安徽省部分学校2023-2024学年高三上学期期末考试化学试卷（Word版附解析）

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考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 花鼓戏是我国传统戏目的重要组成部分，花鼓戏的伴奏乐队使用了鼓、锣、钹等乐器。下列说法错误的是
A. “锣、钹”的主要材质为黄铜，属于金属材料
B. 制作鼓面的动物皮革属于天然高分子
C. 鼓槌上缠绕的丝带(合成纤维)在工业生产过程中不涉及化学变化
D. 鼓、锣、钹打击乐器闲置时应存放在干燥的环境中
【答案】C
【解析】
【详解】A．黄铜是性能优良的铜合金，属于金属材料，故A正确；
B．动物皮革的主要成分是天然高分子化合物蛋白质，故B正确；
C．生产合成纤维的过程中有新物质生成，涉及化学变化，故C错误；
D．鼓、锣、钹都是合金材料制成的打击乐器，闲置时应存放在干燥的环境中，防止合金在潮湿的空气中发生金属腐蚀被损坏，故D正确；
故选C。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. H2O2的电子式：
B. 制造氢弹的氚原子：H或D
C. H2O分子中O原子的轨道杂化过程：
D. 基态O2-的价层电子排布式：2s22p6
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化氢是含有极性键和非极性键的共价化合物，电子式为，故A错误；
B．制造氢弹氚原子的质子数为1、质量数为3，核素的符号为H或T，故B错误；
C．水分子中氧原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，则分子中氧原子的轨道杂化过程为+++，故C错误；
D．氧元素的原子序数为8，基态氧离子的价层电子排布式为2s22p6，故D正确；
故选D。
3. 下列有关物质结构和性质的说法错误的是
A. 氯乙酸的酸性比三氯乙酸的酸性弱
B. 水分子间的氢键H－O－H比氟化氢分子间的氢键H－F－H强
C. C60在水中的溶解度比在CCl4中的小
D. 单质硅的熔点比单质锗的高
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯元素的电负性较强，氯原子吸电子能力较强，使得氯乙酸羧基中的羟基氢更容易电离，三氯乙酸中氯原子个数比氯乙酸中更多，所以三氧乙酸酸性比氯乙酸酸性更强，A正确；
B．由于氟原子的电负性大于氧原子，氟化氢分子间的氢键在形成时，由于氟原子的电负性大，使得氢键更强‌，B错误；
C．水是极性溶剂，而CCl4也是非极性溶剂，C60作为非极性分子，在非极性溶剂CCl4中的溶解度相对较大，而在极性溶剂水中的溶解度相对较小，C正确；
D．由于硅、锗的原子半径逐渐增大，构成原子晶体的原子间的共价键键能依次降低，因此它们的熔点逐渐降低，D正确；
故选B。
4. 实验室用浓硫酸作催化剂、在170℃条件下加热乙醇制备乙烯。该实验一定能用到下列仪器中的
A. ③④B. ②③④
C. ①②③④⑤D. ②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】实验室用浓硫酸作催化剂、在170 ℃条件下加热乙醇制备乙烯，这个实验需要通常需要以下仪器： ② 分液漏斗：用于加入反应物，③ 圆底烧瓶：用于进行加热反应，④ 温度计：用于监控反应温度，其他仪器如①烧杯、⑤滴管、⑥锥形瓶在此实验中不是必需的。
故选B。
5. 下列离子方程式书写错误的是
A. 铅酸蓄电池放电时的正极反应：PbO2+4H++SO+2e-=PbSO4+2H2O
B. 氯胺作漂白剂的原理：NH2Cl+2H2ONH3•H2O+H++ClO-
C. 向含1mlFeBr2的溶液中通入1mlCl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
D. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液：Mg2++2HCO+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．铅酸蓄电池放电时的正极反应为二氧化铅的电子生成硫酸铅，所给电极方程式正确，故A正确；
B．次氯酸是弱酸，不能拆，正确的离子反应为NH2Cl+2H2ONH3•H2O+HClO，故B错误；
C．还原性：Fe2+>Br-，1mlCl2完全反应转移2ml电子；1mlFe2+被氧化为Fe3+，转移1ml电子，1mlBr-被氧化为Br2，转移1ml电子，所给离子反应方程式正确，故C正确；
D．氢氧化镁溶解度更小，先析出氢氧化镁沉淀，所给离子方程式正确，故D正确；
故选B。
6. 一种金属助熔剂WZ•YZ2•6R2X受热分解可产生气态的R2X。已知：R、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号元素，Y、W为金属元素。R和W在同一主族，Y和Z在同一周期；基态X、Y、Z原子的未成对电子数分别为2、0、1。下列说法正确的是
A. 电负性：Z＞X＞R
B. 五种元素中原子半径：W最大，R最小
C. WZ•YZ2•6R2X受热分解产生的气体只有R2X
D. X和Z元素组成的二元化合物一定是酸性氧化物
【答案】BC
【解析】
【分析】R、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号元素，由R2X可知，R为H元素、X为O元素，符合基态X原子的未成对电子数为2；Y、W为金属元素，R和W在同一主族，W为K元素；Y和Z在同一周期，基态Y、Z原子的未成对电子数分别为2、0、1，结合原子序数可知Y为Mg元素、Z为Cl元素，助熔剂WZ•YZ2•6R2X为助熔剂KCl•MgCl2•6H2O，由上述分析可知，R为H元素、X为O元素、Y为Mg元素、Z为Cl元素、W为K元素。
【详解】A．同周期主族元素从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性呈减小趋势，则电负性：X＞Z＞R，A错误；
B．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则五种元素中原子半径：W最大、R最小，B正确；
C．KCl•MgCl2•6H2O受热分解产生的气体只有H2O，C正确；
D．X和Z元素组成的二元化合物若为ClO2，不属于酸性氧化物，D错误；
故选BC。
7. 除去I中少量的II，所采用的方法正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙二酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，所以不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙酸溶液中的乙二酸杂质，否则会引入新杂质硫酸钾和硫酸锰，故A错误；
B．氯化铁溶液能与铁反应生成氯化亚铁，所以不能用铁粉除去氯化铁溶液中的氯化铜杂质，故B错误；
C．一氧化氮不能与无水氯化钙反应，氨气能与无水氯化钙反应生成八氨氯化钙，所以用无水氯化钙能除去一氧化氮中混用的氨气杂质，故C正确；
D．碳酸的酸性弱于亚硫酸，二氧化碳不能与亚硫酸氢钠溶液反应，所以不能用饱和亚硫酸氢钠溶液除去二氧化硫中的二氧化碳杂质，故D错误；
故选C。
8. 我国科研人员在《Science》上报道了利用双室电解池在KCl溶液中用不同金属电极电解的方法，将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷(与水可以互溶)。电解结束后，先将乙烯通入Pt电极室的溶液中，然后将阴、阳极电解液混合，便可反应生成环氧乙烷，物质变化过程如图所示，下列说法正确的是
A. 乙烯与HClO的反应属于取代反应
B. Pt电极与电源的负极相连
C. 阴、阳极电解液输出混合后可以通过分液的方法提取环氧乙烷
D. 每生成1ml环氧乙烷，电路中实际转移电子数超过2NA
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，溶于水的氯气部分与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中的次氯酸与通入的乙烯发生加成反应生成2—氯乙醇；水分子在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子；将阴、阳极电解液混合，碱性条件下2—氯乙醇在溶液中发生取代反应生成环氧乙烷，则制备环氧乙烷的反应为CH2=CH2+H2O+ H2。
【详解】A．由分析可知，溶液中的次氯酸与通入的乙烯发生加成反应生成2—氯乙醇，故A错误；
B．由分析可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，故B错误；
C．由题意可知，环氧乙烷溶于水，所以不能用分液的方法提取环氧乙烷，故C错误；
D．由分析可知，溶于水的氯气部分与水反应生成盐酸和次氯酸的反应为可逆反应，可能反应不可能完全反应，所以生成1ml环氧乙烷时，消耗氯气的物质的量大于1ml，电路中实际转移电子数超过2NA，故D正确；
故选D。
9. 针铁矿法沉铁以锌焙砂(主要成分为ZnO，含有较多的Fe2O3和少量Pb、Ag等元素)为原料，其工艺流程如图所示：
已知：
下列说法错误的是
A. 实际生产中可利用滤液I作浸液I
B. 中性浸液的主要溶质是ZnSO4
C. “还原”步骤的离子方程式是2Fe3++S2-=2Fe2++S↓
D. “沉铁”包括Fe2+的氧化和Fe3+的水解两个反应
【答案】C
【解析】
【分析】以锌焙砂为原料，加入硫酸调pH为5-5.4进行浸出，氧化锌转化为硫酸锌溶液，即中性浸液主要成分是硫酸锌，过滤分离后固体中有氢氧化铁、Pb、Ag等，加入硫酸酸性浸出，得到含有硫酸铁的溶液，加入硫化锌，Fe3+被还原为Fe2+，还原渣主要成分是单质S，离子方程式为2Fe3++ZnS=2Fe2++S↓+Zn2+；通入氧气、加氧化锌沉铁，最终得到FeOOH；
【详解】A．由流程可知，滤液I含有硫酸锌和少量硫酸，可以作为中性浸出的浸液，故A正确；
B．由上述分析可知，中性浸液的主要溶质是ZnSO4，故B正确；
C．由分析可知，还原步骤的离子方程式为2Fe3++ZnS=2Fe2++S↓+Zn2+，故C错误；
D．“沉铁”时，氧气先将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再水解，氧化锌能促进水解，最终得到FeOOH，故D正确；
答案选C。
10. 硝酸镁常用作制造烟火或制备其他镁盐的原料等。Mg(NO3)2•6H2O在不同温度下分解均产生NO2、O2、H2O及固体(忽略NO2、N2O4的转化)，其固体产物如表：
下列说法正确的是
A. NO的空间结构是三角锥形
B. 在不同温度下分解产生的气体用排水法收集均得到氧气
C. 330~400℃下分解产生的气体平均摩尔质量是43.2g•ml-1
D. 400℃以上，1mlMg(NO3)2•4Mg(OH)2分解转移2ml电子
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件，330~400℃发生反应；400℃发生反应。
【详解】A．NO的中心原子N的价电子对数为，无孤对电子，空间结构是平面三角形，故A错误；
B．Mg(NO3)2•6H2O在不同温度下分解均产生NO2，NO2会与水反应，不能用排水法收集，故B错误；
C．330~400℃下水为气体，根据分析反应方程式，产生气体的平均摩尔质量是20g•ml-1，故C错误；
D．根据分析可知，400℃以上每反应2mlMg(NO3)2•4Mg(OH)2，生成1mlO2，转移电子为4ml，则1mlMg(NO3)2•4Mg(OH)2分解转移2ml电子，故D正确；
故选D。
11. 我国科研人员利用C60和K掺杂制造了一种富勒烯化合物，是一种定量还原剂，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为apm，设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是
A. 该富勒烯化合物中的K原子和C原子的个数比为3：1
B. 该晶胞中与C60最近且距离相等的K是6个
C. 将C60看作顶点，该晶体中C60构成的多面体有8个面
D. 该晶体的密度为g•cm-3
【答案】C
【解析】
【分析】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的C60个数为8×+1=2，位于面上的钾原子个数为12×=6，则晶胞的化学式为K3C60。
【详解】A．由分析可知，晶胞的化学式为K3C60，则钾原子和碳原子的个数比为3：60=1：20，故A错误；
B．由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的C60与邻近的6个面上的钾原子距离最近，每个面上有2个钾原子，则晶胞中与C60最近且距离相等的钾原子是12个，故B错误；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点C60与6个C60形成正八面体，所以将C60看作顶点，该晶体中C60构成的多面体有8个面，故C正确；
D．设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10 a)3d，解得d=，故D错误；
故选C。
12. 苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，它的一种制备方法如下：
C6H5－CH2CH3(l) C6H5－CH=CH2(l)+H2(g) △H=+123kJ•ml-1
其反应机理如图所示，“吸附环节”中乙苯分子被吸附在催化剂Fe2O3表面的活性位点并被活化(Fe2O3在使用过程中易出现失活现象)，下列说法错误的是
A. 乙苯分子中所有原子一定不能共平面
B. 上述过程中各环节均需要在较高温度下进行
C. Fe2O3能降低乙苯脱氢反应的活化能，提高单位时间内苯乙烯的产量
D. Fe2O3在使用过程中失活的原因可能是Fe3+变为Fe2+
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙苯分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，所以分子中所有原子一定不能共平面，故A正确；
B．由图可知，乙苯脱氢经历了四步，只有“吸附环节”属于结合过程，其余三步都是解离过程，低温有利于“吸附环节”的发生，故B错误；
C．催化剂氧化铁能降低乙苯脱氢反应的活化能，加快反应速率，提高单位时间内苯乙烯的产量，故C正确；
D．铁离子转化为亚铁离子可能会导致催化剂氧化铁在使用过程中失活，故D正确；
故选B。
13. 在1L恒容密闭容器中充入0.3mlH2和0.2mlNO，在不同温度下发生反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)，N2的体积分数随时间的变化如图所示(已知T2温度下加入了催化剂)。下列说法错误的是
A. 不同温度下的平衡常数：K(T3)＞K(T1)＞K(T2)
B. M点的正反应速率：v正(T1)＞v正(T3)
C. 该反应的△H＜0
D. T3温度下，当容器中NO和H2的物质的量之比保持不变时，反应达到平衡状态
【答案】A
【解析】
【分析】T1与T3相比T1先平衡，则T1＞T3，升高温度，N2的体积分数降低，则平衡逆向移动，正反应的△H＜0。
【详解】A．T2温度达到平衡时，N2的体积分数在T1和T3之间，则T1＞T2＞T3，该反应△H＜0，则不同温度下的平衡常数：K(T3)＞K(T2)＞K(T1)，故A错误；
B．M点时，T1和T3条件下N2的体积分数相同，说明反应物的转化量相同，则反应物浓度相同，则温度高时反应速率快，v正(T1)＞v正(T3)，故B正确；
C．由分析可知，该反应的△H＜0，故C正确；
D．初始时，充入H2和NO物质的量之比为3：2，二者的变化量为1：1，当容器中NO和H2的物质的量之比保持不变时，可以说明反应达到平衡状态，故D正确；
故选A。
14. 亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸。常温下，某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴定亚磷酸钠(Na2HPO3)溶液过程中的化学变化，得到电极电位U和溶液pH随盐酸体积的变化曲线如图所示(已知电位滴定法的原理：在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极的电位也发生了突跃，进而确定滴定终点)。下列说法错误的是
A. 常温下，H3PO3的Ka2近似为10-6.7
B. b点对应的溶液中存在：c(Cl-)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(H3PO3)
C. c点由水电离出的c(H+)＞10-7ml•L-1
D. d点对应的溶液中存在：c(Cl-)=2c(H3PO3)+2c(H2PO)+2c(HPO)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，a点溶质中Na2HPO3、NaH2PO3物质的量浓度比为1:1，此时c()近似等于c()，pH为6.7，即c(H+)=10-6.7ml/L，代入，A正确；
B．b点对应的溶液为物质的量比为1:1的NaH2PO3、NaCl的混合溶液，H3PO3的Ka2近似为10-6.7，故的电离程度大于水解程度，故c(Cl-)＞c()＞c()＞c(H3PO3)，B正确；
C．c点溶质为H3PO3、NaH2PO3、NaCl，水的电离被抑制，由水电离出的c(H+)