1、湖北省高中名校联盟2023届高三第三次联合测评化学试卷一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的中，只有一项是符合题目要求的。1化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法错误的是A含氟牙膏能预防龋齿B光伏发电符合绿色发展C过期药品为可回收垃圾D退耕还林有利于碳中和2布洛芬是一种常见的解热镇痛类药物，其结构简式如图所示。有关该物质的说法错误的是A分子式为C13H18O2B可以发生加成反应和聚合反应C苯环上的二氯代物有4种D用苏打水服用布洛芬会影响药效3高温结构陶瓷(Si3N4)可由反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO制得。下列说法错误的是ASi3N4为空间网状结构B
2、Si3N4可用于制造火箭发动机CSiO2是太阳能电池的主要材料DN2可用作灯泡和焊接的保护气4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A0.1 molL-1KNO3溶液中：Cu2+、NH、Cl-、SOB澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Br-C使酚酞变红色的溶液中：Ba2+、A13+、ClO、Cl-D水电离的c(H+)=110-12molL-1的溶液中：Na+、K+、I-、NO5核酸检测和抗原检测是抗击新冠疫情中的有力手段。下列说法正确的是A部分抗原是蛋白质，因此是碱性物质BDNA两条链上的碱基通过共价键连接C蛋白质抗原在高温下仍然可以生效D核酸分子水解可以得到磷酸6下
3、列实验装置及试剂的使用正确，且能达到实验目的的是A除去SO2中少量的HCl气体B探究CH4与Cl2的反应C实验室制氨气D分离乙酸乙酯和乙醇AABBCCDD7冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6与钾离子形成的超分子结构如图所示。下列说法正确的是A含该超分子的物质属于分子晶体B冠醚可用于分离不同的碱金属离子C中心碱金属离子的配位数是不变的D冠醚与碱金属离子之间形成离子键超分子8设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A1 L 0.1 mol/L Na2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1NAB精炼铜阴极增重6.4 g时阳极生成Cu2+数目为0.1NAC质量
4、为3.0 g的-CH3(甲基)电子数为2NAD6.0 g乙酸和葡萄糖的混合物中碳原子数目为0.2NA9科研团队通过皮秒激光照射悬浮在甲醇溶液中的多臂碳纳米管合成T-碳，T-碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个碳原子被一个由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代，T-碳的密度约为金刚石的一半，T-碳晶体的晶胞、金刚石的晶胞如下图所示。下列说法正确的是AT-碳与金刚石互为同位素B一个T-碳晶胞中含有16个碳原子CT-碳晶胞和金刚石晶胞的棱长之比为2:1DT-碳晶体的硬度小10W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W是宇宙中含量最多的元素；X与Z同主族，X元素基态原子最高能级的不同轨道都有电子
5、，并且自旋方向相同；Y元素原子中只有两种形状的电子云，最外层没有成对电子。下列说法正确的是A非金属性：WXB最简单氢化物的键角：XXD四种元素的氧化物都至少有两种11Na2B4O710H2O俗称硼砂，其结构如下图所示。下列说法错误的是AB和O原子的杂化方式完全相同B阴离子中存在配位键C第一电离能：NaBH，故A错误；BP的电负性较N小，PH3中的成键电子对比NH3中的更偏向于H，同时P-H键长比N-H键长大，这样导致PH3中成键电子对之间的斥力减小，H-P-H键角更小，故B错误；C电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：N3-Na+，故C错误；D氢的氧化物有H2O、H
6、2O2，氮的氧化物有NO、NO2、N2O4等超过两种，钠的氧化物有Na2O、Na2O2，磷的氧化物有P2O3、P2O5，所以四种元素的氧化物都至少有两种，故D正确；答案选D。11A【详解】AB原子有sp2和sp3杂化，O原子均为sp3杂化，A错误；B阴离子中sp3杂化的B与其相连的-OH上的O之间存在配位键，B正确；C同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同主族第一电离能从上到下有逐渐减小趋势，故第一电离能：NaBO，C正确；D硼砂在水溶液中存在水解B4O+7H2O4H3BO3+2OH-，其水溶液显碱性，D正确；故答案为：A。12B【分析】根据装置图，有外接电源，该装置为电解池，根据图2中
7、变化与电解过程的关系：开始时发生：4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3，故溶质从AgNO3HNO3，pH变化快，当Ag+完全放电，接着发生：2H2O2H2+O2，pH变化小，据此分析；【详解】A根据图2中变化与电解过程的关系：开始时发生：4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3，溶质从AgNO3HNO3，pH变化快，当Ag+完全放电，接着发生：2H2O2H2+O2，pH变化小，因此t1时刻Ag+恰好完全耗尽，pH=1，c(H+)=0.1 mol/L，推出 c(HNO3)=0.1 mol/L，c(AgNO3)=0.1mol/L，故A说法正确；Bt1时刻时产生O2为：0.0025m
8、ol，t1t2时，发生2H2O2H2+O2，生成的氧气为：(-0.0025)=0.0025 mol，故0t2时，共产生0.005molO2，外电路有0.02mol电子通过，故B说法错误；Ct1时刻，电路通过电子为：0.10.1mol，甲烷燃料电池中甲烷与转移电子关系：CH48e-，燃料电池负极消耗的甲烷的物质的量为；0.01mol=0.00125mol，故C说法正确；D电解到t1时刻析出0.01molAg和0.0025 mol O2，应加入0.005 mol Ag2O可恰好恢复至电解前状态，即加入1.16g Ag2O则能恢复至电解前状态，故D说法正确；答案为B。13A【分析】四点所对应容器容积
9、不同，容积越小速率越大，先平衡，所以a、b容器已经达到平衡，d容器未平衡。【详解】Aa点已平衡，所以再充入一定量的X，增大压强，平衡左移，X的转化率减小，A正确；Bd容器未平衡，有V正v逆，B错误；Cb与d组分相同，但容积不等，所以速率不等，C错误；Dc容器容积未知，无法计算浓度常数，D错误；故答案为：A。14B【详解】A由图示知，N、O原子的电负性大，与周围其它分子(或离子)中的H原子之间形成氢键，故A正确；B生成的硫酸盐中有硫氧键的生成，故B说法错误；C由图示知，HSO与NO2间发生的总反应的离子方程式HSO+2NO2+H2O=2HNO2+HSO，故C说法正确；D在标准状况下，5.6LNO
10、2的物质的量为0.25mol，每1mol NO2转化为1mol HNO2，得到1 mol电子，则11.2LNO2，在图示的转化过程中得到的电子的物质的量0.25mol，故D说法正确；答案为B。15D【详解】A乙二胺属于二元弱碱，在水溶液中分步电离，第一级电离方程式为H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH+OH-；第二级电离方程式为H2NCH2CH2NH+H2OH3NCH2CH2NH32+OH-，故A说法正确；B根据图像，乙二胺一级电离平衡常数，Kb1= =10-4.9，同理，Kb2=10-7.9，则=103，故B说法正确；CB点时，加入盐酸可调节pH值使其减小，根据电荷守恒：c
11、(Cl-)+c(OH-)=c(H2NCH2CH2NH)+2c(H3NCH2CH2NH32+)+c(H+)，B点时c(H2NCH2CH2NH)=c(H3NCH2CH2NH32+)，则溶液中离子浓度关系可表示为c(Cl-)+c(OH-)=3c(H3NCH2CH2NH32+)+c(H+)，故C说法正确；D将0.1mol/L100 mLH3NCH2CH2NH3Cl2与0.1mol/LH2NCH2CH2NH2混合生成H2NCH2CH2NH3Cl，由H2NCH2CH2NH的水解平衡常Kh=10-9.1 Kb2=10-7.9，溶液呈碱性，故D说法错误；答案为D。16(1)三颈烧瓶(2) 2Cu2+2Br-+
12、SO2+2H2O=2CuBr+SO+4H+ 水浴加热(3)防止CuBr见光分解(4)83.3%(5) 100 冷却结晶【分析】硫酸铜、二氧化硫、溴化钠反应反应生成溴化亚铜沉淀，反应后抽滤得到溴化亚铜沉淀，洗涤、干燥后得到产品；【详解】（1）仪器A的名称是三颈烧瓶；（2）步骤硫酸铜、二氧化硫、溴化钠反应反应生成溴化亚铜沉淀和硫酸根离子，反应中硫化合价由+4变为+6、铜化合价由+2变为+1，根据电子守恒和质量守恒可知，涉及的离子方程式为2Cu2+2Br-+SO2+2H2O=2CuBr+SO+4H+；反应在60条件下反应，可采取的加热方法是水浴加热；（3）溴化亚铜在热水中或见光都会分解，故步骤操作中
13、需要避光；（4）45g胆矾中硫酸铜为0.18mol、30.9g溴化钠为0.3mol，由（2）反应方程式可知，反应中溴化钠过量，应该生成溴化亚铜0.18mol、质量为25.92g；实验得到产品21.6g，故本实验产品的产率是；（5）上述装置烧杯中氢氧化钠的质量为20g、为0.5mol，根据钠元素守恒可知，通入SO2至恰好反应完全得到NaHSO30.5mol，NaHSO3和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，则需要氢氧化钠0.5mol、为20g，故向烧杯中加入100g 20% NaOH；亚硫酸钠溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。17(1)(2)(酚)羟基、羧基、醚键(3)CH3OH+H2
14、O(4)光照(5)HBr(6) 2 或【分析】A是，A与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生取代反应产生B：，B先与Cu、CCl4然后与NaOH溶液作用反应产生C，C酸化可得D：，D与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生E；F与Br2在Fe催化下发生-CH3在苯环上的取代反应产生G：，G与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生H：；H在光照条件下与Br2发生-CH3的取代反应产生I，I与DIBAL-H发生还原反应产生J，E、J发生反应产生K和HBr。【详解】（1）已知B分子苯环上的一氯代物只有2种，则B的结构简式为；（2）D是，该物质分子中含有的官能团名称是(酚)羟基、羧基、醚键
15、；（3）G是，G分子中含有羧基，G与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生H：和H2O，该反应的化学方程式为：CH3OH+H2O；（4）H结构简式是；H在光照条件下与Br2发生-CH3的取代反应产生I，故HI的反应条件是光照；（5）E与J发生取代反应产生K，同时反应产生HBr，故另外一种产物化学式是HBr；（6）E的同分异构体满足条件：能发生银镜反应，说明分子中含有醛基-CHO；与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能发生是， 该同分异构体不含酚羟基，但其能够发生水解反应产生含有酚羟基的物质；核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6:2:1:1，则该物质分子中含有4种不同位置的H原
16、子，H原子的数目比是6:2:1:1，其分子结构对称，含有加水与酚羟基形成的酯基，可能的结构为：或，因此该物质具有2种不同的结构。18(1)提高酸浸步骤中锑的浸出率(2)Fe、Cu(3) Sb3+Cl-+H2O=SbOC1+2H+ 避免形成胶体，不利于过滤分离(4)铁氰化钾溶液(5) 2NH3H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O 碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失【分析】含锑工业废渣加入稀盐酸酸溶，二氧化硅不反应得到滤渣1，滤液1中含有Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+；滤液1加入过量铁粉，Sb5+、Fe3+分别转化为Sb3+、Fe2+，铜离子转化为铜单质，过滤得到滤
17、液2加水稀释水解生成SbOCl，酸洗后加入氨水反应，SbOCl转化为Sb2O3；【详解】（1）将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是提高酸浸步骤中锑的浸出率，充分利用原料；（2）过量铁能置换出溶液中铜离子生成铜单质，故滤渣2为铁、铜；（3）已知稀释水解后得到滤饼的成分是SbOCl，故水解过程中Sb3+水解和氯离子反应得到SbOCl和氢离子，反应为Sb3+Cl-+H2O=SbOC1+2H+；该过程中搅拌可以防止水解生成胶体，导致不利于过滤分离；（4）滤饼若洗涤不干净则洗涤液中会含有亚铁离子，亚铁离子和铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，故“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是铁氰化钾溶液；（5）“中和”时加入氨水和
18、SbOCl反应生成Sb2O3，根据质量守恒可知，还会生成氯化铵、水，反应的化学方程式为2NH3H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O；(Sb2O3，两性氧化物，能和强碱反应，“中和”需控制溶液的pH在78，碱性不能过强的原因是碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失，导致产品产率降低。19(1)391(2)AB(3)NN键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率(4) 促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率 加快合成氨反应速率(5) AB 第二步 0.15MPa-2【详解】（1）N2+3H2 2NH3，反应焓变=反应物断裂化学键吸
19、收的能量-生成物形成化学键放出的能量=945.8kJ+3436kJ-6N-H键键能=-92.2kJ，N-H键键能=391kJ，故答案为：391；（2）A该反应为气体体积缩小的反应，压强为变量，当容器内压强不再变化时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；BN2的体积分数不变，说明各物质的量不变，正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故B正确；C该反应在恒温恒容条件下进行，混合气体的质量、容器容积为定值，则混合气体密度始终不变，气体的密度不再改变不能说明达到平衡状态，故C错误；DV正(N2)=3V逆(H2)，V正(N2): V逆(H2)=3，不等于化学计量数之比，反应未达到平衡状态，故D错
20、误；故答案为：AB。（3）由图示可以看出，“热Fe”高于体系温度，NN键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，故答案为：NN键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率；（4）在合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率，根据合成氨反应的速率方程，速率与c(NH3)成反比，故加快合成氨反应速率，故答案为：促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率；加快合成氨反应速率；（5）A增大CO2的浓度平衡正向移
21、动，NH3的平衡转化率增大，故A正确；B增大压强平衡正向移动，NH3的平衡转化率增大，故B正确；C尿素为液体，及时转移生成的尿素，不影响平衡移动，NH3的平衡转化率不变，故C错误；D使用更高效的催化剂，缩短到达平衡时间，不影响平衡移动，NH3的平衡转化率增大，故D错误；故答案为：AB；活化能越大反应越慢，由第一步反应速率快，可判断活化能较大的是第二步，故答案为：第二步；开始氨气体积分数为50%，则CO2体积分数也为50%，不妨设初始时NH3和CO2的物质的量均为2mol，平衡时转化的氨气为xmol，则列三段式有：平衡时氨气的体积分数为20%，则有=20%，解得x=1.5，则平衡时p(NH3)= 10MPa20%=2MPa，p(CO2)= 10MPa=5MPa，p(H2O)= 10MPa=3MPa，所以Kp=0.15MPa-2，故答案为：0.15MPa-2。
