安徽省宣城市郎溪县涛城中学2023年高三化学上学期期末试题含解析

1、安徽省宣城市郎溪县涛城中学2023年高三化学上学期期末试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1. 下列实验操作与预期的实验目的或结论均正确的是（）选项实验操作预期的实验目的或结论A对某白色固体进行焰色反应实验，火焰呈黄色该物质为钠盐BSO2通入某红色溶液中，溶液褪色该溶液为品红溶液CpH均为12的NaOH溶液、氨水分别用蒸馏水稀释m倍、n倍后的pH相同mnD蔗糖溶液中加入少量稀硫酸加热，然后加银氨溶液再加热验证蔗糖是否发生水解参考答案：C考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A含有钠元素的物质的焰色反应为黄色；

2、BSO2通入某红色溶液中，溶液褪色，不一定为品红溶液，可能为滴有酚酞的碱溶液；C氨水为弱电解质，加水促进电离；D蔗糖水解生成葡萄糖，与银氨溶液的反应应在碱性条件下解答：解：A含有钠元素的物质的焰色反应为黄色，不一定为钠盐，也可能为钠的其它化合物，故A错误；BSO2具有酸性、还原性和漂白性，通入某红色溶液中，溶液褪色，不一定为品红溶液，可能为滴有酚酞的碱溶液，故B错误；C氨水为弱电解质，加水促进电离，如加水稀释等体积，则氨水pH较大，如稀释后pH相同，则氨水加水较多，故C正确；D蔗糖水解生成葡萄糖，与银氨溶液的反应应在碱性条件下，题中没有加入碱调节溶液至碱性，不能发生银镜反应，故错误故选C点评：

3、本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验、性质探究等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和合理性，难度不大2. 与铂同族的贵金属钯（Pd）有多种同位素。下列关于Pd、Pd的说法正确的是 A质子数相同，互称为同位素 B中子数相同，化学性质不同 C核外电子数相同，是同一种核素 D质量数不同，互称为同素异形体参考答案：A3. 已知A、B、C、D、E分别为Ca(OH)2、Ca(HCO3)2、HCl、Ba(NO3)2、Na2CO3五种溶液中的一种。现将它们相互反应情况列表如下（表中 “”表示生成沉淀；“”表示生成气体；

4、“”表示无现象）ABCDECB据此可判断C是A.HCl B.Ca(HCO3)2 C.Na2CO3 Ba(NO3)2 参考答案：B略4. 高铁酸钾是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为，下列说法正确的是 A制高铁酸钾用做还原剂 B制备高铁酸钾时得到电子 C高铁酸钾中铁的化合价为 D用高铁酸钾处理水时，用到了其强氧化性，且其还原产物能水解产生具有强吸附能力的胶体参考答案：D5. 下列叙述正确的是ANa2CO3溶液：c()+c()c()2c(H2CO3)B. 某二元酸（用H2A表示）在水中的电离方程式是：H2A=H+HA，HA- H+A2则NaHA溶液中：c(Na+) = c(A2-)c(H

5、A-)c(H2A)C. pH=12的氨水溶液与pH=2的盐酸溶液等体积混合：c(Cl)c(NH4)c(H+)c(OH)D. 常温下，10 mL pH=12的Ba(OH)2溶液与40 mLmolL1的NaHSO4溶液混合，当溶液中的Ba2+、SO42-均恰好完全沉淀，若混合后溶液的体积为50 mL，则溶液pH=11参考答案：D略6. （15分）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的四种方法：方法a用炭粉在高温条件下还原CuO方法b用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2制备Cu2O；方法c电解法，反应为2Cu + H2OCu2O + H2。方法d用肼（N2H4）还原新制的C

6、u(OH)2（1）已知：2Cu（s）O2(g)=Cu2O（s）；H = -169kJmol-1C（s）O2(g)=CO(g)；H = -110.5kJmol-1 Cu（s）O2(g)=CuO（s）；H = -157kJmol-1则方法a发生的热化学方程式是： 。（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示：该离子交换膜为 离子交换膜（填“阴”或“阳”），该电池的阳极反应式为 ，钛极附近的pH值 （填“增大”“减小”或“不变”）。（3）方法d为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2。该制法的化学方程式为 。（4）

7、在相同的密闭容器中，用以上方法制得的三种Cu2O分别进行催化分解水的实验： 2H2O(g)2H2(g)+O2(g) H0。水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示：序号01020304050T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480T20.100.0960.0930.0900.0900.090对比实验的温度：T2 T1（填“”“”或“”），能否通过对比实验到达平衡所需时间长短判断： （填 “能”或“否”）。实验前20 min的平均反应速率 v(O2)= 催化剂的催化效率：实验 实验（填“”或“”

8、）。参考答案：（1）2CuO(s)+C(s)=Cu2O(s)+CO(g) H=+34. 5kJ/mol（2分）（2）阴（1分) 2Cu-2e-+2OH-= Cu2O+H2O（2分） 增大（2分）（3）4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2（2分） （4）（1分) 否（1分) 3.510-5 mol/(Lmin)（2分） （2分） 【名师点晴】该题的难点是外界条件对化学反应速率影响实验设计与探究。影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得

9、出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。7. 在2L的密闭容器中充入4 molX和2 molY气体，一定条件下发生反应： 2X(g) + Y(g) 2Z(g)；H0，下列说法正确的是（）A当X、Y、Z物质的量之比为212时，反应一定达到平衡B当单位时间内生成2molZ同时消耗1molY时，反应一定达到平衡C当反应达到平衡时，向该密闭容器中通入2 mol氦气，平衡不发生移

10、动D升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体密度减小参考答案：答案：C8. 一定能在指定环境中大量共存的是Ac(H)1102mol/L的溶液：Na、NH4、CO32、SO42B在由水电离出的c(H)11012mol/L的溶液中：Fe3、ClO 、Na、SO42C在pH1的溶液中，NO3、SO42、Na、Fe2D含有大量SO42溶液：K、Cu2、Cl、NO3参考答案：D略9. t时，某一气态平衡体系中含有X(g)、Y(g)、Z(g)、W(g)四种物质，此温度下发生反应的平衡常数表达式为：，有关该平衡体系的说法正确的是A升高温度，平衡常数K增大 ，则正反应为吸热反应 B增大压强，W(g)质量分数增加C

11、升高温度，若混合气体的平均相对分子质量变小，则正反应是放热反应 D增大X(g)浓度，平衡向正反应方向移动 参考答案：AC10. 下列溶液中有关物质的量浓度关系和计算不正确的是（）ApH相等的NaOH、CH3COONa和NaHCO3三种溶液，则有c（NaOH）c（NaHCO3）c（CH3COONa）B已知25C时KSP（AgCl）=1.81010，则在0.1mol?L1AlCl3溶液中，Ag+的物质的量浓度最大可达到6.01010mol?L1C25时，0.1mol?L1Na2CO3溶液中水电离出来的OH浓度大于0.1mol?L1NaOH溶液中水电离出来的OH浓度D室温下，0.1mol?L1NaH

12、A溶液的pH=4，则有c（HA）c（H+）c（H2A）c（A2）参考答案：D考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：ApH相等碱性溶液，强碱的浓度最小，盐类的水解程度越小，浓度越大；B首先计算c（Cl），根据KSP（AgCl）=c（Ag+）c（Cl）计算；C盐类水解促进水的电离；DNaHA溶液的pH=4，说明电离程度大于水解程度解答：解：ApH相等碱性溶液，强碱的浓度最小，则c（NaOH）最小，盐类的水解程度越小，浓度越大，由于酸性：CH3COOHH2CO3，pH相等时，c（NaHCO3）c（CH3CO

13、ONa），故A正确；Bc（Cl）=0.3mol/L，c（Ag+）=mol/L=6.01010mol?L1，故B正确；C盐类水解促进水的电离，而酸、碱抑制水的电离，则0.1mol?L1Na2CO3溶液中水电离出来的OH浓度大于0.1mol?L1NaOH溶液中水电离出来的OH浓度，故C正确；DNaHA溶液的pH=4，说明电离程度大于水解程度，则c（A2）c（H2A），故D错误故选D点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，本题注意盐类水解程度的比较，把握溶度积的计算11. 下列各选项陈述I和陈述均正确且二者有因果关系的是（）陈述I陈述A常温下铁、铜均不溶于浓硫酸常温下铁、铜与浓硫酸均不反应B

14、HCl与Na2CO3溶液反应生成CO2用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的少量HClCCl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色次氯酸的氧化性比氯气的强D稀、浓HNO3分别与铜反应，还原产物为NO和NO2稀HNO3氧化性比浓HNO3强参考答案：C考点：铁的化学性质；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：元素及其化合物分析：A常温下铁与浓硫酸发生钝化，铜与浓硫酸不反应；BCO2会与饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠；CCl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色，说明氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；D浓HNO3

15、氧化性比稀HNO3强解答：解：A常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，铜与浓硫酸不反应，陈述不合理，故A不选；BCO2会与饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，所以陈述不合理，故B不选；CCl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色，说明氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，则次氯酸的氧化性比氯气的强，陈述均合理，存在因果关系，故C选；D浓HNO3氧化性比稀HNO3强，陈述II不合理，故D不选；故选C点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法等为解答的关键，题目难度不大12. CO2气体中含有

16、少量SO2，欲得到干燥纯净的CO2，通过如图所示的洗气瓶，（1）、（2）两瓶中所装的试剂应该是A（1）NaOH，（2）浓H2SO4B（1）饱和NaHCO3，（2）浓H2SO4C（1）浓H2SO4，（2）NaOHD（1）浓H2SO4，（2）Na2CO3参考答案：B略13. 下列说法正确的是（）A蔗糖与麦芽糖都具有还原性，水解产物都是葡萄糖B淀粉和纤维素互为同分异构体，水解产物都是葡萄糖C蛋白质在酶的作用下，水解为多肽，最终生成氨基酸D植物油和动物油都是高级脂肪酸甘油酯，前者的饱和程度更高参考答案：C【考点】葡萄糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构；蔗糖、麦芽糖简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特

17、点【专题】糖类与蛋白质专题【分析】A蔗糖不是还原性糖，蔗糖水解得到葡萄糖和果糖；B淀粉和纤维素的聚合度n不同；C蛋白质在酶的作用下，水解为多肽，多肽水解为二肽，二肽水解为氨基酸；D植物油的饱和程度较低【解答】解：A蔗糖不是还原性糖，蔗糖水解得到葡萄糖和果糖，麦芽糖是还原性糖，水解产物是葡萄糖，故A错误；B淀粉和纤维素的聚合度n不同，不是同分异构体，故B错误；C蛋白质在酶的作用下，水解为多肽，多肽水解为二肽，二肽水解为氨基酸，故C正确；D植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪的主要成分是饱和高级脂肪酸甘油酯，植物油的饱和程度较低，故D错误；故选C【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频

18、考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物组成、结构和性质，难度不大14. 用如图所示的实验装置进行实验X及Y时，每隔半分钟分别测定放出气体的体积下列选项中可正确表示实验X及Y的结果是（ ）实验所用的酸X25mL 0.2mol/LY50mL 0.1mol/L ABCD参考答案：A考点：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用 分析：n（HCl）=0.025L0.2mol/L=0.05L0.1mol/L=0.005mol，n（Mg）=mol，根据Mg+2HCl=MgCl2+H2知，Mg如果完全反应需要HCl的物质的量为mol0.005mol，需要HCl完全反应，Mg剩余，根据H原子守恒知，生成

19、氢气的体积相等，反应物的浓度越大，其反应速率越大，反应时间越短，据此分析解答解答：解：n（HCl）=0.025L0.2mol/L=0.05L0.1mol/L=0.005mol，n（Mg）=mol，根据Mg+2HCl=MgCl2+H2知，Mg如果完全反应需要HCl的物质的量为mol0.005mol，需要HCl完全反应，Mg剩余，两种酸的物质的量相等，根据H原子守恒知，生成氢气的体积相等；反应物的浓度越大，其反应速率越大，反应时间越短，X浓度大于Y，所以反应时间X小于Y，故选A点评：本题考查反应速率的影响因素，侧重考查分析、计算能力，注意先进行过量计算，知道浓度与反应速率的关系，题目难度不大15.

20、 下列有关离子方程式与所述事实相符且正确的是( )A. Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba22OH2HSO42=BaSO42H2OB. 钠与水反应：Na+2H2O = Na+2OH+ H2C. 用氯化铁溶液和沸水反应制取氢氧化铁胶体：Fe33H2O(沸水)= Fe(OH)33HD. 漂白粉溶液在空气中失效：ClOCO2H2O=HClOHCO3参考答案：A试题分析：A.符合事实、电荷守恒和原子守恒，A项正确；B.不符合电子转移守恒和电荷守恒、原子守恒，应为2Na + 2H-2O = 2Na+ 2OH+ H2，B项错误；C.制备氢氧化铁胶体的方程式中，氢氧化铁不标沉淀符号，应为F

21、e33H2O(沸水)=Fe(OH)3（胶体）3 H，C项错误；D.漂白粉溶液在空气中，与空气中的CO2和水反应生成HClO和碳酸钙，离子方程式为Ca2+2ClO+CO2+H2O = CaCO3+2HClO，D项错误；答案选A。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 长期存放的亚硫酸钠可能会被空气中的氧气氧化。某化学兴趣小组通过实验来测定某无水亚硫酸钠试剂的被氧化的程度，设计了如图所示实验装置：请回答下面的问题：(1)若将虚线框内的分液漏斗换成长颈漏斗，则应该怎样检查虚线框内装置的气密性？_。(2)A装置中反应的化学方程式为_。B装置中反应的离子方程式为_。(3)称量a g Na2SO3

22、样品放入锥形瓶中，向B装置反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀b g，原样品中Na2SO3的质量分数为_。(4)C装置中反应的离子方程式为_参考答案：每个空3分，共15分(1)关闭弹簧夹(或止水夹)a，由长颈漏斗向锥形瓶内加水至漏斗内液面高于锥形瓶内液面，过一段时间观察液面是否变化，若不变，说明气密性良好，否则，说明装置漏气(2) H2SO4Na2SO3=Na2SO3H2OSO2Cl2SO22H2O=4H2ClSO42(3)100%(4)Cl22OH=ClClOH2O，SO22OH=SO32H2O略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. 向一定量

23、的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.688 L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（ ）A0.24molB0.21molC0.18molD0.14mol参考答案：C【知识点】硝酸的性质解析：因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe（NO3）2，标准状况2.688LNO的物质的量2.688/22.4=0.12(mol

24、)根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L4mol/L-0.12mol=0.36mol，所以硝酸亚铁的物质的量0.36mol/2=0.18mol，由铁元素守恒可知，若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物能得到铁的物质的量为n（Fe）=0.18mol故答案选C【思路点拨】本题考查了硝酸的性质，利用氮元素和铁元素守恒即可顺利解答。18. 【化学?选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）H是合成抗炎药洛萦洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）H中除苯环外的官能团名称是 ；反应的化学方程式为 （2）反应的反应类型为 ；反应的反应类型为 （3）C的结构

25、简式为；E的结构简式为 （4）写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式： 能与FeCl3溶液发生显色反应能发生银镜反应核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6：2：1：1（5）仿照H的合成路线，设计一种由苯甲醇合成的合成路线 参考答案：（1）酯基、溴原子；+HCHO+HCl +H2O；（2）取代反应；水解反应；（3） ；（4） ；（5）【考点】有机物的合成【分析】由A、B、C的分子式，结合D的结构简式，根据转化关系可知，A为，B为，C为对比D、F结构可知，D发生取代反应生成E为，F与甲醇发生酯化反应生成G，G发生取代反应得到H，同时还生成乙二醇（5）中苯甲醇与HCl发生取代反应生成，再与NaCN发生取代反应得到，酸性条件下水解得到，最后与苯甲醇发生酯化反应得到【解答】解：由A、B、C的分子式，结合D的结构简式，根据转化关系可知，A为，B为，C为对比D、F结构可知，D发生取代反应生成E为，