2023届天津市和平区高三上学期期末考试化学试题(解析版)

1、PAGE PAGE 9第页天津市和平区2023届高三上学期期末考试化学试题1. 以下说法不正确的是A. 甲醛的水溶液具有杀菌、防腐性能B. 煤进行气化和液化加工可获得清洁燃料C. 蚕丝和核酸都属于天然高分子化合物D. 合成纤维和光导纤维都是新型有机非金属材料【答案】D【解析】A. 甲醛的水溶液能使蛋白质变性，起到杀菌、防腐作用，A正确；B. 煤进行气化和液化加工可获得清洁燃料，B正确；C. 蚕丝和核酸都属于天然高分子化合物，C正确；D.光导纤维是无机非金属材料，D错误。答案选D。2. 以下说法错误的是A. 除去KNO3中的少量NaCl，可将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤B. 乙醇中含乙

2、酸杂质，可参加碳酸钠溶液洗涤、分液除去C. 可用微光笔检验淀粉溶液的丁达尔效应D. 苯中混有甲苯，可加适量酸性高锰酸钾溶液，再加烧碱溶液后分液可得到苯【答案】B【解析】A. 由于硝酸钾与氯化钠的溶解度相差较大，可将混合物KNO3中的少量NaCl制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤，A正确；B. 乙醇中含乙酸杂质，可参加碳酸钠溶液洗涤，溶液不分层，无法用分液法除去，B错误；C. 用微光笔检验淀粉溶液有丁达尔效应，C错误；D. 向苯中混有甲苯的溶液中加适量酸性高锰酸钾溶液，再加烧碱溶液后得到苯与盐的溶液互不相溶，分液可得到苯，D正确。答案选B。3. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其原子的

3、最外层电子数之和为15。X与Y、Z、W位于相邻周期，Z最外层电子数与周期数相等，W的一种氧化物是主要的大气污染物。以下表达正确的是A. 原子半径的大小顺序：r (W) r(Z) r(Y)r(X)B. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：YZC. X、W的简单气态氢化物都易溶于水D. Z的最高价氧化物对应的水化物一定能溶于X的最高价氧化物对应的水化物【答案】B【解析】W的一种氧化物是主要的大气污染物，那么W为S， Z最外层电子数与周期数相等，且X与Y、Z、W位于相邻周期，说明Z为Al， 如果Y是Mg，那么X为C，如果Y为Na，那么X为N，A、半径大小比拟，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随

4、着原子序数的增大而减小，即半径大小顺序是r(Y)c(Z)c(W)c(X)，故A错误；B、无论Y是Na还是Mg，同周期从左向右金属性减小，其最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，即YZ。故B正确；C、如果X为C，氢化物是CH4，CH4不溶于水，故C错误；D、Z的最高价氧化物对应水化物是Al(OH)3，如果X为C，C的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，氢氧化铝不溶于碳酸，故D错误。4. 以下关于有机物结构、性质的分析正确的是A. 正丁烷和异丁烷的一氯取代物都只有两种，它们的沸点也相同B. 乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反响，说明二者均含碳碳双键C. 甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能

5、发生取代反响D. 乙醛中参加Cu(OH)2粉末并加热可看到红色沉淀生成【答案】C【解析】A正丁烷和异丁烷是两种不同的物质，正丁烷的一氯代物密度与异丁烷的一氯代物沸点不同，故A错误；B苯中不含碳碳双键和碳碳单键，所有碳原子之间形成一个大键，但苯能发生加成反响，故B错误；C在一定条件下，烷烃、苯及其同系物、醇、羧酸和酯类都能发生取代反响，注意酯类的水解反响属于取代反响，故C正确；D乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸可看到红色沉淀生成，不是Cu(OH)2粉末，故D错误；应选C。5. 以下有关实验操作的表达中，正确的是A. 用苯萃取碘水时，有机层从分液漏斗下口放出B. 制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸

6、依次参加到浓硫酸中C. 用50mL的量筒量取6.80mL盐酸D. 中和滴定实验中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化【答案】D【解析】A. 用苯萃取碘水时，碘的苯在上层，应从上口倒出，A错误；B. 制备乙酸乙酯时，将乙醇参加到浓硫酸中，冷却至室温后再参加乙酸，提高乙酸的利用率，B错误；C. 用10mL的量筒量取6.80mL盐酸，C错误；D. 中和滴定实验中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，判断滴定终点，D正确。6. 乙酸橙花酯兼有橙花和玫瑰花香气，其结构简式如图。关于该有机物的表达中正确的是在Ni催化条件下1mol 该有机物可与3molH2发生加成；该有机物不能发生银镜反响；该有机物分子式为C

7、12H22O2；该有机物的同分异构体中不可能有酚类；lmol该有机物水解时只能消耗1molNaOH。A. B. C. D. 【答案】C【解析】分子中含有2个碳碳双键，那么1mol该有机物可消耗2mol H2，酯基与氢气不发生加成反响，故错误；分子中不含醛基，那么不能发生银镜反响，故正确；由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，那么分子式为C12H20O2，故错误；分子中含有3个双键，那么不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度为4，那么它的同分异构体中不可能有酚类，故正确；能与氢氧化钠反响的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反响，那么1mol该有机物水解

8、时只能消耗1mol NaOH，故正确；应选C。点睛：此题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键。7. 以下离子方程式书写正确的是A. 向NaAlO2溶液中通过量CO2：CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3+HCO3-B. 过量的NH3通入AlCl3溶液中：Al3+4NH3H2O=AlO2-+4NH4+2H2OC. Fe(NO3)3溶液中参加过量的HI溶液:2Fe3+2I-=2Fe2+I2D. Cl2通入水中；Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-【答案】A8. 以下说法正确的是A. 反响N2(g)+3

9、H2(g)2NH3(g)的S0B. 地下钢铁管道用导线连接铜块可以减缓管道的腐蚀C. 常温下KspMg(OH)2=5.610-12，含Mg2+溶液中pH=10 时c(Mg2+)5.610-4 molL-1D. 常温常压下，锌与稀H2SO4反响生成11.2 LH2，反响中转移的电子数为6.021023【答案】C【解析】A. 反响N2(g)+3H2(g)2NH3(g)中，反响前后气体分子数减少，S0，A错误；B. 地下钢铁管道用导线连接铜块，铁作负极加快管道的腐蚀，B错误；C. 常温下KspMg(OH)2=5.610-12，含Mg2+溶液中pH=10 时，c(Mg2+)5.610-4 molL-1

10、，C正确；D. 常温常压下，锌与稀H2SO4反响生成11.2 LH2，此气体不是标准状况下的气体，无法换算，D错误。答案选C。9. 某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-中的假设干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：所加试剂均过量，气体全部逸出以下说法不正确的是A. 原溶液一定存在CO32-和SO42-，一定不存在Fe3+B. 原溶液一定存在Cl-，可能存在Na+C. 原溶液中c(Cl-)0.1molL-1D. 假设原溶液中不存在Na+，那么c(Cl-)0.1molL-1【答案】D【解析】试题分析：参加氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸

11、根中的至少一种，那么该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀局部溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32-、SO42-，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是2.33g233g/mol=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是(4.32.33)197mol=0.01mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中参加氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是1.12L22.4L/mol=0.05mol，根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和：0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.012+0

12、.012=0.04mol，所以一定存在氯离子，钠离子不能确定，nCl-0.01mol，所以cCl-0.1molL-1。A原溶液一定存在CO32-和SO42-、Cl-，一定不存在Fe3+，故A正确；B原溶液一定存在Cl-，可能存在Na+，故B正确；C原溶液中cCl-0.1molL-，故C正确；D假设原溶液中不存在Na+，那么cCl-=0.1molL-1，故D错误。应选D。考点：考查常见离子的检验方法【名师点睛】10. 常温下，以下有关电解质溶液的说法正确的是A. 向NH4Cl溶液中参加NaOH溶液至呈中性，溶液中c(Na+)=c(NH3H2O)B. 用少量水稀释0.1molL-1氨水时;溶液中减

13、小C.将Na2CO3溶液从20升温至30，溶液中增大D. pH=5.5的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中c(Na+)c(CH3COO-)【答案】A【解析】A. 向NH4Cl溶液中参加NaOH溶液至呈中性，溶液中c(Na+)+c(NH4+)=c(Cl-)，而由NH4Cl 的物料守恒可知，c(NH3H2O)+c(NH4+)=c(Cl-)，两式联列可得：c(Na+)=c(NH3H2O)，A正确；B. 用少量水稀释0.1molL-1氨水时；等体积溶液中，氢氧根的物质的量增大，而一水合氨的物质的量减小，所以，溶液中增大，B错误；C. 将Na2CO3溶液从20升温至30，促进碳酸根离子的水解，水

14、解平衡常数增大，由此表示式可知，溶液中减小，C错误；D. pH=5.5的CH3COOH与CH3COONa混合溶液，CH3COOH电离大于CH3COO-的水解，CH3COONa的物料守恒可知， c(CH3COO-)c(Na+)，D错误。答案选A。11. 对反响：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g) H，反响特点与对应的图象的说法中不正确的是A. 图中，假设P1P2，那么该反响在较低温度下有利于自发进行B. 图中，假设T2T1，那么H0 且a+b=c+dC. 图中t1时刻改变的条件一定是使用了催化剂D. 图中，假设HP2，P1时A%低于P2，压强增大，平衡正向移动，那么反响前气体分子数小于

15、反响后气体分子数，ST1，A的转化率降低，平衡逆移动，那么正反响为放热反响，HT2，假设H0，那么纵坐标不可能表示的是反响物的转化率，D正确。答案选C。12. ：镁电池的总反响为xMg+Mo3S4MgxMo3S4,锂硫电池的总反响为2Li+SLi2S。参与电极反响的单位质量的电极材料放出电能的大小称为该电池的比能量。以下说法正确的是A. 锂电池放电时，Mg2+向负极迁移B. 镁电池放电时，正极发生的电极反响为Mo3S4+xMg2+2xe-=MgxMo3S4C. 理论上两种电池的比能量相同D. 图中Li作负极，Mo3S4作阳极【答案】B【解析】A. 锂电池放电时，镁电极失去生成Mg2+向阴极迁移

16、，A错误；B. 镁电池放电时，正极发生的电极反响为Mo3S4+xMg2+2xe-=MgxMo3S4，B正确；C. 镁、锂的摩尔质量不是2倍关系，两种电池的比能量不同，C错误；D. 由电子流动方向判断可知，图中Li作负极，Mo3S4作阴极，D错误。答案选B。点睛：解决电化学问题的关键是寻找电子流向，确定两极性质，书写两电极反响式时注意介质参与反响。13. 铝是应用广泛的金属，以铝土矿主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶时转化为铝硅酸钠沉淀。1A1的原子结构示意图为_；A1与NaOH溶液反响的离子方程式为_。2 “碱溶时生成偏铝酸钠

17、的离子方程式为_。3向 过滤所得滤液中参加NaHCO3溶液，溶液的pH_填“增大、“ 不变或“减小。4 “电解是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_。5电解原理如下图。试写出A、B、C、D物质的化学式：A_，B_，C_，D_。阳极的电极反响式为_。6铝粉在1000时可与N2反响制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_。【答案】 (1). (2). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2 (3). Al2O3+2OH-= AlO2-+H2O (4). 减小 (5). 石墨电极被阳极上产生的氧气氧化 (6). H2 (

18、7). Na2CO3 (8). NaHCO3 (9). NaOH (10). 【答题空10】【答题空10】4CO32-+2H2O4e-=4HCO3-+O2 (11). 氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝外表的氧化铝薄膜14. 一些硼化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿为原料可以制得硼酸及其他硼化合物。答复以下问题：1硼酸(H3BO3)为一元酸，硼酸中B的化合价为_。2：Ka(H3BO3)=5.810-l0，Ka(H2CO3)=4.410-7，Ka(HCO3-)=4.710-l1，向饱和硼酸溶液中滴加0.1 molL-1Na2CO3溶液，_填“能或“不能观察到气泡逸出。写出该反响的化学方程式_。3以

19、硼酸为原料可制备重要复原剂NaBH4，BH4-的电子式为_。NaBH4与BF3在5070反响生成NaBF4和乙硼烷(B2H6)，该反响的化学方程式是_。4硫酸溶解铁硼矿可制得含Fe3+、Fe2+、Al3+杂质的硼酸溶液，提纯过程中参加H2O2的目的是_，为除去Fe3+、Al3+ (使其浓度均小于110-6 molL-1)，需至少调节pH=_： KspAl(OH)3= 110-33，KspFe(OH)3=410-385H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如下图阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过：a接电源的_填“正极、“ 负极写出阳极的电极反响式_。原料室中阴、阳离子是如何迁移的？_。

20、【答案】 (1). +3 (2). 不能 (3). NaCO3+H3BO3=NaHCO3+NaH2BO3 (4). (5). 3NaBH4+4BF33NaBF4+2B2H6 (6). 将Fe2+氧化生成Fe3+，便于除去 (7). 5 (8). 正极 (9). 2H2O-4e-=O2+4H+ (10). B(OH)4-穿过阴膜进入产品室，Na+穿过阳膜进入阴极室【解析】1硼酸(H3BO3)中B的化合价为+3；2由于Ka(H3BO3)=5.810-l0介于碳酸的一级、二级电离之间，向饱和硼酸溶液中滴加0.1 molL-1Na2CO3溶液，生成碳酸氢钠，观察不到气泡逸出，反响的化学方程式为：NaC

21、O3+H3BO3=NaHCO3+NaH2BO3；3BH4-的电子式为，NaBH4与BF3在5070反响生成NaBF4和乙硼烷(B2H6)，反响的化学方程式是3NaBH4+4BF33NaBF4+2B2H6；4参加H2O2的目的是将Fe2+氧化生成Fe3+，便于除去；因为KspAl(OH)3= 110-33大于KspFe(OH)3=410-38，只要除去Al3+ (使其浓度均小于110-6 molL-1)，Fe3+肯定不存在了，由KspAl(OH)3= 110-33，c(Al3+)=110-6 molL-1代入KspAl(OH)3表达式，求得c(OH-)=110-9，pH=5。5由图阳极、阴极电子

22、流向分析可知，a接电源的正极，阳极的电极反响式为：2H2O-4e-=O2+4H+ ；从产品生成角度分析可知，原料室中B(OH)4-穿过阴膜进入产品室，Na+穿过阳膜进入阴极室。点睛：理解酸碱反响就是质子得失的反响，充分利用酸的电离平衡常数大小比拟微粒得质子能力，判断生成物。二是陌生方程式书写先判断主要产物利用得失电子守恒、题干等，再用守恒法补上介质。15. 中华人民共和国国家标准GB2760-2023规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g L-1。某兴趣小组用图1装置夹持装罝略收集某葡萄酒中SO2，并对含量碱性测定。1仪器A的名称是_。水通入A的进口为_。2B中参加300.00mL葡萄酒和适

23、量盐酸。加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反响，其化学方程式为_。3除去C中过量的H2O2，然后用0.0900 molL-1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择题中图2中的_。假设滴定终点时溶液的pH=8.8，那么选择的指示剂为_；假设用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在“10处，那么管内液体的体积=10mL，=40mL， 40mL_填序号4滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为_gL-1。5该测定结果比实际值偏高，其原因是_，并利用现有装置提出改良措施_。【答案】 (1). 冷凝管或冷凝器 (2). b (3). SO2+H2O2=H2

24、SO4 (4). (5). 酚酞 (6). (7). 0.24 (8). 盐酸的挥发 (9). 用不挥发的强酸例如硫酸代替盐酸或用蒸馏水代替葡莓酒进行比照实验，扣除盐酸挥发的影响【解析】1根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最正确，所以应该进水口为b；2双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反响的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4；3氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头局部稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂酚酞的变色

25、范围是8.210.0；假设用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积50.00mL-10.00mL=40.00mL，所以正确；4根据2NaOHH2SO4SO2可知SO2的质量为：0.0900mol/L0.025L64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L；5由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改良的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行比照实验，扣除

26、盐酸挥发的影响。16. NO2与SO2能发生反响：NO2+SO2SO3+NO，某研究小组对此进行相关实验探究。1：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H=-113.0kJmol-1 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=-196.6kJmol-1那么NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) H=_。2实验中，尾气可以用碱溶液吸收。NaOH溶液吸收NO2时，发生的反响为：2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O，反响中的复原剂是_；用NaOH溶液吸收少量SO2的离子方程式为_。3在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比n0(NO2)n0(SO2)进行多组实验各次实验的温度可能相同，也可能不同，测定NO2的平衡转化率a(NO2)。局部实验结果如下图：当容器内_填标号不再随时间的变化而改变时，可以判断反响到达了化学平衡状态。a.气体的压强 b.气体的平均摩尔质量c.气体的密度 d.NO2的体积分数如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态,应采取的措施是_。假设A 点对应实验中，SO2(g)的起始浓度为c0 molL-1，经过t min到达平衡状态，该时段化学反响速率v(NO2)=_molL-1min-1。图中C、D