2022-2023學(xué)年上海市嘉定區(qū)封浜中學(xué)高三化學(xué)上學(xué)期期末試卷含解析

1、2022-2023學(xué)年上海市嘉定區(qū)封浜中學(xué)高三化學(xué)上學(xué)期期末試卷含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1. 維生素C的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示下列有關(guān)說法正確的是：（）A維生素C所含的官能團有羥基、羧基、碳碳雙鍵B維生素C能和溴水、酸性重鉻酸鉀溶液反應(yīng)C維生素C的分子式為C6H6O6D維生素C能發(fā)生加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)，不能發(fā)生取代反應(yīng)參考答案：B考點：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)分析：該有機物中含有醇羥基、酯基、碳碳雙鍵，具有醇、烯烴和酯的性質(zhì)，能發(fā)生氧化反應(yīng)、取代反應(yīng)、酯化反應(yīng)、加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)、水解反應(yīng)等，據(jù)此分析解答解答：解：A維生

2、素C所含的官能團有羥基、酯基、碳碳雙鍵，故A錯誤；B含有碳碳雙鍵，所以能和溴發(fā)生加成反應(yīng)、能被酸性重鉻酸鉀溶液氧化，故B正確；C維生素C的分子式為C6H8O6，故C錯誤；D該分子中含有醇羥基、酯基，能發(fā)生取代反應(yīng)，故D錯誤；故選B點評：本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，明確官能團及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查烯烴、醇、酯的性質(zhì)，注意分子式的確定，為易錯點2. 對于1 mol/L的氨水，下列敘述正確的是(忽略溶液混合時的體積變化) ()A.將標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4 L氨氣溶于1 L水中配成溶液，即可得1 mol/L的氨水B.1 mol/L的氨水的質(zhì)量分?jǐn)?shù)小于1.7%C.將1 mol/L的氨水

3、與水等質(zhì)量混合后，所得氨水的物質(zhì)的量濃度大于0.5 mol/LD.將1 mol/L的氨水與3 mol/L的氨水等質(zhì)量混合后，所得氨水的物質(zhì)的量濃度為2 mol/L參考答案：CA項，因氨水以起始溶入的氨為溶質(zhì)，故將1 mol氨溶于水配成1 L溶液，其物質(zhì)的量濃度為1 mol/L；B項，由物質(zhì)的量濃度與質(zhì)量分?jǐn)?shù)的關(guān)系，可有以下表達(dá)式：1 mol/L，又由于氨水的密度1 g/cm3，故w1.7%；C項，若將1 mol/L的氨水與水等體積混合，所得氨水的濃度為0.5 mol/L，由于氨水密度比水小，則相同質(zhì)量的氨水的體積比水大，故等質(zhì)量混合后所得氨水的物質(zhì)的量濃度大于0.5 mol/L；D項，因氨水的

4、濃度越大，其密度越小，則等質(zhì)量混合時，3 mol/L的氨水所占體積比1 mol/L的氨水大，故所得氨水的物質(zhì)的量濃度大于2 mol/L.3. 192 g Cu投入到一定量的濃HNO3中，Cu完全溶解，生成氣體顏色越來越淺，共收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下672 mL氣體，將盛有此氣體的容器倒扣在水槽中，通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下一定體積的O2，恰好使氣體完全溶于水，則通入O2的體積為 （ ） A504 mL B336 mL C224 mL D168 mL參考答案：B略4. 實驗是研究化學(xué)的基礎(chǔ)，下圖中所示的實驗方法、裝置或操作完全正確的是（ ）A.干燥Cl2 B.吸收HCl C.制取Fe（OH）2沉淀 D.稀釋濃H2S

5、O4參考答案：C略5. 下列說法正確的是（）A若2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ?mol1，則H2燃燒熱為241.8kJ?mol1B在稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJ/mol，若將含0.6molH2SO4的稀硫酸與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量大于57.3kJC已知C（石墨，s）C（金剛石，s）H0，則金剛石比石墨穩(wěn)定D由BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）H1=+571.2kJ?mol1BaSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）H2=+226.2kJ?mol1可得反應(yīng)C（s）+CO2（g）

6、=2CO（g） 的H=+172.5kJ?mol1參考答案：D考點：反應(yīng)熱和焓變；熱化學(xué)方程式.專題：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化分析：A、燃燒熱是1mol可燃物燃燒生成穩(wěn)定化合物，H生成液態(tài)水時放出的熱量；B、中和熱是指生成1mol水時放出的熱量；C、物質(zhì)的能量越低越穩(wěn)定；D、利用蓋斯定律解答解答：解：A、生成的是水蒸氣，故A錯誤；B、含0.6molH2SO4的稀硫酸與含1molNaOH的溶液混合，生成1mol水，放熱57.3KJ，故B錯誤；C、石墨生成金剛石吸熱，石墨金剛石能量高，石墨穩(wěn)定，故C錯誤；D、已知：BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）H1=+571.2kJ?mol1B

7、aSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）H2=+226.2kJ?mol1據(jù)蓋斯定律，（）2得：C（s）+CO2（g）=2CO（g） 的H=+172.5kJ?mol1，故D正確；故選D點評：本題考查了燃燒熱、中和熱物質(zhì)的能量越低越穩(wěn)定和蓋斯定律的應(yīng)用，題目難度不大6. 向含Na+、Al3+、Fe3+、Fe2+、Cl、SO42的水溶液中，加入足量的Na2O2固體，充分反應(yīng)后再加入過量的稀鹽酸，所得溶液與起始溶液相比，上述離子數(shù)目沒有變化的有（）A2種B3種C4種D5種參考答案：A【考點】離子共存問題；離子反應(yīng)發(fā)生的條件【分析】溶液中加入足量的Na2O2固體，充分反應(yīng)后，再加入過量的

8、稀鹽酸，F(xiàn)e2+氧化成Fe3+，減少的是亞鐵離子，增加的是三價鐵離子、鈉離子、氯離子，鋁離子、硫酸根離子保持不變【解答】解：溶液中加入過量的Na2O2固體，與水反應(yīng)生成NaOH和氧氣，鈉離子增大，F(xiàn)e2+被氧化成Fe3+，F(xiàn)e2+減少；Fe3+、Al3+均與堿反應(yīng)，鋁離子轉(zhuǎn)化為偏鋁酸根離子，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵，再通入過量的稀鹽酸，溶液中氫氧化鐵轉(zhuǎn)化為鐵離子，鐵離子增多，偏鋁酸根離子轉(zhuǎn)化為鋁離子，鋁離子保持不變；由于過氧化鈉與水反應(yīng)生成鈉離子，加鹽酸引入氯離子，則Na+、Cl數(shù)目不變，則只有Al3+、SO42不變，故選A7. 有A、B、C、D四種金屬。將A與B用導(dǎo)線連接起來，浸入電解質(zhì)溶液中

9、，B不易腐蝕。將A、D分別投入等濃度鹽酸中，D比A反應(yīng)劇烈。將銅浸入B的鹽溶液里，無明顯變化.如果把銅浸入C的鹽溶液里，有金屬C析出。據(jù)此判斷它們的活動性由強到弱的順序是 HYPERLINK / ADCAB BDABC HYPERLINK / CDBAC DBADC參考答案：C8. 化學(xué)與人類生產(chǎn)、生活、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)，下列說法正確的是（）A凡含有添加劑的食物對人體健康均有害，不宜食用B硅膠可用作食品干燥劑C“天宮一號”使用的碳纖維，是一種新型有機高分子材料D工業(yè)上燃燒煤時，加入少量石灰石是為了減少CO2的排放參考答案：B【考點】綠色化學(xué)【分析】A食品添加劑包括酸度調(diào)節(jié)劑、抗結(jié)劑、消泡

10、劑、抗氧化劑、漂白劑、膨松劑、著色劑、護色劑、酶制劑、增味劑、營養(yǎng)強化劑、防腐劑、甜味劑、增稠劑、香料等；B硅膠具有吸水性，無毒；C碳纖維是無機非金屬材料；D加入少量的石灰石，二氧化硫可轉(zhuǎn)化為硫酸鈣【解答】解：A我國把營養(yǎng)強化劑也歸為食品添加劑的范疇，包括對人體有益的某些氨基酸類，鹽類，礦物質(zhì)類，膳食纖維等，故A錯誤；B硅膠具有吸水性，無毒，可以用作食品干燥劑，故B正確；C碳纖維是無機非金屬材料，不是有機物，不是有機高分子材料，故C錯誤；D加入少量的石灰石，二氧化硫可轉(zhuǎn)化為硫酸鈣，可減少二氧化硫的污染，不能減少二氧化碳的排放，故D錯誤；故選：B9. 設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確

11、的是( )A. 1mol Na2O2 固體中含離子總數(shù)為4NAB. 將0.1 mol氯化鐵溶于1 L沸水中，得到含有0.1NA個膠體粒子的分散系C. 12g金剛石中含有的共價鍵數(shù)為4NAD. 乙烯和環(huán)丙烷(C3H6)組成的28 g混合氣體中含有4NA個氫原子參考答案：D略10. 在甲燒杯中放入鹽酸，乙燒杯中放入醋酸，兩種溶液的體積和pH都相等，向兩燒杯中同時加入足量質(zhì)量相等且同樣的鋅粒。下列說法正確的是A反應(yīng)結(jié)束后兩燒杯中得到氫氣的量相等B反應(yīng)結(jié)束后乙燒杯中得到的氫氣多C反應(yīng)開始時兩燒杯中化學(xué)反應(yīng)速率相等D反應(yīng)開始后甲燒杯中化學(xué)反應(yīng)速率快參考答案：BC略11. 參考答案：答案：D12. 在一密

12、閉容器中盛有a L Cl2和H2的混合氣體，用電火花引燃后，恢復(fù)到原來狀態(tài)，發(fā)現(xiàn)氣體仍為a L。用足量的NaOH溶液吸收燃燒后的氣體，結(jié)果無氣體剩余。由以上條件，推知原混合氣體中Cl2和H2物質(zhì)的量之比一定是ACl2H21 BCl2H21 CCl2H21 DCl2H21參考答案：C13. 下列實驗操作或裝置符合實驗要求的是 （a） (b) (c) (d)A(a) 可用于定容并量取15.00 mL NaOH溶液 B(b)裝置放置一段時間后，飽和C-USO4溶液中出現(xiàn)藍(lán)色晶體 C(c)可用于高溫煅燒石灰石 D(d)可用于易溶于水的尾氣吸收 參考答案：B略14. 已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說

13、法錯誤的是A. 3g 3He含有的中子數(shù)為1NAB. 1 L 0.1 molL?1磷酸鈉溶液含有的數(shù)目為0.1NAC. 1 mol K2Cr2O7被還原為Cr3+轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NAD. 48 g正丁烷和10 g異丁烷的混合物中共價鍵數(shù)目為13NA參考答案：B【詳解】A. 的中子數(shù)為3-2=1，則3g的中子數(shù)為=NA，A項正確； B. 磷酸鈉為強堿弱酸鹽，磷酸根離子在水溶液中會發(fā)生水解，則1L 0.1mol/L的磷酸鈉溶液中磷酸根離子的個數(shù)小于1L0.1mol/LNA mol-1 =0.1NA，B項錯誤；C. 重鉻酸鉀被還原為鉻離子時，鉻元素從+6降低到+3，1mol重鉻酸鉀轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3m

14、ol2NA mol-1 =6NA，C項正確；D. 正丁烷與異丁烷的分子式相同，1個分子內(nèi)所含共價鍵數(shù)目均為13個，則48g正丁烷與10g異丁烷所得的混合物中共價鍵數(shù)目為13NA mol-1 =NA，D項正確；答案選B。15. 將0.2mol/L的醋酸鈉溶液與0.1mol/L鹽酸等體積混合后，溶液顯酸性，則溶液中有關(guān)微粒的濃度關(guān)系正確的是Ac (Ac-)c (Na+)c (H+)c (HAc) Bc (Na+)c (H+)c (Ac-)c (Cl-)Cc (Ac-)c (Cl-)c (H+)c (HAc) Dc (Ac-)c (Cl-)c (HAc)c（H+）參考答案：D二、實驗題（本題包括1個

15、小題，共10分）16. 某興趣小組探究SO2氣體還原Fe3+、I2，他們使用的藥品和裝置如圖所示：（1）SO2氣體還原Fe3+生成的還原產(chǎn)物是 （填離子符號），參加反應(yīng)的SO2和Fe3+的物質(zhì)的量之比是 （2）下列實驗方案適用于在實驗室制取所需SO2的是 （雙選，填序號）ANa2SO3溶液與HNO3BNa2SO3固體與濃硫酸C固體硫在純氧中燃燒 D銅與熱濃H2SO4（3）裝置C的作用是 （4）若要從A中所得溶液提取晶體，必須進行的實驗操作步驟：蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾、自然干燥，在這一系列操作中沒有用到的儀器有 （雙選，填序號）A蒸發(fā)皿 B石棉網(wǎng) C漏斗 D燒杯 E玻璃棒 F坩堝（5）在上述裝置中

16、通入過量的SO2，為了驗證A中SO2與Fe3+發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，他們?nèi)中的溶液，分成三份，并設(shè)計了如下實驗：方案：往第一份試液中加入KMnO4溶液，紫紅色褪去方案：往第二份試液加入KSCN溶液，不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅方案：往第三份試液加入用稀鹽酸酸化的BaCl2，產(chǎn)生白色沉淀上述方案不合理的一個是 ，原因是 （6）上述裝置中能表明I的還原性弱于SO2的現(xiàn)象是 參考答案：（1）Fe2+；1：2；（2）BD；（3）吸收SO2尾氣，防止污染空氣；（4）BF；（5）方案；因為A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色；（6）B中藍(lán)色溶液褪色【分析】（1）三價鐵離子具有強的氧化

17、性，能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子，據(jù)此書寫離子反應(yīng)方程式，根據(jù)離子反應(yīng)方程式計算參加反應(yīng)的SO2和Fe3+的物質(zhì)的量之比；（2）實驗室制取氣體要考慮操作方便、易控制、不能含雜質(zhì)；（3）二氧化硫具有刺激性氣味，污染空氣，用氫氧化鈉溶液吸收二氧化硫，防止空氣污染；（4）從A中所得溶液提取晶體為綠礬，溶液中得到綠礬的實驗操作是蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌，干燥步驟得到；（5）二氧化硫能與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)使高錳酸鉀溶液褪色，F(xiàn)e2+也使高錳酸鉀溶液褪色；（6）B中發(fā)生SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物【解答】解：（1）三價鐵離子具有強的氧化性，能夠氧化二氧

18、化硫生成硫酸根離子，二者反應(yīng)的離子方程式：2Fe3+SO2+2H2O=SO42+2Fe2+4H+，SO2氣體還原Fe3+生成的還原產(chǎn)物是Fe2+，參加反應(yīng)的SO2和Fe3+的物質(zhì)的量之比是1：2，故答案為：Fe2+；1：2；（2）A硝酸具有強氧化性，能夠?qū)喠蛩徕c氧化成硫酸鈉，無法得到二氧化硫氣體，故A錯誤；B濃硫酸雖具有強酸性，且濃硫酸不揮發(fā)，亞硫酸鈉溶液與濃硫酸能夠反應(yīng)生成二氧化硫氣體，故B正確；C固體硫在純氧中燃燒，操作不容易控制，且無法獲得純凈的二氧化硫，故C錯誤；DCu與濃硫酸在加熱條件下生成二氧化硫、硫酸銅和水，可知制備二氧化硫，故D正確；故答案為：BD；（3）二氧化硫氣體是酸性氧

19、化物，具有刺激性氣味，直接排放會污染大氣，由于二氧化硫能和堿反應(yīng)生成鹽和水，可用堿液處理二氧化硫，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，所以裝置C的作用為：吸收SO2尾氣，防止污染空氣，故答案為：吸收SO2尾氣，防止污染空氣；（4）溶液中得到綠礬的實驗操作是蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌，干燥步驟得到，所以在這一系列操作中沒有用到的儀器有石棉網(wǎng)、坩堝，故答案為：BF；（5）二氧化硫有還原性，高錳酸鉀有強氧化性，二氧化硫能與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)使高錳酸鉀溶液褪色，F(xiàn)e2+也使高錳酸鉀溶液褪色，所以方案不合理，因為A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色，故答

20、案為：方案；因為A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色；（6）B中發(fā)生SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，則I的還原性弱于SO2，現(xiàn)象為紫色變?yōu)闊o色，故答案為：B中藍(lán)色溶液褪色【點評】本題考查了元素化合物性質(zhì)，試題涉及氧化性還原性強弱比較、性質(zhì)實驗方案的設(shè)計與評價等知識，明確掌握濃硫酸的性質(zhì)、二氧化硫的檢驗方法等知識為解答本題關(guān)鍵，題目難度中等三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17. 【化學(xué)-選修3物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】磷元素在生產(chǎn)和生活中有廣泛的應(yīng)用（1）P原子價電子排布圖為 （2）四（三苯基膦）鈀分子結(jié)構(gòu)如圖1： 圖1 圖2 圖3

21、圖4P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子的雜化軌道類型為 ；判斷該物質(zhì)在水中溶解度并加以解釋 該物質(zhì)可用于圖2所示物質(zhì)A的合成：物質(zhì)A中碳原子雜化軌道類型為 ；一個A分子中手性碳原子數(shù)目為 （3）在圖3示中表示出四（三苯基膦）鈀分子中配位鍵：（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正六面體形陰離子，熔體中PCl的鍵長只有198nm和206nm兩種，這兩種離子的化學(xué)式為 ；正四面體形陽離子中鍵角小于PCl3的鍵角原因為 ；該晶體的晶胞如圖4所示，立方體的晶胞邊長為a pm，NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，

22、則該晶體的密度為 g/cm3（5）PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似，它的熔體也能導(dǎo)電，經(jīng)測定知其中只存在一種PBr鍵長，試用電離方程式解釋PBr5熔體能導(dǎo)電的原因 參考答案：（1）；（2）sp3；不易溶于水，水為極性分子，四（三苯基膦）鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶；sp、sp2、sp3；3；（3）；（4）PCl4+和PCl6；兩分子中P原子雜化方式均為sp3雜化，PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對，孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力；（5）PBr5PBr4+Br【考點】原子核外電子排布；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷【分析】（1）

23、磷是15號元素，P的最外層3S2電子的自旋方向相反，3p3電子的自旋方向相同；（2）鈀原子成4個單鍵，雜化軌道數(shù)為4，據(jù)此判斷；水為極性分子，四（三苯基膦）鈀分子為非極性分子，根據(jù)結(jié)構(gòu)相似相溶原理分析溶解性；根據(jù)碳原子的成鍵情況要以判斷碳原子的雜化方式，物質(zhì)A中甲基上的C采取sp3雜化類型，CN為SP雜化，碳碳雙鍵為sp2雜化；連接4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子；（3）中心原子提供空軌道配體提供孤電子對形成配位鍵，Pd含有空軌道、P原子含有孤電子對；（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，說明生成自由移動的陰陽離子，一種正四面體形陽離子

24、是PCl4+和一種正六面體形陰離子是PCl6，即發(fā)生反應(yīng)為：2PCl5=PCl4+PCl6；PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對，正四面體形陽離子中鍵角小于PCl3的鍵角；根據(jù)均攤法計算該晶胞中含有2個PCl5分子，根據(jù)=計算晶胞密度；（5）PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似，說明PBr5也能電離出能導(dǎo)電的陰陽離子，結(jié)合產(chǎn)物中只存在一種PBr鍵長書寫【解答】解：（1）磷是15號元素，其原子核外有15個電子，P元素基態(tài)原子電子排布為1s22s22p63s23P3，P的最外層3p電子3個電子自旋方向相同，故答案為：；（2）P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子

25、與P原子成4個單鍵，雜化軌道數(shù)為4，為sp3雜化，水為極性分子，四（三苯基膦）鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶，所以四（三苯基膦）鈀分子在水中難溶，物質(zhì)A中甲基上的C采取sp3雜化類型，CN為SP雜化，碳碳雙鍵為sp2雜化，連接4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，如圖： ，所以一個A分子中手性碳原子數(shù)目為3個，故答案為：sp3；不易溶于水，水為極性分子，四（三苯基膦）鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶；sp、sp2、sp3；3；（3）配位鍵由含有孤電子對的原子指向含有空軌道的原子，Pd含有空軌道、P原子含有孤電子對，所以配位鍵由P原子指向Pd原子，如圖：，故答案為：

26、；（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，說明生成自由移動的陰陽離子，一種正四面體形陽離子是PCl4+和一種正六面體形陰離子是PCl6，即發(fā)生反應(yīng)為：2PCl5=PCl4+PCl6，PCl3中價層電子對個數(shù)=鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+=4，所以原子雜化方式是sp3，PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對，孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力，所以PCl5中正四面體形陽離子中鍵角小于PCl3的鍵角，晶胞中PCl5位于頂點8=1，1個PCl5分子位于晶胞內(nèi)部，立方體的晶胞邊長為apm，所以密度為：=g/cm3=g/c