云南省曲靖市宣威市格宜镇第二中学2023年高三化学期末试题含解析

云南省曲靖市宣威市格宜镇第二中学2023年高三化学期末试题含解析一、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.下列实验方案中，能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中B除去CuO中混有的Al2O3加入过量NaOH溶液后，过滤、洗涤、干燥C证明氧化性：H2O2>Fe3+将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色D证明非金属性：Cl>C向NaHCO3溶液中加入过量盐酸振荡、静置、观察

参考答案：BA、配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液，应将25gCuSO4·5H2O溶于水配制成100mL溶液，选项A错误；B、Al2O3与过量NaOH溶液反应而CuO不与NaOH反应，再通过过滤、洗涤、干燥除去CuO中混有的Al2O3，选项B正确；C、酸性条件下硝酸根离子也能将Fe2+氧化成Fe3+，故无法证明氧化性H2O2>Fe3+，选项C错误；D、盐酸不是氯的最高价氧化物的水化物，无法利用向NaHCO3溶液中加入过量盐酸产生二氧化碳来证明的非金属性Cl>C，选项D错误。答案选B。

2.下列化学用语正确的A．I-131：

B．Cl-的结构示意图：

C．乙炔的结构简式：CHCH

D．Na2S的电子式：参考答案：D略3.10mL浓度均为0.1mol·L－1的三种溶液：①HF溶液②KOH溶液③KF溶液，下列说法正确的是()A．①和②混合后，酸碱恰好中和，溶液显中性B．①和③混合后：c(F－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HF)C．①、③中均有c(F－)＋c(HF)＝0.1mol·L－1D．由水电离出的c(OH－)：②>③>①参考答案：C①和②中n(HF)＝n(KOH)，HF和KOH恰好中和，溶液显碱性，A项错误；①和③混合后，由电荷守恒得：c(F－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(K＋)，由物料守恒得：c(K＋)＝1/2[c(HF)＋c(F－)]，两式联立，消去c(K＋)，得c(F－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(HF)，B项错误；由物料守恒得C项正确；HF电离出的H＋、KOH电离出的OH－对水的电离均有抑制作用，而HF是弱酸，KOH是强碱，浓度相同时，②中的OH－比①中的H＋浓度大，②对水的电离抑制作用更大；KF中F－的水解对水的电离有促进作用，因此由水电离出的c(OH－)：③>①>②，D项错误。4.常温时，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系正确的是

A．某溶液中由水电离出的c（H＋）＝1×10－amol/L，若a＞7时，则该溶液pH一定为14－a

B．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液混合：

3c（Na＋）＝2c（CO32－）＋2c（HCO3－）＋2c（H2CO3）

C．将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液：2c（OH－）＋c（A－）＝2c（H＋）＋c（HA）D．pH＝3的二元弱酸H2R溶液与pH＝11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液：2c（R2－）＋c（HR－）＞c（Na＋）参考答案：C略5.根据下列反应判断有关物质的还原性由强到弱的顺序正确的是

①H2SO3+I2+H2O

2HI+H2SO4

②2FeCl3+2HI

2FeCl2+2HCl+I2

③3FeCl2+4HNO3

2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3

A．H2SO3>I－>Fe2+>NO

B．I－>H2SO3>Fe2+>NO

C．Fe2+>I－>H2SO3>NO

D．NO>Fe2+>H2SO3>I参考答案：A6.向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀．另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为(

)A．7.84L B．6.72L C．4.48L D．无法计算参考答案：A【分析】根据硝酸过量可知，反应产物为铁离子和铜离子，加入氢氧化钠溶液后得到的沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子质量，据此可以计算出氢氧根离子的物质的量；铁、铜与氯气反应生成氯化铁、氯化铁，氯化铁和氯化铁中含有的氯离子的物质的量一定等于氢氧根离子的物质的量，据此计算出氯离子的物质的量、氯气的物质的量及标况下氯气的体积．【解答】解：向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe（OH）3、Cu（OH）2，则氢氧化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g﹣18.4g=11.9g，氢氧根离子的物质的量为：n（OH﹣）==0.7mol；Cl2与铜、铁反应产物为：FeCl3、CuCl2，根据化合物总电荷为0可知，FeCl3、CuCl2中n（Cl﹣）=Fe（OH）3、Cu（OH）2中n（OH﹣），即n（Cl﹣）=0.7mol，根据质量守恒，消耗Cl2的物质的量为：n（Cl2）=n（Cl﹣）=0.35mol，标况下0.35mol氯气的体积为：22.4L/mol×0.35mol=7.84L，故选A．【点评】本题考查了有关混合物的计算，题目难度中等，本题解题关键需要明确：氢氧化铁、氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量与氯化铁、氯化铜中氯离子的物质的量相等．7.关于铭的说法正确的是（）A．质子数为18B．中子数为40C．质量数为58D．核外电子数为22参考答案：A【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【分析】元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数=质子数+中子数，电子数=质子数，据此分析．【解答】解：的元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数﹣质子数，原子中核外电子数=核内质子数．A．质子数为18，故A正确；B．中子数=质量数﹣质子数=40﹣18=22，故B错误；C．该元素的质量数为40，故C错误；D．原子中核外电子数=核内质子数=18，故D错误；故选A．8.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（

）

A．7．8gNa2S和7．8gNa2O2中含有的阴离子数目均为0．1NA

B．0．1mol·L-1的NaHSO4溶液中含有阳离子的物质的量为0．2mol

C．常温常压下，氧原子总数为0．2NA的SO2和O2的混合气体，其体积为2．24L

D．l．8gO2分子与1．8gO3分子中含有的中子数不相同参考答案：A略9.向100molFeBr2的溶液中，通入3molCl2。反应后溶液中Br-和Cl-的物质的量浓度相等，则溶液中发生反应的离子方程式为A.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

B.2Br-+Cl2=Br2+2Cl-C.4Fe2++2Br-+3Cl2=Br2+4Fe3++6Cl-D.2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-参考答案：C略10.将饱和FeCl3溶液分别滴入下列液体中，能形成胶体的是（

）A．冷水 B．沸水

C．NaOH溶液 D．NaCl溶液参考答案：B略11.用稀H2SO4溶液FeS和Fe（OH）3的混合物56.6g，可得到3.2g硫，原混合物中FeS的质量可能是

①8.8g

②21.4g

③35.2g

④47.8g

A．①②

B．②④

C．①③

D．③④参考答案：C12.下列反应中，属于加成反应的是

参考答案：A13.足量的铝与20mL1.0mol·L－1的下列物质反应，产生气体物质的量最少的是A．氢氧化钠溶液

B．稀硫酸

C．盐酸

D．稀硝酸【知识点】铝的性质计算【答案解析】D解析：根据2Al～2NaOH～3H2,2Al～6H＋～3H2,Al～4HNO3～NO知产生气体物质的量由小到大是硝酸，盐酸，硫酸，氢氧化钠，选D。【思路点拨】根据反应方程式解答。参考答案：14.将过氧化钠投入FeCl2溶液中，可观察到的实验现象是A．有无色气体产生

B．没有沉淀生成C．有白色沉淀生成

D．没有红褐色沉淀生成参考答案：A略15.从石墨中分离出来的石墨烯是最薄、最坚硬、几乎透明的物质，可制成电阻率最小的纳米材料，其结构如图所示．下列关于石墨烯的说法不正确的是（）A．具有良好的导电性和透光性B．石墨烯属于新型有机化合物，熔沸点较高C．石墨烯、金刚石互为同素异形体D．在氧气中燃烧可能生成CO2、CO或二者的混合物【考点】同素异形体．【分析】A．石墨烯可制成电阻率最小的纳米材料；B．石墨烯属于碳的单质；C．同素异形体是同种元素形成的不同单质；D．碳能在氧气中燃烧．参考答案：B【解答】解：A．石墨烯可制成电阻率最小的纳米材料，说明石墨烯具有良好的导电性，故A正确；B．石墨烯属于碳的单质，不是化合物，也不是高分子化合物，故B错误；C．石墨烯、金刚石是同种元素形成的不同单质，互为同素异形体，故C正确；D．碳能在氧气中燃烧，石墨烯属于碳的单质，能与氧气反应，故D正确．故选B．【点评】本题以石墨烯为知识背景，考查了碳的单质的性质，属于信息给予题，题目难度不大．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.氨气具有还原性，一定条件下，氨气可与氧化铜反应，反应后得到三种物质，其中有两种单质，下图为该反应的部分反应装置（夹持装置略）：请回答：

（1）实验室制取氨气的化学方程式是

。

（2）A、B装置中的现象分别是

。A中

，B中

。

（3）A中反应的化学方程式是

。

（4）反应结束时的操作是

，原因是

。

参考答案：略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.草酸()在工业上可作漂白剂、鞣革剂，也是实验室常用试剂。（1）已知草酸中相关化学键的键能数据如下表：化学键C—OCOC—CE/(kJ/mol)abc

一定条件下发生反应H2C2O4(g)H2O(g)+CO(g)+CO2(g)

△H=_________kJ/mol。（2）现将0.50mol无水草酸放入10L的密闭容器中，分别在T1、T2时进行上述反应(体系内物质均为气态)，测得n(H2C2O4)随时间变化的数据如下表：t/min温度010204050T10.500.30T20.500.300.18……0.18

①温度：T1_________T2(填“>”、“<”或“=”)；②T2时0~20min平均反应速率v(CO)=_________；③该反应达到平衡的标志为_________(填序号)；a消耗H2C2O4和生成H2O的物质的量相等

b.气体密度不变c混合气体的平均摩尔质量不变 d.体系中不变④T2时，反应至20min时再加入0.5molH2C2O4，反应达平衡时H2C2O4物质的量_________0.36mol(填“>”“<”或“=”)。（3）室温下利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究外界条件对反应速率的影响，设计方案如下：试验编号所加试剂及用量/mL溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4溶液H2O0.01mol/L稀KMnO4溶液3mol/L稀H2SO413.02.03.02.04.022.03.03.02.05.231.04.03.02.06.4

①上述反应的离子方程式为_________；②分析数据可得到的结论是_________；③该实验中若n(Mn2+)随时间变化趋势如图一所示，请于图二画出t2后生成CO2的速率图像(从a点开始作图)并说明理由_________。。参考答案：(1)2a+c-b

(2)①＜

②0.0016mol/(L·min)

③cd

④＜

(3)①5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O

②其他条件不变时，草酸的浓度越大，反应速率越快

③，锰离子对反应起到催化作用，生成二氧化碳的速率会突然加快，随着反应的进行，溶液中溶质的浓度逐渐减小，生成二氧化碳的速率减慢，最后几乎为0【分析】(1)根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能计算；(2)①温度越高，化学反应速率越快；②首先可以计算T2时0~20min平均反应速率v(H2C2O4)，再结合方程式H2C2O4(g)H2O(g)+CO(g)+CO2(g)，计算v(CO)；③根据化学平衡状态的特征和标志分析判断；④根据表格数据，T2时，反应至20min时反应达到平衡，再加入0.5molH2C2O4，相当于增大压强，据此分析判断；(3)①反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，结合化合价升降守恒写出并配平反应的化学方程式；②表格中溶液的总体积相同，高锰酸钾的体积相等，草酸的体积不同，结合溶液褪色需要的时间分析解答；③根据n(Mn2+)随时间变化趋势图可知，t2时反应速率突然加快，可能是生成的锰离子对反应起到催化作用，因此生成二氧化碳的速率也会突然加快，随着反应的进行，溶液中溶质的浓度逐渐减小，因此生成二氧化碳的速率减慢，最后几乎为0，据此分析解答。【详解】(1)反应物中含有2个H-O，2个C-O，2个C=O和1个C-C；生成物H2O+CO+CO2中含有2个H-O，1个，2个C=O，H2C2O4(g)H2O(g)+CO(g)+CO2(g)

△H=反应物的总键能-生成物的总键能=2E(C-O)+E(C-C)-E()=(2a+c-b)kJ/mol，故答案为：2a+c-b；(2)①温度越高，化学反应速率越快，根据表格数据可知，相同时间内，n(H2C2O4)在T2时变化大，反应速率快，因此温度：T1＜T2，故答案为：＜；②T2时0~20min平均反应速率v(H2C2O4)==0.0016mol/(L·min)，故方程式H2C2O4(g)H2O(g)+CO(g)+CO2(g)，v(CO)=v(H2C2O4)=0.0016mol/(L·min)，故答案为：0.0016mol/(L·min)；③a.H2C2O4(g)H2O(g)+CO(g)+CO2(g)，消耗H2C2O4和生成H2O的物质的量始终相等，不能说明达到平衡状态，错误；b.气体的质量不变，气体的体积不变，因此气体密度始终不变，不能说明达到平衡状态，错误；c.气体的质量不变，气体的物质的量是一个变量，当混合气体的平均摩尔质量不变，说明气体的物质的量不变，说明反应达到了平衡状态，正确；d.随着反应的进行，H2C2O4的物质的量减小，CO的物质的量增大，当体系中不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，正确；故选cd；④根据表格数据，T2时，反应至20min时反应达到平衡，再加入0.5molH2C2O4，相当于增大压强，平衡逆向移动，反应达平衡时H2C2O4物质的量＜0.36mol，故答案为：＜；(3)①反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，改写成离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O，故答案为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O；②表格中溶液的总体积相同，高锰酸钾的体积相等，草酸的体积不同，因此本实验探究了草酸的浓度对反应速率的影响，根据溶液褪色需要的时间可知，草酸的浓度越大，溶液褪色的时间越少，说明反应速率越快，故答案为：其他条件不变时，草酸的浓度越大，反应速率越快；③根据n(Mn2+)随时间变化趋势图可知，t2时反应速率突然加快，可能是生成的锰离子对反应起到催化作用，因此生成二氧化碳的速率也会突然加快，随着反应的进行，溶液中溶质的浓度逐渐减小，因此生成二氧化碳的速率减慢，最后几乎为0，因此生成CO2的速率图像为，故答案为：，锰离子对反应起到催化作用，生成二氧化碳的速率会突然加快，随着反应的进行，溶液中溶质的浓度逐渐减小，生成二氧化碳的速率减慢，最后几乎为0。18.（14分）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：

N2（g）+3H2（g）2NH3（g）

?H=－92.4kJ?mol￣1

一种工业合成氨的简易流程图如下：（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：

。（2）步骤II中制氢气原理如下：

对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的措施是

。a.升高温度

b.增大水蒸气浓度

c.加入催化剂

d.降低压强利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量。若1molCO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为

。（3）图1表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：

。（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图2坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。（5）上述流程图中，使合成氨放出的热量得到充分利用的主要步骤是（填序号）

，简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：

。参考答案：（1）2NH4HS+O22NH3·H2O+2S↓（2）a

90％（3）14.5%（4）（5）Ⅳ对原料气加压；分离液氨后，未反应的N2、H2循环使用。

19.有机