广东省河源市2022-2023学年高三化学上学期期末考试试题（PDF版含解析）

扫描全能王创建 扫描全能王创建 扫描全能王创建 扫描全能王创建 扫描全能王创建 扫描全能王创建 扫描全能王创建 扫描全能王创建 扫描全能王创建 扫描全能王创建 扫描全能王创建 扫描全能王创建 广东省新高考普通高中学科综合素养评价高三年级期末考化学参考答案一、选择题12345678910111213DBCABDCDCABCD二、非选择题14.（11分）（1）4s24p2（1分）Zn>Cu>Ge（1分）（2）Ⅱ<Ⅳ（1分）p（1分）（3）AC（2分）（4）Ⅲ（2分）Ⅰ（1分）858×1021（5）x=（2分）�2×�A×�15.（11分）（1）FeTiO3+3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O（2分）还原Fe（1分）（2）TiO2++2NH+3·H2O=TiO(OH)2↓+2NH4（2分）取最后的洗涤液于试管中，滴入BaCl2−2溶液不产生白色沉淀（检测不到SO4，2分）（3）1.5%（1分）1-1.5（1分）2+-（4）Ca+2e=Ca（2分）16.（12分）Ⅰ.（1）溶液有漂白性（1分）（合理答案均可）（2）Ca2++2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓（2分）（3）①木条复燃（1分）②成立（1分）③CuSO4（1分）④6（1分）H2O（1分）Ⅱ.（1）71.5（2分）（2）①10.0mL（1分）②0.20mol/L（1分）17．（11分）（1）2CO2(g)+2H2O(l)=CH3COOH(l)+2O2(g)ΔH=E2−E1(kJ/mol)（3分）（2）①−122.5（1分）Ⅱ（1分）②a（1分）温度低于260℃时，主要以放热反应Ⅰ为主，此时CH3OCH3选择性较高，吸热反应Ⅱ的影响较小，所以曲线b在260℃以前随温度升高而下降（2分）③高压（1分）（3）108/p3（2分）0—1— 18.（11分）（1）羧基（1分）（2）⑦（1分)⑥（1分）COOHCOOHOOO+H2O（3）（2分）CHO（4）6（2分）（1分)COOHOOO（5）（3分)Br2BrBrNaOH醇溶液OO催化剂O—2— 答案详解1.【答案】D【解析】A、B、C的主要成分都是纤维素，D是金属铜，故选D。2.【答案】B【解析】ACD说法正确；B选项中酒精没有强氧化性，故错误；D选项中“洁厕精”含HCl、“84消毒液”含HClO，混合后会发生氧化还原反应产生氯气。3.【答案】C【解析】A选项：空间站许多部件使用的是铝合金或铝基复合材料利用了铝质量轻、表面能形成氧化膜的特性，正确。B选项：N2O4与偏二甲肼[(CH3)2N-NH2]燃烧生成H2O和N2，产物无污染，正确。C选项：氮化铝是原子晶体，陈述Ⅱ错误，且与陈述Ⅰ无因果关系。D选项：柠檬酸与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，说明柠檬酸的酸性强于碳酸，正确。4.【答案】A【解析】A选项：说法正确；B选项：向MgCl2溶液中通入CO2，不能生成MgCO3沉淀；C选项：SO2和Cl2同时通入水生成的亚硫酸和次氯酸会发生氧化还原反应而失去各自的漂白性，错误；D选项：硝酸根在酸性条件下相当于溶液中有稀硝酸，与铜发生氧化还原反应，错误。5.【答案】B【解析】由图可知ACD都正确，状态①先断的是CH4中的C—H键，所以B错误。6.【答案】D【解析】-−A选项：苯酚的电离常数大于碳酸的二级电离常数，往C6H5O溶液中通入CO2只能生成HCO3，错误；B选项：铜与稀硝酸反应生成的是NO，错误；C选项：电荷不守恒，或电子得失不相等，错误；D选项正确。7.【答案】C【解析】−A选项：第二步错误，氨水是弱碱，不能溶解Al(OH)3形成AlO2；—3— B选项：盐酸不能与SiO2反应，错误；C选项：转化可以完成，正确；D选项：铁在点燃条件下与氧气生成的是Fe3O4；FeCl3与NaOH生成Fe(OH)3沉淀，错误。8.【答案】D【解析】A选项：铁离子会水解，故铁离子数目小于0.2NA，错误；B选项：亚铁离子还原性强于溴离子，氯气通入时先氧化Fe2+，0.1molCl2+2先氧化0.1molFe，—再氧化0.1molBr生成0.05molBr2，错误；C选项：溶液pH=1是指溶液中c(H+)=0.1mol/L，包括了水电离的H+，同时溶液体积未知，说法错误；D选项：符合阿伏加德罗定律，正确。9.【答案】C【解析】A选项：后验的水蒸气可能是混合气体通过了含水的溶液带出的水蒸气，错误；B选项：验水后先通澄清石灰水，SO2溶于水形成的亚硫酸的酸性强于碳酸，生成沉淀可能是CaSO3，若SO2过量还可能没有沉淀，验不了CO2，错误；C选项正确；D选项：食盐水不能吸收SO2，错误。10.【答案】A【解析】X只有一个质子，是H；R有三层电子在第三周期，负一价只能是Cl；原子序数满足关系Y+W=E+Z，根据题10图化合价Y四价、W一价、E二价、Z三价，只能是6(C)+9(F)=8(O)+7(N)；所以Y是碳、W是氟、E是氧、Z是氮。--A选项：还原性Cl>F，正确；B选项：稳定性CH4<HF，错误；-2--C选项：离子半径Cl>O>F，错误；D选项：HNO3是强酸，错误。11.【答案】B【解析】-由题11图可以看出，a极CO2→HCOO碳的化合价降低，得电子，a极是阴（负）极；b极CH3(CH2)7NH2→CH3(CH2)6CN，氮的化合价升高，失电子，b极是阳（正）极，所以A选项错；B选项Ni2P电极是阳极，阳极失电子，正确；C选项In/In2O3-x电极是阴极，得电子发生的是还原反应，C叙述错误；D选项电荷不守恒，错误。12.【答案】C【解析】A选项：原溶液可能本来就存在Fe3+，错误；—4— B选项：如果溶液显酸性，向溶液中加入硝酸根，组成稀硝酸，可能把原溶液的2−SO3氧化成了SO2−，所以错误；4C选项：Fe3+溶液加入维C后黄色变浅绿色，说明Fe3+被还原为Fe2+，维C有还原性，正确；-D选项：碘离子被氧化为碘单质，海带中含的是I，而不是I2，错误。13.【答案】D【解析】由曲线可知二元酸H2R是弱酸。纵坐标数值相同时，曲线a的pH小于曲线b，所以曲线a�(HR−)�(R2−)是一级电离的lg，曲线b是二级电离lg−，A正确；�(H2R)�(HR)�(R2−)�(R2−)b曲线（10，2.8）意思是二级电离pH=10，c(H+)=10-10，lg=2.8，=102.8，则：�(HR−)�(HR−)�(R2−).�(H+)2.8−10−7.2Ka2=−=10×10=10，所以B正确；�(HR)C是电荷守恒，正确；D的排序应该是c(Na+)>c(R2—)>c(OH—)>c(HR—)>c(H+)，所以D错误。14.（11分）（1）4s24p2（1分）Zn>Cu>Ge（1分）（2）Ⅱ<Ⅳ（1分）p（1分）（3）AC（2分）（4）Ⅲ（2分）Ⅰ（1分）858×1021（5）x=（2分）�2×�A×�【解析】（1）特征电子排布：Ge（4s24p2）、Zn（3d104s2）、Cu（3d104s1），Zn轨道全满，第一电离能最大；Ge的4p2分两个轨道排单电子，Cu的4s1也是单电子排一个轨道，但4p能量高于4s轨道，把电子轰击出来4p所需能量小于4s轨道，所以第一电离能：Zn>Cu>Ge。（2）Ⅱ、Ⅳ两种物质如果R基相同，Ⅱ的分子量（分子间力）小于Ⅳ，所以沸点Ⅱ<Ⅳ；Ge是第四周期、ⅣA元素，最后填的电子在4p，所以位于元素周期表的p区。（3）Ge—O—Ge中O有两对孤对电子，采取sp3杂化，A正确；I中Ge与O的有Ge—O键和Ge=O键，键能显然不相等，B错误；Ⅱ中Ge与Ge键为同种元素之间的共价键，是非极性共价键，C正确；在Ⅲ中Me-C=O两个键一个单键、一个双键，虽为sp2杂化，但键角不是标准的120°，D选项错误；物质Ⅰ中有—COOH，其中的—O—C=O不能在在Ni催化下发生加氢，E选项错误。（4）I中存在，其中的CH32是sp杂化，H不可能都与C原子在同一平面；Ⅱ、Ⅳ的R基中可能存在CH22、CH3，H也不可能都与C原子在同一平面；只有Ⅲ是sp杂化、平面型分子。含有—OH的物质水溶性好，因为可以与水分子形成氢键，故Ⅰ的水溶性最好。—5— （5）确定化学式用均摊法。Ba原子：(8×1/8）+1=2，Ge原子：[(4×1/2)+(4×1/4)+1]×2=8，为Ba2Ge8，即2BaGe4。MA(BaGe4)=（137+73×2）=4292×429858×1021所以：�=，变形得x=(a×10−7)2∙(�×10−7)�Aa2×�A×�15.（11分）（1）FeTiO3+3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O（2分）还原Fe（1分）2++2NH+（2）TiO3·H2O=TiO(OH)2↓+2NH4（2分）取最后的洗涤液于试管中，滴入BaCl2−2溶液不产生白色沉淀（检测不到SO4，2分）（3）1.5%（1分）1-1.5（1分）2++2e-=Ca（2分）（4）Ca【解析】钛精矿[主要成分是钛酸亚铁（FeTiO3），含少量SiO2等杂质]经硫酸酸溶，SiO2等杂质变成了滤渣1，Fe2+变成了FeSO3+4，可能有部分在过滤时被空气氧化为Fe，所以滤液用铁粉还原，滤渣2中是过量的铁粉；酸溶时钛变成了TiOSO2+4。加入氨水是将TiO变为TiO(OH)2沉淀；加入HNO3是将TiO(OH)2沉淀溶解为TiO(NO3)2。加入氨水和SDBS是为了形成较小颗粒的TiO(OH)2胶体；干燥后煅烧脱水获得纳米级别的TiO2。（1）FeTiO3与H2SO4反应，生成FeSO4、TiOSO4和H2O是照方程质量守恒配的；铁粉还原可能有部分在过滤时被空气氧化为Fe3+。（2）题干说了“整个过程中钛的化合价没有变化”，即钛的化合价都是+4价，所以TiO2+与NH+3+3·H2O反应生成TiO(OH)2↓和NH4；铁粉的加入，除了还原Fe以外，还与过量的H2SO4反应，到了加入氨水的环节，根据电荷守恒：2−2+SO4与TiO物质的量相等，所以检查洗涤液的SO2−的存在，相当于检查了TiO2+是否还存在。4（3）晶粒平均大小为15nm—20nm左右时，根据题15-2图SDBS质量分数为1.5%；根据题15-2图pH范围在1-1.5之间。（4）依据题干中“用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融的CaF2-CaO作电解质，利用图示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛”，所以电极反应中Ca2+得电子。16.（12分）Ⅰ.（1）溶液有漂白性（1分）（合理答案均可）（2）Ca2++2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓（2分）（3）①木条复燃（1分）②成立（1分）③CuSO4（1分）④6（1分）H2O（1分）Ⅱ.（1）71.5（2分）（2）①10.0mL（1分）②0.20mol/L（1分）【解析】-Ⅰ.（2）漂白精溶于水，ClO与水中少量H2CO3反应生成CaCO3和HClO，HClO直接把黄色—6— pH试纸漂白。（3）①带火星木条复燃证明是氧气；②CuO与热的稀硫酸反应生成CuSO4使溶液呈蓝色，猜想成立；③CuO在常温下就能与稀硫酸反应生成CuSO4，所以未加热时就有少量CuSO4生成，与未反应的CuO形成悬浊液。Ⅱ.（1）【解析】设所取的10.0mL漂白精溶液的物质的量的浓度为x12=10mL∙�20.0mL×0.20mol/L解得：x=0.20mol/L1100.0mL则100.0mL漂白精溶液中Ca(ClO)2的质量为0.20mol/L××=0.01mol21000ml/L0.01mol×143g/mol漂白精溶液中Ca(ClO)2的质量分数为×100%=71.5%2.0g17．（11分）（1）2CO2(g)+2H2O(l)=CH3COOH(l)+2O2(g)ΔH=E2−E1(kJ/mol)（3分）（2）①−122.5（1分）Ⅱ（1分）②a（1分）温度低于260℃时，主要以放热反应Ⅰ为主，此时CH3OCH3选择性较高，吸热反应Ⅱ的影响较小，所以曲线b在260℃以前随温度升高而下降（2分）③高压（1分）（3）108/p3（2分）0【解析】（1）由图17-1可知，此反应的热化学方程式为2CO2(g)+2H2O(l)=CH3COOH(l)+2O2(g)ΔH=E2−E1(kJ/mol)（2）①根据盖斯定律可知：将Ⅳ×2+Ⅲ，整理可得热化学方程式：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH1=−122.5kJ/mol；反应Ⅱ产物有CO和H2O，其中CO在其它反应中都不是反应物，所以该反应是副反应。②反应Ⅰ为放热反应，温度升高平衡向左移动，随温度升高二甲醚的产率一在直下降，故CH3OCH3的选择性降低，则表示平衡时CH3OCH3选择性的曲线是a。③主反应Ⅰ是一个反应前后气体体积缩小的反应，增大压强该反应平衡向正反应方向移动，CO2的转化率提高；副反应Ⅱ的气体体积在反应前后不变，增大压强平衡不移动、选择性不变，故增大压强总的效果是反应Ⅰ在CO2转化率提高的同时CH3OCH3选择性也提高了。—7— （3）当x=1.0时，设起始投入CO2为1mol，NH3为1mol，若起始压强为p0kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2，即平衡时气体总物质的量变为1mol，设CO2的转化量为amol，NH3的转化量为2amol，则平衡时剩余气体物质的量为1-a+1-2a=1，解得，a=1/3，则平衡时CO2为2/3mol，NH3为1/3mol，则该反应的平衡常数为1Kp==108/p3(kPa)-31�022�00(×kPa)×(×kPa)323218.（11分）（1）羧基（1分）（2）⑦（1分）⑥（1分）COOHCOOHOOO+H2O（3）（2分）CHO（4）6（2分）（1分）COOHOOO（5）（3分）Br2BrBrNaOH醇溶液OO催化剂O【解析】（1）B水解为C：HOOC—CH2—CH2—COOH，所以官能团为羧基；（2）反应①⑥⑧是加成反应，②③④⑤是取代反应，其中⑤又是脱水缩合反应；⑦是消去反应，⑥是H2加成也是还原反应。（3）反应④是两个—COOH官能团间脱水，形成内酯。（4）同分异构体有以下6种：OOOHCCCHCOHHCCCHOCHCH2CCCOH、、、OHOHOHCHOOOOOHCCHCCOH、CCHCHCOH、CH2。2HCOOHCHO能发生银镜反应说明含有醛基，且核磁共振氢谱图上峰值为2∶1∶1只有COOH（5）前面两步是教材中的知识，卤素的烯烃加成再消去成二烯烃，第三步是模仿流程中的反应⑧“烯”与“二烯1,4加成”成环的。—8—