2023届浙江省高三十校联盟高考第三次联考化学试卷+含答案

这是一份2023届浙江省高三十校联盟高考第三次联考化学试卷+含答案，共33页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。
 2023年浙江省十校联盟高考化学第三次联考试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
总分
得分



第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1. 下列物质属于电解质且溶于水为碱性的是(    )
A. K2CO3 B. H2SO4 C. NH3 D. NH4Cl
2. 下列化学用语表述正确的是(    )
A. 2−丁烯的键线式：
B. 基态氧原子价电子轨道表示式：
C. 水晶的分子式：SiO2
D. Cl−Cl的p−pσ键电子云图形：
3. 物质的性质决定用途，下列说法不正确的是(    )
A. 金刚砂硬度大，可用作砂纸和砂轮的磨料
B. 很多自来水厂用氯气来杀菌消毒是因为氯气有漂白性
C. 二氧化硫可以添加到某些食品中起到漂白、抗氧化等作用
D. 硬铝密度小，强度高，抗腐蚀能力强，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
4. 下列关于物质制备说法正确的是(    )
A. 实验室用亚硫酸钠与70%的浓硫酸反应可以制备二氧化硫
B. 通过煤的分馏可以获得甲苯
C. 工业上通过电解MgO制备金属镁
D. 工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅可制得粗硅和二氧化碳
5. 超氧化钾(KO2)在加热条件下可以将CuO氧化成Cu(Ⅲ)的化合物，化学方程式如下：，则下列说法正确的是(    )
A. CuO既是氧化剂，又是还原剂
B. KCuO2只是氧化产物
C. 当反应中转移的电子数为0.3NA时，则有0.2molCuO被氧化
D. 标准状况下，生成2.24LO2时，被还原的超氧化钾(KO2)为0.2mol
6. 钠及其化合物应用广泛。下列说法正确的是(    )
A. 乙醇和二甲醚互为同系物，可用金属钠鉴别
B. 过氧化钠中含有非极性键，属于非极性分子
C. 工业上利用侯氏制碱法可以制备碳酸钠，CO32−的空间构型为平面三角形
D. 向100mL1mol⋅L−1稀盐酸中逐滴加入含0.1molNa2CO3的溶液，则混和液中：n(CO32−)+n(HCO3−)+n(H2CO3)=0.1mol
7. 下列说法正确的是(    )
A. 淀粉和纤维素都属于高分子化合物，都能发生水解反应和酯化反应
B. 蛋白质受某些因素影响，其空间结构发生变化(一级结构不变)，引起其理化性质和生物活性的变化，此时发生了蛋白质的盐析
C. 苯酚与甲醛在碱作用下可得到网状结构的酚醛树脂，属于热塑性塑料
D. 油脂在酸性条件下的水解可以得到高级脂肪酸盐，常用于生产肥皂
8. 下列反应的方程式正确的是(    )
A. 在高温加热下铁与水蒸气反应：
B. 用NaOH溶液吸收过量SO2：2OH−+SO2=SO32−+H2O
C. 含1molFeBr2溶液中通入1molCl2：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−
D. 将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合：2HCO3−+Mg2++2OH−=MgCO3+CO32−+2H2O
9. 如图是某神经类药物的结构，下列说法正确的是(    )

A. 分子中存在2种含氧官能团
B. 分子中最多有14个原子共平面
C. 1mol该物质与足量NaOH反应，最多消耗NaOH3mol
D. 1mol该物质与足量氢气反应，最多消耗氢气7mol
10. 如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是(    )

A. X和Z的最高化合价均为+7价
B. HX和HZ在水中均为强酸
C. 四种元素中，X的电负性最大，W的电负性最小
D. Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物
11. 反应物(S)转化为产物(P或P⋅Z)的能量与反应进程的关系如图所示。下列有关四种不同反应进程的说法不正确的是 (    )

A. 进程Ⅰ是放热反应
B. 增大X的量，S的平衡转化率不变
C. 从S→P整个过程看，单位时间单位体积内，反应物分子发生有效碰撞次数：Ⅱ>Ⅲ
D. X、Y、Z均起到催化效果，但催化效果不一样
12. 含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P(CN)2]，过程如图所示(Me为甲基)。下列说法不正确的是(    )

A. 石墨电极与电源正极相连，发生氧化反应
B. 铂电极上的电极反应为：2HCN+2e−=H2+2CN−
C. 在电解过程中CN−向石墨电极移动
D. 生成1molLi[P(CN)2]，理论上外电路需要转移4mol电子
13. 恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①X⇌Y；②Y⇌Z。反应①的速率v1=k1c(X)，反应②的速率v2=k2c(Y)，式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的lnk～1T曲线。下列说法正确的是 (    )

A. 随c(X)的减小，反应①的速率不断下降，而反应②的速率不断增大
B. 由图甲可知，某时间段体系中可能存在如下关系：v(Z)=v(X)+v(Y)
C. 欲提高Y的产率，需降低反应温度且控制反应时间
D. 温度高于T1时，总反应速率由反应②决定
14. 某同学将淡紫色的Fe(NO3)3⋅9H2O晶体溶于水后再依次加KSCN和NaF，发现溶液出现下列变化：

已知：[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，[Fe(SCN)6]3−为红色，[FeF6]3−为无色。
下列说法不正确的是(    )
A. 为了能在溶液Ⅰ中观察到浅紫色，可向溶液中加入硝酸
B. Ⅱ加NaF后溶液由红色变为无色，说明SCN−与Fe3+配位键强度小于F−与Fe3+配位键强度
C. 形成配位键时，配体的所有孤对电子均进入Fe3+核外的空轨道
D. 配离子[Fe(H2O)6]3+中两个O−H键的键角与H2O分子中两个O−H键的键角不相等
15. 已知：室温下氢硫酸(H2S)的电离常数Ka1=1×10−7，Ka2=1.3×10−13；CuS和FeS的Ksp分别为6.3×10−36、6.5×10−18，下列说法不正确的是(    )
A. 反应FeS+H+⇌Fe2++HS−的平衡常数K的数值为5×10−5
B. 可以用FeS除去污水中的Cu2+
C. 从上述数据可得出CuS难溶于稀硫酸中
D. 0.1mol⋅L−1的H2S溶液中加入等体积0.1mol⋅L−1的NaOH溶液，则有：c(Na+)>c(HS−)>c(H2S)>c(S2−)>c(OH−)>c(H+)
16. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是 (    )

实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应

A. A B. B C. C D. D
第II卷（非选择题）
二、简答题（本大题共5小题，共52.0分）
17. 近年来，铅卤钙钛矿太阳能电池的光电转化效率迅速发展，已经接近成熟的光伏技术。
(1)基态Ti原子的价电子排布式为 ______ ，比较第一电离能大小：Ca ______ Ga(填“>”、“c(H2S)>c(H+)>c(S2−)，故D错误；
故选：D。
A.反应FeS+H+⇌Fe2++HS−的平衡常数K=c(HS−)⋅c(Fe2+)c(H+)=c(HS−)⋅c(Fe2+)c(H+)×c(S2−)c(S2−)=Ksp(FeS)Ka2；
B.根据溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀分析判断；
C.若CuS溶于稀硫酸中，反应为CuS+2H+⇌Cu2++H2S↑，反应的平衡常数K=c(Cu2+)⋅c(H2S)c2(H+)=c(Cu2+)⋅c(H2S)c2(H+)×c(HS−)⋅c(S2−)c(HS−)⋅c(S2−)=Ksp(CuS)Ka1⋅Ka2；
D.HS−的水解平衡常数Kh=KwKa1=10−141×10−7=1×10−7>Ka2，即HS−的水解程度大于其电离程度，NaHS溶液呈碱性，结合水的电离分析判断。
本题考查难溶电解质的溶解平衡、溶度积Ksp的计算应用，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，把握电离平衡常数、溶度积常数的计算是解题关键，注意掌握沉淀转化原理，题目难度中等。

16.【答案】C 
【解析】解：A.过量氯水分别与NaBr、KI反应，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，故A错误；
B.蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能说明蔗糖没有发生水解，故B错误；
C.石蜡油加强热生成不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D.加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片，生成HCl，能使湿润蓝色湿润试纸变红，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，故D错误；
故选：C。
A.过量氯水分别与NaBr、KI反应；
B.蔗糖水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖；
C.石蜡油加强热生成不饱和烃；
D.加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片，生成HCl。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

17.【答案】3d24s2  >  CH3NH3PbI3 3MρNA×107  abc  4：3：1  该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl−，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力 
【解析】解：(1)Ti为22号元素，位于周期表中第四周期第ⅣB族，价电子排布式为3d24s2；同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族比相邻元素的大，故Ca的第一电离能比Ga的大，
故答案为：3d24s2；>；
(2)①由图1a和图1b可知，碘离子位于棱心，个数为12×14=3，CH3NH3+位于体心，个数为1，铅离子位于顶点，个数为8×18=1，则化学式为CH3NH3PbI3，
故答案为：CH3NH3PbI3；
②晶体中相邻的Pb2+之间的最短距离为晶胞边长，设为anm，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，晶胞质量为MNAg，根据ρ=mV可得，ρg/cm3=MNAg(a×10−7)3cm3，a=3MρNA×107nm，该晶体中相邻的Pb2+之间的最短距离为3MρNA×107nm，
故答案为：3MρNA×107；
(3)①离子液体[CPMIm]Cl中存在[CPMIm]+和Cl−，即存在离子键，[CPMIm]+中还存在C−H、C−N等极性共价键，
故答案为：abc；
②由可知，环上的3个C原子形成3个σ键，为sp2杂化，−C≡N中C原子形成2个σ键，为sp杂化，其他4个C原子形成4个σ键，为sp3杂化，则离子液体[CPMIm]Cl中不同杂化方式的碳原子个数比：sp3：sp2：sp=4：3：1，
故答案为：4：3：1；
③该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl−，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力，故沸点比较高，难于挥发，
故答案为：该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl−，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力。
(1)Ti为22号元素，位于周期表中第四周期第ⅣB族；同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族比相邻元素的大；
(2)①由图1a和图1b可知，碘离子位于棱心，个数为12×14=3，CH3NH3+位于体心，个数为1，铅离子位于顶点，个数为8×18=1；
②晶体中相邻的Pb2+之间的最短距离为晶胞边长，设为anm，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，晶胞质量为MNAg，根据ρ=mV可求得晶胞边长；
(3)①离子液体[CPMIm]Cl中存在[CPMIm]+和Cl−，[CPMIm]+中还存在C−H、C−N等化学键；
②由可知，环上的3个C原子形成3个σ键，−C≡N中C原子形成2个σ键，其他4个C原子形成4个σ键；
③该离子液体中存在[CPMIm]+和Cl−，存在离子键。
本题考查晶体结构，涉及核外电子排布、第一电离能、化学键、晶胞结构与计算等知识，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，试题考查学生综合运用知识的能力。题目难度中等。

18.【答案】CaCN2     混合气体与氨水反应生成NH4NO2溶液，NH4+水解程度大于NO2−水解程度，故溶液呈酸性  取反应后的混合物进行过滤，取滤液于试管中，逐滴滴加盐酸，若立即产生无色无味的气体，则主要离子为HCO3− 
【解析】解：(1)由分析可知，固体X中含有Ca、C、N三种元素，n(C)=0.8g−0.01×40g⋅mol−1−0.02×14g⋅mol−112g⋅mol−1=0.01mol，n(Ca)：n(C)：n(N)=0.01：0.01：0.02=1：1：2，则固体X的化学式为CaCN2，
故答案为：CaCN2；
(2)混合气体C中含有NO、NO2与NaOH溶液反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，n(NO)=n(NO2)=0.01mol，生成的n(NaNO2)=0.02mol，消耗的为n(NaOH)=0.02mol，无色溶液中含有
0.02molNaNO2和0.02molNaOH，Al与溶液D恰好反应，反应离子方程式为：，
故答案为：；
(3)酸G与气体E的组成元素相同，相对分子质量为43，则酸G为HN3，HN3的酸根电子式为，
故答案为：；
(4)将混合气体C通入氨水中，恰好完全反应，反应化学方程式为：NO+NO2+2NH3⋅H2O=2NH4NO2+H2O，得到NH4NO2溶液，NH4+水解程度大于NO2−水解程度，故溶液呈酸性，
故答案为：混合气体与氨水反应生成NH4NO2溶液，NH4+水解程度大于NO2−水解程度，故溶液呈酸性；
(5)将过量的CO2通入NaAlO2溶液中，过滤，取滤液于试管中，逐滴滴加盐酸，若立即产生无色无味的气体，则主要离子为HCO3−，
故答案为：取反应后的混合物进行过滤，取滤液于试管中，逐滴滴加盐酸，若立即产生无色无味的气体，则主要离子为HCO3−。
气体E是一种纯净物，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体E为NH3，n(NH3)=0.448L22.4L⋅mol−1=0.02mol；混合气体C中含有N元素，混合气体C由两种化合物组成，均含有氧元素和另一种元素，且两种元素总质量比为12：7，即m(O)：m(N)=12：7，则n(O)：n(N)=1216：714=3：2，n(O)=0.03mol，混合气体C中n(NO)=0.01mol，n(NO2)=0.01mol；固体A煅烧时还会产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则A为CaCO3，白色固体B为CaO，则n(CaO)=0.56g56g⋅mol−1=0.01mol，n(Ca)=0.01mol，Y气体能使澄清的石灰水变浑浊，则Y为CO2，综合以上可知，固体X中含有Ca、C、N三种元素，以此分析解答。
本题考查物质组成的测定，侧重考查学生的分析能力、计算能力、实验能力，注意把握物质的性质以及反应现象的分析，注意对题目信息的运用，题目难度较大。

19.【答案】计算得到④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)△H=+170kJ/mol，△S>0，所以高温下自发进行  优点：能获取可做燃料的氢气，缺点：能耗高  C  6.25kPa  
【解析】解：(1)①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=−1036kJ⋅mol−1，②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+94kJ⋅mol−1，③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=−484kJ⋅mol−1，盖斯定律计算①+②3−③得到H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)△H=(−1036kJ/mol)+(+94kJ/mol)3−(−484kJ/mol)=+170kJ/mol，△S>0，自发反应的条件及判据是△H−TS0，所以高温下自发进行；
(2)根据盖斯定律(①+②)×13可得2H2S(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)△H=(−1036+94)kJ/mol×13=−314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应，根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料，但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高，
故答案为：优点：能获取可做燃料的氢气，缺点：能耗高；
(3)①A.其他条件不变时，用空气替代N2作稀释气体，空气中的氧气参与反应，对实验结果有影响，故A错误；
B.正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高，故B错误；
C.由表中数据可知，低温下，发生反应I，随温度升高，反应I平衡正向移动，则S2的体积分数增大，而高温阶段，随温度升高，反应Ⅱ消耗S2速率大于反应I生成S2的速率，S2的体积分数又减小，故C正确；
D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，等效为降低压强，平衡正向移动，硫化氢、甲烷的浓度减小，平衡常数不变，则氢气的浓度减小，故D错误，
故答案为：C；
②在1203K、100kPa反应条件下，只充入H2S和Ar气体进行H2S热分解反应，已知反应一开始，c(H2S)=0.0025mol/L，c(Ar)=0.0075mol/L，p(H2S)=0.00250.0025+0.0075×100kPa=25kPa，结合三段式列式计算，设消耗硫化氢分压为xkPa，
                     2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)
起始量(kPa) 25 0 0
变化量(kPa)   x x            0.5x
平衡量(kPa) 25−x          x 0.5x
平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，25−x=x，x=12.5，
则平衡常数Kp=p2(H2)×p(S2)p2(H2S)=12.5×0.5×12.525−12.5kPa=6.25kPa，
故答案为：6.25kPa；
(4)恒温恒容条件下反应，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，且两个反应同时发生，苯硫酚的物质的量随反应进行，浓度增大，达到平衡状态时，浓度达到最大，而平衡后苯的浓度增加，消耗反应物，导致反应Ⅰ逆向进行，苯硫酚的物质的量减小，物质的量难度减小，则恒温恒容条件下反应主产物苯硫酚的物质的量浓度随时间变化趋势曲线为：，
故答案为：。
(1)①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=−1036kJ⋅mol−1，②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+94kJ⋅mol−1，③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=−484kJ⋅mol−1，盖斯定律计算①+②3−③得到H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的热化学方程式，自发反应的条件及判据是△H−TS