广东省汕头市南翔中学2022-2023学年高三化学上学期期末试题含解析

1、广东省汕头市南翔中学2022-2023学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. 常温常压下，一定量的甲烷在足量的氧气中完全燃烧生成9g水，该反应中有关物质的物理量描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数 ） （ ） A电子转移的物质的量为1 mol B断裂了1mol CH键，转移的电子数目为2NA C有4gCH4参加反应，生成了5.6 L的CO2 D1mol CH4 (g)和2molO2(g)的能量总和小于1mol CO2 (g)和2molH2O的能量总和参考答案：B略2. 向等物质的量浓度的NaO

2、H和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是（）AOH+CO32+2H+HCO3+H2O B2OH+CO32+3H+HCO3+2H2OC2OH+CO32+4H+CO2+3H2O DOH+CO32+3H+CO2+2H2O参考答案：C考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，氢离子先与氢氧根离子发生反应，然后氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水，据此解答解答：解：A当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为1mol时，盐酸物质的量大于1mol小于等于2mol时，先发生反应：

3、OH+H+=H2O，然后发生CO32+H+=HCO3，将两个方程式相加得：OH+CO32+2H+=HCO3+H2O，故A正确；B当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时，盐酸物质的量大于3mol小于等于4mol时，先发生反应：2OH+2H+=2H2O，然后发生CO32+H+=HCO3，将两个方程式相加得：2OH+CO32+3H+=HCO3+2H2O，故B正确；C当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时，盐酸物质的量为4mol时，先发生反应：2OH+2H+=2H2O，然后发生2CO32+2H+=2HCO3，将两个方程式相加得：OH+CO32+2H+=HCO3+H2O，故C错误；D设NaOH和

4、Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸物质的量大于2mol时，先发生反应：OH+H+=H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+2H+=CO2+H2O，将两个方程式相加得：OH+CO32+3H+=CO2+2H2O，故D正确；故选：C点评：本题考查了离子方程式的书写，明确氢氧根离子、碳酸根离子与氢离子反应的顺序和过程是解题关键，题目难度中等，注意反应物用量对反应的影响3. 下列化学用语描述中不正确的是（）A中子数为20的氯原子：BK2O的电子式：CHCO3的电离方程式：HCO3+H2OCO32+H3O+D比例模型可以表示CO2分子或SiO2参考答案：D考点：电子式、化

5、学式或化学符号及名称的综合；电离方程式的书写；球棍模型与比例模型分析：A质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角不是质量数、左下角不是质子数；B氧化钾为离子化合物，阴阳离子都需要标出电荷，氧离子还需要标出最外层电子；C碳酸氢根离子的电离产生水合氢离子和碳酸根离子；D二氧化硅属于原子晶体，不存在二氧化硅分子解答：解：A元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子的质量数为37，该核素的表示方法为：，故A正确； B氧化剂为离子化合物，钾离子直接用离子符号表示，氧离子需要标出所带电荷及最外层电子，氧化钾的电子式为：，故B正确；C碳酸氢根离子在溶液中电离出水合氢离子和碳酸根离子，HCO3的电离方程式

6、为：HCO3+H2OCO32+H3O+，故C正确；D可以表示二氧化碳的比例模型，但是不能表示二氧化硅，因为二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误；故选D点评：本题考查了常见化学用语的书写方法判断，题目难度中等，涉及原子符号、电离方程式、结构式等知识，试题涉及的知识点较多，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法4. 诺贝尔生理和医学奖的最大一次失误是1948年授予了瑞士化学家米勒，由于米勒发明了剧毒有机氯杀虫剂DDT而获得当年诺贝尔奖，但后来发现DDT是一种难降解的化合物，毒性残留时间长，现世界各国现已明令禁止生产和使用。DDT的结构简式为，下列关于DDT的说法中正确的是 （

7、 ）DDT分子中两苯环不可能共平面DDT分子属于芳香烃若使原苯环上的两个氯原子连接在同一个苯环上，共有6种同分异构体DDT难以降解的原因是DDT不能发生水解反应参考答案：C略5. 下列离子一定能大量共存的是 A无色水溶液中：Na+、Al3+、Cl、HCO3B在pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、Cl、NO3C在含有大量Fe3+的溶液中：NH+4、K+、ClO、SO24D在pH=14的溶液中：K+、Cl、Al（OH）4、Na+参考答案：D6. 甲、乙、丙、丁分别是 Al2(SO4)3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现开始没有白色沉淀生成，继续滴加产生

8、白色沉淀，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可推断丙物质是（ ）A、Al2(SO4)3 B、NaOH C、BaCl2 D、FeSO4参考答案：C略7. 容量瓶上没有标记的是 A标线 B温度 C物质的量浓度 D容积参考答案：C试题分析：容量瓶上刻有温度、刻度线和规格，没有浓度，答案为C。考点：考查仪器的使用。8. 某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl、SO42、CO32、AlO2 中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol?L1某同学进行了如下实验：下列说法正确的是（）A无法确定原试液中是否含有Al3+、ClB滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C无法

9、确定沉淀C的成分D原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl、SO42参考答案：D考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验专题：离子反应专题分析：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2；加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+因为存在的离子浓度均为0.1mol?L1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO42才能保证电荷守恒，K+必然不能存在解答：解：加入过量稀硫酸无明

10、显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2；加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+因为存在的离子浓度均为0.1mol?L1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO42才能保证电荷守恒，K+必然不能存在故A、B、C错误，D正确故选：D点评：本题考查了常见离子的性质检验，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判

11、断氯离子是否存在，难度较大9. X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、Y可能是 C、CO AlCl3、Al(OH)3 N2、NO S、SO2A B C D参考答案：A略10. 下列实验中，能达到预期目的的是 A用过滤法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3B用25mL碱式滴定管量取20.10mLNa2CO3溶液 C将SO2通入酸性KMnO4溶液中，可证明SO2具有漂白性D欲鉴别AlC13溶液和AgNO3溶液，向2种待测液中分别滴加足量氨水参考答案：BD略11. 下列化学用语的表述正确的是（ ）A离子结构示意图：可以表示16O2，也可以表示18O2B比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化

12、碳分子C氯化铵的电子式为：DCO2的结构式为：OCO参考答案：A解：A离子结构示意图，则质子数为8，核核外电子数为10，所以可以表示16O2，也可以表示18O2，与中子数无关，故A正确；B比例模型：可以表示甲烷分子，因C原子半径大于H原子半径，而Cl原子半径大于C原子半径，不能表示四氯化碳的比例模型，故B错误；C氯离子电子式错误，则氯化铵的电子式为，故C错误；D存在C=O键，则CO2的结构式为O=C=O，故D错误；故选A12. 下列物质按酸、碱、混合物、电解质的顺序组合的一组是A. 氢氟酸、纯碱、空气、液氨B. 硝酸、烧碱、水玻璃、硫酸钡C. 醋酸、熟石灰，胆矾、小苏打D. 硫酸、碱式碳酸铜、

13、汽油、草木灰参考答案：B13. 下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO4 溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀溶液X 中一定含有SO42C向一定浓度的Na2SiO3 溶液中通入适量CO2 气体出现白色沉淀H2SiO3 的酸性比H2CO3的酸性强D向浓度均为0. 1 molL-1 NaCl 和NaI 混合溶液中滴加少量AgNO3 溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)参考答案：D略14. 短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次递增，A

14、、B两元素相邻，B、C、E原子最外层电子数之和为13，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或C原子最外层电子数的3倍，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和。下列说法正确的是A 元素B和E的氧化物对应的水化物均为强酸BC的单质能与A的氧化物发生置换反应C元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物之间均可相互反应D工业上常用电解元素C、D的氯化物来制取它们的单质参考答案：B略15. 以熔融Li2CO3和K2CO3为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如右图。下列说法正确的是A. 以此电池为电源电解精炼铜，当有0.1 mol e 转移时，有3.2 g铜溶解B. 若

15、以甲烷为燃料气时负极电极反应式：CH4+5O28e=CO32-+2H2OC. 该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3D. 空气极发生的电极反应式为O24e2CO2=2CO32-参考答案：D试题分析：A、电解精炼铜，阳极上铜和比铜活泼的金属失电子变为金属阳离子进入电解质溶液，当有0.1 mol e转移时，若只有铜放电，则有3.2 g铜溶解，粗铜有比铜更活泼的金属首先放电，所以溶解的铜小于3.2g，错误；B、根据图示信息，通入甲烷的电极是负极，在负极上，甲烷变为氢气，氢气发生失电子的氧化反应，即H2-2e-+CO32-=CO2+H2O，错误；C、该电池的电极反应为负极：H2-2e-+CO3

16、2-=CO2+H2O，正极：O24e2CO2=2CO32，所以碳酸根离子的浓度不变，该电池使用过程中不需补充Li2CO3和K2CO3，错误；D、通入空气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O24e2CO2=2CO32，正确。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. （17分)苯甲酸广泛应用于制药和化工行业。某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。反应原理：实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。已知：苯甲酸分子量是122，熔点122.4，在25和95时溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体

17、有机物一般都有固定熔点。（1）操作为 ，操作为 。（2）无色液体A是 ，定性检验A的试剂是 ，现象是 。（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115开始熔化，达到130时仍有少量不熔。该同学推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确。请在答题卡上完成表中内容。序号实验方案实验现象结论将白色固体B加入水中，加热，溶解， 得到白色晶体和无色溶液取少量滤液于试管中， 生成白色沉淀滤液含有Cl-干燥白色晶体， 白色晶体是苯甲酸（4）纯度测定：称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.4010-3m

18、ol。产品中甲苯酸质量分数的计算表达式为 ，计算结果为 （保留两位有效数字）。参考答案：（1）分液，蒸馏（2）甲苯，酸性KMnO4溶液，溶液褪色。（3）冷却、过滤滴入2-3滴AgNO3溶液加热使其融化，测其熔点；熔点为122.4（4）(2.4010-31224)/1.22；96%略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. （15分）工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体（含NO、NO2）制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如下：已知：Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2（1）氨氧化法获得NO、NO2气体的方程式分别为 ， （2）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还

19、有 （填化学式）（3）中和液进行蒸发I操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是 蒸发I产生的蒸汽中含有少量NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的 （填操作名称）最合理（4）在实验室里实现分离l的操作名称是 母液II需回收利用，下列处理方法合理的是 a转入中和液 b转入结晶I操作 c转入转化液 d转入结晶II操作（5）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为 吨（假设NaNO2恰好完全反应）参考答案：（1）4NH3+5O24NO+6H2O；2NO+O2=2NO2；（2）NaNO3；（3）防止NaN

20、O2的析出；溶碱；（4）过滤；cd；（5）1.59【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响 【分析】由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2，然后中和液进行蒸发操作，应避免浓度过大NaNO2析出，蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I中主要含NaNO2，母液进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母液中主要含NaNO3（1）

21、氨气具有还原性，氧气具有氧化性，氨气中氮元素为3价，被氧气氧化为+2价的氮元素，所以氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，NO易与空气中的O2反应生成二氧化氮气体，据此分析解答；（2）由上述分析可知，二氧化氮与碱液反应生成NaNO2，还可生成NaNO3，中和液中含剩余的少量Na2CO3，（3）中和液进行蒸发操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2的析出，NaNO2等有毒要回收再循环利用；（4）固液分离通常采用过滤的方法，母液需回收利用，可转入转化液或转入结晶操作，提高其利用率；（5）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）=2104mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质

22、的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），结合m=nM计算【解答】解：（1）NH3与过量O2在催化剂、加热条件下发生反应生成一氧化氮和水，反应方程为：4NH3+5O24NO+6H2O，常温下NO易与空气中的O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+O2=2NO2，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；2NO+O2=2NO2；（2）由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO

23、2，所以中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有NaNO3，故答案为：NaNO3；（3）中和液进行蒸发操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2的析出，蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱，循环利用，提高利用率，故答案为：防止NaNO2的析出；溶碱；（4）由上述分析可知，结晶过滤分离出NaNO3，母液I中主要含NaNO2，母液需回收利用，可转入转化液或转入结晶操作，提高其利用率，故答案为：过滤；cd；（5）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）=2104mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为

24、2：1，则n（NaNO3）=1104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），m（Na2CO3）=（2104mol+1104mol）106g/mol=1.59106g=1.59t，故答案为：1.59【点评】本题考查工业制备NaNO2、NaNO3，涉及物质的制备流程及混合物分离提纯综合应用，把握流程中的反应、分离方法为解答的关键，注意工业生产与环境保护、原料利用率等，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等18. 黑火药是中国古代四大发明之一，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+SA+N2+3CO2（已配平）1生成物A的电子式为： ; 属于 晶体。2黑火药中位于短周期的元素中，其中有一种元素的单质可制药，其氧化物可做防 腐剂，该元素的原子核外有 种不同运动状态的电子；黑火药所含元素中原子半径从大到小的顺序是 _(用元素符号表示)3下列能说明黑火药中碳与硫两元素非金属性相对强弱的有 。A、相同条件下水溶液的pH：NaHCO3Na2SO4 B、酸性：H2SO3H2CO3C、CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价 D、加热分解温度：CH4H2S4.单质C不可能具有的性质是 A具有良好的导电性 B熔沸点很高C硬度较小 D易与溴单质反应，形成的化合物分子是极性分子参考答案：1. K+2-K+，