山东省烟台市2023届高三上学期期中学业水平诊断化学试卷（解析版）.docx

高三化学可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cl 35.5 K 39 Cu 64 Ba 137一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题目要求1. 化学使科技进步，使生活更美好下列说法错误的是A. 火箭箭体采用的高强度新型钛合金结构属于金属材料B. 食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质C. 北京冬奥会采用的“绿电”来自光伏发电，太阳能电池的主要成分为SiD. “天问一号”火星车的热控保温材料——纳米气凝胶，具有丁达尔效应【答案】B【解析】【详解】A．火箭箭体采用的高强度新型钛合金结构属于金属材料，故A正确；B．食品包装袋中的硅胶、生石灰作用是干燥剂，还原铁粉的作用是防止食品氧化变质，故B错误；C．北京冬奥会采用的“绿电”来自光伏发电，太阳能电池的主要成分为单质Si，故C正确；D．纳米气凝胶属于胶体，具有丁达尔效应，故D正确；故选B2. 下列实验操作错误的是A. 水银洒在地上，撒上硫粉并进行处理 B. 常温下，用铝或铁制容器盛装浓硝酸、浓硫酸C. 碳酸钠溶液应保存在带有玻璃塞的试剂瓶中 D. 实验剩余的金属钠应放回原试剂瓶中【答案】C【解析】【详解】A．由于汞有毒，尤其是汞蒸气，根据Hg+S=HgS可知，水银洒在地上，可以撒上硫粉并进行处理，A正确； B．Al、Fe遇到冷的浓硫酸、浓硝酸发生钝化，故常温下，用铝或铁制容器盛装浓硝酸、浓硫酸，B正确；C．由于碳酸钠溶液呈强碱性，能够腐蚀玻璃中的SiO2，转化为硅酸钠溶液，将试剂瓶和瓶塞粘在一起，故碳酸钠溶液应保存在不能带有玻璃塞的试剂瓶中，应该用橡胶塞或者软木塞，C错误； D．由于金属钠的化学性质非常活泼，与O2、H2O蒸气等均能反应，甚至引发火灾等安全事故，故实验剩余的金属钠应放回原试剂瓶中，D正确；故答案为：C。

3. 设为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是A. 25g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子数为3B. 2molNO与1mol在密闭容器中充分反应后的分子数为2C. 电解精炼铜过程中当电路中通过0.5电子时，阳极有16gCu转化为D. 的溶液显中性，1L该溶液中含数为0.1【答案】A【解析】【详解】A．乙醇分子和水分子都含氢原子，乙醇分子中氢原子数为，水分子种的氢原子数为，则乙醇水溶液中含有的氢原子数为3，故A正确；B．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4，所以产物分子数小于2NA，故B错误；C．电解精炼铜，阳极为粗铜含有活泼性强于铜的铁和锌等杂质，放电顺序先于铜，所以电解精炼铜时，当电路中通过0.5NA个电子时，阳极Cu转化为的质量小于16g，故C错误；D．常温下，为弱的酸根离子，会部分水解生成，所以1L0.1mol/L的溶液中数目一定小于0.1NA，故D错误；故选A4. 类比法是化学上研究物质的重要方法之一，下列类比结果合理的是A. Fe和S反应生成FeS，则Cu和S反应生成B. 工业上电解熔融的冶炼镁，则电解熔融的可以冶炼铝C. 通入溶液中没有现象，则通入溶液中也无明显现象D. 镁、铝、稀组成的原电池中镁作负极，则镁、铝、NaOH溶液组成的原电池中镁也作负极【答案】A【解析】【详解】A．S的氧化性比较弱，S与变价金属Fe反应生成FeS，与Cu反应生成，故A正确；B．氯化镁是离子化合物，在熔融状态下能电解，所以电解熔融的氯化镁制镁，氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，所以工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，选项B错误；C．通入溶液中没有现象，但在酸性条件下具有强氧化性，与反应生成，有白色沉淀生成，故C错误；D．镁和铝与稀硫酸所形成的原电池中镁失去电子被氧化作负极，而镁和铝与氢氧化钠溶液所形成的原电池中铝与氢氧化钠溶液自发发生反应失电子被氧化作负极，故D错误；故选A。

5. 如图是一种可实现氢气循环的新型电池放电工作原理下列说法正确的是A. 放电时，N电极作正极B. 充电过程中Na+由右池通过交换膜向左池移动C. 放电时，N极电极反应式为4OH- -4e-=O2↑+2H2OD. 充电时，M极与电源正极相连【答案】D【解析】【分析】由图可知：放电时N极作负极，氢气失电子，碱性溶液中电极反应式为H2+2OH--2e-=2H2O；反应消耗氢氧根离子，钠离子剩余，电极M作正极，电极反应式为2H++2e- =H2↑，阳离子减少，故钠离子由右池透过交换膜进入左池，充电时，电池的负极连接电源的负极作阴极，电池的正极连接电源的正极作阳极，据此作答详解】A．放电时N极上H2失去电子，发生氧化反应，所以N极是负极，A错误；B．充电时M电极为阳极，N极为阴极，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，充电过程中Na+会向负电荷较多的阴极N极区定向移动，即Na+由左池通过交换膜向右池移动，B错误；C．放电时N极作负极，氢气失电子，碱性溶液中电极反应式为：H2+2OH--2e-=2H2O，C错误；D．由上述分析可知：充电时M极接电源的正极，D正确；故合理选项是D6. 下列实验装置能达到实验目的的是A. 装置甲：收集 B. 装置乙：验证和的热稳定性C. 装置丙：分离S和NaCl固体 D. 装置丁：制备并观察其颜色【答案】D【解析】【详解】A．的密度大于空气，应采取向上排空气法，故应该长进短出，而且，吸收装置也没有防止倒吸，A错误；B．外管温度较高，NaHCO3置于外管时分解，不能说明NaHCO3的热稳定性较Na2CO3差，应将NaHCO3,置于内管，B错误；C．分离S和NaCl固体的分离方法为：用水溶解，硫不溶，然后过滤，滤渣为硫，溶液里为氯化钠，将溶液蒸发，可得到氯化钠晶体，C错误；D．阳极产生二价铁离子，阴极产生氢氧根，二者结合产生氢氧化亚铁，汽油可以阻隔空气，防止氢氧化亚铁被氧化，D正确； 故本题选D。

7. 在恒温、恒压条件下，按体积比1：2向一密闭容器中充入、两种双原子气体，反应完成后体积变为原来的1/2，只有一种产物，且为气体，则气体产物的分子式是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】恒温恒压下，气体体积比等于其物质的量之比，即A2、B2的物质的量之比为1:2；设反应前，n(A2)=1mol，则n(B2)=2mol，各选项分析如下：A．若产物是A2B，反应的三段式为：反应前后气体总物质量之比为(1mol+2mol):(1.5mol+1mol)=6:5，则反应完成后体积是原来的，A不符合题意；B．若产物是AB2，反应的三段式为：反应前后气体总物质的量之比为(1mol+2mol):2mol=3:2，则反应完成后体积是原来的，B不符合题意；C．若产物是A2B3，反应的三段式为：反应前后气体总物质的量之比为(1mol+2mol):(1mol+0.5mol)=2:1，则反应完成后体积是原来的，C符合题意；D．若产物是A3B2，反应的三段式为：反应前后气体总物质的量之比为(1mol+2mol):(mol+mol)=3:2，则反应完成后体积是原来的，D不符合题意；故选C8. 某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应，达到平衡后，在不同的时间段内反应物的浓度随时间的变化如甲图所示，正逆反应速率随时间的变化如乙图所示。

下列说法错误的是A. 前20minB的平均反应速率为B. 30~40min间该反应使用了催化剂C. 化学方程式中的，正反应为放热反应D. 30min、40min时分别改变的条件是减小压强、升高温度【答案】B【解析】【详解】A．，前20minB的平均反应速率为=，故A正确；B．30min时C和A、B的浓度都下降了，而催化剂只会改变反应速率，不会瞬间改变反应物的浓度，故B错误；C．由图可知，A、B的浓度变化相同，故A、B的化学计量数相同，则x=1；40min时正逆反应速率都增大，则改变的条件为升高温度，而条件改变后C浓度减小、A、B浓度增大，说明平衡发生了逆向移动，则正反应为放热反应，故C正确；D．40min时改变的条件为升高温度；30min时，C和A、B的浓度都下降了，反应速率也减小，但是平衡不移动，该反应前后气体分子不变，则改变的条件为减小压强，故D正确；故选B9. 一种利用玻璃窑炉替换下的锆废砖(主要成分ZrO2、Y2O3、CaO等)提纯成分ZrO2和Y2O3的工艺流程如下下列说法错误的是A. “酸化”过程中加入的硫酸、硫酸铵可用硝酸、硝酸铵代替B. 滤渣1主要成分为CaSO4C. “中和1”调节pH范围在4~5.5目的是沉淀锆离子D. 整个工艺过程中，硫酸铵可以实现循环利用【答案】A【解析】【分析】锆废砖(主要成分ZrO2、Y2O3、CaO等)提纯氧化锆和氧化钇，锆废砖加入硫酸和硫酸铵，得到硫酸钙沉淀，调节溶液pH在4 ~ 5.5范围沉淀锆离子，压滤，得到滤渣2为Zr(OH)4，焙烧得到ZrO2；滤液继续加入氨水调节溶液pH在6~ 8得Y(OH)3，过滤得滤液为滤液2为硫酸铵和氨水，滤渣水洗、煅烧得到Y2O3粉末，以此解答该题。

详解】A．若硫酸用硝酸代替，则反应过程硝酸和CaO反应产生Ca(NO3)2，就不能形成生成CaSO4沉淀而除去Ca2+，A错误；B．根据上述分析可知滤渣1主要成分为CaSO4，B正确；C．“中和1”调节pH范围在4~5.5目的是使沉淀锆离子使之转化为Zr(OH)4，C正确；D．滤液2为硫酸铍和氨水,酸化后可以返回“酸化”使用，故硫酸铵循环利用，D正确；故合理选项是A10. 氮氧化物(NOx)会对生态系统和人体健康造成危害一种以沸石笼作为载体对NOx进行催化还原的原理如图所示下列说法正确的是A. 反应①中消耗1 mol O2，转移4 mol e-B. 含Cu化合物参与的反应一定有电子转移C. 反应⑤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1D. 图中总变化过程可表示为O2+4NO+4NH3=4N2+6H2O【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知在反应①中0价的O2反应后在生成物中含有-O-O，O元素化合价变为-1价，则反应消耗1 mol O2，转移2 mol e-，A错误；B．根据图示可知反应③中只有O-O非极性键断裂，元素化合价不变，反应为非氧化还原反应，因此含Cu化合物参与的反应比一定有电子转移，B错误；C．在反应⑤中，氧化剂是NO、，还原剂是，每2个NO得到2×2e-被还原为N2，同时2个得到电子2×e-变为，反应过程共得到电子6e-；同时2个中的2个配位体NH3中N元素失去电子2×3e-=6e-，被氧化为N2，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，C错误；D．根据图示可知图中总变化过程可表示为O2+4NO+4NH3=4N2+6H2O，D正确；故合理选项是D。

二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分11. 下列实验现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是实验操作现象结论A将过量铁粉加入到稀硝酸中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色Fe被氧化为B将氨水滴加到红色石蕊试纸上试纸变蓝氨气是显碱性的电解质C将浓硫酸与蔗糖混合搅拌，并用湿润的品红试纸检验产生的气。