北京市朝阳区2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题

北京市朝阳区2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．中国航天员在“天宫课堂”演示了如下实验：将泡腾片(主要成分是碳酸氢钠和柠檬酸，其中柠檬酸的结构如图所示)放入水球中，得到气泡球。下列说法错误的是A．柠檬酸分子中含有两种官能团B．常温下，碳酸氢钠溶液的pH>7C．固体碳酸氢钠、柠檬酸放入水中会发生电离D．得到气泡球的反应：22．下列化学用语或图示表达正确的是A．HCl共价键电子云轮廓图：B．基态Si原子的价层电子排布式：3C．SO2的VSEPRD．反-2-丁烯的结构简式：3．下列性质的比较中，错误的是A．电负性：Cl>Br B．微粒半径：OC．第一电离能：Al>Mg D．酸性：HN4．用放射性同位素53131下列说法错误的是A．I位于元素周期表中第四周期、第ⅦA族B．53131C．131ID．标记过程发生了取代反应5．NaCl的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是A．NaCl属于离子晶体B．每个晶胞中平均含有4个Na+C．每个Na+周围有6个紧邻的CD．Na+和Cl6．下列方程式与所给事实不相符的是A．灼热的铁丝伸入氯气，剧烈燃烧：Fe+CB．铝片溶于NaOH溶液，有无色气体产生：2Al+2OC．苯酚钠溶液中通入CO2，产生浑浊：+H2O+CO2→+NaHCO3D．溴乙烷与NaOH溶液共热，油层体积减少：C7．形成白酒辛辣口感的物质是醛类物质，主要由葡萄糖经如下转化生成：下列说法错误的是A．一定条件下，1molZ最多可与2molHB．Y中含有羟基和醛基，属于糖类物质C．可用新制的Cu(D．沸点：X>Y>Z8．下列产生固体的实验中，与物质溶解度无关的是A．向饱和NaCl溶液中滴加几滴浓盐酸，析出沉淀B．向饱和NaCl溶液中依次通入过量NHC．冷却熔融态的硫黄，析出晶体D．冷却苯甲酸的热饱和溶液，析出晶体9．3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀(治疗2型糖尿病)，其分子结构如图所示。下列说法错误的是A．分子中0原子和N原子均为spB．分子中C−O−H的键角大于C−N−H的键角C．分子中O−H的极性大于N−H的极性D．分子中含有手性碳原子10．已知某些化学键键能如下，下列说法错误的是化学键H−HCl−ClBr−BrH−ClH−Br键能/kJ⋅mo436243194432aA．根据键能可估算反应H2(B．根据原子半径可知键长：H−Cl<H−Br，进而推测a<432C．H2(g)与BD．常温下Cl2和Br2的状态不同，与11．下列实验能达到实验目的的是A．在铁制品上镀铜B．探究浓度对反应速率的影响C．检验乙炔具有还原性D．制备NH4Cl固体A．A B．B C．C D．D12．2022年诺贝尔化学奖授予了在点击化学方面做出贡献的科学家。一种点击化学反应如下：某课题组借助该点击化学反应，用单体X(含有−N下列叙述错误的是A．由X与Y合成P的反应属于加聚反应B．X的结构简式为C．Y的官能团为碳碳三键和酯基D．P可发生水解反应得到X和Y13．精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。从阳极泥中回收多种金属的流程如下。已知：分金液中含[AuCl4]−；分金渣的主要成分为AgCl；下列说法错误的是A．“分铜”时加入NaCl的目的是降低银的浸出率B．得到分金液的反应为：2Au+ClC．得到分银液的反应为：AgCl+2ND．“滤液2”中含有大量的氨，可直接循环利用14．将等量的乙酸乙酯分别与等体积的H2SO下列说法错误的是A．乙酸乙酯在酸性条件下水解反应为：CB．0∼tC．0∼tD．t2二、综合题15．配合物顺铂[Pt(N（1）Pt(NH3)2Cl2的配体为（2）顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的Pt(NH3)2①基态Cu原子价层电子的轨道表示式为，Cu属于区元素。②生成物中a、b示的作用力类型分别是。③在Pt(NH3)2Cl（3）顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。

顺铂反铂结构25℃时溶解度/g0.25770.0366①推测Pt(NH3)2Cl②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是。（4）顺铂的发现与铂电极的使用有关。铂晶胞为正方体，边长为anm，结构如下图。①铂晶体的摩尔体积Vm=m3②通常情况下铂电极为惰性电极，但在NaCl溶液中使用会产生[PtCl6]资料：i.单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积；ii.1nm=1×1016．沼气中除CH4外，还含有H2资料：i.(x−1)S+S2−⇌Sxii.BaS、BaS（1）乙醇胺(HOCH2CH2NH（2）采用加热法可将H2S转化为S2和H2。反应为：2H2S(g)⇌S（3）采用电解法也可将H2S转化为S和H2。先用NaOH①写出足量NaOH溶液吸收H2S气体的离子方程式：②用方程式解释阳极附近溶液变为黄色的原因。③实验测得H2S的转化率大于S的收率，推测电解时阳极可能生成SO32−、S资料：H2S的转化率=④停止通电，向黄色溶液中通入(填化学式)气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。17．以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbS资料：i.25℃时，Kii.PbC（1）溶浸Pb、PbO、PbO2、PbS①上述流程中能提高含铅废料中铅的浸出率的措施有。②Pb转化为PbCl2的反应有：Pb+2HCl=PbCl（2）结晶①所得PbCl2中含有少量Pb(②向母液中补加一定量盐酸，可继续浸取含铅废料。重复操作的结果如下：循环次数01234铅回收率/%85.493.595.897.198.2PbCl99.499.399.299.196.1循环3次后，PbCl2纯度急剧降低，此时向母液中加入（3）脱氯PbO在某浓度NaOH溶液中的溶解度曲线如下图所示。结合溶解度曲线，简述脱氯的操作：。（4）测定废料中铅的含量将ag含铅废料与足量盐酸、NaCl溶液充分反应，得到100mL溶液。取10mL溶液加水稀释，再加几滴二甲酚橙作指示剂，用0.01mol⋅L−1的乙二胺四乙酸二钠盐(用Na2H资料：滴定原理为：H18．导电高分子材料PEDOT的一种合成路线如下：资料：i．ii．R5-OH+R6-Cl→K2CO3（1）A分子中含有的官能团有。（2）A→B的化学方程式是。（3）B→D的反应类型是。（4）D→E的反应方程式是。（5）F的结构简式是。（6）下列有关J的说法正确的是(填字母)。a．核磁共振氢谱有2组峰b．能与H2发生加成反应c．不存在含苯环的同分异构体d．合成PEDOT的反应属于加聚反应（7）推测J→PEDOT的过程中，反应物(NH4)2S2O8的作用是。（8）溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，则D的产率下降，分析可能的原因：①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分；②。19．某小组同学在实验室制备高铁酸钾(K2Fe资料：K2FeO（1）装置A中产生Cl2的化学方程式是(锰元素被还原为（2）研究试剂a对K2实验编号试剂a实验现象IFeCl3无明显现象IIFeCl3得到紫色溶液，无紫色固体IIIFe(N得到紫色溶液(颜色比II深)，有紫色固体注：上述实验中，溶液总体积、FeCl3和Fe(N①实验II、III产生K2FeO还原反应：Cl氧化反应：1Fe②对实验I未产生K2步骤1：通入Cl2，电压表示数为步骤2：向右侧烧杯中加入(填试剂)，电压表示数为V2③反思装置B的作用：用饱和NaCl溶液除去HCl，目的是。④实验II中K2FeO（3）向实验II所得紫色溶液中继续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅。可能原因是通入Cl2后发生（4）综上，制备K2FeO

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．柠檬酸分子中含有羧基和羟基两种官能团，选项A不符合题意；B．碳酸氢钠为强碱弱酸盐，常温下，碳酸氢钠水解，溶液呈碱性，pH>7，选项B不符合题意；C．固体碳酸氢钠为可溶性盐、柠檬酸为弱酸，放入水中会发生电离，选项C不符合题意；D．柠檬酸为弱酸不能拆，不能用H+表示，碳酸氢钠电离出的阴离子为HCO故答案为：D。

【分析】A.柠檬酸分子中含有羧基和羟基；

B.碳酸氢根水解显碱性；

C.碳酸氢钠为盐，柠檬酸为酸，在水中均能发生电离。2．【答案】B【解析】【解答】A．氯化氢中氢原子和氯原子形成的是σ键，原子轨道头碰头方式重叠，电子云轮廓图为：，A不符合题意；B．基态Si原子是14号元素，Si原子的价层电子排布式：3sC．SO2的孤电子对数目为：（6-2×2）D．反-2-丁烯的结构简式：，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.HCl中H、Cl原子头碰头形成σ键；

C.SO2分子中S原子价层电子对数为3，含有1个孤电子对；

D.为顺-2-丁烯。3．【答案】C【解析】【解答】A．同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，电负性：Cl>Br，A不符合题意；B．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则微粒半径：O2−C．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但Mg原子3s能级轨道全满，更稳定，第一电离能高于Al，C符合题意；D．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：HNO故答案为：C。

【分析】A.元素的非金属性越强，电负性越大；

B.离子电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小；

C.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；

D.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强。4．【答案】A【解析】【解答】A．I位于元素周期表中第五周期、第ⅦA族，故A符合题意；B．53131C．131I2、标记酪氨酸中都含有D．由方程式可知，标记过程发生了取代反应，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.I是53号元素，位于第五周期、第ⅦA族；

B.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；

C.131I为放射性元素；

D.机物分子中的原子和原子团被其它原子或原子团代替的反应为取代反应。5．【答案】C【解析】【解答】A．NaCl由钠离子和氯离子构成，以离子键结合，属于离子晶体，A不符合题意；B．每个晶胞中平均含有12×14+1=4个Na+和8×C．每个Na+周围有6个紧邻的Cl−和12个紧邻的Na+，C符合题意；D．Na+和Cl−以离子键结合，因此NaCl具有较高的熔点，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.氯化钠由钠离子和氯离子构成；

B.根据均摊法计算；

D.Na+和Cl−以离子键结合，熔点较高。6．【答案】A【解析】【解答】A．Fe与Cl2加热反应产生FeCl3，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl2=∆2FeCl3B．铝片溶于NaOH溶液，反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：2Al+2OHC．由于碳酸的酸性比苯酚强，所以苯酚钠与CO2反应产生苯酚及NaHCO3，反应的化学方程式为：+H2O+CO2→+NaHCO3，C不符合题意；D．溴乙烷难溶于水，密度比水大，将溴乙烷与NaOH溶液共热，发生水解反应产生CH3CH2OH、NaBr，导致溴乙烷减小，因而油层体积减少，反应的化学方程式为：C2故答案为：A。

【分析】B.铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；

C.苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠；

D.溴乙烷与NaOH溶液共热，发生水解反应产生CH3CH2OH、NaBr。7．【答案】B【解析】【解答】A.1molZ中含1mol碳碳双键和1mol醛基，可与2mol氢气发生加成反应，故A不符合题意；B．糖类是多羟基醛类或多羟基酮类，Y只含一个羟基和1个醛基，不属于糖类，故B符合题意；C．X中不含醛基，Z中有醛基，可用性质氢氧化铜悬浊液鉴别，故C不符合题意；D．有机物中所含羟基数越多，形成的分子间氢键越多，物质的沸点越高，由结构可知羟基数：X>Y>Z，沸点：X>Y>Z，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.Z分子中碳碳双键、醛基能与氢气发生加成反应；

C.甘油与氢氧化铜反应使溶液呈绛蓝色，而Z中醛基与氢氧化铜反应生成砖红色沉淀；

D.形成分子间氢键使物质沸点升高，形成的分子间氢键越多，其沸点越高。8．【答案】C【解析】【解答】A．向饱和NaCl溶液中滴加几滴浓盐酸，氯离子浓度增大，使氯化钠结晶析出，减小了氯化钠的溶解，与物质溶解度有关，A不符合；B．向饱和NaCl溶液中依次通入过量NHC．冷却熔融态的硫黄，析出晶体，发生物理变化，有液态转变为固态，与物质溶解度无关，C符合；D．苯甲酸的溶解度随温度下降而减小，则冷却苯甲酸的热饱和溶液可析出苯甲酸晶体，与物质溶解度有关，D不符合；故答案为：C。

【分析】A.加入盐酸，氯离子浓度增大，析出NaCl晶体；

B.向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体；

D.温度降低，苯甲酸的溶解度减小。9．【答案】B【解析】【解答】A．分子中O原子和N原子的价层电子对数均为4，故均为spB．电负性O＞N＞H，C−O−H中成键电子云比C−N−H中偏离程度大，同时N-C键长比O-C键长大、N-H键长比O-H键长大，这样导致C−N−H中的成键电子对之间的斥力减小，分子中C−O−H的键角小于C−N−H的键角，B符合题意；C．电负性O＞N＞H，分子中O−H的极性大于N−H的极性，C不符合题意；D．手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。则分子中含有手性碳原子、例如与氨基相连的饱和碳原子为手性碳原子，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.该分子中O原子和N原子的价层电子对数均为4；

C.元素的电负性差越大，其极性越大；

D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。10．【答案】D【解析】【解答】A．根据反应热=反应物总键能-生成物总键能，则：H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)中有：△H=+436kJ/mol+243kJ/mol-2×432kJ/mol=-185kJ/mol，选项A不符合题意；B．Cl原子半径小于Br原子，H—Cl键的键长比H—Br键长短，H—Cl键的键能比H—Br键大，进而推测a<432，选项B不符合题意；C．键能Cl−Cl>Br−Br，反应生成HBr比生成HCl更难，放出的热量更低，故生成2molHBr(g)D．Cl-Cl键能大于Br-Br键能，说明Cl2分子比Br2分子稳定，破坏的是共价键，而状态由分子间作用力决定，选项D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能计算；

B.结构相似的物质，键长越大，键能越小；

C.键能：Cl−Cl>Br−Br，反应生成HBr比生成HCl更难。11．【答案】A【解析】【解答】A．在铁制品上镀铜时，Cu电极与电源正极连接，作阳极，铁制品与电源负极连接作阴极，含有Cu2+的CuSO4溶液作电镀液，能够达到电镀的目的，A符合题意；B．浓硫酸中硫酸主要以分子存在，而在稀硫酸中硫酸电离产生H+、SOC．电石中主要成分CaC2与水反应产生C2H2，及其中含有的杂质CaS与H2O反应产生H2S，二者都具有还原性，都可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此不能检验乙炔具有还原性，C不符合题意；D．NH4Cl溶液蒸发水分，随着加热使溶液温度升高，盐水解产生NH3·H2O、HCl，HCl挥发逸出，NH3·H2O分解产生NH3、H2O，因此不能采用该方法制备NH4Cl固体，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.在铁制品上镀铜时，镀层Cu作阳极、铁制品作阴极，硫酸铜作电解质溶液；

B.利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同；

C.杂质气体H2S、生成的乙炔都能使酸性高锰酸钾溶液褪色；

D.氯化铵固体受热分解生成氨气和HCl。12．【答案】D【解析】【解答】A．−N3基团和碳碳三键能发生信息反应，1个X含有2个B．X含有−N3基团、X的结构简式为C．据分析，Y为，Y的官能团为碳碳三键和酯基，C不符合题意；D．P含酯基，可发生水解反应、酯基可转换为羧基和羟基，故水解产物不能得到X和Y，D符合题意；故答案为：D。

【分析】根据点击化学反应和聚合物P的结构可知，单体X为，单体Y为。13．【答案】D【解析】【解答】A．“分铜”时加入NaCl，使氯离子浓度增大，利用同离子效应，使氯化银几乎不溶解，降低银的浸出率，A不符合题意；B．利用ClO3−的氧化性，同时大量氯离子存在，可以使金形成配合离子[AuCC．氯化银可以溶解在氨水中，形成[Ag(NH3D．由已知N2H4⋅H故答案为：D。

【分析】阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠分铜，“分铜”时，铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，加入足量的NaCl可使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，加入盐酸和氯酸钠分金，分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，分金液加入Na2SO3发生氧化还原反应生成Au；分金渣加入氨水使银转化为银氨溶液进入分银液，过滤得到分银液和分银渣，分银液加入N2H4•H2O，N2H4•H2O在反应中被氧化为N2，Ag被还原得到Ag。14．【答案】C【解析】【解答】A．乙酸乙酯在稀硫酸作催化剂条件发生水解生成乙酸和乙醇，故A不符合题意；B．由图可知，在0∼tC．硫酸条件下一段时间后酯层减少速度加快，并不是水解速率提高导致，而是因为随溶剂中乙醇的增大，导致乙酸乙酯溶解量增加，因此0∼tD．t2故答案为：C。

【分析】A.乙酸乙酯在酸性条件下水解生成乙酸和乙醇；

B.在0∼t1时间内，酯层减少的体积：碱性>酸性>中性；

D.15．【答案】（1）（2）；ds；配位键、氢键；<（3）若Pt的杂化轨道类型为sp3，则（4）a3×NA×10−27【解析】【解答】（1）NH3是共价化合物，电子式为：（2）①Cu是29号元素，基态Cu原子价层电子的轨道表示式为，Cu属于ds区元素；②a表示N和Pt之间的配位键，b表示H和O之间的氢键；③NH3具有较强的电子捕获能力，可以与铂形成更紧密的配体键，从而增强与铂之间的结合能力更强，则配体与铂(II)的结合能力：Cl−<（3）①若Pt的杂化轨道类型为sp3，则Pt(NH3)2②顺铂是极性分子，反铂是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶的原理，顺铂在水中的溶解度大于反铂。（4）①铂晶胞中Pt的个数为8×18+6×12=4，n(Pt)=4NAmol，晶胞的体积为a3×10-27m②在Cl−作用下，Pt在阳极失电子生成[PtCl6]

【分析】（1）NH3中N原子和每个H原子共用一对电子，且N原子还有一个孤电子对；

（2）①基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1；Cu属于ds区元素；

②生成物中a为分子内共价键，N原子提供孤电子对、Pt提供空轨道；b为分子间之间的作用力；

③配原子和中心原子之间存在配位键，增强原子之间的结合力；

（3）①若Pt的杂化轨道类型为sp3，则Pt(NH3)2Cl2为四面体结构，不存在同分异构现象；

②根据相似相溶原理分析；

（4）①根据均摊法和V16．【答案】（1）氨基（2）a（3）H2S+2OH−=S2−+2【解析】【解答】（1）H2S的水溶液是弱酸，具有酸性，氨基具有碱性，二者能发生反应，故乙醇胺(HOCH2C（2）一定温度下，将amolH2S置于vL密闭容器中加热分解，起始(mol)转化(mol)平衡(mol)2H（3）①足量NaOH溶液吸收H2S气体得到硫化钠和水，离子方程式：②硫离子在阳极放电生成硫单质、淡黄色的硫单质不溶于水，据信息，硫能与硫离子反应生成可溶性Sx2−(黄色溶液)，故阳极附近溶液变为黄色，电极方程式为S2−③H2S的转化率大于S的收率，结合定义可推测电解时阳极可能生成SO32−、SO4④已知Sx2−与酸反应生成S、H2

【分析】（1）乙醇胺含有氨基，有碱性，H2S呈酸性；

（2）列出反应的三段式计算；

（3）①NaOH溶液吸收H2S气体变为Na2S；

②阳极S2-发生氧化反应生成黄色的单质S；

③电解时阳极可能生成SO32−、SO42−；17．【答案】（1）粉碎、加热、加入NaCl增大c(Cl−（2）[PbCl4]2−+（3）向PbCl2中加入一定量NaOH溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到（4）0【解析】【解答】（1）①溶浸Pb、PbO、PbO2、PbSO4均转化为[PbCl4]2−②Pb和盐酸直接反应可转化为PbCl2，也可以和PbO2一起反应生成PbCl2；反应有：（2）①溶浸Pb、PbO、PbO2、PbSO4均转化为[PbCl4]2−，由于[PbC②向母液中补加一定量盐酸，可继续浸取含铅废料。循环3次后，PbCl2纯度急剧降低，可向母液中加入CaCl2(或BaCl（3）PbO在某浓度NaOH溶液中的溶解度随温度升高而增大，脱氯的操作为向PbCl2中加入一定量NaOH溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到PbO固体；故答案为向PbCl2中加入一定量（4）取10mL溶液加水稀释，再加几滴二甲酚橙作指示剂，用0.01mol⋅L−1的乙二胺四乙酸二钠盐(用Na2H2Y表示)进行滴定，滴定终点时消耗Na2H2

【分析】含铅废料粉碎后，加入盐酸、氯化钠溶浸，浸出液趁热过滤得到PbCl2粗品，降温结晶得到PbCl2，加入过量氢氧钠溶液脱氯得到PbO。18．【答案】（1）羧基、碳氯键（2）ClCH2COOH+C2H5OH⇌∆浓H2SO4ClCH2COOC2（3）取代（4）+→C2H5ONa+2C2H（5）（6）ab（7）作氧化剂(或脱氢)（8）Na2S水溶液碱性较强导致B(或D)发生水解【解析】【解答】（1）有机物A分子结构简式是ClCH2COOH，其中含有的官能团是羧基、碳氯键；（2）A是ClCH2COOH，A与C2H5OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生ClCH2COOC2H5和H2O，反应为可逆反应，反应的化学方程式为：ClCH2COOH+C2H5OH⇌∆浓H2SO4