山東省濟南市翔龍中學2023年高三化學上學期期末試卷含解析

山東省濟南市翔龍中學2023年高三化學上學期期末試卷含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.某IIA族元素是自然界存在最廣泛的元素，常以化合物F存在，從其單質(zhì)A起始發(fā)生的一系列化學反應如圖2所示。下列說法正確的是A．反應①、③中H2O均是還原劑B．工業(yè)上常用C的懸濁液與Cl2反應制取漂白粉C．D與H溶液反應后所得溶液的溶質(zhì)成分有三種可能D．電解F與鹽酸反應后的溶液以制取單質(zhì)A參考答案：B略2.下表所列各組物質(zhì)中，物質(zhì)之間通過一步反應就能實現(xiàn)如圖所示轉(zhuǎn)化的是（）編號甲乙丙?、貱uCuOCuSO4Cu（NO3）2②Na2CO3NaOHNaHCO3CO2③N2NH3NONO2④CH3CH2BrC2H5OHCH2=CH2CH3CH3A．①②③

B．①②③④

C．①③④

D．②③④參考答案：B考點：無機物的推斷；含氮物質(zhì)的綜合應用；鈉的重要化合物；銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)；有機物的推斷．.專題：推斷題．分析：①利用銅及其化合物的性質(zhì)來分析上述轉(zhuǎn)化；②利用鈉的化合物的性質(zhì)來分析上述轉(zhuǎn)化；③利用氮氣及其化合物的性質(zhì)來分析上述轉(zhuǎn)化；④利用有機物的性質(zhì)及常見反應來分析轉(zhuǎn)化．解答：解：①銅與氧氣反應生成氧化銅，氧化銅與硫酸反應生成硫酸銅，硫酸銅與硝酸鋇反應生成硝酸銅，銅和濃硫酸反應可生成硫酸銅，再利用較活潑金屬與不活潑金屬的鹽溶液發(fā)生的置換反應可實現(xiàn)丙→甲、丁→甲的反應；故①能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化；②碳酸鈉和氫氧化鈣反應生成氫氧化鈉，氫氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉分解或與鹽酸反應生成二氧化碳，二氧化碳與氫氧化鈉能反應生成碳酸鈉，碳酸鈉與二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉與氫氧化鈉反應生成碳酸鈉，故②能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化；③氮氣和氫氣反應生成氨氣，氨氣和氧氣反應生成NO，NO和氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮與氨氣反應可生成氮氣，氮氣與氧氣在放電的條件下生成NO，NO與氨氣可發(fā)生氧化還原反應生成氮氣，故③能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化；④溴乙烷水解可生成乙醇，乙醇消去可生成乙烯，乙烯與氫氣加成可生成乙烷，乙烷發(fā)生取代反應可生成溴乙烷，溴乙烷發(fā)生消去反應生成乙烯，乙烯與HBr加成可生成溴乙烷，故④能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化；故選B．點評：本題考查物質(zhì)的轉(zhuǎn)化，明確物質(zhì)的性質(zhì)及發(fā)生的化學反應是解答本題的關鍵，本題中③發(fā)生的幾個氧化還原反應是學生解答的難點．3.下列判斷中一定正確的是A．若R2-和M+的電子層結(jié)構相同，則原子序數(shù)：M>RB．若X、Y是同主族氣態(tài)氫化物，且相對分子質(zhì)量：X>Y，則沸點：X>YC．若M、N是同主族非金屬元素，且電子層數(shù)：M>N，則非金屬性：M>ND．若X、Y屬于同周期元素,且原子序數(shù)：X>Y，則最高正價：X>Y參考答案：略4.下列各項表述正確的是A．次氯酸的電子式：

B．表示中和熱的熱化學方程式：NaOH（aq）+CH3COOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）

△H=-57.3kJ/molC．H2S電離的方程式為：H2S2H+＋S2-D.標準狀況下，1.12L和1.12L均含有0.1個氧原子參考答案：D略5.把一塊鎂鋁合金投入到1mol/L鹽酸里，待合金完全溶解后，往溶液里加入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物質(zhì)的量隨加入NaOH溶液體積變化的關系如下圖A所示。下列說法中不正確的是

A．的取值范圍為0≤a＜50

B．的最大值為2．5

C．若將關系圖改為B圖時，則的取值范圍為80＜a＜90

D．若將關系圖改為C圖時，則的取值范圍為75＜a＜90參考答案：C略6.在c（Ca2+）=0.1mol?L﹣1的新制漂白粉的溶液中，下列各組離子能在其中大量共存的是（）A．Na+、K+、CO32-、NO3-B．K+、Na+、NO3-、CH3COO﹣C．Na+、K+、S2﹣、OH﹣D．H+、NH4+、NO3-、SO42-參考答案：B【考點】離子共存問題．

【專題】離子反應專題．【分析】新制漂白粉的溶液含Ca2+、ClO﹣、Cl﹣，根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成沉淀、氣體、水等，不能發(fā)生氧化還原反應等，則離子大量共存，以此來解答．【解答】解：A．Ca2+、CO32﹣結(jié)合生成沉淀，不能大量共存，故A錯誤；B．新制漂白粉的溶液含Ca2+、ClO﹣、Cl﹣，該組離子之間均不反應，可大量共存，故B正確；C．ClO﹣、S2﹣發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故C錯誤；D．Ca2+、SO42﹣反應生成沉淀，不能大量共存，故D錯誤；故選B．【點評】本題考查離子的共存，為高頻考點，把握習題中的信息及常見離子之間的反應為解答的關鍵，側(cè)重復分解反應、氧化還原反應的離子反應考查，題目難度不大．7.已知反應：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2；②KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O；

③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3下列說法正確的是：（

）A.氧化性由強到弱的順序為KBrO3>KClO3>Cl2>Br2B．①中KCl是氧化產(chǎn)物，KBr發(fā)生還原反應C.③中1mol氧化劑參加反應得到電子的物質(zhì)的量為2molD.反應②中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：6參考答案：A略8.下列敘述I和II均正確并且有因果關系的是（）

敘述Ⅰ敘述ⅡANaHCO3能與堿反應食品工業(yè)用NaHCO3作焙制糕點的膨松劑BAl既可和酸反應又可和強堿反應Al可制成鋁箔包裝物品CK2FeO4能與水作用生成Fe（OH）3膠體和O2可K2FeO4用于凈化自來水并殺菌消毒DHClO具有弱酸性HClO可作漂白劑A．A

B．B

C．C

D．D參考答案：C考點：鈉的重要化合物；鋁的化學性質(zhì)．專題：幾種重要的金屬及其化合物；化學應用．分析：A、NaHCO3用作糕點的膨松劑，是利用碳酸氫鈉和酸反應生成二氧化碳；B、Al可制成鋁箔包裝物品，是因為鋁表面被氧化成一層致密的保護膜；C、K2FeO4能與水作用生成Fe（OH）3膠體和O2，在反應中K2FeO4體現(xiàn)強氧化性殺菌消毒，生成的Fe（OH）3膠體又可吸附水中的懸浮雜質(zhì)；D、HClO可作漂白劑利用的是其強氧化性；解答：解：A、NaHCO3用作糕點的膨松劑，是利用碳酸氫鈉和酸反應生成二氧化碳，Ⅰ和Ⅱ均正確，但無因果關系，故A錯誤；B、Al可制成鋁箔包裝物品，是因為鋁表面被氧化成一層致密的保護膜與Al既可和酸反應又可和強堿反應無關，Ⅰ和Ⅱ均正確并且有因果關系，故B錯誤；C、K2FeO4能與水作用生成Fe（OH）3膠體和O2，在反應中K2FeO4體現(xiàn)強氧化性殺菌消毒，生成的Fe（OH）3膠體又可吸附水中的懸浮雜質(zhì)，所以可K2FeO4用于凈化自來水并殺菌消毒，故C正確；D、HClO可作漂白劑利用的是其強氧化性與是弱酸無關，無因果關系，故D錯誤；故選C．點評：本題考查了物質(zhì)性質(zhì)的分析應用，注意知識積累和反應現(xiàn)象與性質(zhì)的分析判斷，掌握基礎是關鍵，題目難度中等．9.短周期金屬元素甲～戊在元素周期表中的相對位置如右表所示，下面判斷正確的是A．原子半徑：丙＜丁＜戊

B．金屬性：甲＞丙C．氫氧化物堿性：丙＞?。疚?/p>

D．最外層電子數(shù)：甲＞乙參考答案：C略10.下列圖示與對應敘述相符合的是A．圖4表示在含等物質(zhì)的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol·L－1鹽酸至過量時，產(chǎn)生氣體的體積與消耗鹽酸的關系B．圖5表示Cl2通入H2S溶液中pH的變化C．圖6表示10mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液與過量的0.1mol·L－1H2C2O4溶液混合時，n(Mn2+)隨時間的變化（Mn2+對該反應有催化作用）D．圖7表示已達平衡的某反應，在t0時改變某一條件后反應速率隨時間變化，則改變的條件一定是加入催化劑參考答案：C略11.在由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10-12

mol·L-1的溶液中，一定能大量共存的離子組是

A．NH4+、Ba2+、Cl-、NO3-

B．Cl-、SO42-、Na+、K+C．SO42-、NO3-、Fe2+、Mg2+

D．Na+、K+、ClO-、I-參考答案：B略12.某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，若向其中逐漸加入鐵粉，溶液中Fe2＋濃度和加入鐵粉的物質(zhì)的量之間的關系如圖所示，則稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物質(zhì)的量濃度之比為()

A．1∶1∶1

B．1∶3∶1

C．3∶3∶8

D．1∶1∶4參考答案：D略13.下列說法正確的是（

）A．標準狀況下，22.4LHF中含有的氟原子數(shù)目為NA（NA表示阿伏加德羅

常數(shù)）B．0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀剛好完全：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(SO42-)＞c(H+)C．1mol該物質(zhì)與濃溴水反應時通常最多消耗Br2為4molD．常溫下，反應C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自發(fā)進行，則該反應的△H>0，一定條件下，使用催化劑能加快反應速率并提高反應物的平衡轉(zhuǎn)化率參考答案：C14.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述中不正確的是A．分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NAB．28g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NAC．常溫常壓下，92g的NO2和N2O4混合氣體含有的原子數(shù)為6NAD．常溫常壓下，22.4L氯氣與足量鎂粉充分反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA參考答案：D略15.下列物質(zhì)分類的正確組合是

混合物化合物單質(zhì)鹽A鹽酸溶液NaOH溶液石墨食鹽B漂白粉KNO3晶體O3純堿（Na2CO3）C空氣澄清石灰水鐵石灰石DCuSO4·5H2OCaCl2水銀CaO參考答案：B略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.CaCO3廣泛存在于自然界，是一種重要的化工原料。大理石主要成分為CaCO3，另外有少量的含硫化合物。實驗室用大理石和稀鹽酸反應制備CO2氣體。下列裝置可用于CO2氣體的提純和干燥。完成下列填空：1)用濃鹽酸配制1:1(體積比)的稀鹽酸(約6mol.L-1)，應選用的儀器是

。a．燒杯

b．玻璃棒

c．量筒

d．容量瓶2)上述裝置中，A是

溶液，NaHCO3溶液可以吸收

。3)上述裝置中，b物質(zhì)是

。用這個實驗得到的氣體測定CO2的分子量，如果B物質(zhì)失效，測定結(jié)果

(填“偏高”、“偏低”或“不受影響”)。4)一次性飯盒中石蠟(高級烷烴)和CaCO3在食物中的溶出量是評價飯盒質(zhì)量的指標之一，測定溶出量的主要實驗步驟設計如下：剪碎、稱重→浸泡溶解→過濾→殘渣烘干→冷卻、稱重→恒重為了將石蠟和碳酸鈣溶出，應選用的試劑是

。a．氯化鈉溶液

b．稀醋酸

c．稀硫酸d正已烷5)在溶出量測定實驗中，為了獲得石蠟和碳酸鈣的最大溶出量，應先溶出

后溶出

。6)上述測定實驗中，連續(xù)

，說明樣品已經(jīng)恒重。參考答案：1）abc；2）CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；吸收HCl氣體或吸收酸性氣體；3）無水CaCl2；偏低；4）bd；5）石蠟；CaCO3；6）兩次稱量的結(jié)果相差不超過（或小于）0.001g。此題考查了溶液的配制、氣體的除雜、實驗設計和評價、蒸發(fā)等化學實驗知識。1）配制一定體積比的溶液時，應選用燒杯、玻璃棒和量筒；2）根據(jù)實驗所用藥品，制得的氣體中可能含有H2S、HCl和水蒸氣；根據(jù)除雜的要求，除去H2S是可選用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；碳酸氫鈉溶液用于吸收HCl氣體或吸收酸性氣體；3）B物質(zhì)用于干燥制得的CO2，可選用無水CaCl2；其失效時，會造成測定結(jié)果偏低；4）根據(jù)實驗步驟，為將石蠟和碳酸鈣溶出，可選用稀醋酸溶出碳酸鈣、正己烷溶出石蠟；5）由于醋酸中的乙酸也是有機物，為防止石蠟損失，一般先溶出石蠟再溶出CaCO3；6）稱重時，當兩次稱量的結(jié)果相差不超過（或小于）0.001g，說明達到恒重。知識歸納：此題很好的將化學實驗與其他化學知識有機地結(jié)合于一體，綜合考查學生的能力和素質(zhì)；考查知識也是從簡單到復雜、從單一到綜合。三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.近期發(fā)現(xiàn)，H2S是繼NO、CO之后的第三個生命體系氣體信號分子，它具有參與調(diào)節(jié)神經(jīng)信號傳遞、舒張血管減輕高血壓的功能?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列事實中，不能比較氫硫酸與亞硫酸的酸性強弱的是_________（填標號）。A．氫硫酸不能與碳酸氫鈉溶液反應，而亞硫酸可以B．氫硫酸的導電能力低于相同濃度的亞硫酸C．0.10mol·L?1的氫硫酸和亞硫酸的pH分別為4.5和2.1D．氫硫酸的還原性強于亞硫酸（2）下圖是通過熱化學循環(huán)在較低溫度下由水或硫化氫分解制備氫氣的反應系統(tǒng)原理。通過計算，可知系統(tǒng)（Ⅰ）和系統(tǒng)（Ⅱ）制氫的熱化學方程式分別為______________、______________，制得等量H2所需能量較少的是_____________。（3）H2S與CO2在高溫下發(fā)生反應：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610K時，將0.10molCO2與0.40molH2S充入2.5L的空鋼瓶中，反應平衡后水的物質(zhì)的量分數(shù)為0.02。①H2S的平衡轉(zhuǎn)化率=_______%，反應平衡常數(shù)K=________。②在620K重復試驗，平衡后水的物質(zhì)的量分數(shù)為0.03，H2S的轉(zhuǎn)化率α2_____α1，該反應的△H_____0。（填“>”“<”或“=”）③向反應器中再分別充入下列氣體，能使H2S轉(zhuǎn)化率增大的是________（填標號）A．H2S

B．CO2

C．COS

D．N2參考答案：(1)D

(2)H2O(l)=H2(g)+O2(g)

ΔH=+286kJ/mol

H2S(g)=H2(g)+S(s)

ΔH=+20kJ/mol

系統(tǒng)（II）

(3)①2.5

2.8×10–3

②>

>

③B（1）根據(jù)蓋斯定律，把系統(tǒng)(Ⅰ)的三個熱化學方程式相加可得：H2O(l)＝H2(g)+O2(g)ΔH＝286kJ?mol-1；把系統(tǒng)(Ⅱ)的三個熱化學方程式相加可得：H2S(g)＝H2(g)+S(s)ΔH＝20kJ?mol-1；由上述兩個熱化學方程式可得，制得1molH2，系統(tǒng)(Ⅰ)需要吸收286kJ能量，系統(tǒng)(Ⅱ)需要吸收20kJ能量，所以制得等量H2所需能量較少的是系統(tǒng)(Ⅱ)。（2）設反應的H2S物質(zhì)的量為x，由題意列三段式得：因為反應平衡后水的物質(zhì)的量分數(shù)為0.02，所以=0.02，解得x=0.01；①H2S的平衡轉(zhuǎn)化率α1＝0.01÷0.40×100%=2.5%；反應平衡常數(shù)K＝=≈2.849×10-3(或2.8×10－3或2.85×10－3)。②由已知，升溫，水的物質(zhì)的量分數(shù)增大，所以升溫時平衡正向移動，故α2＞α1，ΔH＞0。③A項，再充入H2S，平衡正向移動，使CO2轉(zhuǎn)化率增大，根據(jù)化學平衡移動原理，H2S的轉(zhuǎn)化率減小，故A錯誤；B項，再充入CO2，平衡正向移動，在不改變H2S初始量的前提下，使H2S轉(zhuǎn)化率增大，故B正確；C項，再充入COS，平衡逆向移動，使H2S的轉(zhuǎn)化率減小，故C錯誤；D項，再充入N2，與該反應無關，平衡不移動，H2S的轉(zhuǎn)化率不變，故D錯誤。綜上選B。18.化合物A為一種常見金屬元素與一種常見非金屬元素組成的化合物，陽離子與陰離子的個數(shù)比為2：3。K為常見固態(tài)非金屬單質(zhì)，J為常見氣態(tài)單質(zhì)。其余為化合物，其中I、F在常溫下為液態(tài)，C為臭雞蛋氣味氣體,D為刺激性氣體，H無色無味氣體，B為白色膠狀沉淀，L為氯堿工業(yè)中的常見產(chǎn)品。F的濃溶液與K加熱可生成D和H。（部分生成物未標出）（1）寫出H的電子式

（2）寫出下列物質(zhì)的化學式：E

J

（3）寫出下列變化的化學方程式：

A+I→B+C

F的濃溶液與K加熱可生成D和H

（4）寫出下列變化的離子方程式：

B中加入L的水溶液

G的水溶液中通入過量的H

參考答案：略19.（9分）A﹣N均為中學化學中常見的物質(zhì)（或其溶液），其中A是日常生活中不可缺少的物質(zhì)，也是化工生產(chǎn)上的重要原料，單質(zhì)M是目前使用量最大的金屬，常溫下B、E、F為氣體，G為無色液體，這些物質(zhì)在一定條件下存在如圖轉(zhuǎn)化關系，其中有些反應物或生成物已經(jīng)略去．（注：H的橫線上，其余M位置不變）請?zhí)羁眨海?）H的化學式為

，D的化學式為

，G的化學式為

．（2）B和N反應的離子方程式為

．（3）G與M反應的化學方程式為

．（4）I可用于凈化水，原因是 ．參考答案：（1）Fe3O4；Na2O2；H2O；（2）Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（3）3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（4）水解生成氫氧化鐵膠體，具有吸附性．考點：無機物的推斷．.分析：單質(zhì)M是目前使