山西省太原市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期末考試化學(xué)試題（解析版）

山西省太原市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期末考試

化學(xué)試題

說明：本試卷為第I卷（選擇題）和第∏卷（非選擇題）兩部分，答題時(shí)間90分鐘，滿分100分。

可能用到的相對原子質(zhì)量：HlC12O16Na23S32

第I卷（選擇題共43分）

一、選擇題（本題共18小題，第1-11小題每小題2分，第12-18小題每小題3分，共43分。

在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求，請將正確選項(xiàng)的字母填入K答案】欄

內(nèi)）

1.報(bào)告中提出：“我們要推進(jìn)生態(tài)優(yōu)先、節(jié)約集約、綠色低碳發(fā)展下列做法不符合這一理念

的是

A.使用纖維素作為具有強(qiáng)吸濕性的可再生材料

B.積極推動大型風(fēng)電、光伏、制氫等可再生能源基地建設(shè)

C.使用聚乙烯制作的塑料包裝袋、塑料膠帶、一次性塑料編織袋等

D.采用高比表面積和小粒徑的SiO2制備的Li4SiO4作為CO?吸收材料

K答案HC

K解析H

K詳析RA.纖維素具有強(qiáng)吸濕性可再生材料，符合綠色能源的環(huán)保理念，A正確；

B.積極推動大型風(fēng)電、光伏、制氫等可再生能源基地建設(shè)，符合綠色能源的環(huán)保理念，B正確；

C.使用聚乙烯制作的塑料包裝袋、塑料膠帶、一次性塑料編織袋，白色污染，不符合環(huán)保理念，C錯(cuò)誤;

D.采用高比表面積和小粒徑的SiCh制備的Li4SiO4作為CCh吸收材料，具有更高的捕獲能力，符合節(jié)約集

約的環(huán)保理念，D正確；

故K答案》為：Co

2.氮?dú)鈨Z是指利用制氮設(shè)備，通過人為調(diào)節(jié)，使氮?dú)鉂舛壬仙?5%~98%,從而有效保持糧食新鮮度,

減少損失的一項(xiàng)儲糧技術(shù)。下列說法不正確的是

A.由于糧堆中氧氣濃度的減少，糧食中油脂的氧化速率減緩

B.這項(xiàng)技術(shù)與工業(yè)合成氨均屬于氮的固定

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L氮?dú)庵泻械墓灿秒娮訉?shù)目為1?5NA

D.與低溫儲糧、二氧化碳?xì)庹{(diào)相比，氮?dú)鈨Z的經(jīng)濟(jì)優(yōu)勢更加顯著

K答案，B

R解析』

K詳析DA.氧氣濃度的減少，有利于油脂的氧化速率減緩，A正確；

B.氮的固定是指由氮?dú)廪D(zhuǎn)化為氮的化合物，該技術(shù)只提高氮?dú)鉂舛?，不屬于氮的固定，B錯(cuò)誤;

C.一個(gè)氮?dú)夥肿哟嬖谌龑灿秒娮訉Γ?L2L氮?dú)馕镔|(zhì)的量為0.5mol,含有的共用電子對數(shù)目為L5NA,

C正確；

D.氮?dú)庠诳諝庵写罅看嬖冢@得相對簡單，故儲糧的經(jīng)濟(jì)優(yōu)勢更加顯著，D正確；

故選Bo

3.E4Oio吸濕性強(qiáng)，常被用作氣體和液體的干燥劑，它甚至可以使硝酸脫水：

P4Ol0+12HNO3=6N2O5↑+4H3PO4。下列說法正確的是

A.第一電離能：N<OB.電負(fù)性：N<P

32

C.離子半徑：N->O-D.沸點(diǎn)：NH3<PH3

K答案，c

工解析H

K詳析HA?同周期元素，一般從左到右，第一電離能逐漸增大，但是由于氮元素2p軌道半充滿，比較穩(wěn)

定，故氮元素第一電離能高于同周期相鄰元素第一電離能，第一電離能：N>0,A錯(cuò)誤；

B.同主族元素，由上到下非金屬性減弱，電負(fù)性也逐漸遞減，故電負(fù)性：N>P,B錯(cuò)誤；

c.核外電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，原子序數(shù)越小，離子半徑越大，故離子半徑：N3->O2-,C正確；

D.NH,分子間存在氫鍵，使氨氣分子的沸點(diǎn)升高，故沸點(diǎn)：NH3>PH3,D錯(cuò)誤；

故本題選C。

4.下列化學(xué)用語表示正確的是

Is2s2p

A.乙酸的分子式：CHOB.氧原子的軌道表示式:

242[τ∏[τtirτττrπ

C,質(zhì)量數(shù)為23的鈉原子：23NaD.K?。的電子式：K：O：K

K答案XA

R解析，

R詳析』A.分子式是用元素符號表示純凈物分子的組成的式子，故乙酸的分子式：C2H4O2,A正確;

1s2s

B.氧元素是8號元素，外層共8個(gè)電子，故正確的軌道表示式為:田皿,B錯(cuò)誤;

C.元素符號的左上角代表的是質(zhì)量數(shù)，元素符號左下角代表的是質(zhì)子數(shù)，質(zhì)量數(shù)為23的鈉原子正確表示

為：j：Na,C錯(cuò)誤;

D.K?o是離子化合物，形成的是離子鍵，故正確的電子式為：K+[:0:]2-K「D錯(cuò)誤；

故本題選A。

5.部分含鐵物質(zhì)的分類與相應(yīng)化合價(jià)的關(guān)系如圖所示。下列推斷不合理的是

堿

鹽

單質(zhì)

A.a可與e反應(yīng)生成b

B.b既可被氧化，也可被還原

Ca與稀硝酸恰好反應(yīng)，生成只含e的溶液

D.可存在b→c→d→e→b的循環(huán)轉(zhuǎn)化關(guān)系

K答案，c

K解析H

K祥解》根據(jù)物質(zhì)的種類與鐵元素的化合價(jià)推知：a是鐵單質(zhì)，b是亞鐵鹽，c是氫氧化亞鐵，d是氫氧化

鐵，e是鐵鹽，題目據(jù)此解答。

K詳析FA.鐵單質(zhì)具有較強(qiáng)還原性，三價(jià)鐵具有較強(qiáng)氧化性，二者可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)，因此a可與e

反應(yīng)生成b,A合理；

B.鐵元素常見化合價(jià)有0、+2、+3,因此b既可被氧化，也可被還原，B合理；

C.a與稀硝酸恰好反應(yīng)，生成含e的溶液，e中Fe1能水解，生成Fe(OH)3,C不合理；

OH氧化劑H+還原劑

D.各物質(zhì)可通過以下方式循環(huán)轉(zhuǎn)化：bcdeb,D合理；

故選C。

6.“宏觀辨識與微觀探析”是化學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)之一，下列反應(yīng)事實(shí)與所給方程式相符的是

A.用硫酸鋅溶液電鍍鋅的陰極反應(yīng)：2H2O+2e=H2↑+2OH-

B.碳酸氫鈉溶液中加入過量氫氧化鋼溶液生成白色沉淀：

2+

2HCO；+Ba+2OH^=BaCO3J+CO：+2H2O

+

CNa2S2O3溶液中滴加稀硝酸產(chǎn)生氣體：S20^-+2H?SΦ+S02↑+H2O

光昭

D.濃硝酸用棕色瓶保存的原因：4HNO3=^4NO2↑+O2↑+2H2O

K答案，D

R解析，

R詳析RA.用硫酸鋅溶液電鍍鋅的陰極反應(yīng)：Zn2++2e^=Zn.A錯(cuò)誤；

2+

B.碳酸氫鈉溶液中加入過量氫氧化鋼溶液生成白色沉淀：HCO；+Ba+OH-=BaCO3Φ+H2O,B錯(cuò)

誤；

C.稀硝酸能將S02氧化為SO；,同時(shí)生成No氣體，反應(yīng)的離子方程式為

+

3S2O^^+2H+2NO；=3SJ+3Sθf+2N0↑+H2O,C錯(cuò)誤;

光昭

D.濃硝酸見光易分解，發(fā)生反應(yīng)4HNC>31二4NO2個(gè)+。2T+2H2。，因此用棕色瓶保存，D正確；

故選D。

7.核酸檢測所用的紅色液體學(xué)名叫病毒保存液，其主要成分為鹽類、氨基酸、維生素、葡萄糖等，可以有

效保護(hù)病毒蛋白不被破壞，有利于提高檢測的準(zhǔn)確性。下列說法正確的是

A.檢驗(yàn)病毒保存液中是否含有鈉鹽，用潔凈的伯絲蘸取病毒保存液灼燒，觀察焰色

B.檢驗(yàn)病毒保存液中是否含有蛋白質(zhì)，加熱后，向其中滴加濃硝酸，觀察顏色變化

C.為檢驗(yàn)葡萄糖分子中是否含有羥基，向盛有葡萄糖溶液的燒杯中加入一小粒金屬鈉

D.為探究維生素C的還原性，向盛有2mL黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的鮮橙汁，觀察顏色變化

K答案DA

K解析H

K詳析HA.含有鈉元素的物質(zhì)焰色反應(yīng)呈現(xiàn)黃色，檢驗(yàn)物質(zhì)中是否含有鈉離子的方法：用潔凈的鉗絲蘸

取洗滌劑在酒精燈火焰上灼燒，火焰呈黃色，選項(xiàng)A正確；

B.含有苯環(huán)的蛋白質(zhì)遇濃硝酸發(fā)生顏色反應(yīng)，蛋白質(zhì)加熱后變性，不能發(fā)生顏色變化，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.葡萄糖溶液中的水也能與金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生氣體，無法檢驗(yàn)葡萄糖分子中的羥基，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.氯化鐵具有氧化性，若維生素C具有還原性，則可將黃色的氯化鐵溶液還原成淺綠色的氯化亞鐵溶液,

但所用氯化鐵的量太大，實(shí)驗(yàn)無法實(shí)現(xiàn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

K答案D選A。

8.二氧化碳加氫制甲醇的總反應(yīng)可表示為：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H20(g),該反應(yīng)一般認(rèn)為

通過如下步驟來實(shí)現(xiàn)：

①Co2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH,=+41kJ?moΓl

旦

②Co(g)+2(g)=CHiOH(g)ΔH?=-9()kJ?moΓ∣

若反應(yīng)①為慢反應(yīng)，下圖中能體現(xiàn)上述反應(yīng)能量變化的是

體

系

能

輔

B.

COObO+2H>

體

CO+3H

系22CHJOH+H2O

能

反應(yīng)進(jìn)程

tt

體

體

系

系

能

能

M

AC.W:

D.

CO+lhO?2H>

,O+3HJ

2CH5OH+HJO

反應(yīng)進(jìn)程

K答案』A

K解析H

R詳析Il由蓋斯定律可知，反應(yīng)①十反應(yīng)②得總反應(yīng)方程式，則總反應(yīng)的△”=△回+Δλ∕2=-49kJ/mol,

則該總反應(yīng)是放熱反應(yīng)，生成物的總能量比反應(yīng)物的總能量低，B、D錯(cuò)誤；反應(yīng)①為慢反應(yīng)，是總反應(yīng)的

決速步驟，則反應(yīng)①的活化能比反應(yīng)②的大，A正確，C錯(cuò)誤；［［答案D選A。

9.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A.120gNaHS。4晶體中含有的離子數(shù)為2NA

B.ILIOmol?I7∣鹽酸與足量MnO2反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為5NA

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L氯氣溶于足量水轉(zhuǎn)移電子數(shù)為INA

D.常溫下，0.1mol?LJ碳酸鈉溶液中含有的陰離子數(shù)大于01NA

K答案HA

K解析D

K詳析RA.NaHSO4是離子化合物，晶體中含有Na+、HSO4;12OgNaHSCU固體的物質(zhì)的量是Imo1,則

其中含有的陽離子數(shù)為2M,A正確；

B.稀鹽酸不和Mno2反應(yīng)，只有部分HCl轉(zhuǎn)化為氯氣，ILIOmOl?I7∣鹽酸與足量MnO2反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)

小于5NA，B錯(cuò)誤；

C.22.4L氯氣為ImO1,氯氣與水反應(yīng)為CI2+H2O.，HC10+HC1,該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，氯氣不能完全轉(zhuǎn)化,

反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于IN,、，C錯(cuò)誤；

D.溶液體積未知，無法計(jì)算離子數(shù)目，D錯(cuò)誤；

故選Ao

10.鎂、海水、溶解氧可構(gòu)成原電池，為水下小功率設(shè)備長時(shí)間供電，其原理如下圖所示。但該電池負(fù)極存

在析氫副反應(yīng)和負(fù)極活性衰減等問題。下列說法不正確的是

(弱堿?性)η≡κ11

A.由于溶解氧濃度低，故需增大電極與海水的接觸面積

B.該電池使用時(shí)，需要定期補(bǔ)充正極和負(fù)極反應(yīng)物

C.負(fù)極活性衰減的可能原因是生成的Mg(OH)2覆蓋了電極

D.析氫副反應(yīng)可以表示為Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑

K答案，B

R解析H

K樣解D根據(jù)金屬的電化學(xué)腐蝕原理，在弱堿性的海水中，該電池利用吸氧反應(yīng)來供電，因此負(fù)極反應(yīng)物

為鎂，正極反應(yīng)物為溶解氧。負(fù)極反應(yīng)生成的Mg(OH%難溶于水，覆蓋在鎂電極表面影響電池供電，題目

據(jù)此解答。

K詳析HA.由于溶解氧濃度低，反應(yīng)速率低，故可用增大電極與海水的接觸面積來提高反應(yīng)速率，故A

正確；

B.正極電極反應(yīng)式為02+4eT2H20=40H"反應(yīng)物為溶解氧，海水中含有足量的溶解氧，不需要定期補(bǔ)

充，故B錯(cuò)誤；

C.負(fù)極電極反應(yīng)式為Mg-2eT2OH=Mg(OH)2,生成的氫氧化鎂覆蓋在電極表面，阻隔電極與海水的

接觸，致使負(fù)極活性衰減，故C正確；

D.Mg較活潑，在合適條件下可直接與水發(fā)生析氫反應(yīng)：Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑,故D正確；

故選B。

11.阿魏酸（結(jié)構(gòu)如圖）存在于蔬菜和堅(jiān)果中，在化妝品中主要作為收斂劑、抗炎劑。下列說法錯(cuò)誤的是

A.分子式為ClOHOo4,碳原子有兩種雜化方式

B.可以使Br?的CCL溶液、酸性高鋸酸鉀溶液褪色

C.Imd阿魏酸最多可與2molNaOH發(fā)生反應(yīng)

D.分子中所有碳原子一定處于同一平面內(nèi)

K答案DD

K解析》

K詳析DA.該有機(jī)物分子式為ClOHlO酷鍵上的甲基的碳是sp3雜化，其余的碳是sp2雜化，A正確；

B.該有機(jī)物含有C=C,能與漠發(fā)生加成反應(yīng)，能與酸性高鐳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，因此兩種溶液均

能褪色，B正確；

C.每分子阿魏酸含有1個(gè)酚羥基和1個(gè)竣基，因此ImOI阿魏酸最多可與2molNaOH發(fā)生反應(yīng)，C正確；

D.有機(jī)結(jié)構(gòu)中，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，故分子中所有碳原子不一定同一平面，D錯(cuò)誤；

故選D。

12.有機(jī)小分子X通過選擇性催化聚合可分別得到聚合物Y和Z

下列說法不正確的是

A.X的結(jié)構(gòu)簡式是

B.Y和Z中均含有酯基

CY和Z均通過加聚反應(yīng)制得

D.Y和Z的鏈節(jié)中C、H、O的原子個(gè)數(shù)比相同

K答案》C

K解析，

O

K祥解》X的結(jié)構(gòu)簡式是好，通過選擇性催化聚合可分別得到聚合物Y和Z,Y是碳碳雙鍵發(fā)生

加聚反應(yīng)生成，Z是酯基開環(huán)得到的聚酯。

K詳析DA.X發(fā)生加聚反應(yīng)生成Y,根據(jù)Y的結(jié)構(gòu)簡式知，X為，故A正確;

B.Y中含有酯基，根據(jù)Z的結(jié)構(gòu)簡式可知Z中也存在酯基，故B正確;

0

c.Y是由yK°發(fā)生加聚反應(yīng)生成，Z是酯基開環(huán)生成，不屬于加聚反應(yīng)，故C錯(cuò)誤;

D.Y的鏈節(jié)中C、H、O原子個(gè)數(shù)之比為5：6：2,Z的鏈節(jié)中C、H、O原子個(gè)數(shù)之比為5：6：2,所以

Y、Z的鏈節(jié)中C、H、O的原子個(gè)數(shù)比相同，故D正確；

故選C。

13.乙烯催化氧化制乙醛的一種反應(yīng)機(jī)理如下圖（部分產(chǎn)物已略去），下列敘述錯(cuò)誤的是

CH2=CH2

CH3CHO

A.Pbelj在反應(yīng)中是中間產(chǎn)物

B.反應(yīng)過程伴隨非極性鍵的斷裂和極性鍵的形成

C,過程V可表示為4CUC1+C>2+4H*=4Cu2++2H2θ+4Cr

催化劑

D.以上過程的總反應(yīng)為2CH2=CH2+O2^^2CH3CHO

工答案』A

K解析，

K詳析》A.結(jié)合反應(yīng)過程，PbCIj-作反應(yīng)催化劑，故A錯(cuò)誤;

B.反應(yīng)過程伴隨碳碳雙鍵的斷裂即非極性鍵的斷裂，以及碳氧、氫氧極性鍵的形成，故B正確；

C.結(jié)合該過程的反應(yīng)物和生成物，過程V可表示為4CuCl+C>2+4H+=4Cu2++2H2θ+4CT,故C正

確；

催化劑

D.結(jié)合反應(yīng)物和生成物，以上過程的總反應(yīng)為2CH2=CH?+O22CH3CHO,故D正確；

故選A0

14.用如圖裝置（相關(guān)試劑、夾持、防倒吸和加熱裝置已略）進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，其中②中現(xiàn)象不能證明①中產(chǎn)物生成

或反應(yīng)的是

選項(xiàng)①中反應(yīng)②中檢測試劑及現(xiàn)象

A濃硝酸分解生成NC>2淀粉-Kl溶液變藍(lán)

B將鐵粉、炭粉和NaCI溶液的混合物放置一段時(shí)間導(dǎo)管中倒吸一段水柱

C加熱冰醋酸、無水乙醇和濃硫酸的混合物飽和NazCOa溶液的上方有無色油狀液體產(chǎn)生

DCH3CHBrCH3與NaOH乙醇溶液生成丙烯漠水褪色

A.AB.BC.CD.D

R答案XA

K解析H

R詳析UA.濃硝酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的硝酸也可以氧化碘離子為碘單質(zhì)，使淀粉-KI溶液變藍(lán)，A錯(cuò)誤；

B.將鐵粉、炭粉和NaCl溶液的混合物放置一段時(shí)間，發(fā)生吸氧腐蝕，消耗氧氣，導(dǎo)管中倒吸一段水柱,

B正確；

C.加熱冰醋酸、無水乙醇和濃硫酸混合物,在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng),生成乙酸乙酯,在飽和Na2CC）3

溶液的上方有無色油狀液體產(chǎn)生，C正確；

D.CH-CHBrCH'與NaoH乙醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成丙烯，丙烯可以和澳水發(fā)生加成反應(yīng)，使濱水

褪色，D正確;

故選Ao

15.高鐵酸鉀是高效多功能的新型非氯綠色消毒劑，主要用于飲用水處理。工業(yè)上制備K2FeO4的一種方法

是向KOH溶液中通入氯氣，然后再加入Fe(NoJ3溶液：

①CL+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O(未配平)；

②2Fe(NO3)3+3KC10+1OKOH=2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。

下列說法不正確的是

A.K]Feθ4在殺菌消毒過程中還可以凈水

B.反應(yīng)①中每消耗2molKOH,吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LCl2(忽略C)和水的反應(yīng))

C.若反應(yīng)①中n(ClCr):n(ClOj=5:I,則還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3:5

D.若反應(yīng)①的氧化產(chǎn)物只有KaO，則得到0.2moli?Feθ4時(shí)最少消耗0.3molC12

K答案，c

K解析H

K詳析HA.K2FeO4處理水時(shí)，+6價(jià)鐵為最高價(jià)，具有強(qiáng)氧化性能消毒殺菌，還原產(chǎn)生的Fe3+水解形成

Fe(OH)3膠體能吸附水中的懸浮雜質(zhì)，A正確；

B.根據(jù)反應(yīng)①中K與Cl原子守恒關(guān)系，每消耗2molKOH,吸收ImolcI2,則吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LC12,

B正確；

C.根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子總數(shù)相等，若反應(yīng)①中n(cicr):n(QO；)=5:l,其化學(xué)方程式為：

8C12+16KOH=10KC1+5KCIO+KClO3+8H2O,則還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為5:3,C錯(cuò)

誤；

D.根據(jù)反應(yīng)②，生成0.2molKFeOq需要0.3molKC10,若反應(yīng)①的氧化產(chǎn)物只有KCIo,則反應(yīng)的化

學(xué)方程式為：C12+2KOH=KC1+KC1O+H2O,生成0.3molKC10,需要消耗0?3molCL,D正確；

故選C。

16.向碘水中加入Kl溶液，發(fā)生反應(yīng)：Γ(aq)+I2(aq)I；(aq),充分反應(yīng)達(dá)平衡后，測得微粒濃度如

下：

微粒FI2??

濃度/(mol?L^)2.5×10-32.5×W34.0×IO-3

下列說法不氐砸的是

A.向所得溶液中加入CC1“振蕩靜置，水層c(L)降低

3l

B.向所得溶液中加入等體積水，c(l2)<1.25×10-mol?L7

C.該溫度下，反應(yīng)「+12LT］的K=640

D.配制碘水時(shí)，加入少量KL可促進(jìn)L的溶解

K答案HB

R解析』

K詳析》A.碘單質(zhì)在水中的溶解度小于有機(jī)溶劑四氯化碳中的溶解度，向所得溶液中加入CCl4,振蕩靜

置，水層C(U)降低，A正確：

B.向所得溶液中加入等體積水，體積擴(kuò)大一倍，各離子濃度瞬間減少一半，

Q=C(13)=------絲-------=1280>K=640,故平衡逆向移動，c(l,)>1.25×103mol?E,,B

33v27

c(I2)?c(Γ)1.25×IO-×1.25×10^

錯(cuò)誤；

“C(U)4.0×IO-3

C.K=-------;------=-----------?-------------7-=640,C正確；

33

c(I2)?c(Γ)2.5×IO×2.5×10'

D.碘單質(zhì)在水中的溶解度小，配制碘水時(shí)，加入少量KI,r+L=I3,可促進(jìn)L的溶解，D正確；

故選B。

17.X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前20號元素，由它們組成的化合物的結(jié)構(gòu)式如圖，其中X在宇宙

中含量最豐富，Y與Z位于相鄰主族，下列說法正確的是

W*X-Y-Z-Y-X

A.W與Y形成的二元化合物不可能具有強(qiáng)氧化性

B.Z的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物可能為強(qiáng)酸

C.上述陰離子中的所有原子可能均為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)

D.X和Y組成的化合物可用于實(shí)驗(yàn)室制取Y的單質(zhì)

R答案』D

R解析』

K祥解D“X在宇宙中含量最豐富”說明X是氫元素，根據(jù)結(jié)構(gòu)式，Y能形成兩個(gè)共價(jià)鍵，其最外層電子

數(shù)為6,位于第VlA族(結(jié)構(gòu)式圖下方的Y原子因?yàn)榈玫搅薟失去的1個(gè)電子而只形成1個(gè)共價(jià)鍵)，“Y

與Z位于相鄰主族”，Z能形成5個(gè)共價(jià)鍵，因此Z位于第VA族，由于Z原子序數(shù)大于Y,因此Y位于

第二周期，Z位于第三周期，故Y是氧元素，Z是磷元素，W易失去1個(gè)電子，原子序數(shù)比Z大，應(yīng)是第

四周期第IA族的鉀元素，題目據(jù)此解答。

K詳析』A.W與Y形成的二元化合物有K20、K2O2、Ko2、Ko3幾種，除KzO外，其余都具有強(qiáng)氧化性，

A錯(cuò)誤；

B.Z的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物是H3PO4,為中強(qiáng)酸，B錯(cuò)誤；

C.X的陰離子為H,其結(jié)構(gòu)是只有一個(gè)電子層的兩電子結(jié)構(gòu)，C錯(cuò)誤；

D.X與Y組成的化合物有H20、H2O2,其中實(shí)驗(yàn)室通常用分解H2O2的方法制備氧氣，D正確；

故選D。

5

18.已知常溫下，ΛTb(NH3-H2O)=1.8×10^o用0.10OmOI?I7∣的氨水滴定10.0OmLO.10Omol?L7∣的一

c(H+)

元酸HA的溶液，滴定過程中加入氨水的體積(V)與溶液中的lg-~々關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的

c(OH)

B.水的電離程度：M點(diǎn)>N點(diǎn)

C.常溫下，反應(yīng)NH；+H,ONH/H,O+H*的平衡常數(shù)K=(xlO"

D.當(dāng)?shù)稳?()mL氨水時(shí)，溶液中存：C(NH*)>C(A^)

K答案，A

K解析H

K詳析DA.根據(jù)圖中信息Ig)=12,則氫離子濃度為0.10OmoHLL因此HA為強(qiáng)酸，a=10,則溶

c(OH)

質(zhì)為NEA,溶液顯酸性，因此>1,則Ig>0,與圖像不符，故A錯(cuò)誤；

c(OH^)c(OH^)

B.M點(diǎn)溶液為NFhA,強(qiáng)酸弱堿鹽，NH；水解促進(jìn)水的電離，N點(diǎn)溶液中氨水過量，抑制水的電離，水

的電離程度：M點(diǎn)>N點(diǎn)，故B正確；

KIf)745

C.常溫下，NH：的水解平衡常數(shù)為^=」--=-×10?9,故C正確；

Kb1.8×10^59

D.當(dāng)?shù)稳氚彼捏w積V=2OmL時(shí)得到等物質(zhì)的量濃度的NH4A和氨水的混合液，由于NH3H2O的電離平

衡常數(shù)大于NH：的水解平衡常數(shù)，則NH3?H2O的電離程度大于NH：的水解程度，所以C(NH：)>c(A)故

D正確;

K答案D選A。

第∏卷(非選擇題共57分)

二、非選擇題(本題包括5小題，共57分)

19.胡粉在中國古代曾用于藥物和化妝品等行業(yè)，主要成分為2PbC03?Pb(0H)2,常含有鐵、銀、銅、錫等

金屬的氧化物雜質(zhì)。某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下三個(gè)實(shí)驗(yàn)方案測定胡粉的純度:

方案I,稱取一定質(zhì)量樣品，加入足量的稀硫酸，測定實(shí)驗(yàn)前后裝置丙的增重來確定胡粉的純度。

(1)寫出裝置乙中2PbCCh?Pb(OH)2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式(已知生成白色沉淀)：

(2)儀器接口的連接順序?yàn)?裝置可以重復(fù)使用)a—,裝置丁的作用是。

(3)實(shí)驗(yàn)前后均需要打開止水夾，通入一段時(shí)間空氣，實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)通入空氣的目的是

Δ?

方案∏.實(shí)驗(yàn)原理：2PbCO,Pb(OH)2=3PbO+H2O+2CO2↑

實(shí)驗(yàn)步驟：①稱取胡粉樣品ag；②將樣品充分煨燒，冷卻后稱量；③重復(fù)操作②，測得剩余固體質(zhì)量為bg。

(4)下列儀器，方案∏不需要使用的是(用對應(yīng)儀器的字母填空)。

(5)如何確定樣品已完全分解？

方案川.實(shí)驗(yàn)步驟為：

①如圖所示，連接好裝置并檢查氣密性；

②向量氣管中注入飽和NaHCO3溶液，并調(diào)節(jié)兩側(cè)液面相平，稱取胡粉樣品mg于錐形瓶中，打開分液漏

斗活塞，將稀硫酸滴入錐形瓶中；

③待反應(yīng)完全后，,調(diào)節(jié)B與C中液面相平，平視讀數(shù)，測得氣體體積為VmL。

(6)③中所留空的操作為,導(dǎo)管A的作用為。

+

K答案D(1)2PbCO3?Pb(OH)2+6H+3SO^=3PbSO4+2Cθ2↑+4H2θ

(2)①.d-e-b(或C)C(或b)b(或C)C(或b)②.除去CCh中的水蒸氣，以免影響堿石灰吸收CCh的

測定

(3)將生成的CCh氣體全部趕入干燥管中吸收，避免對后續(xù)實(shí)驗(yàn)測定造成影響

(4)E(5)將樣品連續(xù)兩次高溫煨燒，冷卻后稱量剩余固體的質(zhì)量相差在0.1g以內(nèi)

(6)①.冷卻至室溫②.使分液漏斗上下氣體壓強(qiáng)相同，便于硫酸順利滴下，防止滴入硫酸的體

積滴入影響后面氣體體積測定

K解析H

K祥解D方案I：2PbC03?Pb(0H)2是鹽，能夠與硫酸發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生PbSO4、C02,H2Oo該實(shí)驗(yàn)通過測定

一定質(zhì)量的胡椒與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生CCh的質(zhì)量計(jì)算其純度，為使測定值更接近真實(shí)值，需要先將反應(yīng)產(chǎn)生的

氣體經(jīng)濃硫酸干燥后再被堿石灰吸收，同時(shí)要避免裝置中殘留反應(yīng)產(chǎn)生的CO2氣體及NaOH溶液中水分被

堿石灰吸收；

在方案II.通過煨燒固體藥品，根據(jù)反應(yīng)前后質(zhì)量差確定PbO的質(zhì)量，進(jìn)而可得2PbCCh?Pb(OH)2的質(zhì)量,

關(guān)鍵是確定樣品完全分解，方法是樣品連續(xù)兩次高溫煨燒，冷卻后稱量剩余固體的質(zhì)量小于0.1g；

方案HI中通過測定一定質(zhì)量樣品與硫酸反應(yīng)CO2氣體的體積確定其純度，為避免因CO2在水中溶解，在量

氣管中要注入飽和NaHCch溶液；為防止硫酸滴入時(shí)不容易滴下，使用了導(dǎo)氣管A,使分液漏斗上下氣體

壓強(qiáng)一致。最后讀數(shù)時(shí)要等溶液恢復(fù)至室溫，且量氣管的左右液面相平，視線與凹液面最低處相切。

R小問1詳析］

在裝置乙中2PbC03?Pb(0H)2與稀硫酸發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生PbSO八H2O.CO2,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：

2PbCCh?Pb(OH)2+6H++3SO：=3PbSO4+2CO2T+4H2O;

K小問2詳析』

取一定質(zhì)量的樣品，與硫酸充分反應(yīng)，通過測定CCh的質(zhì)量計(jì)算純度，打開止水夾，利用裝置甲是通入空

氣，通過氫氧化鈉溶液吸收空氣中的CCh防止干擾CCh測定；干凈裝置內(nèi)空氣，關(guān)閉止水夾，通過裝置乙

分液漏斗滴入稀硫酸發(fā)生反應(yīng)生成二氧化碳、水和硫酸鉛，通過裝置丁吸收氣體中的水蒸氣，通過裝置丙

吸收生成的二氧化碳測定質(zhì)量，為避免空氣中二氧化碳、水蒸氣進(jìn)入干燥管，可以再連接干燥管，儀器接

口的連接順序?yàn)椋篴→d→e→b→c→b→c,或a—d—e->c?→b->cTb；丁的作用是除去二氧化碳?xì)怏w中的水蒸

氣，以免影響堿石灰吸收CCh的測定；

R小問3詳析］

實(shí)驗(yàn)前后均需要打開止水夾，通入通過甲裝置通入一段時(shí)間空氣，實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)通入空氣的目的是將生成的

CO2氣體全部趕入干燥管中吸收，避免對后續(xù)實(shí)驗(yàn)測定造成影響；

R小問4詳析》

①稱取胡粉樣品ag,②將樣品充分高溫煨燒，冷卻后稱量；③重復(fù)操作②；測得剩余固體質(zhì)量為bg(用托

盤天平稱量)；燃燒固體選擇用期內(nèi)加熱灼燒，需要三腳架、泥三角、酒精燈、玻璃棒等，干燥應(yīng)在干燥器

中進(jìn)行，不需要的是蒸發(fā)皿，故合理選項(xiàng)為E；

K小問5詳析》

若樣品分解完全，則樣品連續(xù)兩次高溫燃燒，冷卻稱量質(zhì)量相差0.1g以內(nèi)，故判斷樣品完全分解的方法是

樣品連續(xù)兩次高溫燃燒，冷卻稱量質(zhì)量相差0.1g以內(nèi)；

K小問6詳析)

①如圖所示，連接好裝置并檢查氣密性；②向量氣管中注入飽和NaHCo3溶液，并調(diào)節(jié)兩側(cè)液面相平，稱

取胡椒樣品mg于錐形瓶中，打開分液漏斗活塞，將稀硫酸滴入錐形瓶中；③冷卻至室溫，調(diào)節(jié)B與C中

液面相平，平視讀數(shù)，測得氣體體積為VmL,其中導(dǎo)氣管a的作用是使分液漏斗上下氣體壓強(qiáng)相同，便于

硫酸溶液可以順利滴下，防止滴入硫酸的體積滴入影響后面氣體體積測定。

20.工業(yè)上以黃鐵礦和純堿為原料制備無水NaHSO3和焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)的主要流程如圖。

空氣

純堿、水

已知電離常數(shù):

H2CO3=4.5x10-7Kil2=4.7×10^"

Kal=I.4X10-2

H2SO3Kii2=6.0xl()-8

回答下列問題：

(I)黃鐵礦的主要成分是(填化學(xué)式)。

(2)若“吸收”過程中有氣體生成，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

(3)產(chǎn)品1是NaHSO3,常溫下其水溶液的PH7(填“>”、“<”或"=")；“氣流干燥”濕料時(shí)溫度不

宜過高的原因是。

(4)①生產(chǎn)Na2S2O5,通常是由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得。寫出該過程的化學(xué)方程式:。

②Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時(shí)，取5().(X)mL葡萄酒樣品，用

0.0100OmoI?L^∣的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗10.00mL。滴定反應(yīng)的離子方程式為，該樣品中

Na2S2O5的殘留量為g-LT(以SO2計(jì))。

R答案IJ(I)FeS2

(2)SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2

(3)①.<②.防止NaHSO$在高溫下分解，減低產(chǎn)率

+

(4)①.2NaHSO,=Na2S2O5+凡0②.S20^+2I2+3H2O=2S0^^+4I^+6H③.

0.128

K解析，

K祥解》黃鐵礦在空氣中焙燒，生成二氧化硫和燒渣。二氧化硫被碳酸氫鈉溶液吸收得到NaHSO3,結(jié)晶

后的母液可以循環(huán)使用，過濾出來的NaHSO3濕料干燥后得到產(chǎn)品1。一系列操作后得到產(chǎn)品2。

K小問1詳析］

黃鐵礦的主要成分為FeS2。

K小問2詳析?

由于亞硫酸的酸性強(qiáng)于碳酸，所以二氧化硫和碳酸氫鈉反應(yīng)可以生成二氧化碳，則在吸收過程中生成

NaHSC)3的同時(shí)有二氧化碳?xì)怏w生成，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2o

R小問3詳析卜

NaHSO3在水中能完全電離，電離出來的HSo,既能電離，也能水解，其電離平衡常數(shù)為亞硫酸的第二步電

離常數(shù)，即K,2=6.0X10-8,其水解常數(shù)Kh=理

———T<KΛZ,即HSO；的電離程度大于水解程度，所

K,ι1.4×1U

以NaHSO3溶液顯酸性；NaHSo3受熱易分解，所以在“氣流干燥”濕料時(shí)溫度不宜過高。

K小問4詳析》

①NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水得到Na2S2O5,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。

②Na2S2O5中S為+4價(jià)，具有還原性，12有氧化性，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，+4價(jià)的S被氧化為硫酸根離

子，b被還原為r,根據(jù)電子守恒、電荷守恒和質(zhì)量守恒寫出該反應(yīng)的離子方程式為：

+

S20∣+2I2+3H2O=2SO4+4I-+6H。根據(jù)反應(yīng)方程式，”(Na2S2O4)=O.OlOOOmol/LXO.01000LXI

5443

=5×10?ol,n(SO2)=2n(Na2S2θ4)=2×5×10-mol=1×10-mol,則W(So2)=1×10?mo×64g∕mol=6.4×10g,則在

IL葡萄酒中以SO2計(jì)的Na2S2O5的殘留量為處也上=0?128g∕L.

0.05000L

21.以Co2、C?H6為原料合成C2H4涉及的主要反應(yīng)過程中物質(zhì)的能量變化如圖1所示，回答下列問題:

Γ

Φ

E

3

)

、

螂

建

反應(yīng)過程

圖1

(1)已知:I.C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)ΔH1

U.H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g)ΔH2

I∏.CO2(g)+C2H6(g)=C2H4(g)+H,O(g)+CO(g)AH3

IV.C2H6(g)+2CO2(g)=4CO(g)+3H2(g)ΔH4o

l

則：ΔH3=kJ?moΓo

（2）0.1MPa時(shí)向密閉容器中充入CC>2和C2H6,發(fā)生以上反應(yīng)，溫度對催化劑K—Fe—Mn/Si—2性能

n生成

影響如圖2所示，已知C2H4的選擇性=Xlo0%。

rl消耗（C24）

100

80■C2%的選擇性

60?C24的轉(zhuǎn)化率

40

▲CO2的轉(zhuǎn)化率

20

0

720740760780800820

反應(yīng)溫度〃。C

圖2

①工業(yè)生產(chǎn)綜合各方面的因素，反應(yīng)選擇800℃的主要原因是

K?H11、

②已知對可逆反應(yīng)存在如下關(guān)系：1InUx=Fz-其中R為常數(shù)），結(jié)合具體反應(yīng)說明C。％,的轉(zhuǎn)化

KlKl?l?

率隨著溫度的升高始終高于CO2轉(zhuǎn)化率的原因可能是

③采用選擇性膜技術(shù)（可選擇性地讓某氣體通過而離開體系）可提高C2H4的選擇性。在773K,乙烷平衡轉(zhuǎn)

化率為9.1%,保持溫度和其他實(shí)驗(yàn)條件不變，采用選擇性膜技術(shù)，乙烷轉(zhuǎn)化率可提高到11.0%。結(jié)合具體

反應(yīng)說明選擇性膜吸附CzHit提高C2H4的選擇性的可能原因是。

④在800℃時(shí)，n（CO2）:n（C2H6）=l:3,充入一定容積的密閉容器中，在一定催化劑存在的條件下只發(fā)生

反應(yīng)ΠI,初始壓強(qiáng)為P。，一段時(shí)間達(dá)到平衡，產(chǎn)物的物質(zhì)的量之和與剩余反應(yīng)物的物質(zhì)的量之和相等，該

溫度下平衡時(shí)體系的壓強(qiáng)為（用含PO的代數(shù)式表示，下同），反應(yīng)In的平衡常數(shù)KP=（用平

衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓X物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，列出計(jì)算式）。

K答案H⑴+177

（2）①.C?H6的轉(zhuǎn)化率較高，且C2H4的選擇性較高②.溫度變化對能量變化大的吸熱反應(yīng)影響

大,反應(yīng)I的焙變數(shù)值大,所以升高溫度,對反應(yīng)I的影響大，C?H6的轉(zhuǎn)化率高③.選擇性膜吸附C2H4,

促進(jìn)反應(yīng)III平衡正向移動，增大C2H4的選擇性④.1.2Po

K解析H

R小問1詳析)

焙變=生成物總能量-反應(yīng)物總能量，根據(jù)圖示，CO2(g)+C2H6(g)=C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)ΔH3=

-300-(-477)=+177kJ.mor'；

R小問2詳析］

①根據(jù)圖示，80(ΓC時(shí)，C?H6的轉(zhuǎn)化率較高，且C2H4的選擇性較高，所以反應(yīng)選擇800℃。

②根據(jù)InU=F-(天一六)，可知溫度變化對能量變化大的吸熱反應(yīng)影響大，反應(yīng)I的焙變數(shù)值大，所以

??AI2

升高溫度，對反應(yīng)I的影響大，CzHs的轉(zhuǎn)化率高。

③選擇性膜吸附C2H4,降低體系中C2H4的濃度，促進(jìn)反應(yīng)HI平衡正向移動，所以增大C2H4的選擇性。

④在800℃時(shí)，n(CO2):n(C2H6)=l:3,充入一定容積的密閉容器中，在一定催化劑存在的條件下只發(fā)生

反應(yīng)111,初始壓強(qiáng)為Po,一段時(shí)間達(dá)到平衡,

CO2(g)+C2H6(g).?C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)

初始(mol)a3a000

,產(chǎn)物的物質(zhì)的量之和與剩

轉(zhuǎn)化(mol)XxxXX

平衡(mol)a-x3a-xxXX

余反應(yīng)物的物質(zhì)的量之和相等，則3x=4a-2x,x=0.8a；同溫同體積，壓強(qiáng)比等于物質(zhì)的量比，該溫度下平衡

4Xa

時(shí)體系的壓強(qiáng)為一Po=I?2p0,反應(yīng)In的平衡常數(shù)KP=

22.氧化錢是一種新型超寬窄帶半導(dǎo)體材料，由于自身的優(yōu)異性能，在紫外探測、高頻功率器件等領(lǐng)域吸引

了越來越多的關(guān)注和研究，中國科技部將其列入“十四五研發(fā)計(jì)劃”，讓第四代半導(dǎo)體獲得更廣泛的關(guān)注?；?/p>

答下列問題：

(1)基態(tài)Ga原子最外層電子排布式為。

(2)①氧化錢的熔點(diǎn)為1740°C,氧化鈣的熔點(diǎn)為2613°C,但有的離子晶體如C2H5NH3NO?,(硝酸乙基鏤)

的熔點(diǎn)只有12℃。CzHsNH'N。；,中N原子的雜化軌道類型是,NO；離子的空間結(jié)構(gòu)為,

該物質(zhì)中所含化學(xué)鍵類型：(填字母)。

A.金屬鍵B.離子鍵C.共價(jià)鍵D.范德華力E.σ鍵

②第一電離能：AlMg(填“>”或“<”)，其原因是。

(3)睇化物GaSb是一種超窄禁帶半導(dǎo)體材料，可用于紅外探測其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若該晶體的密度為

pg?cm^3,設(shè)Ga和Sb的原子半徑分別為acm和GbCm,則原子的空間占有率為xl()()%例出計(jì)

算表達(dá)式，GaSb的摩爾質(zhì)量為192g?moL,阿伏加德羅常數(shù)的值為)。

K答案Il(I)4s24p'

(2)①.sp3、sp2②.平面三角形③.BCE<⑤.鎂元素的2p軌道電子是全充滿

的，相對穩(wěn)定，故鎂元素的第一電離能比同周期相鄰元素的第一電離能大

4π+

→(?a+?)×4×3(??)

(3)--森詼-(或底片『或其他合理K答案])

pNλ勺(%+0)

K解析H

R小問1詳析』

Ga是31號元素，位于周期表第四周期第三主族，故Ga原子最外層電子排布式為：4s?4pi；K答案》為:

4s24p'；

K小問2詳析》

+

[C2H5NH3]結(jié)構(gòu)中氮原子形成了4個(gè)單鍵,故氮原子的價(jià)層電子對數(shù)是4,沒有孤電子對,雜化方式為sp',

NO；中氮原子的價(jià)層電子對數(shù)為：3+；x（5+l-2x3）=3,沒有孤電子對，故該氮原子的雜化方式為：沖？；

根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論，NO；離子的空間結(jié)構(gòu)為：平面三角形；［C2H5NH3「與NO；之間構(gòu)成離子鍵，

還存在碳碳、碳?xì)涞鹊墓矁r(jià)鍵，單鍵均為。鍵，故選BCE；K答案U為：SP二sp?平面三角形；BCE

鎂元素的2p軌道是全充滿的，相對穩(wěn)定，故鎂元素的第一電離能比同周期相鄰元素的第一電離能大，第一

電離能：AKMg；K答案』為：＜；鎂元素的2p軌道電子是全充滿的，相對穩(wěn)定，故鎂元素