化学试题（解析版）

天津市耀华中学2023届高三年级第三次月考化学试卷本试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间60分钟。第I卷1至5页，第II卷6至10页。答卷前，考生务必将姓名、班级、考号填在答题卡上。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将答题卡交回。祝各位考生考试顺利！第I卷(共36分)注意事项：1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Al-27Cl-35.5Co-591.发任意球时，足球裁判会在球场喷少量液体做标记，该液体迅速形成白色泡沫并很快消失。该液体的组成：80%水、17%液态丁烷、2%植物油及1%表面活性剂，液体形成泡沫有表面活性剂的作用，还因为A.丁烷变成气体 B.植物油变成固体 C.水变成气体 D.水变成固体【答案】A【解析】【详解】常温下丁烷为气态烃，由液体的组成和性质可知，在球场喷少量液体做标记时，喷出的液体中的液态丁烷迅速变成气体使表面活性剂形成泡沫，故选A。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。由电化学固氮得到的AlN转化为的反应为：，下列说法不正确的是A.固氮过程中，每生成1molAlN转移的电子数目为3NAB.室温下，pH为13的NaOH溶液中OH-数目为0.1NAC.标准状况下，1.12LNH3中含有的电子数目为0.5NAD.11.8g中含有的共价键数目为0.8NA【答案】B【解析】【详解】A．固氮过程中，Al与N2反应生成AlN，电子转移的数目为3e-，则每生成1molAlN转移的电子数目为3NA，A正确；B．pH为13的NaOH溶液的体积未知，无法计算溶液中所含OH-的数目，B不正确；C．标准状况下，1.12LNH3的物质的量为0.05mol，每个NH3分子中含有10个电子，则1.12LNH3含有的电子数目为0.5NA，C正确；D．11.8g的物质的量为，每个中含有8个共价键，则含有的共价键数目为0.8NA，D正确；故选B。3.高中化学《化学反应原理》模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析，以下观点中不正确的是A.难溶电解质在水中达到溶解平衡时，再加入难溶电解质，溶液中各离子浓度不变B.将加入水中并加热使其转化为C.乙烯聚合为聚乙烯的反应是熵减的过程，却能够自发进行，可知该反应的D.溶液显碱性原因：【答案】D【解析】【详解】A．难溶电解质在水中达到溶解平衡时，再加入难溶电解质，溶液仍处于饱和状态，溶液中各离子浓度不变，A正确；B．将加入水中，钛离子水解生成氢氧化钛和挥发性酸盐酸，故加热氢氧化钛最终会使其转化为，B正确；C．熵变、焓变都是影响反应自发的因素，乙烯聚合为聚乙烯的反应是熵减的过程，却能够自发进行，可知该反应的，C正确；D．溶液显碱性的原因是碳酸氢根离子水解生成氢氧根离子：，D错误；故选D。4.下列说法正确的是A.镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁B.浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化C.加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强D.向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，说明炭可与浓HNO3反应生成NO2【答案】A【解析】【详解】A．镁非常活泼，在空气中燃烧可和氮气、氧气反应，生成氧化镁和氮化镁，A正确；B．浓H2SO4能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化，是其脱水性的体现，B错误；C．浓H3PO4为难挥发性酸，加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，是难挥发性酸制取挥发性酸，C错误；D．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，也可能是硝酸受热分解生成二氧化氮气体，D错误。故选A。5.25℃时，将1.0Lxmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是A.水的电离程度：①>②>③B.点②对应的混合溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=xmol·L-1C.点③对应的混合溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)D.该温度下，CH3COOH的电离平衡常数Ka=【答案】B【解析】【详解】A．CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，点②反应CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH固体，点③反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度：③>①>②，A错误；B．CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根据物料守恒：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=xmol·L-1，B正确；C．点③时反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，此时pH=7，则c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，C错误；D．该温度下pH=7时，c(H+)=10-7mol·L-1，c(CH3COO-)=c(Na+)=0.2mol/L，c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka==，D错误；故选B。6.气体报警器是一种检测气体的化学类传感器，能够及早排除安全隐患。原理如下图所示，当被检测气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号。常见的传感器(被检测气体产物)有：、、、等，则下列说法中正确的是A.上述气体检测时，敏感电极均作电池正极B.检测气体时，电流离开对电极流向传感器C.检测和相同含量的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同D.检测气体时，对电极充入空气，该电极反应式可以为：【答案】D【解析】【详解】A．甲烷、一氧化碳发生氧化反应，氯气、二氧化氮发生还原反应，故可作正极也可以作负极，A错误；B．(敏感电极)是氧化剂反应还原反应作正极，电流离开敏感电极，对电极作负极，是电子流出，电流流入，B错误；C．电流大小由转移电子大小决定，由+4变为0价转移4个电子，由+2价变为+4价转移2个电子，相同量气体转移电子不同，则电流不同，C错误；D．氧化产物为说明电解质为碱性，对电极为正极，电极反应式可以为：，D正确；故选D。7.某温度下，向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2CO3溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Ba2+)与Na2CO3溶液体积(V)的关系如图所示，已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。下列说法不正确的是A.该温度下Ksp(BaCO3)=10-8.6B.a、c两点溶液中，水的电离程度：c＞aC.b点溶液中：c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=c(Na+)D.若把Na2CO3溶液换成等浓度Na2SO4溶液，则曲线变为I【答案】C【解析】【详解】A．向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2CO3溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和碳酸钡沉淀，则存在沉淀溶解平衡：，c(Ba2+)=c(CO)，该温度下Ksp(BaCO3)=10-4.3×10-4.3=10-8.6，A正确；B．a中滴入碳酸钠不足，溶质为强酸强碱盐溶液，室温下水电离出的氢离子浓度为10-7mol/L、c点溶液中碳酸钠过量，溶液因水解呈碱性、水的电离被促进，则：a、c两点溶液中水的电离程度：c＞a，B正确；C．b点，滴入的碳酸钠提供的碳酸根主要存在于碳酸钡沉淀中，溶液中碳元素很少：c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)＜c(Na+)，C不正确；D．若把Na2CO3溶液换成等浓度Na2SO4溶液：向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2SO4溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和硫酸钡沉淀，则存在沉淀溶解平衡：，c(Ba2+)=c(SO)，该温度下Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，则c(Ba2+)=c(SO)=，＞4.3，则曲线变为I，D正确；答案选C。8.在直流电源作用下，双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，利用双极膜电解池产生强氧化性的羟基自由基(•OH)，处理含苯酚废水和含SO2的烟气的工作原理如图所示。下列说法错误的是A.电势：N电极＞M电极B.阴极电极反应式为O2+2e-+2H+=2•OHC.每处理9.4g苯酚，理论上有2.8molH+透过膜aD.若•OH只与苯酚和SO2反应，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1：14【答案】C【解析】【分析】双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，M极上O2得电子与H+反应生成羟基自由基(•OH)，说明M极为阴极，连接电源的负极，M极上产生的羟基自由基将苯酚氧化生成CO2；N极为阳极，H2O解离产生的OH-失电子产生羟基自由基，羟基自由基将SO2氧化为硫酸根离子。【详解】A．M极上O2得电子生成羟基自由基(•OH)，说明M极为阴极，连接电源负极，N极为阳极，故电势：N电极＞M电极，选项A正确；B．M为阴极，阴极上O2得电子生成羟基自由基(•OH)，电极反应式为O2+2e-+2H+=2•OH，选项B正确；C．每mol苯酚转化为CO2，转移电子28mol，每处理9.4g苯酚（即0.1mol），理论上有2.8mol电子转移，则有2.8molH+透过膜b，选项C错误；D．若•OH只与苯酚和SO2反应，转移电子数之比为28：2，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1：14，选项D正确；答案选C。9.以废铁屑为原料制备硫酸亚铁晶体的实验过程如图，下列说法正确的是A.取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明废铁屑中不含+3价铁元素B.人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血C.过滤步骤说明硫酸亚铁晶体难溶于水D.实验过程不直接蒸发结晶原因是防止FeSO4水解生成Fe(OH)2【答案】B【解析】【分析】废铁屑用稀硫酸酸浸后得到FeSO4溶液，FeSO4溶液经结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体。【详解】A．取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明酸浸后的溶液中不存在Fe3+，但不能说明废铁屑中不含+3价铁元素，因为废铁屑中若含+3价铁元素，在酸浸时会被Fe还原成Fe2+，A项错误；B．人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可提供亚铁离子，从而可用于治疗缺铁性贫血，B项正确；C．硫酸亚铁晶体溶于水，题给实验过程中是经结晶析出晶体后过滤的，C项错误；D．实验过程不直接蒸发结晶的原因是：防止硫酸亚铁被氧化、防止硫酸亚铁晶体失去结晶水，D项错误；答案选B。10.下列“类比”结果正确的是A.植物油不溶于水，则甘油也不溶于水B.甲酸能与银氨溶液发生银镜反应，则乙酸也可与银氨溶液发生银镜反应C.S和Fe加热条件下生成FeS，则S和Cu加热条件下生成D.向含的溶液中滴加过量氨水不会产生沉淀，则向含的溶液滴加过量的氨水也不会产生沉淀【答案】C【解析】【详解】A．甘油为丙三醇，能与水混溶，A错误；B．甲酸中有醛基，故能发生银镜反应，乙酸中无醛基，不能发生银镜反应，B错误；C．硫的氧化性较弱，与变价金属反应只能生成低价态化合物，故与铁反应生成硫化亚铁，与铜反应生成硫化亚铜，C正确；D．向银离子的溶液中加入过量的氨水生成银氨溶液，不会产生沉淀，但向含有铝离子的溶液中加入过量的氨水只能生成氢