天津市河北区2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题

天津市河北区2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．C60属于富勒烯中的一种，其结构与足球结构相似，如下图所示。下列关于CA．属于烃类 B．晶体类型为共价晶体C．与金刚石互为同素异形体 D．易溶于水2．碱式碳酸氧钒铵晶体[(NH4A．的空间构型为正四面体形B．基态V4+的核外电子排布式为C．中C的轨道杂化类型为spD．H23．黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNOA．半径：r(K+)>r(C．电负性：χ(C)>χ(O) D．酸性：H4．含硫矿物是多种化工生产的原料，主要有硫磺、黄铁矿(FeS2)、辉铜矿(Cu2S)、明矾[KAl(SO4)2⋅12H2A．KAl(SB．FeSOC．CuSOD．BaSO5．含硫矿物是多种化工生产的原料，主要有硫磺、黄铁矿(FeS2)、辉铜矿(Cu2S)、明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]、绿矾(A．石灰乳吸收SO2B．硫磺在过量氧气中燃烧的产物是SC．用SO2D．辉铜矿煅烧时，每消耗1molO26．含硫矿物是多种化工生产的原料，主要有硫磺、黄铁矿(FeS2)、辉铜矿(Cu2S)、明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]、绿矾(FeSOA．该反应ΔS>0B．反应平衡常数K=C．其他条件一定，增大体系的压强可以增大反应的平衡转化率D．其他条件一定，升高温度可以增大反应的平衡常数7．纳米ZnS具有独特的光电效应。以工业废渣锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe下列说法正确的是A．“酸浸”时FeO反应的离子方程式为FeO+2B．“还原”的目的是将Fe3+C．“沉淀”的离子方程式为ZD．ZnS晶胞(如图所示)中每个S2−周围距离最近的Z8．实验小组用如下图所示装置制取纯碱，其中能达到实验目的的是A．制COB．除HClC．制NaHCO3D．制纯碱9．用电化学方法可以去除循环冷却水(含有Ca2+、下列说法正确的是A．b为电源的正极B．钛基电极上的反应为HC．碳钢电极底部有Mg(OH)2、D．每生成标准状况下2.24LCO210．下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向淀粉和稀硫酸共热后的溶液中，加入NaOH溶液中和，再加入新制Cu(OH)淀粉是否发生水解B向Al(OH)Al(OH)C向久置氯水中滴加少量NaHCO氯水中HClO是否已经分解D向5mLNaCl和KI的混合溶液中，滴加1~2滴0.KA．A B．B C．C D．D11．化合物Z是一种治疗脂蛋白紊乱的药物，其合成路线如下。下列说法错误的是A．X分子中所有碳原子可能在同一平面B．Y与浓硫酸共热可以发生消去反应C．可以用NaHCOD．1分子Z中含10个sp12．某实验室回收废水中苯酚的过程如下图所示。已知：苯酚的电离常数Ka=1.0×10−10，下列有关说法正确的是A．0.1mol⋅B．若反应1后溶液中存在c(Na+C．反应2通入少量CO2D．反应2中通入CO2至溶液pH=10二、多选题13．烷烃与CO2耦合反应可以制取烯烃。丙烷与主反应：C3H3CO2副反应：CO2C3H向装有催化剂的密闭容器中充入体积比为1∶4的C3H8与CO2混合气体，其他条件一定，反应相同时间，测得CC3HCO的选择性=下列说法正确的是A．反应C2HB．430℃时，容器中气体体积分数最大的气体是CC．490℃~580℃，温度越高，容器中C2D．580℃时，使用对C3H6三、综合题14．磷酸铁(FePO4)主要用于制造磷酸铁锂电池材料。以硫铁矿烧渣(主要成分是Fe2O3，含少量（1）焙烧。将硫铁矿烧渣与蔗糖(C12H22O11)一起焙烧，可生成FeO与C（2）还原。将焙烧后的固体用稀硫酸浸取，所得溶液主要含FeSO4，还含少量Al2(SO4)3和Fe（3）制备FePO4。向FeSO4溶液中加入足量的30%H2①写出生成FePO4反应的化学方程式：②反应Fe3++HPO42−=FePOKa2(H（4）其他条件一定，制备FePO4时测得Fe的有效转化率①pH<1.5时，pH越大，Fe的有效转化率越大的原因是。②pH>1.5时，pH越大，Fe的有效转化率越低的原因是。15．硝酸铈铵[(NH4)2（1）“沉淀1”时，溶液中Ce(NO3)3（2）“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与Ce(OH)3(HO2)分解产生的Ce(OH)（3）“沉淀2”时，控制其他条件一定，改变加入NH4NO3固体的量，测得(N（4）实验小组以Ce2(CO3)3为原料制取CeO2，请补充完整实验方案：将Ce2(CO3)3完全溶解于盐酸中，，得（5）实验制得的硝酸铈铵(摩尔质量为548g⋅mol−1)含量可用如下方法测定：准确称取16.0g硝酸铈铵样品，加水充分溶解，并转移至100mL容量瓶中定容、摇匀，得硝酸铈铵溶液试样。准确量取5mL的硝酸铈铵溶液试样，移入250mL锥形瓶中，加入适量硫酸和磷酸，并加入2滴0.25%邻二氮杂菲指示剂，用0.05000mol⋅L−1硫酸亚铁铵[(N16．化合物G是一种抗肿瘤药的中间体，其合成路线如下：（1）B的结构简式为。（2）D→E的反应类型为反应。（3）D→E时可能生成一种与E互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为。（4）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。（5）I.含有苯环，能发生银镜反应；II.能发生水解反应，水解后的有机产物有2种，一种具有酸性，一种具有碱性，每种产物均含有2种化学环境不同的氢原子。已知：①R−X→②→ΔNaOH写出以、CH3CHO为原料制备的合成路线流程图17．铁系纳米复合材料可以去除水体中的硝酸盐污染物。（1）Fe-Ag金属复合材料去除某pH=2的废水中NO①如图中NO3−②其他条件一定，反应相同时间，溶液的pH越大，NO3−（2）控制其他条件一定，反应相同时间，不同Ag负载比[m(Ag)m(Fe-Ag)×100%]的Fe-Ag金属复合材料对NO3（3）其他条件一定，反应相同时间，分别用含铁质量相等的纳米铁粉、Cu负载比为4%的Fe-Cu金属复合材料、Ag负载比为3%的Fe-Ag金属复合材料去除溶液中NO3−，反应后残留的N①与其他材料相比，Fe-Ag金属复合材料去除NO3−②用纳米铁粉去除NO3−时，反应过程中的物种及能量变化如图所示，用纳米铁粉去除NO3

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．只含碳氢元素的化合物为烃，C60是碳的单质，不属于烃，故A不符合题意；B．C60是分子间通过分子间作用力结合而成的晶体，属于分子晶体，故B不符合题意；C．同种元素组成的不同单质互为同素异形体，金刚石与C60都是碳的单质，二者互为同素异形体，故C符合题意；D．C60属于非极性分子，水是极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂，所以C60在水中的溶解度较小，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、烃为有机化合物；

B、分子晶体为分子间作用力形成，共价晶体为共价键结合的晶体；

C、同素异形体为同种元素形成的不同单质；

D、结合相似相溶原理判断。2．【答案】D【解析】【解答】A．N原子价层电子对数为4+5−1−1×42=4，采用sp3B．23号钒元素基态V4+的核外电子排布式为[C．中C原子价层电子对数为3+4+2−2×32=3，C轨道杂化类型为sD．H2O中O原子价层电子对数为2+6−2×12故答案为：D。

【分析】A、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；

杂化轨道数=2，为直线；

杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；

杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；

杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；

杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；

杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；

B、钒元素的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d34s2，则失去4个电子后为1s22s22p63s23p63d1；

C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；

D、水分子为极性分子。3．【答案】B【解析】【解答】A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则半径：r(KB．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，基态N原子2p轨道是半充满的，比较稳定，所以N原子第一电离能高于O，同主族自上而下第一电离能递减，则第一电离能：I1C．同周期从左向右电负性增大，电负性：χ(C)＜χ(O)，C不符合题意；D．同周期从左到右元素非金属性递增，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，酸性：H2故答案为：B。

【分析】A、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大；

B、同周期自左至右第一电离能增大，若是电子半充满或者全充满则出现反常；

C、同周期从左到右电负性增大；

D、最高价氧化物对应水化物的酸性即比较非金属性。4．【答案】A【解析】【解答】A．明矾[KAl(SO4B．FeSO4中的亚铁离子能与血红蛋白结合，从而改善贫血症状，可作治疗贫血药剂，与C．CuSO4中铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，可用作杀菌剂，与D．BaSO4可以和C在高温条件下反应生成BaS和CO，用于制取BaS，利用的是BaSO故答案为：A。【分析】A、铝离子水解为氢氧化铝胶体，具有吸附性；

B、亚铁离子治疗贫血是因为可以和血红蛋白结合；

C、铜为重金属离子可以杀局消毒；

D、硫酸钡南至去硫化钡是因为硫酸钡具有氧化性。5．【答案】B【解析】【解答】A．二氧化硫是酸性氧化物与碱反应生成亚硫酸盐和水，石灰乳吸收SO2可生成B．硫磺在过量氧气中燃烧的产物是SO2，故B符合题意；C．用SO2水溶液吸收海水中吹出来的溴蒸汽生成HBr和H2SO4，SOD．辉铜矿煅烧时，Cu2S+故答案为：B。【分析】A、石灰乳和二氧化硫反应生成亚硫酸钙；

B、硫燃烧生成二氧化硫；

C、二氧化硫和溴、水反应生成溴化氢和硫酸；

D、电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。6．【答案】C【解析】【解答】A．由反应可知，反应后气体分子数减小，则ΔS<0，A不符合题意；B．由反应式可知，平衡常数为K=cC．增大压强，平衡正向进行，增大了平衡转化率，C符合题意；D．该反应为放热反应，升高温度，反应逆向进行，平衡常数减小，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、气体分子数减小，为熵减少；

B、固体的浓度为常数值1；

C、增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；

D、放热反应，温度和平衡常数为反比。7．【答案】D【解析】【解答】A．稀硝酸具有强氧化性，与FeO发生氧化还原反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O，离子方程式为3FeO+10H++NO3−=3Fe3++NO↑+5H2B．根据分析，“还原”的目的是用锌置换出溶液中的铜过滤除去，B不符合题意；C．根据分析，“沉淀”过程中，往滤液里通入硫化氢气体得到ZnS沉淀，反应的离子方程式为ZnD．由ZnS晶胞图可知，考虑面心的S2−，每个S2−周围距离最近的故答案为：D。【分析】A、氧化亚铁和氢离子、硝酸根反应生成铁离子、一氧化氮和水；

B、锌和铜离子反应生成铜，过滤除去铜的单质；

C、锌离子和硫化氢反应生成硫化锌和氢离子；

D、结合晶胞周围的其他晶胞进行判断。8．【答案】A【解析】【解答】A．实验室常用大理石和稀盐酸制备CO2，可以达到实验装置，A符合题意；B．NaOH均可吸收HCl、CO2，不能利用NaOH溶液吸收CO2中的HCl气体，应该用饱和NaHCO3溶液，B不符合题意；C．应先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，因氨气在溶液中的溶解度更大，再通入CO2，得到NaHCO3固体，C不符合题意；D．加热固体，试管口应稍向下倾斜，防止在试管口凝成的水珠流回试管底部致使试管骤冷而炸裂，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳；

B、二氧化碳和氯化氢都可以溶于氢氧化钠溶液；

C、侯氏制碱法的制取过程中，先通入氨气，再通入二氧化碳；

D、固体的加热时试管应略向下倾斜。9．【答案】C【解析】【解答】A．碳电极上水得电子生成氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，b为电源的负极，故A不符合题意；B．阳极失电子，发生氧化反应，钛基电极上的反应为H2C．碳电极上水得电子生成氢气，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，HCO3-+OH-=H2O+CO32-，碳钢电极底部有Mg(OH)D．钛基电极上的反应为H2O−e−=H++⋅  OH，HCO3-+H+故答案为：C。

【分析】电解池的题目要注意几个问题：

1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；

2、溶液中的离子放电顺序：

阳离子：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+（酸）>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+（水）；

阴离子：S2–>I->Br->Cl->OH->(NO3－、SO42–等)含氧酸根>F－；

3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。10．【答案】A【解析】【解答】A．向淀粉和稀硫酸共热后的溶液中，淀粉水解后会产生葡萄糖，加入NaOH溶液中和，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，葡萄糖还原B．Al(OH)3不与弱碱反应，故不能证明是C．氯气与和水反应：Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，故新制氯水中也有盐酸，也能与少量NaHCOD.5mLNaCl和KI的混合溶液中，不知道各自的浓度，如果碘离子的溶度很大，即使碘化银的溶度积大也会产生碘化银的沉淀，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、淀粉水解产物的检验需要在碱性条件下进行；

B、氢氧化铝和氨水不反应；

C、次氯酸和氯化氢都可以和碳酸氢钠反应；

D、需要清楚氯离子和碘离子的浓度。11．【答案】A【解析】【解答】A．X分子中，与苯环相连的碳原子是饱和碳原子，该碳原子与其它3个碳原子和1个氧原子构成四面体的结构，故X分子中所有碳原子不可能在同一平面，A符合题意；B．Y分子中，与羟基相连的碳原子的邻位甲基碳原子上有氢原子，符合发生消去反应的条件，故Y能与浓硫酸共热可以发生消去反应，B不符合题意；C．Y分子中没有羧基，Z分子中有羧基，Z可以与NaHCO3溶液反应产生二氧化碳气体，故可以用NaHCOD．Z分子中，苯环上的6个碳原子、碳碳双键的2个碳原子、酮羰基的1个碳原子和羧基上的1个碳原子均为sp故答案为：A。【分析】A、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；

B、与羟基相连的碳原子的邻位甲基碳原子上有氢原子可以发生消去反应；

C、羧基可以和碳酸氢钠反应；

D、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化。12．【答案】D【解析】【解答】A．0.1mol⋅LB．反应1中苯酚与碳酸钠溶液反应生成C6H5ONa，存在物料守恒c(Na+)=2c(C6H5O-)+2c(C6H5OH)C．根据弱酸的电离平衡常数越大其酸性越强，已知苯酚和碳酸的电离常数可知酸性：H2CO3>C6D．苯酚的电离常数Ka=c(C6H5故答案为：D。【分析】A、结合质子守恒判断；

B、结合水解平衡常数和电离平衡常数判断；

C、二氧化碳通入苯酚钠溶液中，只能生成碳酸氢钠；

D、结合苯酚的电离平衡常数判断。13．【答案】C,D【解析】【解答】A．给热化学方程式编号：①C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)ΔH1=+123.8kJ⋅mol−1B．由图可知，430℃时C3H8和CO2的转化率均较小，因此容器中主要成分仍为CC．由图可知，490℃~580℃时，随温度升高，C3H6和CO的选择性均逐渐降低，说明C2H4和CHD.580℃时，使用活性更高，对C3H6故答案为：CD。

【分析】A、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；

B、430℃时C3H8和CO2的转化率均较小，因此容器中主要成分仍为C3H8和CO2；14．【答案】（1）24F（2）1∶14（3）2FeSO4（4）pH<1.5时，pH越大，c(H+)越小，促进了HPO42-的电离，生成了更多的PO43-，促进反应F【解析】【解答】（1）Fe2O3和C12H22O11反应，Fe的化合价从＋3降低到＋2，C的化合价从0价升高到＋4。1molC12H22O11完全反应共失去12×4mol=48mol电子，1molFe2O3转化为FeO，共得到2×1mol电子。根据得失电子守恒，1molC12H22O11可与24molFe2O3反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式：24Fe2O3＋C12H22O11=4FeO＋12CO2↑＋11H2O。答案为24Fe2O3＋C12H22O11=4FeO＋12CO2↑＋11H2O。（2）FeS2中的S的化合价为－1，升高到＋6，则1molFeS2反应共失去2×7mol=14mol电子，而Fe3＋转化为Fe2＋，化合价降低1价，1molFe3＋得到1mol电子，根据得失电子守恒，1molFeS2可与14molFe3＋反应，则n(FeS2)：n(Fe3＋)=1：14。答案为1∶14。（3）①FeSO4中的Fe的化合价从＋2升高到＋3，1molFeSO4反应共失去1mol电子；H2O2中O的化合价从－1降低到－2，1molH2O2反应共得到2×1mol=2mol电子，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式：2FeSO4＋H2O2＋2Na2HPO4=2FePO4↓＋2Na2SO4＋2H2O。答案为2FeSO4＋H2O2＋2Na2HPO4=2FePO4↓＋2Na2SO4＋2H2O。②该反应的平衡常数K=c(H+)c(Fe（4）①pH<1.5时，pH越大，c(H+)减小，促进了的HPO42−的电离HPO42−⇌H++PO43−，生成了更多的PO43−②pH>1.5时，pH越大，c(OH－)越大，Fe3+与会OH-反应生成Fe(OH)3，生成的FePO4减少。答案为①pH<1.5时，pH越大，c(H+)越小，促进了HPO42-的电离，生成了更多的PO43-②pH>1.5时，pH越大，c(OH－)越大，部分Fe3+生成Fe(OH)

【分析】（1）氧化铁和蔗糖反应生成氧化亚铁、二氧化碳和水；

（2）电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数；

（3）①硫酸亚铁和过氧化氢、磷酸氢钠反应生成磷酸亚铁、硫酸钠和水；

②结合化学平衡常数的公式，可以知道最终可以化为磷酸的三级电离平衡常数和磷酸亚铁的溶度积的商；

（4）①氢离子浓度的减小可以促进磷酸氢根的电离；

②氢氧根浓度增大，可以使铁离子形成氢氧化铁。15．【答案】（1）2Ce（2）控制硝酸的温度为80℃的目的是加快化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；将Ce(OH)（3）增加NH4+（4）向所得溶液中加入2mol⋅L-1氨水，至静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入O2至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入1mol⋅（5）82.2%【解析】【解答】（1）“沉淀1”时，溶液中Ce(NO3)3（2）控制硝酸的温度为80℃的目的是加快化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；将Ce(OH)（3）“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入n(NH4NO3（4）已知：4Ce(OH)3(白色沉淀)+O2+2H2O=4Ce(OH)4(黄色沉淀)，根据受热分解时失重百分比与温度的关系图可知，208×17.3%≈36，则加热Ce(OH)4到500℃分解得到CeO2，故实验小组以Ce（5）滴定过程中Ce4+被还原为Ce3+

【分析】（1）结合题干提供的物质，结合原子守恒进行判断；

（2）硝酸温度过高会分解和挥发，温度过低会降低化学反应速率；

（3）铵根离子浓度增大，可以加快化学反应速率；

（4）根据碳酸铈制取二氧化铈，可以知道应该先溶解在盐酸后加入氨水，最后通入氧气析出沉淀；

（5）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。16．【答案】（1）（2）加成（3）（4）（5）【解析】【解答】（1）由分析可知，B的结构简式为；（2）D和CH3-CH2-COOCH3发生加成反应生成E，则D