上海普陀曹杨二中2023-2024学年高三上学期期末化学试卷

上海市曹杨二中2023学年度第一学期高三年级期末考试化学试卷试卷共6页2张考生注意：1、答卷前，考生务必将姓名、班级、学号等在指定位置填写清楚。2、本试卷共40道题，满分100分，考试时间60分钟。请考生用黑色水笔或钢笔将答案直接写在答题卷上。3、选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选1个给一半分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。一、仰望星空火星本身不发光，其红色的外观源于表层土壤中丰富的铁元素及反射的太阳光。1.将火星反射的光线穿过棱镜色散，得到的光谱属于___________(填“吸收”或“发射”)光谱。【答案】吸收【解析】【详解】将火星反射的光线穿过棱镜色散，得到的光谱为火星物质吸收部分光线然后反射回棱镜，属于吸收光谱。2.铁在元素周期表中的位置是___________，基态铁原子的价电子核外排布为___________，核外电子占据的最高能层符号为___________，属于___________区元素(选填“s”“p”“d”“f”)。【答案】①.第四周期第Ⅷ族②.3d64s2③.N④.d【解析】【详解】铁是第26号元素，核外电子排布[Ar]3d64s2，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族，基态铁原子的价电子核外排布为3d64s2，核外电子占据的最高能层符号为N，属于d区元素。3.月球中的铁元素主要以和存在，但是在嫦娥五号取回的微陨石撞击处的月壤样品中存在大量的，推测在月球上该样品产生的原因可能是(铁元素以单质或氧化物表示)A.3FeO=Fe+Fe2O3 B.Fe3O4=FeO+Fe2O3C.Fe+FeO+O2=Fe2O3 D.Fe2O3+FeO=Fe3O4【答案】A【解析】【详解】A．月球表面的铁元素以铁单质和亚铁离子形式存在，FeO中Fe为+2价，FeO可能反应生成Fe和，中的铁为+3价，A项正确；B．分解生成和FeO，虽然中含有三价铁，但是四氧化三铁中含有较多三价铁，无法体现月球表面的铁元素主要以铁单质和亚铁离子的形式存在，B项错误；C．月球表面没有氧气，Fe和FeO无法被氧化生成，C项错误；D．月球表面铁元素主要以铁单质和亚铁离子的形式存在，中Fe为+3价，D项错误；故选A。“天问一号”轨道飞行器近距离拍摄了火星北极，看到大量白色冰冻区域，主要是二氧化碳低温凝结形成的干冰。火星北极和地球两极看起来很像，但实际温度却比地球两极冷！4.下列关于二氧化碳的说法正确的是(不定项)A.电子式为： B.空间填充模型为C.能溶于水，因此是极性分子 D.的水溶液能够导电，但是非电解质【答案】BD【解析】【详解】A．二氧化碳是共价化合物，电子式为，A错误；B．中碳采取sp杂化，直线形，空间填充模型为，B正确；C．分子中正负电中心重合，是非极性分子，C错误；D．能与水反应生成碳酸，碳酸是电解质，能电离出氢离子、碳酸氢根离子和碳酸根离子而导电，故CO2的水溶液能够导电，但是非电解质，D正确；故选BD。5.进入夏季后，极地冰盖会因变暖而融化收缩，试比较火星和地球的极地冰盖融化时所需温度的高低，并从微观角度说明原因。___________。【答案】地球极地冰盖融化需要的温度高于火星。地球极地冰盖主要成分为冰，火星极地冰盖主要成分为干冰，干冰和冰都是分子晶体，融化破坏范德华力，但由于水分子间还存在氢键，强于CO2分子间的范德华力，所以融化冰需要的温度更高【解析】【详解】冰盖熔化是由于分子之间的距离发生改变，主要有影响的是分子之间的作用力，故从范德华力和氢键的角度考虑，地球极地冰盖主要成分为冰，火星极地冰盖主要成分为干冰，干冰和冰都是分子晶体，融化破坏范德华力，但由于水分子间还存在氢键，强于CO2分子间的范德华力，所以融化冰需要的温度更高。二、材料探微全固态激光器所用的氯硼铍酸钾是一种非线性光学晶体。6.基态硼原子有___________种能量的电子；根据对角线规则，B的一些化学性质与元素___________(填元素符号)的相似。【答案】①.3②.【解析】【详解】硼的原子序数为5，基态电子排布式为，基态硼原子有

3种能量的电子；硼位于第二周期族，其对角线对应的元素是第三周期的。7.Be和B的第一电离能的原因是___________。【答案】Be的第一电离能失去的电子是2s能级的，B的第一电离能失去的电子是2p能级的，2p能级的能量比2s能级的能量高，故第一电离能Be＞B【解析】【详解】基态Be的核外电子排布式为，基态B的核外电子排布为，Be的第一电离能失去的电子是2s能级的，B的第一电离能失去的电子是2p能级的，2p能级的能量比2s能级的能量高，故第一电离能Be＞B。8.已知H3BO3在水溶液中存在解离反应：，试判断H3BO3属于___________元酸。一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，生成纳米铁粉、H2和[B(OH)4]，写出该反应的离子方程式：___________。【答案】①.一②.2Fe2+++4OH=2Fe+2H2↑+[B(OH)4]【解析】【详解】H3BO3在水溶液中发生解离反应：，由此可知，1个H3BO3分子能结合水电离生成的1个OH，从而表现一元酸的性质，则H3BO3属于一元酸。在NaBH4中，B显+3价，H显1价，一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，生成纳米铁粉、H2和[B(OH)4]，则Fe2+作氧化剂，作还原剂，依据得失电子守恒，可得出2Fe2++——2Fe+2H2↑+[B(OH)4]，再依据电荷守恒和元素守恒，便可得出该反应的离子方程式：2Fe2+++4OH=2Fe+2H2↑+[B(OH)4]。9.氟硼酸钾是制备氟硼铍酸钾的原料之一，氟硼酸钾在高温下分解为KF和。的中心原子的价层电子对空间构型是___________。【答案】A【解析】【详解】的中心原子B的价层电子对数为，为杂化，空间构型为平面三角形。由图可以看出A．是杂化轨道的空间构型示意图，符合题意；B．是sp3杂化轨道的空间构型示意图，不符合题意；C．是形成键的示意图，不符合题意；故答案选A。10.KF和的沸点分别为1500℃、，的沸点远低于KF的原因是___________。【答案】KF为离子晶体，为分子晶体，离子键强度远远大于分子间作用力，离子晶体沸点高于分子晶体【解析】【详解】KF为离子晶体，沸腾时破坏离子键，为分子晶体，沸腾时破坏分子间作用力，离子键强度远远大于分子间作用力，故的沸点远低于KF。某金属M与可制备一种低温超导材料，晶胞如图所示。11.M原子位于晶胞的棱上与内部，该晶胞中M原子的个数为___________。A.8 B.10 C.12 D.1412.该材料的化学式为___________。A. B. C. D.13.若该晶胞边长为rnm，M的相对原子量为a，计算该晶胞的密度___________。(用r、a和的列式表示)【答案】11.C12.B13.【解析】【11题详解】M原子位于晶胞的棱上与内部，该晶胞中M原子的个数为：，故选C；【12题详解】该晶胞中C60分子的个数为：，由此可确定该材料的化学式为：M3C60；故选B；【13题详解】该晶体的晶胞边长为rnm，阿伏加德罗常数为NAmol−1，则密度为：。某锂离子电池的正极材料为，可由与Li构成。14.电池反应方程式为：，写出该锂离子电池的正极电极反应式：___________。15.可做超级电容器材料。用惰性电极电解溶液可制得，其阳极的电极反应式是：___________。【答案】14.Li1－xMnO2+xLi++xe－＝LiMnO215.Mn2++2H2O2e＝MnO2+4H+【解析】【14题详解】根据电池反应方程式：Li1xMnO2+LixC6＝LiMnO2+6C，该锂离子电池的负极反应为LixC6xe－=xLi++6C，总反应负极反应=正极反应，正极电极反应式为Li1－xMnO2+xLi++xe－＝LiMnO2；【15题详解】MnO2可做超级电容器材料，用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极失电子，电极反应式为Mn2++2H2O2e＝MnO2+4H+。三、化工生产16.乙酸制氢具有重要意义，同时可能发生的反应如下：热裂解反应：脱羧基反应：完成下列问题：（1）乙酸制氢时选择___________(填“高压”或“常压”)有利于提高转化率。（2）乙酸制直时温度与气体产率关系如图所示。约650℃之前，脱羧基反应活化能低，速率快，故氢气产率低于甲烷；650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随若温度升高，热裂解反应速率加快，且___________。（3）保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量水蒸气，氢气产率显著提高而CO的产率下降，请分析原因：___________。【答案】（1）常压（2）热裂解反应正向移动，而脱羧基反应逆向移动，使氢气的产率高于甲烷（3）乙酸气中掺杂一定量水后，CO和水蒸气发生了副反应，生成了H2和CO2，导致H2产率显著提高而CO的产率下降,发生反应的化学方程式为CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)。【解析】【小问1详解】CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g)，该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，H2的降低，所以增大压强不利于H2的生成，为提高H2的平衡产率，应选择的压强条件是常压；【小问2详解】热裂解反应CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g)正向是吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，并且平衡进行的程度增大，使H2的生成量增多；而脱酸基反应CH3COOH(g)CH4(g)+CO2(g)正向是放热反应，升高温度，反应会逆向进行，使CH4的生成量减少，所以随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时氢气产率高于甲烷；【小问3详解】乙酸气中掺杂一定量水，氢气产率显著提高而CO产率下降，说明CO和水蒸气发生了副反应，生成了H2和CO2，发生反应的化学方程式为CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)。17.醇烃化新技术中的甲烷化是指CO与H2反应生成CH4和H2O(g)。已知燃烧焓：∆H(H2)=286kJ∙mol1，∆H(CO)=283kJ∙mol1，∆H(CH4)=890.3kJ∙mol1。常压下水的汽化焓为40.6kJ∙mol1。写出甲烷化的热化学方程式：___________。【答案】CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)∆H=210.1kJ∙mol1【解析】【详解】依题意，可得出以下热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)∆H1=286kJ∙mol1②CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H2=283kJ∙mol1③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H3=890.3kJ∙mol1④H2O(l)=H2O(g)∆H4=+40.6kJ∙mol1依据盖斯定律，将反应①×3+②③+④得：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)∆H=3∆H1+∆H2∆H3+∆H4=(286kJ∙mol1)×3+(283kJ∙mol1)(890.3kJ∙mol1)+(+40.6kJ∙mol1)=210.1kJ∙mol1。醇烃化新技术中的甲醇化过程为。18.在恒温恒容的密闭容器中模拟上述反应时，一定能说明体系达到平衡状态的是___________。A气体密度不变 B.气体平均摩尔质量不变C.CO消耗速率等于的生成速率 D.CO与的物质的量之比不变19.下列措施有利于提高甲醇化时CO转化率的是___________。A.及时分离出 B.及时充入适量COC.使用高效的催化剂 D.适当升高反应温度20.在不同压强和温度下，使用a、b两种催化剂催化甲醇化的效率如下图：从上图可知选择哪种催化剂较好___________(选择“A．a”或“B．b”)，并简述理由___________。【答案】18.B19.A20.①.B②.b催化剂

达到较高催化效率时的压强小，达到较高催化效率温度低且受温度影响小【解析】【18题详解】A．恒温恒容密闭容器中，该反应前后气体的密度始终保持不变，故气体密度不变不能说明该反应达到化学平衡，A不合题意；B．由题干方程式可知，该反应正反应是一个气体体积减小的方向，即反应过程中气体平均摩尔质量一直在改变，现在不变了说明反应达到化学平衡了，B符合题意；C．消耗速率等于的生成速率，均表示正反应，C不合题意；D．化学平衡的特征之一是各组分的浓度、物质的量保持不变，而不是相等或成比例，即的物质的量之比不变不能说明反应达到化学平衡，D不合题意；故选B。【19题详解】A．及时分离出甲醇，平衡正移，一氧化碳转化率增大，A符合题意；B．充入适量CO会使氢气转化率提高，一氧化碳转化率降低，B不符合题意；C．催化剂不会使平衡移动，C不符合题意；D．该反应放热，升高温度平衡逆移，一氧化碳转化率降低，D不符合题意；故选A。【20题详解】由图可知，b催化剂达到较高催化效率时的压强小，达到较高催化效率温度低且受温度影响小，故选择B。四、电解质溶液某浓度碳酸钠溶液的pH随温度的变化如下左图所示。室温下碳酸钠溶液的pH随浓度的变化如下右图所示。21.溶液呈碱性的主要原因是___________(用离子方程式表示)。22.下列判断正确的是___________。(不定项)A.c点的水解程度最小 B.b点水的电离程度最大C.c点溶液中的约为 D.根据如图推断，上述溶液的浓度约为【答案】21.22.D【解析】【21题详解】碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解产生氢氧根离子，使溶液显酸性，水解的离子方程式为：；【22题详解】A．水解是吸热的，c点温度最高，则c点Na2CO3的水解程度最大，A错误；B．升温促进水的电离与盐类水解，碳酸钠的水解也促进水的电离，则c点水的电离程度最大，B错误；C．C点水的离子积不是1014，其不是，温度升高，水的离子积增大，则其大于，C错误；D．右图为25℃的数据，结合左图可知，25℃时其pH约为11.9，再结合右图可知，pH约为11.9时碳酸钠浓度为约为0.3mol∙L−1，D正确；故选D。室温下碳酸钠溶液的pH随浓度的变化如图所示。向的溶液中滴加盐酸至浓度约为。23.根据如图判断，所得溶液的pH___________12.0。(填“>”、“<”或“=”)24.关于所得溶液中离子浓度关系判断正确的是___________。(不定项)A.B.C.D.25.将上述溶液与足量盐酸反应后的通入溶液，溶液变浑浊。该现象___________(填“能”或“不能”)说明酸性。若能，说明理由；若不能，说明实验的改进方案。___________。【答案】23.<24.CD25.①.不能②.将反应后的二氧化碳先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通入溶液【解析】【分析】本题围绕溶液的性质展开，涉及了根据图表判断所得溶液的pH与浓度的关系、分析所得溶液中离子浓度的关系及对关于溶液酸性比较实验的改进等内容。【23题详解】向的溶液中滴加盐酸,发生反应所得溶液为、和的混合溶液。由图可知，当单一溶液浓度约为时，对应溶液的pH大约为12.0，这是因为的缘故。而溶液中电离出的抑制了的水解，所以所得溶液的pH<12.0。【24题详解】溶液中滴加盐酸所得溶液中存在的粒子有、、、、、、。A．由于溶液与盐酸的体积均未给出，所以无法判断与的关系，A错误；B．溶液中加入盐酸不影响溶液中的物料守恒，根据物料守恒有，B错误；C．溶液中滴加盐酸,发生反应，此时，由于，使得的浓度增大，所以，C正确；D．根据电荷守恒有，D正确；故答案选：CD。【25题详解】上述溶液与足量盐酸反应后的通入溶液，溶液变浑浊。该现象不能说明酸性。因为中可能会含有HCl气体（，溶液也变浑浊），干扰实验结果。实验的改进方案为：将反应后的二氧化碳先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通入溶液。26.一元弱酸HClO和H2CO3的电离平衡常数如右表所示。电离平衡常数HClOH2CO3（1）向NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为：___________。（2）已知：碳酸钙的溶度积常数。向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，通过计算分析生成CaCO3的可能性。___________。【答案】（1）ClO+H2O+CO2=HClO+（2）向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，该反应的离子方程式为：Ca2++2ClO+H2CO3=CaCO3↓+2HClO，该反应的平衡常数K=8.0×106＞105，即能够生成CaCO3。【解析】【小问1详解】由题干表中数据可知，Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，根据强酸制弱酸的规律可知，向NaClO溶液中通入少量CO2的反应方程式为：NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO，则该离子方程式为：ClO+H2O+CO2=HClO+，故答案为：ClO+H2O+CO2=HClO+；【小问2详解】向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，该反应的离子方程式为：Ca2++2ClO+H2CO3=CaCO3↓+2HClO，该反应的平衡常数K=====8.0×106＞105，即能够生成CaCO3，故答案为：向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，该反应的离子方程式为：Ca2++2ClO+H2CO3=CaCO3↓+2HClO，该反应的平衡常数K=8.0×106＞105，即能够生成CaCO3。五、胺类物质27.Dapsone是一种免疫疾病抗生素，从其结构推测它不具有的性质是A.还原性 B.碱性 C.可燃性 D.易溶于水【答案】D【解析】【详解】A．Dapsone中含有氨基，具有还原性，A正确；B．Dapsone中含有氨基，具有碱性，B正确；C．Dapsone属于有机物，多数有机物是可以燃烧的，C正确；D．Dapsone含有砜基、砜基是一种疏水基团，导致Dapsone不易溶于水，D错误；故选D。28.天津大学化学团队以和辛胺为原料，实现了甲酸和辛腈的高选择性合成。装置工作原理如图，下列说法错误的是A.电极的电势比电极的高B.阴极发生的电极反应为C.电解过程中，由电极区向电极区迁移D.当电路中有2mol电子转移时，阳极区液体质量减少2g(不考虑气体的溶解)【答案】CD【解析】【分析】由图中In/In2O3x电极上CO2→HCOO可知，CO2发生得电子的还原反应，In/In2O3x电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e+H2O═HCOO+OH，则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH4e=CH3(CH2)6CN+4H2O，据此分析解答；【详解】A．根据分析，Ni2P电极为阳极，连接电源的正极，电势比电极的高，A正确；B．电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e+H2O═HCOO+OH，B正确；C．电解过程中，阴离子向阳极移动，则OH由In/In2O3x电极区向Ni2P电极区迁移，C错误；D．阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH4e=CH3(CH2)6CN+4H2O，当电路中有2mol电子转移时，阳极区液体质量增加2mol氢氧根离子的质量，为2mol×17g/mol=34g，D错误；故选CD。29.乙二胺()分子中氮原子轨道的杂化类型为___________，乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是___________。【答案】①.sp3杂化②.乙二胺分子间存在氢键，熔沸点高，而三甲胺无分子间氢键【解析】【详解】N原子形成3个键、有1个孤电子对，价层电子对数为4，所以采取sp3杂化；乙二胺中含有N—H键，可以形成分子间氢键，故沸点会高，三甲胺只存在分子间作用力。2021年，科学家设计出一种在催化剂表面合成尿素的方法，其可能的反应机理如图1所示。30.已知在制备和反应过程中，催化剂表面的电子能自发从端转移到Bi端。你认为能成功吸附在Bi端的原因可能是___________。31.反应部分历程及能量关系如图2所示，实际生产时可忽略步骤Ⅲ可能出现的副产物和的原因是___________。【答案】30.电子能自发从端转移到Bi端，导致Bi端带负电；因为电负性C小于O，故中的C原子显正电性，可吸附在带负电的Bi端31.生成副产物和的过程需要吸热，而主反应历程放出热量，依据反应自发性规律判断，发生副反应的概率低【解析】【30题详解】电子能自发从端转移到Bi端，导致Bi端带负电，因为电负性C小于O，故中的C原子显正电性，可吸附在带负电的Bi端，使得能成功吸附在Bi端；【31题详解】放热反应利于反应的自发进行，由图2可知，生成副产物和的过程需要吸热，而主反应历程放出热量，依据反应自发性规律判断，发生副反应的概率低，故可忽略步骤Ⅲ可能出现的副产物和；某天然氨基酸M是人体必需的氨基酸之一，其合成路线如下图。已知：①+H2O；②+RX→+KX32.水解能生成氨基酸的是___________。(不定项)A.葡萄糖 B.蛋白质 C.淀粉 D.DNA33.A→B的反应条件和试剂是___________；化合物F的名称为___________；I→J的反应类型是___________。A．取代反应B．还原反应C．加成反应D．聚合反应34.写出D→E反应的化学方程式：___________。35.Ⅰ与乙二醇反应可生成能降解的高分子化合物N，写出该反应的化学方程式：___________。36.符合下列条件的化合物M的同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)。①含有苯甲酸结构②含有一个甲基③苯环上只有两个取代基其中核磁共振氢谱峰面积比为1∶1∶2∶2∶2∶3的分子的结构