2022-2023学年北京延庆县刘斌堡中学高三化学上学期期末试题含解析

1、2022-2023学年北京延庆县刘斌堡中学高三化学上学期期末试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1. 下列说法正确的是 （ ） A. 离子晶体的晶格能：Mg0 KCI NaCl B“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰，冰的能量高 C对于反应2H202=2H20+02，加入Mn02或升高温度都能加快02的生成速率 D.对羟基苯甲醛的沸点大于邻羟基苯甲醛，原因是后者分子之间存在氢键参考答案：略2. 下列关于碳族元素的说法正确的是 A单质都是无色晶体 B单质中硅单质熔点最高C碳族元素形成的化合物种类最多 D在化合物

2、中最稳定的化合价都是+4价参考答案：C3. 利用碳酸钠晶体（）来配制的碳酸钠溶液950mL，假如其它操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是 A称取碳酸钠晶体143g； B定容时俯视观察刻度线； C移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗； D定容后，将容量瓶振荡均匀，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线。参考答案：B略4. 下表各组物质中，物质之间不可能实现如图所示转化的是（）选项XYZMAFe（s）FeCl2FeCl3Cl2BNaOH（aq）Na2CO3NaHCO3CO2CNH3（g）NONO2O2DS（s）SO2SO3O2参考答案：A【考点】铁的化学性质

3、；氨的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物【分析】AFe与氯气直接反应生成FeCl3；BNaOH与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；C氨气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；D硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气催化氧化生成三氧化硫【解答】解：AFe与氯气反应不能生成FeCl2，不符合图中转化，故A选；BNaOH与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，符合图中转化，故B不选；C氨气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，符合图中转化，故C不选；D硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气催化氧化生成三氧化硫

4、，可以实现，故D不选；故选A【点评】本题考查无机物的推断，侧重物质转化及物质性质的考查，明确常见物质的化学性质为解答的关键，注意选项A中氯气具有强氧化性，题目难度不大5. 在100mL含等物质的量HBr和H2SO3的溶液中通入0.01molCl2 ，有三分之二Br变为Br2（已知Br2能氧化H2SO3），原溶液中HBr和H2SO3物质的量浓度为A0.0075molL-1 B0.075molL-1 C0.4 molL-1 D0.08molL-1参考答案：B6. 能将分别含有Cu2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、NH4+、Na+、Fe2+等离子的七种硫酸盐溶液一次鉴别开来的是 （ ） ANaOH

5、溶液 BKSCN溶液 CNaHCO3溶液 D氨水参考答案：答案：A7. 甲试管中盛有05mol/L Na2CO3溶液10mL，慢慢往试管中加入1mol/L的盐酸70mL；乙试管中盛有1mol/L的盐酸70mL，慢慢往试管中滴加05mol/L Na2CO3溶液10mL，那么甲、乙两试管中产生的CO2物质的量大小关系为 （ ） A甲=乙 B甲乙 C甲a，则该电 解质可能是（） ANaOH BH2SO4 CAgNO3 DNa2SO4参考答案：答案;A11. 甲乙丙丁戊是中学常见的无机物，他们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）下列说法错误的是（）A若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则上述反应

6、可能都属于氧化还原反应B常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则甲、乙一定是铜和稀硝酸C若甲为硫磺燃烧产物，丁为水，则戊可用于干燥甲D若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则戊可能使品红褪色参考答案：B【考点】无机物的推断【分析】A、若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则戊为氢氧化钠，根据转化关系，甲乙分别为钠和氧气，丙可以是氧化钠或过氧化钠，据此分析；B、常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体应为二氧化氮，则丙为一氧化氮，所以甲、乙可以是铜和稀硝酸反应生成一氧化氮也可以是其它金属和稀硝酸的反应生成NO；C、若甲为硫磺燃烧产物即为二氧化硫，则丙为三氧化硫，丁为水，戊为硫酸；D、若甲为浓盐酸，乙为MnO2，

7、则丙为氯气，若丁为水，则戊为次氯酸，据此分析；【解答】解：A、若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则戊为氢氧化钠，根据转化关系，甲乙分别为钠和氧气，丙可以是氧化钠或过氧化钠，若丙为过氧化钠，则上述反应可能都属于氧化还原反应，故A正确；B、常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体应为二氧化氮，则丙为一氧化氮，所以甲、乙可以是铜和稀硝酸反应生成一氧化氮也可以是其它金属和稀硝酸的反应生成NO，故B错误；C、若甲为硫磺燃烧产物即为二氧化硫，则丙为三氧化硫，丁为水，戊为硫酸，浓硫酸可干燥二氧化硫，故C正确；D、若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则丙为氯气，若丁为水，则戊为次氯酸，次氯酸能使品红褪色，故D正确，故选B

8、12. 某溶液中含有HCO3、SO23、CO23、CH3COO等4种阴离子。若向其中加入足量的Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是 ( )ACH3COO BSO23 CCO23 DHCO3参考答案：A略13. 下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作实验目的或结论A将NaOH溶液滴入该溶液中加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝证明溶液中有NH4+ B向某溶液中加入稀盐酸，放出无色刺激性气味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊证明该溶液中存在SO32C将Cl2通入品红溶液中，品红溶液褪色证明Cl2的还原性D用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，

9、溶液变黄色证明氧化性:H2O2比Fe3强参考答案：A解析：A、与碱溶液共热，放出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体（NH3），说明溶液中有NH4+ ，故A正确；B、向某溶液中加入稀盐酸，放出无色刺激性气味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，溶液中可能存在SO32或HSO3，故B错误；C、将Cl2通入品红溶液中，品红溶液褪色，证明Cl2的氧化性，故C错误；D、用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色，是酸性环境下的硝酸根离子将Fe(NO3)2氧化的，证明氧化性:HNO3比Fe3强，故D错误。故答案选A14. 元素在周围表中的位置，反映元素的原子结构和元素的性质，下列说法

10、正确的是()。A同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性B第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数C短周期元素形成离子后，最外层都达到8电子稳定结构D同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同参考答案：B略15. 短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10。A与C同主族，B与D同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数。则下列叙述正确的是 ()AD元素处于元素周期表中第三周期第A族B四种元素的原子半径：ABCDCB、D的最高价氧化物具有相似的物理性质和化学性质D一定条件下，B单质能置换出D单质，C单质

11、能置换出A单质参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. （17分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2Na2S2O5图1图2（1）a仪器的名称为： ，实验前要进行 装置中产生气体的化学方程式为 （2）浓硫酸 （能或不能）用稀硫酸代替，原因是 （3）要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是 （4）装置用于处理尾气，可选用如图2的最合理装置（夹持仪器已略去）为 （填序号）实验二葡萄酒中抗氧

12、化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI）按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为 g?L1在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果 （填“偏高”“偏低”或“不变”）参考答案：（1）分液漏斗、气密性检查、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；（2）不能、二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸；（3）过滤；（4）d；（5）0.16 g/L； 偏低考点：性质实验方

13、案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验设计题分析：（1）a仪器的名称为分液漏斗，实验前首先进行气密性检查；装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水；（2）稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水；（3）装置中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；（4）处理过量的SO2尾气，既要吸收SO2尾气，同时能防倒吸；（5）根据反应“SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI”，则样品中抗氧化剂的残留量=0.16 g/L；若有部分HI被空气氧化又生成I2，导致消耗标准I2溶液的体积偏小，则测得结果偏低；解答：解：（1）a仪器的

14、名称为分液漏斗，实验前首先进行气密性检查；装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，化学方程式：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；故答案为：分液漏斗、气密性检查、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；（2）稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸；故答案为：不能、二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸；（3）装置中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；故答案为：过滤；（4）处理过量的SO2尾气，a项装置瓶口封闭，错误；b项食盐水不能将大量的SO2尾气吸收，错误；c项漏斗口没入了

15、液体中，错误，d项氢氧化钠溶液可吸收SO2尾气，同时能防倒吸，正确；故答案为：d；（5）根据反应“SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI”，则样品中抗氧化剂的残留量=0.16 g/L；故答案为：0.16 g/L；若有部分HI被空气氧化又生成I2，导致消耗标准I2溶液的体积偏小，则测得结果偏低；故答案为：偏低点评：本题考查SO2的制取，Na2S2O5含量的测定，实验操作等基础知识，难度不大，掌握实验原理是解题的关键三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. 某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L。阳离子K+ Cu

16、2+ Fe3+ Al3+ Fe2+阴离子Cl- CO32- NO3- SO42- SiO32-甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）。取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。请推断：（1）由、判断，溶液中一定不含有的阳离子是 （写离子符号）。（2）中加入少量盐酸生成无色气体的的离子方程式是_。（3）将中所得红棕色气体通入水中，气体变无色，所发生的化学方程式为_（4）甲同

17、学最终确定原溶液中所含阳离子是 ，阴离子是 （写离子符号）。（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为 g。参考答案：（1）K+、Fe3+ （2）3Fe2+ + NO3- + 4H+ =3Fe3+ + NO + 2H2O（3）3NO2+H2O=2HNO3+NO （4）Fe2+、Cu2+ Cl-、NO3-、SO42- （5）1.6g略18. 过氧化氢(H2O2)在医药、化工、民用等方面有广泛的应用。回答下面问题：(l)最早制备H2O2使用的原料是易溶于水的BaO2和稀硫酸，发生反应的化学方程式是_。(2)目前工业制备H2O2的主要方法是

18、蒽醌法。反应流程如下：已知：乙基蒽醌是反应中的催化剂。蒽醌法所用原料的物质的量之比为_。操作a是_。再生回收液的成分是_。(3)测量过氧化氢浓度常用的方法是滴定法，某次测定时，取20. 00mL过氧化氢样品，加入过量硫酸酸化，用0. l000mol/L的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗10. 00mL，滴定时发生反应的离子方程式为 _，该样品中H2O2的物质的量浓度为_。参考答案：(1)BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2 (2)1:1 萃取分液 有机溶剂，乙基蒽醌 (3)2MnO4+5 H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O 0.1250mol/L【详解】(l)易溶于水的BaO

19、2和稀硫酸反应生成H2O2和BaSO4沉淀，发生反应的化学方程式是BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2；(2) 根据反应原理可知，蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是氧气和氢气，根据双氧水的化学式可知，原料的物质的量之比为1：1；加入蒸馏水后进行操作a得到稀双氧水和再生回收液，根据流程原理再生回收液应该为乙基蒽醌，故操作是将乙基蒽醌从水中分离出来，应采用萃取分液；再生回收液的成分是有机溶剂，乙基蒽醌；(3)双氧水在酸性条件下与KMnO4发生氧化还原反应，锰元素化合价由+7价降到+2价，O元素由-1价升高到0价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，滴定时发生反应的离子方程式为2MnO4+5 H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，根据反应可计算，样品中H2O2的物质的量浓度为。【点睛】本题以蒽醌法生产双氧水的工业制备作为背景，考查了化工中的基本操作和常见工艺流程分析，根据反应原理和生产流程分析可知，