2023年高三上学期期末考试化学试题含解析.docx

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1、上学期期末考试高三化学试卷1.化学与生活息息相关。以下说法中错误的选项是A. 铝制餐具不宜用来蒸煮或长期存放酸性、碱性或咸的食物，防止餐具被腐蚀B. 人工合成的硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，常用于门窗密封C. 铁制的容器在常温下可用来存放浓硫酸或浓硝酸是由于铁不与浓硫酸或浓硝酸反响D. 去除锅炉上的水垢，通常先用碳酸钠溶液处理，形成疏松物质而后再用酸去除【答案】C【解析】【详解】A.铝及其氧化物均能与酸、强碱反响，导致餐具被腐蚀；铝长期存放盐溶液，易发生电化学腐蚀，正确；B. 硅橡胶具有空间网状构造，具有耐磨、耐高温、耐低温等性能，硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，常用于门

2、窗密封，正确；C. 常温下，铁与浓硫酸或硝酸发生反响生成致密氧化膜而钝化，阻挡反响的进一步发生，故铁制的容器在常温下可用来存放浓硫酸或浓硝酸，错误；D. 锅炉水垢中含有硫酸钙，参加碳酸钠溶液使硫酸钙转化成碳酸钙，再参加酸去除，正确。【点睛】铁和铝在常温下与浓硫酸、浓硝酸能发生反响而钝化，阻挡反响的进一步发生，钝化的过程属于化学变化；铁和铝在加热条件下能与浓硝酸、浓硫酸反响，随着反响的进展， 酸的浓度渐渐降低，在进一步的反响中，生成物会发生相应的变化。2.NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A. 3.9g 苯与足量的H2反响时，参与反响的碳碳双键数为0.15NAB. 将 1mol C

3、l2通入足量水中,溶液中HClO、Cl、C1O粒子数之和为 2NAC. 1L0.3mol/LNa CO 溶液中的阴离子数目小于 0.3N23AD. 0.1mol 甲烷和乙烯组成的混合气体完全燃烧，生成的水分子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A.苯中不含有碳碳双键，错误；B.氯气溶于水，存在以下反响：Cl H O HClHClO，HClO HClO，反响均属于可逆22反响，故将 1mol Cl 通入足量水中，溶液中Cl 、Cl、HClO、CIO粒子总数小于 2N 因Cl22A2中含有 2 个氯原子，错误；C.碳酸钠溶液中存在：CO 2H O HCO OH，故 1L0.3mol/LNa C

4、O 溶液中的阴离子数目大于323230.3N ，错误；AD.甲烷和乙烯完全燃烧，均生成二氧化碳和水，且甲烷和乙烯分子式中氢原子均为4，故 0.1mol甲烷和乙烯组成的混合气体的氢原子总数为0.4mol，故该混合气体完全燃烧生成的水分子数为 0.2N ，正确。A【点睛】此题的B 选项需留意Cl2为双原子分子，故溶液中Cl 、Cl、HClO、CIO粒子总数小2于 2N ，不能被 1molCl 含有 2mol 氯原子干扰。A23.W、X、Y、Z 是四种原子序数递增的短周期主族元素，W 和 X 形成的化合物是汽车尾气成分之一，X 和 Z 是同族元素且两者形成的某种化合物能使品红溶液褪色，常温下，Y 的

5、块状单质能溶于W 或 Z 的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不能溶于其冷的浓溶液，以下说法中正确的选项是A. W 的简洁氢化物稳定性比X 的简洁氢化物稳定性强B. 自然界中都存在W、X、Z 元素对应的单质C. X 的简洁氢化物沸点比Z 简洁氢化物低D. 工业上制备单质Y，常通过电解其熔融状态的氯化物【答案】B【解析】【分析】此题主要考察元素周期律。W 和 X 形成的化合物时汽车尾气成分之一，说明W、X 中有一种元素为氧元素，另一种为非金属元素N、S 或 C；X 和 Z 是同族元素且两者形成的某种化合物能使品红溶液褪色，故该化合物为SO ，故X 为 O，Z 为 S；Y 的块状单质能溶于W 或

6、Z 的最高2价氧化物对应水化物的稀溶液，却不能溶于其冷的浓溶液，故 Y 为 Al，W 为 N，据此分析作答。【详解】A.氮元素的非金属较氧元素弱，故NH3的稳定性较H O 弱，错误；2B.空气中存在N 、O ，火山口存在单质硫，正确；22C.H O 分子间存在氢键，而H S 分子间不存在氢键，故H O 的沸点较H S 高，错误；2222D.AlCl3为分子化合物，在熔融状态下不能电离出Al3+，无法制备Al，工业上常通过电解熔融状态下的Al O 制备单质Al，错误。2 3【点睛】非金属化合物的沸点比较：假设分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；组成和构造相像，相对分子质量

7、越大，范德华力越大，熔、沸点越高， 如 SnH GeH SiH CH ；相对分子质量一样或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、4444沸点越高，如CON ；同分异构体，支链越多，熔、沸点越低；假设形成分子间氢键的分2子晶体熔、沸点越高，如H OH Te；假设形成分子内氢键则熔沸点越低。物质的熔沸点和物质22选项试验操作现象结论同温下用广泛pH 试纸测定等浓度滴有硅酸钠溶液的试A非金属性：CSi的碳酸钠溶液和硅酸钠溶液的pH纸蓝色更深两支玻璃棒分别蘸取浓硫酸和浓氨浓硫酸和浓氨水发生反响B玻璃棒之间产生白烟水后靠近但不接触生成白色固体C用干净铂丝蘸取溶液进展焰色反响 火焰呈黄色原溶液中有Na

8、+，无K+将少量溴水参加KI 溶液中，充分反D上层液体呈紫色应后再参加CCl ，振荡，静置4氧化性：Br I22的稳定性没有必定的联系，稳定性取决于化学键的强度，需留意区分。4.以下试验操作、现象及结论都正确的选项是A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】A.碳酸钠和硅酸钠都是强碱弱酸盐，依据越弱越水解分析； B.浓硫酸不属于挥发性酸；C.焰色反响检验K+通常需要透过蓝色钴玻璃观看火焰颜色； D.碘单质易溶于四氯化碳中，四氯化碳密度较水大。【详解】A.碳酸钠和硅酸钠都是强碱弱酸盐，由于硅酸钠碱性更强，所以相对而言，碳酸酸 性强于硅酸，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非

9、金属性越强，故非金属性：CSi， 正确；B.硫酸不属于挥发性酸，故玻璃棒之间无白烟生成，试验现象错误；C.焰色反响中K+的火焰为紫色，Na+的火焰为黄色，黄色会遮盖紫色，用干净铂丝蘸取溶液进行焰色反响，故假设火焰为黄色，则原溶液中肯定有 Na+，无法确定是否含有 K+，试验结论错误； D.将少量溴水参加KI 溶液中，发生反响：Br 2I=I 2Br，可证明氧化性：Br I ，实2222验结论正确；充分反响后再参加CCl ，I42溶于CCl 密度大于水中，溶液下层为紫色，试验4现象错误。5.最近有争论人员利用隔膜电解法处理高浓度的乙醛废水转化为乙醇和乙酸。试验室以肯定浓度的乙醛Na SO 溶液为

10、电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如下图。以下说24法不正确的是A. 直流电源a 端连接的电极发生氧化反响B. 假设以氢氧燃料电池为直流电源，燃料电池的a 极应通入H2C. 反响进展一段时间,右侧电极四周酸性减弱D. 电解过程中阳极区生成乙酸，阴极区生成乙醇【答案】B【解析】【分析】此题主要考察电解原理。由图中阳离子从左极向右极移动可知，左极为阳极，右极为阴极， 即 a 为正极，b 为负极，阳极区发生氧化反响，阴极区发生复原反响，据此作答。【详解】A.a 为正极，与a 相连的电极为阳极，发生氧化反响，正确；B. 连接电解池阳极的是原电池正极，正极上空气中氧气得电子发生复原反响，a 为正

11、极，b 为负极，故燃料电池的a 极应通入空气，错误；C. 右侧为阴极区，其电极反响式为：CH CHO2H2e=CH CH OH，消耗H+，故电极四周酸性减弱，正确；332D. 阳极区发生氧化反响，乙醛被氧化为乙酸，阴极区发生复原反响，乙醛被复原为乙醇，正确。【点睛】此题的突破口在于分析电解装置中阳离子的移动方向，阳离子移向复原电极，阴离子移向氧化电极。6.25时在 10 mL 0.1molL1Na CO 溶液中逐滴参加 0.1 molL1HCl 溶液 20 mL，溶液中部23分含碳微粒的物质的量随溶液pH 的变化如下图。以下说法正确的选项是A. 0.1 molL1Na CO 溶液中c(Na+)

12、+c(H+)=c(OH)+c(CO 2)+c(HCO )2333B. 当参加 10mL 盐酸时，所得混合溶液pH7C. 当pH=8 时，c(Na+)=c(CO 2)+c(HCO )+c(H CO )3323D. 在M 点：c(CO 2)=c(HCO )c(Na+)c(OH)c(H+)33【答案】B【解析】【详解】A.Na CO 溶液中存在电荷守恒，为cNa+cH+=2cCO 2-+cHCO -+cOH-，2333错误；B.当参加 10mL 盐酸时，Na CO 恰好与盐酸完全反响生成碳酸氢钠和氯化钠，由图中N 点可知，23溶液的pH7，正确；C.nHCO -=0.001mol 时，溶液的pH=8

13、，溶液中的溶质恰好为碳酸氢钠和氯化钠，依据物料3守恒可知：c(Na+)=c(CO 2-)+c(HCO -)+c(H CO )+c(Cl-)，错误；3323D.在 M 点：nCO 2-=nHCO -=0.0005 时，得到等物质的量碳酸钠和碳酸氢钠，两者水解33溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：cNa+cCO 2-=cHCO -cOH-cH+，错33误。7. 取含Cr O 2-的模拟水样假设干份，在不同pH 条件下，分别向每个水样中加肯定量的FeSO 或2 74NaHSO3固体，充分反响后再滴加碱液生成 Cr(OH)3沉淀，从而测定除铬率，试验结果如下图。以下说法不正确的选项是A. 当+6 价铬足

14、量且pH 大于 7 时，等质量的FeSO4的除铬量比NaHSO 高3B. 假设选用NaHSO3C. pH 8，FeSO处理含铬污水时，不能将污水的酸性调整的过强的除铬率下降与废水中溶解氧参与反响有关D. 选择FeSO44做处理剂更有利于Cr(OH)3的沉降及分别【答案】A【解析】【详解】A.反响中 FeSO4的铁元素化合价上升 1 价，而NaHSO3中硫元素化合价上升 2 价，等质量的 FeSO 和 NaHSO ，其物质的量 n(NaHSO )n(FeSO )，当+6 价铬足量且 pH 大于 7 时，等质4334量的 FeSO 和NaHSO 参与反响时，转移电子总数是NaHSO FeSO ，故

15、除铬率是NaHSO FeSO ，43错误；B. 当溶液酸性过强，NaHSO33434与 H+易发生副反响生成SO ，导致除铬率下降，正确；2C. 当 pH 8，亚铁离子简洁生成氢氧化亚铁，且FeSO4易与废水中的溶解氧发生副反响：4Fe2O 2H O+8OH=4Fe(OH) ，导致 FeSO 的除铬率下降，正确；2234D. 由图可知，在酸性条件下，NaHSO3的除铬率略微高一些，后面参加碱液时，铬离子III生成氢氧化铬，但其除铬率会降低，而在碱性条件下FeSO4的除铬率更高，综合考虑，应选择FeSO ，正确。48. 重铬酸钾K Cr O 是高中化学常见的的氧化剂，工业上以铬铁矿为原料用碱溶氧

16、化法制备。22 7铬铁矿中通常含有Cr O 、FeO、Al O 、SiO 等。2 32 32：NaFeO2常温遇大量水会猛烈水解，高温时不与水反响2CrO 2(黄色)2HCr O 2(橙色)H O42 72+6 价的铬元素在强酸性条件下具有强氧化性，复原产物为Cr3+，强碱性条件下几乎没有氧化性；请答复以下问题：（1） 将矿石粉碎的目的是。（2） 高温灼烧时生成NaFeO2的化学方程式。（3） 滤渣 1 中有红褐色物质，滤渣 1 的成分为 写化学式，下同，写诞生成该物质反响的离子方程式。滤渣 2 的主要成分是。（4） 假设向Na CrO溶液中参加浓盐酸进展酸化，消灭的现象为 24（5） 生产后

17、的废水中主要含有肯定量的Cr O 2，通常加肯定量的绿矾进展净化并调整pH 约2 7为 6，可生成两种难溶于水的沉淀，请写出该反响的离子方程式 。【答案】(1). 增大接触面积，加快反响速率(2). 4FeO + O2+ 4NaOH= 4FeO2+ 2H O2条件高温(3). Fe(OH)(4). FeO2 + 2H2O = Fe(OH) + OH(5). Al(OH) 、333H SiO(6). 有黄绿色气体生成(7). Cr O 2+ 6Fe2+ 17H O = 2Cr(OH) + Fe(OH) 232 7233+ 10H+【解析】【分析】此题主要考察物质分别和提纯的方法和根本操作综合应用

18、。铁矿中通常含有 Cr O 、FeO、Al O 、2 32 3SiO 等，将铬铁矿和烧碱、氧气混合焙烧得到Na CrO 、NaFeO ，而SiO与 NaOH 发生反响生成22422Na SiO ，Al O 与NaOH 发生反响，生成NaAlO ，故还含有Na SiO 、NaAlO ，由于NaFeO会发生232 322322猛烈水解，滤渣1 中有红褐色物质，可推知NaFeO2水解生成氢氧化钠与氢氧化铁，过滤分别，滤液 1 中主要是NaAlO 、Na SiO 、Na CrO 、NaOH，滤渣 1 为 FeOH；调整溶液 pH，使 NaAlO 、2232432Na SiO 反响转化为H SiO 、A

19、lOH 沉淀，过滤除去，滤液2 主要是Na CrO ，参加硫酸酸化，2323324溶质变为Na Cr O ，然后参加 KCl 固体，利用溶解度不同或者受温度影响不同，结晶得到 K Cr O22 722 7晶体，承受过滤方法得到K Cr O 晶体，据此分析作答。22 7【详解】1将矿石粉碎的目的是：增大反响物的外表积，加快反响速率；（2） 由题可知，FeO 与 O 、NaOH 在高温灼烧的条件下生成NaFeO ，该反响中FeO 被氧化，化22合价上升 1，O+ O + 4NaOH24FeO + 2H O；222被复原为-2 价氧，依据化合价升降守恒以及原子守恒配平该化学方程式为：4FeO（3）

20、由上述分析可知，滤渣1 的成分为FeOH ；由题干信息可知，NaFeO 常温遇大量32水会猛烈水解，生成有红褐色Fe(OH) 沉淀，故其水解离子方程式为：FeO + 2H O = Fe(OH) +3OH；由上述分析可知滤渣 2 的主要成分是Al(OH)、H SiO ；223323（4） Na CrO 溶液中铬是以+6 价形式存在，由题干信息可知，假设参加浓盐酸酸化，+6 价铬24会表现出强氧化性，而 HCl 中 Cl-具有复原性，故参加浓盐酸后，会发生氧化复原反响生成 Cl ，2故试验现象是有黄绿色气体生成；（5） 生产后的废水呈强酸性，强酸性条件下的 Cr O 2具有强氧化性，绿矾中 Fe2

21、具有复原性，2 7故参加绿矾后发生氧化复原反响，生成Cr3、Fe3等，同时通过调整溶液pH，将 Cr3、Fe3以 Cr(OH) 、Fe(OH) 沉淀，从而到达净化目的，故该反响过程的离子方程式为：Cr O 2 + 6Fe2+332 7+ 17H O = 2Cr(OH) + Fe(OH) + 10H+。2339. 争论CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。化学键C=OCOCHHHOH键能/kJmol-1745351415436462I某些化学键的键能数据如下则 CO (g) + 3H (g)CH OH(g) + H O(g) H =kJmol-12232II将燃煤废气中的CO 转化为二

22、甲醚的反响原理为：2CO (g) + 6H (g) CH OCH (g) + 3H O(l)22（1） 该反响化学平衡常数表达式K =。2332（2） 在某压强下，该反响在不同温度、不同投料比时，达平衡时CO2的转化率如下图：该反响的H 0填“或“”“”或“=”；13P 下，III 中 CH OCH 的平衡转化率为。【答案】(1). 184(2).(3). (4). 不变(5). ABC233(6). (7). 96【解析】【分析】.反响热=反响物总键能-生成物总键能； .1平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反响物的浓度幂之积；（2） 由图可知，上升温度，CO2转化率降低，即平衡逆向移动，上升

23、温度，平衡向吸热方向移动，由此推断反响热的正负关系；平衡常数只与温度有关；（3） 依据变量不变即到达平衡进展分析；（4） 该反响正向为气体体积减小的反响，增大压强，平衡正向移动，再结合表中数据分析；I 和在等温等压条件下形成的平衡是完全等效的，可计算I 中 CH OCH 的平衡转化率。33【详解】.反响热=反响物总键能-生成物总键能，则CO g+3H g CH OHg+H Og2232的为；H=2745KJ/mol+3436KJ/mol-2462KJ/mol-3415KJ/mol-351KJ/mol-462KJ/mol=-184 KJ/mol； .1平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反响物的浓

24、度幂之积，所以平衡常数表达式2由于温度越高，CO2的转化率越小，则平衡逆移，所以该反响正方向为放热反响，即HSiCu(5).【解析】【分析】（1） 基态Fe 原子价电子排布式为 3d64s2，据此画出其价电子排布图；（2） Al 的基态价电子排布式为 3s23p1，失去一个电子后，其价电子排布式为3s2；（3） 分子晶体的熔点一般较低且易升华，在熔融状态下不能电离出离子；（4） 金属的电负性低于非金属，O 和 Si 为同主族元素，结合元素周期律推断；SiO2的中心原5依据晶胞构造作答；R 位于晶胞的左下前方的八分之一的体心；依据解答。子 Si 四周有 4 个共价键；则可知其价电子排布图为：；【

25、详解】1基态 Fe 原子价电子排布式为 3d64s2，s 轨道有 2 个，d 轨道有 5 个，依据洪特规（2） Al 的其次电离能增幅较大的缘由是：Al 失去一个电子后，其 3s 上有 2 个电子，为全布满状态，3p 和 3d 是全空状态，故较难失去电子，相对较稳定；（3） 氯化铝熔点较低且简洁升华，其在熔融状态下不能电离出离子，故氯化铝属于分子晶体；（4） 非金属性越强的元素，其电负性越大，金属的电负性低于非金属，O 和Si 为同主族元素，同主族元素从上至下非金属性减弱，所以 Cu、Si、O 元素的电负性由大到小的挨次是：OSiCu；SiO2中每个Si 原子与其四周的 4 个 O 原子形成共

26、价键，所以Si 原子实行sp3 杂化；（5） 由图可知，该晶胞中，溴原子位于晶胞的顶点和面心，所以与溴原子紧邻的溴原子分别位于“同层”4 个，“上下溴层”各 4 个，总数为 12 个；R 点位于晶胞的左下前方的八分之一的体心，P 点是顶点，位于坐标原点，Q 点是面心，由图中P 点和Q 点的原子坐标参数，可确定 R 点的原子坐标参数为(1/4，1/4，1/4)；晶胞参数为apm，N分别为 4144g、N a10-10cm3，所以其密度为A。A个晶胞的体积和质量【点睛】此题属于物质构造与性质的综合考察，主要考察了基态原子的电子排布式、核外电子的排布规律、电负性的变化规律、杂化轨道类型的推断以及晶胞

27、的有关计算，其中有关晶胞的计算难度较大，要求学生要有良好的空间想象力量，能依据晶胞中各粒子的空间位置确定某些粒子的空间坐标，会用均摊法计算晶胞中粒子数目及晶胞的密度。12.有机物X 是某种药物的主要成分，工业上合成该化合物的一种路线如下(局部反响物、反响条件略去)：酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反响：RCOO RROHRCOORROH(R、R、R均代表烃基)。1反响所需的试剂是，反响的反响类型是。2B 中含氧官能团的名称是；反响的产物除了X 以外，另一种产物的名称是 。3D 在肯定条件下能发生缩聚反响生成高分子化合物，该高分子化合物的构造简式为 。4反响的化学方程式为。5E 的同分异构体有

28、多种，写出符合以下条件的有机物构造简式。.苯环上一氯代物只有一种.与氯化铁溶液发生显色反响(8).能与碳酸氢钠溶液反响放出CO6：；当苯环上已有一个“CH ”或32“Cl”时，引入的取代基一般在它的邻位或对位；当苯环上已有一个“NO ”或2的合成路线图(无机试剂任用)。“COOH”时，引入的取代基一般在它的间位。请写出以甲苯、乙醇为原料制备(6).CH OH3 H O2(7).或【答案】(1). 浓硝酸、浓硫酸(2). 复原反响(3). 硝基(4). 甲醇(5).【解析】换反响，X 的构造简式为，据此解答。分析：依据 A 与 B 的构造简式可知反响是硝化反响，反响中硝基转化为氨基，反响是复原反

29、响，依据 D 与 E 的构造简式可知反响是酯化反响，依据信息可知反响是酯交详解：1反响是苯环上的氢原子被硝基取代，因此所需的试剂是浓硝酸、浓硫酸；反响中硝基转化为氨基，反响是复原反响。2依据B 的构造简式可知B 中含氧官能团的名称是硝基；依据信息结合原子守恒可知反响的产物除了X 以外，另一种产物的构造简式为CH OH，其名称是甲醇。33D 分子中含有羧基和羟基，在肯定条件下能发生缩聚反响生成高分子化合物，该高分子化合物的构造简式为。4反响是酯化反响，反响的化学方程式为CH OH3H O。25E 的同分异构体有多种，苯环上一氯代物只有一种，说明苯环上的氢原子只有一类。与氯化铁溶液发生显色反响，说明含有酚羟基；能与碳酸氢钠溶液反响放出 CO ，说明含有羧基，2构造简式为或；要使苯环上的氢原子只有一类，则苯环上还含有2 个甲基，构造对称，则符合条件的有机物6依据信息结合逆推法可知以甲苯、乙醇为原料制备的合成路线图(无机试剂任用)为。点睛：该题的难点是合成路线图设计，答题的关键是准确理解题干信息，考察学生猎取信息并能敏捷应用的力量，解答时留意利用好逆推法。