2023届山东省青岛第二中学高三上学期1月期末考试化学试题 word版含解析

这是一份2023届山东省青岛第二中学高三上学期1月期末考试化学试题 word版含解析，共19页。试卷主要包含了填空题等内容，欢迎下载使用。
山东省青岛第二中学2022-2023学年高三上学期期末考试
化学试题
一、选择题；本题共12小题，每小题3分，共36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. 下列说法不正确的是 (　　)
A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于活泼金属引起的火灾
B. 纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
C. 储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
D. Ge (32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
【答案】B
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于Na、Mg等金属着火，如钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳或水反应生成氧气，而镁可以在二氧化碳中燃烧，故A正确；
B．Fe和Cb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应，属于化学变化，物理吸附没有新物质生成属于物理变化，故B错误；
C．储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放出热量，故C正确；
D．Ge为半导体材料，可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故D正确；
答案选B。
2. 下列说法不正确的是
A. 煤的液化和气化均为物理变化
B. 工业酒精中往往含有甲醇
C. 液化石油气是混合物
D. 许多水果和花卉有芳香气味是因为含有酯
【答案】A
【解析】
【详解】A．煤的液化和气化过程中均有新物质存在，因此发生的变化为化学变化，A错误；
B．工业酒精中往往含有甲醇，甲醇有强的毒性，B正确；
C．液化石油气含有多种有机物，因此属于混合物，C正确；
D．花卉和水果中含有多种低级酯，因而具有芳香气味，D正确；
故合理选项是A。
3. 在重结晶法提纯苯甲酸的实验中不需要用到的仪器有
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】用重结晶法提纯苯甲酸的实验步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤，所以实验中需要用到漏斗、酒精灯、烧杯，不需要坩埚；
故选C。
4. 下列各组物质融化或升华时，所克服的粒子间作用力属于同种类型的是
A. NaOH和熔化 B. 镁和硫的熔化
C. 氯化钠和蔗糖熔化 D. 碘和干冰升华
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaOH是离子晶体，熔化克服离子键，是共价晶体，熔化克服共价键，A不符合题意；
B．镁是金属晶体，熔化克服金属键，硫是分子晶体，熔化克服分子间作用力，B不符合题意；
C．氯化钠离子晶体，熔化克服离子键，蔗糖是分子晶体，熔化克服分子间作用力，C不符合题意；
D．碘和干冰都是分子晶体，其升华均是克服分子间作用力，D符合题意；
故选D。
5. 前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X和Y的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，Z与Y同族，W原子核内有29个质子，下列说法正确的是

A. W与Y形成的化合物晶胞如图所示，该化合物的化学式为WY
B. 元素第一电离能：I1(Z)>I1(Y)
C. 气态氢化物的热稳定性：Y>Z
D. 原子半径：
【答案】C
【解析】
【分析】X和Y的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，则2p能级上分别有2、4个电子，X为C、Y为O；Z与Y同族，Z为S；W原子核内有29个质子，W为Cu。
【详解】A．根据晶胞结构可知，白球有1+8=2个，黑球有4个，两种元素原子个数比为1:2，该化合物化学式为Cu2O，A错误；
B．同一主族元素从上向下第一电离能逐渐减小，则I1(O)>I1(S)，B错误；
C．非金属性越强，其气态氢化物越稳定，气态氢化物的热稳定性：H2O>H2S，C正确；
D．电子层数越多、半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多、半径越小，则原子半径：，D错误；
答案选C。
6. 下列实验内容可以达到预期实验目的的是
选项
实验内容
实验目的
A
将1 mol 溶解在1 L水中
配制1 的溶液
B
将通入酸性溶液中
证明具有漂白性
C
加入足量铁屑，充分反应后，过滤
除去溶液中的少量
D
将木炭与浓硫酸共热，得到的气体通入澄清石灰水
检验木炭的氧化产物是

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．中V指溶液体积而不是溶剂体积，将1mol CuSO4•5H2O溶解在1L水中，溶液体积大于1L，导致物质的量浓度小于1mol/L，故A错误；
B．二氧化硫能被强氧化剂氧化而体现还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现二氧化硫还原性而不是漂白性，用品红检验二氧化硫的漂白性，故B错误；
C．铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，且不引进新的杂质，然后采用过滤方法除去Fe，故C正确；
D．加热条件下，木炭和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，二者都能和除去石灰水反应生成白色沉淀，要用澄清石灰水检验二氧化碳，有关先用溴水除去二氧化硫，然后再将气体通入澄清石灰水中，故D错误；
故选：C。
7. 有人设计出利用CH4和O2反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池。电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法中正确的是
①每消耗1molCH4可以向外电路提供8mol e—
②电池放电时，溶液pH不断升高
③负极上是O2获得电子，电极反应式为：O2+2H2O+4e—=4OH—
④负极上CH4失去电子，电极反应式为：CH4+10OH——8e—=+7H2O
A. ①④ B. ①③ C. ①② D. ③④
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4+10OH——8e—=+7H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—，电池的总反应为CH4+2O2+ 2OH—=+3H2O。
【详解】①由分析可知，负极上每消耗1molCH4可以向外电路提供8mol e—，故正确；
②由分析可知，电池放电时，消耗氢氧根离子，溶液pH不断下降，故错误；
③由分析可知，正极上是氧气获得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—，故错误；
④由分析可知，负极上甲烷失去电子发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH——8e—=+7H2O，故正确；
①④正确，故选A。
8. 下列各选项中两种粒子所含电子数不相等的是
A. 羟甲基（－CH2OH）和甲氧基（CH3O－） B. 亚硝酸（HNO2）和亚硝酸根（NO）
C. 硝基（－NO2）和二氧化氮（NO2） D. 羟基（－OH）和氢氧根（OH－）
【答案】D
【解析】
【详解】A．羟甲基（-CH2OH）的电子数=6+2+8+1=17；甲氧基（CH3O-）电子数=6+3+8=17；两种粒子所含电子数相同，故A不符合；
B．亚硝酸（HNO2）电子数=1+7+2×8=24；亚硝酸根（NO2-）电子数=7+2×8+1=24；两种粒子所含电子数相同，故B不符合；
C．硝基（-NO2）电子数=7+2×8=23；二氧化氮（NO2）电子数=7+2×8=23；两种粒子所含电子数相同，故C不符合；
D．羟基（-OH）电子数=8+1=9；氢氧根离子（OH-）电子数=8+1+1=10；两种粒子所含电子数不相同，故D符合；
故答案为D。
9. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 双氧水使酸性KMnO4溶液褪色：2MnO+5H2O2=2Mn2++5O2↑+6OH-+2H2O
B. 过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2O
C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2+S2O+5H2O=10H++2SO+8Cl-
D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO
【答案】C
【解析】
【详解】A．双氧水与酸性KMnO4溶液反应生成锰离子、氧气和水，离子方程式为6H++2 MnO+5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，故A错误；
B．过量的铁粉溶于稀硝酸生成亚铁离子，离子方程式：3Fe+8H++2 NO═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C．氯气能够氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根离子，自己被还原为氯离子，故用Na2S2O3溶液吸收自来水中多余Cl2，离子方程式为4Cl2+ S2O+5H2O═10H++2SO+8Cl-，故C正确；
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，故D错误；
故选：C。
10. 在理论上不能用于设计成原电池的化学反应是
①H2SO4(aq)＋Ba(OH)2 (aq)＝2H2O(l)＋BaSO4(s)；△H＜0
②CH3CH2OH(l)＋3O2(g)2CO2(g)＋3H2O(l) ；△H＜0
③2FeCl3(aq)＋Cu(s)＝2FeCl2(aq)＋CuCl2(aq)；△H＜0
④C(s)＋CO2(g)＝2CO(g) ；△H＞0
A. ④ B. ①④ C. ①② D. ②③
【答案】B
【解析】
【详解】原电池反应应为自发进行的氧化还原反应反应，化学能转变为电能，反应放热；
①为中和反应，不能设计成原电池，故①错误；
②为氧化还原反应，反应放热，可设计成原电池，故②正确；
③为氧化还原反应，反应放热，可设计成原电池，故③正确；
④反应吸热，不能设计成原电池，故④错误；
故答案B。
11. 下列说法正确的是
A. 同位素之间或同素异形体之间的相互转化均属于化学变化
B. 油酸和硬脂酸互为同系物
C. 和互为同分异构体
D. 由H、D、T、、这几种核素组成的水分子共有12种
【答案】D
【解析】
【详解】A．同位素之间的转化没有生成新的物质，因此不属于化学变化，同素异形体的转化有新物质生成，故属于化学变化，选项A错误；
B．油酸为不饱和一元酸，含有碳碳双键，硬脂酸属于饱和一元酸，两者结构不相似，不是同系物，选项B错误；
C．分子式相同而结构不同的有机物互称同分异构体，CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3分子式相同，结构也相同，是同种物质，选项C错误；
D．一个水分子中含有两个氢原子和一个氧原子，若两个氢原子为同一种氢原子，则所形成水分子有3×2=6种，若两个氢原子为不同的氢原子，则形成的水分子有3×2=6种，因此共形成水分子有12种，选项D正确；
答案选D。
12. 分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是
①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物等
②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据分散系是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物
⑤根据水溶液溶液能否导电将物质分为电解质和非电解质
A. ②④⑤ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ①②④
【答案】D
【解析】
【详解】①根据氧化物的性质，氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物，故①正确；
②化学反应根据有无电子转移，反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；
③分散系根据分散质直径大小，分散系分为溶液、胶体、浊液，故③错误；
④根据纯净物所含元素种类的多少将纯净物分为单质和化合物，故④正确；
⑤根据在水溶液或熔融状态下能否导电将化合物分为电解质和非电解质，故⑤错误。
故选D。
二、多选题；本题共3小题，每小题4分，共12分。
13. 根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向Fe(NO3)2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液变蓝
氧化性：Fe2+＞I2
B
向3 mL KI溶液中滴加几滴氯水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色
Cl2的氧化性比I2的强
C
向Ag2CO3白色悬浊液中滴加少量Na2S溶液，出现黑色沉淀
Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)
D
苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应，将得到的气体直接通入AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀
苯和液溴发生取代反应


A. A B. B C. C D. D
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由于I-的还原性大于Fe2+，故向Fe(NO3)2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液中的H+、、I-可以发生反应生成I2，溶液变蓝，故该实验不能说明Fe2+的氧化性强于I2，A错误；
B．向KI溶液中滴加少量氯水，溶液变成蓝色，说明氯水中的Cl2与溶液中的I-发生反应生成I2，故该实验可以说明Cl2的氧化性比I2的强，B正确；
C．向Ag2CO3白色悬浊液中滴加少量Na2S溶液，出现黑色沉淀，该黑色沉淀为Ag2S，说明硫化钠溶液可以与溶解度小的碳酸银反应生成溶解度更小的硫化银，故可以说明Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)，C正确；
D．苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应生成HBr，但是由于该反应为放热反应，得到的气体中还含有Br2，Br2溶于硝酸银溶液后可以与水发生反应生成Br-，Br-与Ag+反应生成淡黄色的AgBr沉淀，故不能单凭是否有淡黄色沉淀生成确定苯和液溴发生取代反应，D错误；
故选BC。
14. 三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是

A. 该历程中决速步骤为
B. 该历程中的最大能垒(活化能)为1.19eV
C. 升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率
D. 若1molDMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV·NA的能量
【答案】BD
【解析】
【详解】A．步骤的能垒(正反应活化能)为0.22eV，正反应活化能最高的最后一步步骤的能垒1.19eV，故最后一步是上述历程中的决定反应速率步骤，故A错误；
B．根据选项A分析可知该历程中最大能垒(活化能)E元为1.19ev，故B正确；
C．升高温度可以加快反应速率，反应为放热反应，故降低DMF的平衡转化率，故C错误；
D．由反应物和生成物的相对能量可知，反应放热为0eV-(-1.02eV)=1.02eV，1molDMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV·NA的能量，故D正确；
故选BD。
15. 下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)
B. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)+2c(H2CO3)
C. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.2mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(Na+)>c(OH-)>0.05mol·L-1>c(CO)>c(HCO)
D. 0.2mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(CO)+2c(OH-)=c(HCO)+3c(H2CO3)+2c(H+)
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．NaHCO3溶液显碱性可知碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，则c(H2CO3)>c(CO)，故A错误；
B．0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成Na2CO3，根据物料守恒得：c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故B错误；
C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.2mol·L-1NaOH溶液等体积混合，反应后的溶液为0.05mol·L-1Na2CO3与0.05mol·L-1NaOH的混合溶液，其中钠离子浓度为0.15mol·L-1，因碳酸根水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，溶液中的c(OH-)>0.05mol·L-1，c(HCO)