2022-2023学年上海市嘉定区封浜中学高三化学上学期期末试卷含解析

1、2022-2023学年上海市嘉定区封浜中学高三化学上学期期末试卷含解析一、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. 维生素C的结构简式如图所示下列有关说法正确的是：（）A维生素C所含的官能团有羟基、羧基、碳碳双键B维生素C能和溴水、酸性重铬酸钾溶液反应C维生素C的分子式为C6H6O6D维生素C能发生加成反应、氧化反应，不能发生取代反应参考答案：B考点：有机物的结构和性质分析：该有机物中含有醇羟基、酯基、碳碳双键，具有醇、烯烃和酯的性质，能发生氧化反应、取代反应、酯化反应、加成反应、加聚反应、水解反应等，据此分析解答解答：解：A维生

2、素C所含的官能团有羟基、酯基、碳碳双键，故A错误；B含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应、能被酸性重铬酸钾溶液氧化，故B正确；C维生素C的分子式为C6H8O6，故C错误；D该分子中含有醇羟基、酯基，能发生取代反应，故D错误；故选B点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、醇、酯的性质，注意分子式的确定，为易错点2. 对于1 mol/L的氨水，下列叙述正确的是(忽略溶液混合时的体积变化) ()A.将标准状况下22.4 L氨气溶于1 L水中配成溶液，即可得1 mol/L的氨水B.1 mol/L的氨水的质量分数小于1.7%C.将1 mol/L的氨水

3、与水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度大于0.5 mol/LD.将1 mol/L的氨水与3 mol/L的氨水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度为2 mol/L参考答案：CA项，因氨水以起始溶入的氨为溶质，故将1 mol氨溶于水配成1 L溶液，其物质的量浓度为1 mol/L；B项，由物质的量浓度与质量分数的关系，可有以下表达式：1 mol/L，又由于氨水的密度1 g/cm3，故w1.7%；C项，若将1 mol/L的氨水与水等体积混合，所得氨水的浓度为0.5 mol/L，由于氨水密度比水小，则相同质量的氨水的体积比水大，故等质量混合后所得氨水的物质的量浓度大于0.5 mol/L；D项，因氨水的

4、浓度越大，其密度越小，则等质量混合时，3 mol/L的氨水所占体积比1 mol/L的氨水大，故所得氨水的物质的量浓度大于2 mol/L.3. 192 g Cu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672 mL气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为 （ ） A504 mL B336 mL C224 mL D168 mL参考答案：B略4. 实验是研究化学的基础，下图中所示的实验方法、装置或操作完全正确的是（ ）A.干燥Cl2 B.吸收HCl C.制取Fe（OH）2沉淀 D.稀释浓H2S

5、O4参考答案：C略5. 下列说法正确的是（）A若2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ?mol1，则H2燃烧热为241.8kJ?mol1B在稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJ/mol，若将含0.6molH2SO4的稀硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJC已知C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定D由BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）H1=+571.2kJ?mol1BaSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）H2=+226.2kJ?mol1可得反应C（s）+CO2（g）

6、=2CO（g） 的H=+172.5kJ?mol1参考答案：D考点：反应热和焓变；热化学方程式.专题：化学反应中的能量变化分析：A、燃烧热是1mol可燃物燃烧生成稳定化合物，H生成液态水时放出的热量；B、中和热是指生成1mol水时放出的热量；C、物质的能量越低越稳定；D、利用盖斯定律解答解答：解：A、生成的是水蒸气，故A错误；B、含0.6molH2SO4的稀硫酸与含1molNaOH的溶液混合，生成1mol水，放热57.3KJ，故B错误；C、石墨生成金刚石吸热，石墨金刚石能量高，石墨稳定，故C错误；D、已知：BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）H1=+571.2kJ?mol1B

7、aSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）H2=+226.2kJ?mol1据盖斯定律，（）2得：C（s）+CO2（g）=2CO（g） 的H=+172.5kJ?mol1，故D正确；故选D点评：本题考查了燃烧热、中和热物质的能量越低越稳定和盖斯定律的应用，题目难度不大6. 向含Na+、Al3+、Fe3+、Fe2+、Cl、SO42的水溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后再加入过量的稀盐酸，所得溶液与起始溶液相比，上述离子数目没有变化的有（）A2种B3种C4种D5种参考答案：A【考点】离子共存问题；离子反应发生的条件【分析】溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的

8、稀盐酸，Fe2+氧化成Fe3+，减少的是亚铁离子，增加的是三价铁离子、钠离子、氯离子，铝离子、硫酸根离子保持不变【解答】解：溶液中加入过量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，钠离子增大，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe2+减少；Fe3+、Al3+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，再通入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，铁离子增多，偏铝酸根离子转化为铝离子，铝离子保持不变；由于过氧化钠与水反应生成钠离子，加盐酸引入氯离子，则Na+、Cl数目不变，则只有Al3+、SO42不变，故选A7. 有A、B、C、D四种金属。将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中

9、，B不易腐蚀。将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈。将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化.如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是 HYPERLINK / ADCAB BDABC HYPERLINK / CDBAC DBADC参考答案：C8. 化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（）A凡含有添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用B硅胶可用作食品干燥剂C“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料D工业上燃烧煤时，加入少量石灰石是为了减少CO2的排放参考答案：B【考点】绿色化学【分析】A食品添加剂包括酸度调节剂、抗结剂、消泡

10、剂、抗氧化剂、漂白剂、膨松剂、着色剂、护色剂、酶制剂、增味剂、营养强化剂、防腐剂、甜味剂、增稠剂、香料等；B硅胶具有吸水性，无毒；C碳纤维是无机非金属材料；D加入少量的石灰石，二氧化硫可转化为硫酸钙【解答】解：A我国把营养强化剂也归为食品添加剂的范畴，包括对人体有益的某些氨基酸类，盐类，矿物质类，膳食纤维等，故A错误；B硅胶具有吸水性，无毒，可以用作食品干燥剂，故B正确；C碳纤维是无机非金属材料，不是有机物，不是有机高分子材料，故C错误；D加入少量的石灰石，二氧化硫可转化为硫酸钙，可减少二氧化硫的污染，不能减少二氧化碳的排放，故D错误；故选：B9. 设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确

11、的是( )A. 1mol Na2O2 固体中含离子总数为4NAB. 将0.1 mol氯化铁溶于1 L沸水中，得到含有0.1NA个胶体粒子的分散系C. 12g金刚石中含有的共价键数为4NAD. 乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28 g混合气体中含有4NA个氢原子参考答案：D略10. 在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入足量质量相等且同样的锌粒。下列说法正确的是A反应结束后两烧杯中得到氢气的量相等B反应结束后乙烧杯中得到的氢气多C反应开始时两烧杯中化学反应速率相等D反应开始后甲烧杯中化学反应速率快参考答案：BC略11. 参考答案：答案：D12. 在一密

12、闭容器中盛有a L Cl2和H2的混合气体，用电火花引燃后，恢复到原来状态，发现气体仍为a L。用足量的NaOH溶液吸收燃烧后的气体，结果无气体剩余。由以上条件，推知原混合气体中Cl2和H2物质的量之比一定是ACl2H21 BCl2H21 CCl2H21 DCl2H21参考答案：C13. 下列实验操作或装置符合实验要求的是 （a） (b) (c) (d)A(a) 可用于定容并量取15.00 mL NaOH溶液 B(b)装置放置一段时间后，饱和C-USO4溶液中出现蓝色晶体 C(c)可用于高温煅烧石灰石 D(d)可用于易溶于水的尾气吸收 参考答案：B略14. 已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说

13、法错误的是A. 3g 3He含有的中子数为1NAB. 1 L 0.1 molL?1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NAC. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA参考答案：B【详解】A. 的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确； B. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L0.1mol/LNA mol-1 =0.1NA，B项错误；C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3m

14、ol2NA mol-1 =6NA，C项正确；D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为13NA mol-1 =NA，D项正确；答案选B。15. 将0.2mol/L的醋酸钠溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是Ac (Ac-)c (Na+)c (H+)c (HAc) Bc (Na+)c (H+)c (Ac-)c (Cl-)Cc (Ac-)c (Cl-)c (H+)c (HAc) Dc (Ac-)c (Cl-)c (HAc)c（H+）参考答案：D二、实验题（本题包括1个

15、小题，共10分）16. 某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如图所示：（1）SO2气体还原Fe3+生成的还原产物是 （填离子符号），参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是 （2）下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是 （双选，填序号）ANa2SO3溶液与HNO3BNa2SO3固体与浓硫酸C固体硫在纯氧中燃烧 D铜与热浓H2SO4（3）装置C的作用是 （4）若要从A中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有 （双选，填序号）A蒸发皿 B石棉网 C漏斗 D烧杯 E玻璃棒 F坩埚（5）在上述装置中

16、通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案：往第一份试液中加入KMnO4溶液，紫红色褪去方案：往第二份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红方案：往第三份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀上述方案不合理的一个是 ，原因是 （6）上述装置中能表明I的还原性弱于SO2的现象是 参考答案：（1）Fe2+；1：2；（2）BD；（3）吸收SO2尾气，防止污染空气；（4）BF；（5）方案；因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色；（6）B中蓝色溶液褪色【分析】（1）三价铁离子具有强的氧化

17、性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，据此书写离子反应方程式，根据离子反应方程式计算参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比；（2）实验室制取气体要考虑操作方便、易控制、不能含杂质；（3）二氧化硫具有刺激性气味，污染空气，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止空气污染；（4）从A中所得溶液提取晶体为绿矾，溶液中得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥步骤得到；（5）二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色；（6）B中发生SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，还原剂的还原性大于还原产物【解答】解：（1）三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化二氧

18、化硫生成硫酸根离子，二者反应的离子方程式：2Fe3+SO2+2H2O=SO42+2Fe2+4H+，SO2气体还原Fe3+生成的还原产物是Fe2+，参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是1：2，故答案为：Fe2+；1：2；（2）A硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，无法得到二氧化硫气体，故A错误；B浓硫酸虽具有强酸性，且浓硫酸不挥发，亚硫酸钠溶液与浓硫酸能够反应生成二氧化硫气体，故B正确；C固体硫在纯氧中燃烧，操作不容易控制，且无法获得纯净的二氧化硫，故C错误；DCu与浓硫酸在加热条件下生成二氧化硫、硫酸铜和水，可知制备二氧化硫，故D正确；故答案为：BD；（3）二氧化硫气体是酸性氧

19、化物，具有刺激性气味，直接排放会污染大气，由于二氧化硫能和碱反应生成盐和水，可用碱液处理二氧化硫，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，所以装置C的作用为：吸收SO2尾气，防止污染空气，故答案为：吸收SO2尾气，防止污染空气；（4）溶液中得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥步骤得到，所以在这一系列操作中没有用到的仪器有石棉网、坩埚，故答案为：BF；（5）二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色，所以方案不合理，因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色，故答

20、案为：方案；因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色；（6）B中发生SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则I的还原性弱于SO2，现象为紫色变为无色，故答案为：B中蓝色溶液褪色【点评】本题考查了元素化合物性质，试题涉及氧化性还原性强弱比较、性质实验方案的设计与评价等知识，明确掌握浓硫酸的性质、二氧化硫的检验方法等知识为解答本题关键，题目难度中等三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. 【化学-选修3物质结构与性质】磷元素在生产和生活中有广泛的应用（1）P原子价电子排布图为 （2）四（三苯基膦）钯分子结构如图1： 图1 图2 图3

21、图4P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为 ；判断该物质在水中溶解度并加以解释 该物质可用于图2所示物质A的合成：物质A中碳原子杂化轨道类型为 ；一个A分子中手性碳原子数目为 （3）在图3示中表示出四（三苯基膦）钯分子中配位键：（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正六面体形阴离子，熔体中PCl的键长只有198nm和206nm两种，这两种离子的化学式为 ；正四面体形阳离子中键角小于PCl3的键角原因为 ；该晶体的晶胞如图4所示，立方体的晶胞边长为a pm，NA为阿伏伽德罗常数的值，

22、则该晶体的密度为 g/cm3（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种PBr键长，试用电离方程式解释PBr5熔体能导电的原因 参考答案：（1）；（2）sp3；不易溶于水，水为极性分子，四（三苯基膦）钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶；sp、sp2、sp3；3；（3）；（4）PCl4+和PCl6；两分子中P原子杂化方式均为sp3杂化，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力；（5）PBr5PBr4+Br【考点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）

23、磷是15号元素，P的最外层3S2电子的自旋方向相反，3p3电子的自旋方向相同；（2）钯原子成4个单键，杂化轨道数为4，据此判断；水为极性分子，四（三苯基膦）钯分子为非极性分子，根据结构相似相溶原理分析溶解性；根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式，物质A中甲基上的C采取sp3杂化类型，CN为SP杂化，碳碳双键为sp2杂化；连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；（3）中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键，Pd含有空轨道、P原子含有孤电子对；（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子

24、是PCl4+和一种正六面体形阴离子是PCl6，即发生反应为：2PCl5=PCl4+PCl6；PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，正四面体形阳离子中键角小于PCl3的键角；根据均摊法计算该晶胞中含有2个PCl5分子，根据=计算晶胞密度；（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，说明PBr5也能电离出能导电的阴阳离子，结合产物中只存在一种PBr键长书写【解答】解：（1）磷是15号元素，其原子核外有15个电子，P元素基态原子电子排布为1s22s22p63s23P3，P的最外层3p电子3个电子自旋方向相同，故答案为：；（2）P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子

25、与P原子成4个单键，杂化轨道数为4，为sp3杂化，水为极性分子，四（三苯基膦）钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶，所以四（三苯基膦）钯分子在水中难溶，物质A中甲基上的C采取sp3杂化类型，CN为SP杂化，碳碳双键为sp2杂化，连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，如图： ，所以一个A分子中手性碳原子数目为3个，故答案为：sp3；不易溶于水，水为极性分子，四（三苯基膦）钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶；sp、sp2、sp3；3；（3）配位键由含有孤电子对的原子指向含有空轨道的原子，Pd含有空轨道、P原子含有孤电子对，所以配位键由P原子指向Pd原子，如图：，故答案为：

26、；（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+和一种正六面体形阴离子是PCl6，即发生反应为：2PCl5=PCl4+PCl6，PCl3中价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=3+=4，所以原子杂化方式是sp3，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以PCl5中正四面体形阳离子中键角小于PCl3的键角，晶胞中PCl5位于顶点8=1，1个PCl5分子位于晶胞内部，立方体的晶胞边长为apm，所以密度为：=g/cm3=g/c