氧化锌的流程如下：其中“氧化”加入KMnO4是为了除去浸出液中的Fe2+和Mn2+。下列有关说法错误的是A.浸出时通过粉碎氧化锌提高了浸出率B.“氧化”生成的固体是MnO2和Fe(OH)3C.“置换”加入锌粉是为了除去溶液中的Cu2+、Ni2+等D.“煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、蒸发皿、泥三角【答案】D【解析】【详解】A.浸出时通过粉碎固体氧化锌，使物质颗粒变小，扩大了与硫酸的接触面积，反应速率加快，因而也可以提高了浸出率，A正确；B.向硫酸浸取工业级ZnO后的溶液中存在Fe2+、Mn2+、Zn2+和Ni2+，加入KMnO4溶液，Ni2+不能被氧化，Fe2+、Mn2+被氧化而形成MnO2和Fe(OH)3除去，KMnO4被还原形成MnO2，B正确；C.由于金属活动性ZnNiCu，所以“置换”加入锌粉可以与溶液中的是为了与溶液中Ni2+、Cu2+发生主反应，除去溶液中的Cu2+、Ni2+等，C正确；D.“煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、坩埚、泥三角，D错误；故合理选项是D。7.探究22NaO与水反应，实验如图：(已知：222HOHHO、222HOHO)，下列分析正确的是A.①④中均发生了氧化还原反应和复分解反应B.①⑤中2HO均发生化学变化C.②⑤中4KMnO与2MnO的作用不同，产生气体的量相同D.通过③能比较酸性：22HClHO【答案】A【解析】的【详解】A．①中发生反应222222222NaO+2HO=2NaOH+HO2HO=2HO+O、，④中发生反应224422BaO+HSO=BaSO+HO、22222HO=2HO+O，均发生了氧化还原反应和复分解反应，故A正确；B．⑤发生反应2MnO22222HO=2HO+O，⑤中H2O没发生化学变化，故B错误；C．②中4KMnO是反应物，做氧化剂，H2O2只做还原剂，1mol双氧水生成1mol氧气；⑤中2MnO做催化剂，H2O2既做氧化剂又做还原剂，1mol双氧水生成0.5mol氧气，故C错误；D．③发生反应2222BaCl+HOBaO2HCl，不能证明酸性22HClHO，故D错误；选A。8.取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的2NO气体和672mL的24NO气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02g。则x等于A.8.64B.9.00C.9.20D.9.44【答案】C【解析】【分析】铜和镁失去电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量，据此分析计算。【详解】8.960L的NO2气体的物质的量为8.96L22.4VLn==Vm/mol=0.4mol，0.672L的N2O4气体的物质的量为0.672L22.4Vn==VmL/mol=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5-4)+0.03mol×2×(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol×17g/mol=7.82g，所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.2g，故选C。9.合成新型多靶向性的治疗肿瘤的药物索拉非尼的部分流程如图。下列叙述错误的是的A.X结构中所有原子可能共面B.Z中含氧官能团名称为酰胺键(或酰胺基)C.X的环上二氯代物有6种D.Z的分子式为782CHNOCl【答案】D【解析】【详解】A．旋转碳氧单键，可以使-COOH中原子共面，旋转碳碳单键可以使羧基的平面与六元环平面重合，故X结构中所有原子可能共面，故A正确；B．Z中含氧官能团名称为酰胺键，故B正确；C．X的环上有4种氢，任意2个H原子被取代有432=6种情况，即X中环上二氯代物有6种，故C正确；D．Z的分子式为772CHNOCl，故D错误；故选：D。10.科研人员提出CeO2催化合成DMC需经历三步反应，示意图如下：下列说法正确的是A.①、②、③中均有O—H的断裂B.生成DMC总反应的原子利用率为100%C.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率D.DMC与过量NaOH溶液反应生成23CO和甲醇【答案】D【解析】【详解】A.根据示意图可知①、②、③中①、③有O—H的断裂，A错误；B.①中有水分子生成，生成DMC总反应的原子利用率小于100%，B错误；C.催化剂的使用不影响化学反应平衡，不能提高反应物的平衡转化率，C错误；D.DMC的结构中有酯基，能与过量NaOH溶液发生水解反应生成23CO和甲醇，D正确；答案选D。二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每个小题只有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.在同一温度下，在3个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。下列说法错误的是容器编号物质的起始浓度/(mol/L)物质的平衡浓度/(mol/L)c(PCl5)c(PCl3)c(Cl2)c(Cl2)I0.4000.2II0.600.2III0.800A.反应达到平衡时，容器I中