2023学年高三上学期期末化学复习卷(37)(含答案解析)

2023-2023学年高三上学期期末化学复习卷(37)一、单项选择题〔66.0分〕化学与生产、生活亲热相关，以下说法不正确的选项是( )合成纤维和光导纤维都属于型无机非金属材料“地沟油”制止食用，但经过加T处理后，可以用来制取肥皂和生物柴油大力推广应用“脱硫、脱硝”技术，可削减硫氧化物、氮氧化物对空气的污染)是治疗疟疾的特效药，青篙素的分子式为C15H22O5)是治疗疟疾的特效药，青篙素的分子式为C15H22O5以下是有关试验的表达中，合理的是( )①用氨水清洗做过银镜反响的试管②不宜用瓷坩埚灼烧氢氧化钠固体③使用容量瓶的第一步操作是先将容量瓶用蒸馏水洗涤后烘干④用酸式滴定管量取12.00mL高锰酸钾溶液⑤pH试纸测定溶液pH时先润湿，测得溶液的pH都偏小⑥配制FeSO4溶液时，需参加少量铁粉和稀硫酸．A.②④⑥ B.②③⑥ C.①②④ D.②③④⑤⑥以下是三种有机物的构造简式以下说法正确的选项是( )三种有机物都能发生水解反响三种有机物苯环上的氢原子假设被氯原子取代，其一氯代物都只有2种三种物质中，其中有两种互为同分异构体三种物质在肯定条件下，均可以与H2发生加成反响工业上可利用反响2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4来制取ClO2，以下关于该反响的说法正确的选项是SO2发生复原反响C.H2SO4作氧化剂

B.NaClO3失去电子D.1mol1mol电子四种短周期元素XYZW的最外层电子数是次外层电子数的2倍，Y、W同主族且能形成两种常见的化合物，X、W质子数之和是Z质子数的2倍。则以下说法中正确的选项是( )原子半径比较：X<Y<W<ZXH4与H2W都能使溴水褪色Y的氢化物中仅存在极性共价键短周期全部元素中，Z的最高价氧化物的水化物碱性最强Cl−会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时参加Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl−。依据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，以下说法错误的选项是( )Ksp(CuCl)的数量级为10−7除Cl−反响为Cu+Cu2++2Cl−=2CuCl参加Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl−效果越好2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反响趋于完全二、双选题〔14.0分〕以下说法正确的选项是4某浓度的氨水加水稀释后pH变小，则其中的c(NH3·H2O)/c(NH+)的值也减小4AgCl悬浊液中参加少量KI溶液，沉淀转化为黄色，说明Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)常温下，MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)不能自发进展，则其△H>025℃时，同浓度的Na2CO3溶液的碱性强于C6H5ONa，说明C6H5OH的酸性强于H2CO3三、填空题〔11.0分〕甲胺常用作制冷剂、溶剂，答复以下问题：(1)制取甲胺的反响方程式为CH3OH(g)+NH3(g)⇌CH3NH2(g)+H2O(g)ΔH。该反响中相关化学键的键能数据如下：共价键共价键C−OH−ON−HC−N键能/kJ·mol−1 351463393293则该反响的ΔH= kJ·mol−1。(2)甲胺能发生氢解反响：CH3NH2(g)+H2(g)⇌NH3(g)+CH4(g)ΔH1=+7kJ·mol−1。①氢解反响平衡后增大容器的体积，则正反响速率 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)，CH3NH2的转化率 。②CH3

NH2

氢解反响的平衡常数K与温度T的关系式为lgK=a+b，式中a和b均为常数。T图中，表示CH3NH2氢解反响的直线为 (填“x”“y”或“z”)，推断依据为 。(3)甲胺的水解反响方程式为CH3NH2(g)+H2O(g)⇌CH3OH(g)+NH3(g)。用活性α−Al2O3催CH3NH2水解转化率如图1所示；某温度时，在恒容密闭容器中投入肯定量的H

O(g)和CH

NH(g)，CH

NH的平衡转化率随

n(H2O)

的变化如图2 3 2 3

n(CH3NH2)2所示。①1中活性α−Al2O3催化水解，随温度上升CH3NH2转化领先增大后又减小的可能缘由是 。②由图2可知，P点时平衡常数K= (结果保存三位小数)。③活性α−Al2O3催化水解，为提高CH3NH2的转化率可实行的措施是 。四、试验题〔110.0分〕资料显示：镁与饱和碳酸氢钠溶液反响产生大量气体和白色不溶物．某同学设计了如下试验方案并验证产物、探究反响原理．提出假设试验Ⅰ：用砂纸擦去镁条外表氧化膜，将其放入盛有适量滴有酚酞的饱和碳酸氢钠溶液的试管中，快速反响，产生大量气泡和白色不溶物，溶液由浅红变红．该同学对反响中产生的白色不溶物做出如下猜测：猜测1：白色不溶物可能为 ．猜测2：白色不溶物可能为MgCO3．3：白色不溶物可能是碱式碳酸镁[xMgCO3·yMg(OH)2].设计定性试验确定产物并验证猜测：试验序号试验试验现象结论气体成分为试验Ⅱ将试验Ⅰ中收集到的气体点燃火焰 ① 取试验Ⅰ中的白色不溶物，洗白色不溶物可能含试验Ⅲ涤，参加足量 ② ③ 有MgCO3取试验Ⅰ中的澄清液，向其中溶液中存在试验Ⅳ参加少量CaCl2稀溶液产生白色沉淀 ④ 离子为进一步确定试验Ⅰ的产物，设计定量试验方案，如下图：称取试验Ⅰ中所得枯燥纯洁的白色不溶物22.6g，充分加热至不再产生气体为止并使分解产生的气体全部进入装置A和B中试验前后装置A增重1.8g，装置B增重8.8g，试确定白色不溶物的化学式 ．请结合化学用语和化学平衡移动原理解释Mg和NaHCO3溶液反响产生大量气泡的原因． ．五、简答题〔315.0分〕以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3、SiO2、Al2O3、CaO等)为原料制备高纯氧化镁的试验流程如下：：常温下，Fe3+、Al3+、Mg2+开头形成氢氧化物沉淀和沉淀完全时的pH值如下：(1)菱镁矿用稀硫酸浸取前需充分研磨，目的。试验室用98%的浓硫酸配置15%的稀硫酸，除量筒外还需使用以下仪器中的 。a.烧杯 b.容量瓶 c.玻璃棒 d.滴定管(2)滤渣1的成分是 (填化学式)。参加H2O2氧化时，发生反响的离子方程式为 。滤渣2的成分是 (填化学式)。滤液A的主要成分是 (填化学式)。气体B为两种酸性气体，则流程图中“煅烧”过程的化学反响方程式为 。(6)酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围见下表：pHpH<8.08.0—9.6>9.6颜色黄色绿色蓝色Fe3+Al3+Mg2+开头沉淀2.13.79.0沉淀完全3.25.212.425℃时向Mg(OH)2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂溶液所呈现的颜色为 (25℃时，KspMg(OH)2=5.6×10−12)11.11.X、Y、Z、W、U为原子序数依次增大的前四周期元素，X、Y、Z三种元素位于其次周期且相邻，W是非金属元素，其中基态Y2p轨道处于半布满状态，基态W3p能级上有一个未成对电子．含U的化合Y的简洁氢化物分子式为 ，写出W的价电子排布图 ．X的一种氢化物的相对分子质量为28，其分子中σ键与π键的键数之比为 ．向硫酸铜溶液中逐滴滴入Y的氢化物的水溶液至过量用离子方程式表示该过程消灭的现象变化(分步写)： ．Z、U两元素组成，其晶胞如下图．①以下有关该晶体的说法中正确的选项是 (选填选项字母)．14个U+13个Z2−晶体中每个U+四周距离U+最近的Z2−6个C.该晶体属于离子晶体D.甲的化学式为U2Z.②甲的密度为ag⋅cm−3，晶胞的体积是 cm3(只要求列出计算式，阿伏加德罗常数NA表示)．A(C2H4)是根本的有机化工原料．用A和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料．具体合成路线如下图(局部反响条件略去)：①：①②D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反响；每个D1个氧原子，D中氧元素的质量分数约为13.1%.答复以下问题：C中官能团名称是 ，图中缩醛的分子式是 ．B的构造简式为 ．(3)⑥的反响类型是 ．(4)⑤的化学方程式为 ．(5)请写出核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3：2：2：1，且含有苯环和羰基的苯乙醛的全部同分异构体的构造简式： ．(6)参照的合成路线，设计一条由2−氯丙烷和必要的无机试剂制备的合成路线(6)参照的合成路线，设计一条由2−氯丙烷和必要的无机试剂制备的 答案与解析 答案：A解析：解：A.合成纤维属于有机化合物，不是无机非金属材料，光导纤维是型无机非金属材料，故A错误；B.地沟油经过皂化反响制肥皂，与甲醇在催化剂作用下进展酯交换制成生物柴油，故B正确；C.大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可削减酸雨、光化学烟雾等污染，故C正确；D.中国科学家屠呦呦获2023治疗，青蒿素的分子式为C15H22O5D正确．应选A．合成纤维属于有机化合物；地沟油属于油脂，油脂可发生皂化反响制肥皂；生物柴油是以动植物油脂、废餐饮用油等为原料与甲醇在催化剂作用下，进展酯交换制成的液体燃料；大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可削减酸雨、光化学烟雾等污染；中国科学家屠呦呦获2023治疗．此题考察化学与环境、材料、信息、能源关系亲热相关的学问，为高频考点，侧重于根底学问的综合理解和运用的考察，难度不大．答案：A解析：此题考察化学试验方案评价，为高频考点，涉及盐类水解、仪器使用、仪器洗涤等学问点，明确实⑤。①Ag和氨水不反响，但能和稀硝酸反响生成可溶性的硝酸银溶液，所以用稀硝酸清洗做过银镜反响的试管，故错误；②瓷器中含有二氧化硅，熔融状态下，二氧化硅和NaOH反响生成硅酸钠，所以不能用瓷坩埚灼烧氢氧化钠固体，应当用铁坩埚，故正确；③使用容量瓶的第一步操作是先将容量瓶用蒸馏水洗涤，但不需要烘干，由于在配制溶液过程中也需要参加水，假设有少量水不影响溶液配制，故错误；④⑤pH试纸测定溶液pH时先润湿，测得溶液的pH不肯定偏小，也可能不变，如强酸强碱盐溶液呈中性，与其浓度大小无关，故错误；⑥FeSO4中亚铁离子易被空气氧化生成铁离子，且也易发生水解反响，为了防止硫酸亚铁被氧化和水解，所以在配制硫酸亚铁溶液时需要参加少量铁粉和稀硫酸，故正确。应选A。答案：D解析：此题考察有机物的构造与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系及构造的对称性分析为解答的关键，侧重酯、苯的性质及同分异构体的考察，题目难度不大。只有阿司匹林中含−COOC−，可发生水解反响，而另两种物质不能水解，故A错误；4H，苯环上的氢原子假设被氯原子取代，其一氯代物有4种，而另两种物2种H，则苯环上的氢原子假设被氯原子取代，其一氯代物都只有2种，故B错误；三种物质中，分子式均不一样，则三种物质均不是同分异构体，故C错误；三种物质均含苯环，则在肯定条件下，均可以与H2发生加成反响，故D正确；应选：D。答案：D试题分析：AS元素的化合价上升到+6B、NaClO3中Cl元素的化合价降低到+4价，所以得到电子，错误；C、硫酸中S元素的化合价未发3，Cl11mol1mol电子，正确，答案选D。考点：考察对氧化复原反响的分析答案：D解析：此题考察构造性质位置关系应用，难度不大，推断元素是解题关键，留意根底学问的把握。X元素的原子，其最外层电子数是次外层的电子数的28个，则其次外K层，故X是碳元素；Y、W同主族且能形成两种常见的化合物，且原子序数W>Y，则Y为O元素、WS元素，形成2种常见化合物分别为二氧化硫和三氧化硫；X、W质子数之和是Z2倍，则(6+16)÷2=11Z为Na元素，电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越小，半径越大，即原子半径a>S>C>故A错误；甲烷性质稳定不能和溴水反响使溴水褪色，故B错误；C.Y可以形成两种氢化物H2O和H2O2，H2O2中含有O−O非极性键，故C错误；D.Na的金属性最强，所以氢氧化钠的碱性最强，故D正确。应选D。答案：C解析：此题旨在考察学生对沉淀溶解平衡曲线分析、溶度积的应用，留意曲线的分析是解题的关键。spA项，K(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl−)1lgc(Cu大于−6而小于−5，即c(Cl−)=spmol⋅L−1BCu和CuSO4CuClCl−反响为Cu+Cu2++2Cl−===2CuCl，正确；C项，由于Cu为固体，不需参加过量的Cu，所以参加的铜不是越多越好，错误；D项，2Cu+===Cu2++Cu的平衡常数K=c(Cu2)，由图中数据可知，K较大，反响趋于完全，正c2(Cu+)确。答案：AC解析：略8.答案：(112①减小；不变②z；氢解反响为吸热反响，上升温度，K增大①开头温度低，催化剂活性小，到160℃催化剂活性最大，连续升温，催化剂活性降低②0.048③掌握温度约160℃并增大n(H2O)/n(CH3NH2)的比值解析：把握根底是解题关键，题目难度较难。(1)反响热=反响物总键能−△H=(3C−H+351+463+3×393)kJ/mol−(3C−H+293+2×393+2×463)kJ/mol=−12kJ/mol，故答案为：−12；①总数相等，转变压强平衡不移动，CH3NH2的转化率不变，故答案为：减小；不变；②氢解反响为吸热反响，T增大，K增大。依据题给平衡常数K与温度T的关系式，1增大，lgK应T减小，故表示CH3NH2z，故答案为：z；氢解反响为吸热反响，上升温度，K增大；①2活性α−Al2O3催化水解，催化剂与温度有一个临界点，高于这个临界点，催化剂活性降160℃活化剂活性最大，连续升温，催化剂活性降低160℃催化剂活性最大，连续升温，催化剂活性降低；②P点时CH3NH2转化率30%，设CH3NH21mol，则H2O3mol，反响前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数，CH3NH2(g)+H2O(g)⇌CH3OH(g)+NH3(g)起始量(mol)1300变化量(mol)0.30.30.30.3平衡量(mol)0.72.70.30.3平衡常数K=0.3×0.30.7×2.7

≈0.048，故答案为：0.048；③甲胺的水解反响方程式为CH3NH2(g)+H2O(g)⇌CH3OH(g)+NH3(g)△H<0，平衡正向进展结合影响平衡因素温度、压强、浓度分析可知，压强转变不影响化学平衡，所以增加水蒸气的浓度，升温平衡逆向进展，CH3NH2160℃活化剂活性最大所以需要掌握温度160°C，故答案为：掌握温度约160℃并增大n(H2O)/n(CH3NH2)的比值。9.答案：(1)Mg(OH)2；氢气；稀盐酸；产生气泡、沉淀全部溶解；CO2−；32MgCO3⋅Mg(OH)2；NaHCO3溶液中存在平衡，HCO−⇌H++CO2−、H2O⇌H++OH−；Mg和H+反响生成氢气和镁3 3离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反响生成难溶物3Mg(OH)2⋅2MgCO3，则H+、OH−、CO2−的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进展，故Mg和饱和3NaHCO3液反响产生大量气体H2。解析：此题难度较大，考察全面，从定性和定量两个方面测定物质的种类，关键在于知道碳酸根离子与酸反响能产生二氧化碳，镁和氢离子反响生成氢气，题目难度较大。依据猜测可知白色不溶物可能是Mg(OH)2或MgCO3或Mg(OH)2，MgCO3，故答案为：Mg(OH)2；快速反响，产生大量气泡和白色不溶物，可以说明镁与饱和碳酸氢钠溶液反响能生成一种无色气体和一种白色不溶物；气体安静燃烧、产生淡蓝色火焰，说明该气体具有可燃性，再依据质量守恒定律反响前后元素种类不变，该气体可能是氢气或一氧化碳，假设测定是一氧化碳时，燃烧后需要用到澄清石灰水，所以该气体是氢气；依据试验Ⅲ的推断分析，参加一种试剂产生气泡可知碳酸盐与酸反响产生二氧化碳，所以参加的是酸，有气泡产生，说明含有碳酸镁；参加盐酸沉淀碳酸镁全部溶解；依据试验Ⅳ参加氯化钙生成沉淀证明含有碳酸根离子，3故答案为：氢气；稀盐酸；产生气泡、沉淀全部溶解；CO2−；3B8.8g，设生成8.8g二氧化碳，需要碳酸镁的质量为X则：MgCO3+2HCl=MgCl2+H2O+CO2↑84 44X 8.8g依据：84=44

x解得X=16.8g，所以含有氢氧化镁质量为：22.6g−16.8g=5.8g；8.8碳酸镁和氢氧化镁物质的量之比为：

16.8g：

=0.2：0.1=2：1，白色不溶物的化学式为2MgCO3⋅Mg(OH)2，故答案为：2MgCO3⋅Mg(OH)2；

58g/molNaHCO3溶液中存在平衡，HCO−⇌H++CO2−、H2O⇌H++OH−；Mg和H+反响生成氢气和镁3 33Mg(OH)2⋅2MgCO3，则H+、OH−、CO2−的3浓度均减小，促使上述两平衡均向右进展，故答案为：NaHCO3溶液中存在平衡，HCO−⇌H++CO2−、H2O⇌H++OH−；Mg和H+反响生成氢3 33气和镁离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反响生成难溶物Mg(OH)2⋅2MgCO3，则H+、OH−、CO2−的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进展，故Mg和饱和NaHCO3溶液反响产生大量气体H2。10.答案：(1)增大其与稀硫酸的接触面积，加快化学反响速率；ac；3(2)SiO2、CaSO4；(3)H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；(5)；(5)；(6)蓝色。解析：此题考察物质的制备，为高频考点，侧重考察学生的分析力量、试验力量和计算力量，留意把握试验的原理、物质的性质，难度不大。制备高纯氧化镁的试验流程：菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3、SiO2、Al2O3、CaO等)加入酸溶解，过滤得到溶液中含有亚铁离子、铝离子、镁离子，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙；过滤后滤液中参加过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，参加氨水调整溶液pH为6−6.5，使铁离子、铝离子2为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，滤液A为硫酸镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤制备硫酸镁，硫酸镁与木炭煅烧得到MgO，菱镁矿用稀硫酸浸取前需充分研磨，可增大其与稀硫酸的接触面积，加快化学反响速率；试验室用98%的浓硫酸配制15%的稀硫酸，需要的仪器有量筒、烧杯和玻璃杯，故答案为：增大其与稀硫酸的接触面积，加快化学反响速率；ac；由以上分析可知滤渣1的成分是SiO2、CaSO4，故答案为：SiO2、CaSO4；参加过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O22H+2Fe2+=2Fe3+2H2O；2的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3A的主要成分是MgSO4，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3MgSO4；为，故答案为：气体B为，故答案为：)2H−)=2×02mol/L≈2×4H+)≈5×1H>；4；113；5113；5++3⋅2O=2↓H+2+H3⋅2O=4[Cu(NH3

)4]2++2OH−+4H2

O；BC；284aNA(1)YN元素，对应的简洁氢化物分子式为NH3，W为Cl，对应的价电子排布图为，故解析：解：X、Y、Z、U为原子序数依次增大的前四周期元素，基态Y2p轨道处于半布满状态，则外围排布为2s22p3Y为氮元素，X、Y、Z三种元素位于其次周期且相邻，可知X为C元素，Z为O元素，基态W3p(1)YN元素，对应的简洁氢化物分子式为NH3，W为Cl，对应的价电子排布图为，故答案为：NH3；；X为碳元素，一种氢化物的相对分子质量为28，该氢化物为C2H41个C=C双键、4个C−H，C=C1个σ1个πσC2H4分子中σ键与π答案为：NH3；；故答案为：5：1；向硫酸铜溶液中逐滴滴入氨水溶液至过量，先生成氢氧化铜与硫酸铵，有蓝色沉淀生成，连续滴4加过量的氨水，氢氧化铜与氨水反响生成四氨合铜络离子，蓝色沉淀消逝，溶液呈深蓝色，反响离子方程式为：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH+；Cu(OH)2+4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++42OH−+4H2O，4Cu2+2NH3H2OCu(OH)2+2NH+；Cu(OH)24NH3H2O[Cu(NH3)4]2++42OH−+4H2O；由图可知晶胞中K8×1+6×1=4O4×2×1+8×1+8×1=8，8 224个K+和4O−A错误；2

4 2 42B.由晶胞构造可知，晶体中每个K+四周距离K+最近的O−6个，故B正确；2D.化合物甲由ZUK2C.该晶体由KD.化合物甲由ZUK2原子数目为8×1+6×1=4，O原子数目为4×2×1+8×1+8×1=8，故K原子与O原子数目8 2 4 2 44：8=1：2，故甲的化学式为KO2D错误．故答案为：BC；②晶胞的质量为4×71g，甲的密度为ag⋅cm−34×71g

284 ，NA故答案为：284．aNA

NAag/cm3

=aNA

cm3