江西省上饶市广丰一中2023-2024学年高三上学期12月考试化学试题（Word版附解析）

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一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个正确选项。)
1. “吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术主要流程如下：
下列有关说法正确的是
A. 氧化1所用的氯气可通过热还原饱和NaCl溶液制得
B. 吹出后剩余溶液中可能大量存在的离子有Na＋、Mg2＋、Cl-、Br-
C. 吸收过程发生反应的离子方程式是SO2＋Br2＋H2O=2H＋＋2Br-＋SO
D. 从氧化2所得溶液中分离出单质溴的方法是萃取
【答案】D
【解析】
【分析】海水中的溴离子与氯气反应，生成溴，经热空气吹出，与二氧化硫、水反应生成硫酸和氢溴酸；再次加入氯气，得到溴单质，分离得到液溴。
【详解】A．工业上通过电解饱和食盐水生成NaOH、氢气和氯气，则氧化1所用的氯气可通过电解饱和NaCl溶液制得，故A错误；
B．利用热空气吹出溴单质，则剩余溶液中可能大量存在的离子有Na+、Mg2+、Cl-，几乎不存在Br-，故B错误；
C．吸收过程中，溴与二氧化硫、水反应生成硫酸和氢溴酸，离子方程式是SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+，故C错误；
D．从氧化2所得溶液中分离出单质溴的方法能用CCl4萃取，故D正确；
故选：D。
2. 黄铁矿(主要成分)是制取硫酸的重要矿物原料。在酸性条件下，可被氧气催化氧化，反应方程式为，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是
A. 反应Ⅰ中，还原剂为
B. 在该催化氧化反应中NO作催化剂
C. 反应Ⅱ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D. 反应Ⅲ中可吸收标准状况下
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知：反应Ⅰ中Fe(NO)2+中铁由+2价变+3价，氧气中氧由0价变成-2价，反应Ⅱ的Fe3+由+3价变成+2价，FeS2中硫元素化合价升高，反应Ⅲ的离子方程式为Fe2+ +NO=Fe(NO)2+，无元素化合价变化，总反应2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2+ +4+4H+可知，NO参加反应但反应前后性质和质量不变，据此分析。
【详解】A．由分析可知，反应Ⅰ中Fe(NO)2+中铁由+2价变+3价，Fe(NO)2+做还原剂，故A错误；
B．由分析可知，NO参加反应但反应前后性质和质量不变，属于NO催化剂，故B正确；
C．反应Ⅱ的Fe3+由+3价变成+2价，FeS2中硫元素化合价由-1价升高到+6价，由电子守恒可知Fe3+和FeS2的物质的量之比为14∶1，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为14∶1，故C正确；
D．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2+ +NO=Fe(NO)2+，则1ml Fe2+可吸收1ml NO，即标准状况下22.4L，故D正确；
答案选A。
3. 如图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图。根据以上信息，判断下列相关分析不正确的是
A. 上述提取Mg流程中，没有涉及的反应类型是置换反应
B. 因氮气的化学性质相对稳定，冷却电解无水氯化镁所得的镁蒸气时，可选择氦气
C. 反应⑥所用的气态氧化剂可从本厂生产烧碱处循环利用或从本厂生产镁单质处循环利用
D. 从母液中提取Mg和Br2的先后顺序：先提取Mg，后提取Br2
【答案】BD
【解析】
【分析】反应①为精盐溶液的电解，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，C+F→N，N能溶解沉淀，C既能和F反应又能和E反应，可知E为NaOH，F为H2，C为Cl2，N为HCl,M为NaClO和NaClO，贝壳(主要成分为CaCO3)经过高温煅烧可以生成A为CaO，氧化钙可与水反应生成B为氢氧化钙，与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融氯化镁可生成氯气和镁，由转化关系可知D为Mg,母液中加氯气氧化溴离子，空气吹出溴，以此解答该题。
【详解】A．贝壳主要成分为CaCO3经过高温煅烧可以生成A为CaO，氧化钙可与水反应生成B为氢氧化钙，与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸发生复分解反应生成氯化镁，电解熔融氯化镁可生成氯气和镁，不涉及置换反应，故A正确；
B．Mg与氮气反应生成氮化镁，不能冷却电解无水氯化镁所得的镁蒸气，故B错误；
C．电解食盐水生成氯气，可用于反应⑥所用的气态氧化剂，故C正确；
D．若先提取镁，海水中会残留大量Ca(OH)2，Ca(OH)2能和氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙和水，再用Cl2提取溴时会消耗大量Cl2，则先提纯溴，故D错误；
故选BD。
4. “化学——人类进步的关键”，前提是必须根据化学物质的特性合理使用，下列关于化学物质使用的说法正确的是
A. 同时施用草木灰(有效成分为K2CO3)和氮肥可促进植物的生长、增强抗倒伏能力
B. 农药施用后一定不会通过农作物、农产品等发生转移
C. 随意丢弃聚乙烯制品(如食品包装袋)会产生“白色污染”
D. 由于钢铁在空气中会发生锈蚀而损耗，故废旧钢铁制品不需回收利用
【答案】C
【解析】
【详解】A．草木灰(有效成分为K2CO3)溶液呈碱性，铵态氮肥溶液呈酸性，两者会反应产生氨气，同时施用会降低肥效，故A错误；
B．农药可以通过生物转移，故B错误；
C．塑料垃圾可以造成白色污染，随意丢弃聚乙烯制品(如食品包装袋)会产生“白色污染”，故C正确；
D．回收利用废旧金属是保护金属资源的有效途径，故D错误；
故选：C。
5. 有关煤的综合利用如图所示，下列说法正确的是
A. 煤和水煤气均是可再生能源
B. 煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机物
C. ③是将煤在空气中加强热使其分解的过程
D. B为甲醇或乙酸时，原子利用率均可达到100%
【答案】D
【解析】
【详解】A．煤是不可再生的化石能源，故A错误；
B．煤的主要成分是碳，苯、甲苯、二甲苯是煤的干馏得到的产物，故B错误；
C．反应①是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，③为水煤气在催化剂作用下的反应，故C错误；
D．水煤气的主要成分是氢气和一氧化碳，2ml氢气能与1ml一氧化碳反应生成甲醇、2ml氢气能与2ml一氧化碳反应生成乙酸，反应产物唯一，原子利用率均可达到100%，故D正确；
故选D。
6. 已知：，，CuR难溶于水。常温下，Ka1()=1×10-9，Ka2()=2×10-13，当10mL0.1ml/LH2R溶液中缓慢加入少量CuSO4粉末，溶液中c(H+)与(Cu2+)的变化如图所示(忽略溶液的体积变化)。下列有关说法不正确的是
A. X点溶液的pH≈5
B. 根据Y点数据可求得Ksp(CuR)=1×10-24
C. Z点溶液中含R微粒的主要存在形式为H2R
D. Y点对应溶液中：c(H+)+2c(Cu2+)=2c(R2-)+c(HR-)+2c()+c(OH-)
【答案】B
【解析】
【详解】A．设0.1ml/LH2R溶液中氢离子浓度为xml/L,可列出三段式如下：，
则，可求得，所以X点溶液的pH≈5，A项正确；
B．根据平衡常数的计算方法，可知，Y点的，此时溶液中的，则可求得，此时，则，B项错误；
C．根据Y点数据可得到，此时，而Z点铜离子浓度更大，则的浓度更小，Z点溶液中含R微粒的主要存在形式为H2R，C项正确；
D．Y点对应的溶液中存在电荷守恒：，D项正确；
故选B。
7. 化学与生活息息相关。下列说法正确的是
A. 使用加酶洗衣粉洗涤衣物时，水温越高效果越好
B. 作腌制品的保鲜剂，能减缓食物腐败变质的速率
C. 使用催化剂消除汽车尾气污染物时，催化剂颗粒大小对其反应速率无影响
D. 打开啤酒瓶盖后冒出大量气泡，压强减小，二氧化碳的溶解度增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．酶的催化应控制在一定温度范围内，防止温度过高而导致蛋白质变性，失去催化功能，故A错误；
B．作腌制品的保鲜剂，能减缓食物腐败变质的速率，但是需要按照国家规定用量添加使用，故B正确；
C．催化剂颗粒越小，与反应物接触面积越大，催化效率越高，对其反应速率有影响，故错误
D．打开啤酒瓶盖后冒出大量气泡，压强减小，二氧化碳的溶解度减小，导致其从溶液中逸出，D错误；
故选B。
8. 下列实验设计不恰当的是
A. 蒸干AlCl3溶液获得AlCl3晶体
B. 测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率
C. 探究温度对化学平衡的影响
D. 探究催化剂对化学反应速率的影响
【答案】A
【解析】
【详解】A．AlCl3溶液存在AlCl3+3H2O⇋Al(OH)3+3HCl，加热AlCl3溶液，HCl挥发使平衡正向移动，最终生成Al(OH)3，不能得到AlCl3晶体，A错误；
B．根据一定时间内生成氢气的体积，可以测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率，B正确；
C．红棕色的二氧化氮气体可以转化为无色的N2O4，将混合气体放入盛有不同温度的水的烧杯中，根据颜色可以探究温度对化学平衡的影响，C正确；
D．H2O2在催化剂条件下分解速率快，其它条件相同是分别加氯化铁和蒸馏水，根据反应的剧烈程度，可以探究催化剂对化学反应速率的影响，D正确；
答案选A。
9. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是
A. X、W最简单氢化物的键角：X>W
B. 简单离子半径：W