广东省梅州市沐彬中学2022-2023学年高三化学下学期期末试卷含解析

广东省梅州市沐彬中学2022-2023学年高三化学下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.能正确表示下列反应的离子方程式是:（

）

A．FeBr2溶液中加入过量的氯水2Fe2++2Br-+2Cl2==Br2+4Cl-+2Fe3+

B．向小苏打溶液中加入醋酸CO32－+2CH3COOH＝CO2↑+H2O+2CH3COO－

C．向碳酸氢铵溶液中加入少量氢氧化钠

HCO3－+OH－＝CO32－+H2O

D．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫

2CO32-+SO2+H2O==2HCO3-+SO32-参考答案：答案：CD2.下列方法不合理的是A.分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏B.做过碘升华实验的试管可先用酒精清洗，再用水清洗C.可用去锈细铁丝或铂丝进行焰色反应实验D.溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，再加入足量稀盐酸，沉淀不溶解，说明含SO42-参考答案：DA分液漏斗和容量瓶都有旋转活塞，在使用前都要检漏，故A对；B.碘能溶于酒精，做过碘升华实验的试管可先用酒精清洗，再用水清洗，故B对；C.因为去锈细铁丝或铂丝在灼烧时不会有颜色呈现，所以可以用去锈细铁丝或铂丝进行焰色反应实验，故C正确；D.溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，再加入足量稀盐酸，沉淀不溶解，说明可能含SO42-，Ag+存在，故D错。答案：D。3.最近有研究人员利用隔膜电解法处理高浓度的乙醛废水．乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸．实验室以一定浓度的乙醛﹣Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示．下列说法不正确的是（）A．电解过程中，阴极附近的乙醛被氧化B．阳极反应CH3CHO﹣2e﹣+H2O═CH3COOH+2H+C．若以CH4﹣空气燃料电池为直流电源，燃料电池的b极应通入CH4D．现处理含1mol乙醛的废水，至少需转移2mol电子参考答案：A【考点】电解原理．【分析】A．电解池阴极上发生的还原反应；B．电解池阳极发生氧化反应，乙醛在阳极上失去电子生成乙酸；C．a为正极，b为负极，负极发生氧化反应，通入甲烷；D.1mol乙醛转化为乙醇或者转化为乙酸，转移2mol电子．【解答】解：A．电解过程中，阴极附近的乙醛被还原，故A错误；B．电解池阳极发生氧化反应，乙醛在阳极上失去电子生成乙酸，电极反应式为：CH3CHO﹣2e﹣+H2O═CH3COOH+2H+，故B正确；C．连接电解池阴极的是原电池负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，a为正极，b为负极，燃料电池的a极应通入空气，故C正确；D.1mol乙醛转化为乙醇或者转化为乙酸，转移2mol电子，故D正确；故选A．4.下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是A.乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2B.蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下能水解C.甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同D.苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键参考答案：B略5.由2－氯丙烷为主要原料制取1,2－丙二醇CH3CH(OH)CH2OH时，经过的反应为A．加成—消去—取代

B．消去—加成—取代C．取代—消去—加成

D．取代—加成—消去参考答案：D略6.强酸和强碱的稀溶液的中和热可表示为：

H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(1)

△H=-57.3kJ／mol已知：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)＝CH3COONa(aq)+H2O△H=－Q1kJ／mol1/2H2SO4(浓)+NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)+H2O(1)

△H=－Q2kJ／molHNO3(aq)+KOH(aq)＝KNO3(aq)+H2O(1)

△H=－Q3kJ／mol上述反应均为溶液中的反应，则Q1、Q2、Q3的绝对值大小的关系为

A．Q1＝Q2=Q3

B．Q2>Q1>Q3

C．Q2>Q3>Q1

D．Q2=Q3>Q1参考答案：C7.将溶质的质量分数为a%、物质的量浓度为c1mol/L的稀H2SO4加热蒸发掉一定量的水，使溶质的质量分数变为2a%，此时硫酸的物质的量浓度为c2mol/L，则c1和c2的数值关系是()A．c2＝2c1

B．c2<2c1

C．c2>2c1

D．c1＝2c2参考答案：C略8.把一定量的锌与100mL18．5mol/L的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体Y33．6L（在标准状况下）。将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的pH=1，则下列叙述正确的是（

）A．气体Y是SO2

B．气体Y中SO2和H2的体积比为4:1C．反应中共消耗锌87．5g

D．反应中共转移电子3mol参考答案：D略9.(08温州市“八校联考”)在某一容积为2L的密闭容器内，加入0.2mol的CO和0.2mol的H2O，在催化剂存在的条件下高温加热，发生如下反应：CO(g)+H2O(g)

CO2(g)+H2(g)；ΔH=akJ/mol（a＞0）反应达到平衡后，测得c(CO):c(CO2)=3:2。下列说法正确的是

（）A．反应放出的热量为0.2akJB．平衡时H2O的转化率为40%C．若升高温度，v(正)加快，v(逆)减慢，平衡正向移动D．若将容器的体积压缩为1L，有利于该反应平衡正向移动参考答案：答案：B10.下列叙述正确的是A．SO2具有还原性，故可作漂白剂B．Na的金属活性比Mg强，故可用Na与MgCl2溶液反应制MgC．浓硝酸中的HNO3见光会分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色D．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故在与其它非金属反应的产物中的Fe也显+3价参考答案：C略11.下列说法中，正确的是A．将盛有二氧化氮气体的试管倒立在水中，溶液会充满试管B．用酒精灯加热铝箱至熔化，铝并不滴落，说明铝表面生成了一层致密的氧化膜C．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化D．某试液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明原试液中一定含有参考答案：B略12.已知将C12通人适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaCl0、NaCl03，且的值与温

度高低有关。当n(NaOH)=amol时，下列有关说法错误的是

(

)A．参加反应的氯气的物质的量等于去1/2amolB．改变温度，产物中NaCl03的最大理论产量为amolc．改变温度，反应中转移电子的物质的量的范围：D．若某温度下，反应后参考答案：B知识点:有关范围讨论题的计算，氧化还原反应的计算

答案解析:B

解析：A．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），由钠离子守恒可知n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=n（NaOH），故参加反应的氯气的物质的量为：n（Cl2）=1/2n（NaOH）=0.5amol，正确；

B．氧化产物只有NaClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（NaClO3）=1/6n（NaOH）=1/6amol，错误；C．氧化产物只有NaClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（NaCl）=5（NaClO3），由钾离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO3）=n（NaOH），故n（NaClO3）=1/6n（NaOH）=1/6amol，转移电子最大物质的量为：1/6amol×5=5/6amol，氧化产物只有NaClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（NaCl）=n（NaClO），根据钠离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH），故：n（NaClO）=1/2n（NaOH）=1/2amol，转移电子最小物质的量=1/2amol×1=1/2amol，则反应中转移电子的物质的量ne的范围为：1/2amol≤ne≤5、6amol，故C正确；D．设n（ClO-）=1mol，反应后c(Cl?)/c(ClO?)=11，则n（Cl-）=11mol，电子转移守恒，5×n（ClO3-）+1×n（ClO-）=1×n（Cl-），即：5×n（ClO3-）+1×1mol=1×11mol，解得：n（ClO3-）=2mol，故溶液中c(ClO?)/c(ClO3?)=1/2，正确。思路点拨:本题考查了氧化还原反应计算，题目难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．13.下列说法正确的是（）A．SiH4比CH4稳定B．O2﹣半径比F﹣的小C．Na和Cs属于第IA族元素，Cs失电子能力比Na强D．P和As属于第VA族元素，H3PO4酸性比H3AsO4弱参考答案：C解：A、因元素的非金属性越强，氢化物就越稳定，C的非金属性比Si强，所以CH4的稳定性比SiH4强，故A错误；B、因核外电子排布相同的离子，原子序数越小，半径越大，所以O2﹣半径比F﹣的大，故B错误；C、因同一主族从上到下，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，失电子能力逐渐增强，金属性逐渐增强，所以Cs失电子能力比Na强，故C正确；D、因同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性越强的元素，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，P的非金属性比As强，H3PO4酸性比H3AsO4强，故D错误；故选：C．14.关于硫原子核外电子的叙述错误的是A．排布在K、L、M三个电子层上

B．3p亚层上有2个空轨道C．共有16种不同的运动状态

D．共有5种不同的能量参考答案：B18.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化物比还原物多1.75mol，则下列判断正确的是A.生成40.0LN2（标准状况）B.有0.250molKNO3被氧化C.转移电子的物质的量为1.25molD.被氧化的N原子的物质的量为3.75mol参考答案：CD根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化物比还原物多14mol。转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化物比还原物多1.7mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，因此，C、D正确。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.碳酸钠是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料。工业碳酸钠（纯度约98%）中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和等杂质，提纯工艺路线如下：已知碳酸钠的溶解度（S）随温度变化的曲线如下图所示：回答下列问题：（1）滤渣的主要成分为________________。（2）“趁热过滤”的原因是________________________________________。（3）若在实验室进行“趁热过滤”，可采取的措施是_______________________（写出1种）。（4）若“母液”循环使用，可能出现的问题及其原因是_____________________________。（5）已知：Na2CO3·10H2O（s）Na2CO3(s)+10H2O(g)

ΔH1=+532.36kJ·mol-1Na2CO3·10H2O（s）Na2CO3·H2O（s）+9H2O(g)

ΔH2=+473.63kJ·mol-1写出Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式______________________________。参考答案：（1）Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3（2）使析出的晶体为Na2CO3·H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3·10H2O晶体，令后续的加热脱水耗时长（3）用已预热的布氏漏斗趁热抽滤（4）问题：溶解时有大量沉淀生成，使Na2CO3损耗且产物Na2CO3混有杂质；原因：“母液”中，含有的离子有Ca2+、Na+、Cl-、、OH-，，当多次循环后，使离子浓度不断增大，溶解时会生成CaSO4、Ca(OH)2、CaCO3等沉淀（5）Na2CO3·H2O（s）Na2CO3(s)+H2O(g)；ΔH=+58.73kJ·mol-1(1)因工业碳酸钠中含有Mg2+、Fe3+、Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg(OH)2、Fe（OH）3、CaCO3沉淀。(2)观察坐标图，温度减少至308K时发生突变，溶解度迅速减少，若不趁热过滤将析出晶体Na2CO3·7H2O。(3)思路方向：①减少过滤的时间;②保持过滤时的温度。(4)思路：分析“母液”中存在的离子，若参与循环，将使离子浓度增大，对工业生产中所得产品的质量有所影响。(5)通过观察两个热化学方程式，可将两式相减，从而得到Na2CO3·H2O（s）Na2CO3（s）+H2O（g）。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（16分）有机物A为绿色荧光蛋白在一定条件下水解的最终产物之一，结构简式为：请回答下列问题：（1）A的分子式为

。（2）A与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为

。（3）两个氨基乙酸分子在一定条件下反应可生成两个A分子在一定条件下生成的化合物结构简式为

。

（4）符合下列4个条件的同分异构体有6种，写出其中三种

。①1，3，5-三取代苯②遇氯化铁溶液发生显色反应③氨基与苯环直接相连④属于酯类参考答案：（16分）（1）C9H11NO3

（2分）（2）

（4分）

（3）（4分）（4）（各2分，6分）（书写方法可以从分类的角度思考：芳香酸和脂肪醇形成的酯、芳香醇和脂肪酸形成的酯、酚和脂肪酸形成的酯，再考虑碳链异构现象。）略18.(17分)2—氨基一4'一溴一二苯甲酮(F)是一种植物生长调节剂的中间体，其合成路线如下：(1)

1mol芳香族化合物A能与2molNaHCQ3反应放出CO2B中不含羧基，则A的名称是________B→C的化学方程式为_________________o(2)

反应D→E的反应类型是________。(3)

F中含氧官能团的名称为________,下列有关F的说法正确的是________a能发生取代反应

b.能发生消去反应c.分子式为C13H10N