山西省运城市万荣育才中学2023年高三化学期末试题含解析

山西省运城市万荣育才中学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。）1.一定温度下，将1molA和1molB气体充入2L恒容密闭容器，发生反应A(g)+B(g)xC(g)+D(s)，t1时达到平衡。在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是A．反应方程式中的x＝1B．t2时刻改变的条件是使用催化剂C．t3时刻改变的条件是移去少量物质DD．t1～t3间该反应的平衡常数均为4参考答案：D略2.对四支分别盛有无色溶液的试管，进行如下操作，结论正确的是（

）选项操作现象结论A滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I﹣B滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中一定有SO42﹣C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+D滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中一定无NH4+参考答案：AA．四氯化碳的密度大于水且和水不互溶，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以向碘水中加入四氯化碳时能发生萃取，导致下层液体呈紫色上层液体无色，故A正确；B．能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子有硫酸根离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等，故B错误；C．观察钾元素的焰色反应时要透过蓝色的钴玻璃，放置钠元素造成干扰，故C错误；D．铵根离子和稀氢氧化钠溶液反应生成一水合氨，只有在加热条件下或浓氢氧化钠和铵根离子反应才能生成氨气，故D错误；故选A．3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol甲醇分子中含有的共价键数为4NAB.25℃时，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.2NAC.加热条件下，20mL10mol·L-1浓硝酸与足量铜反应转移电子数为0.1NAD.7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有阴离子的数目为0.1NA参考答案：DA.由甲醇结构式可知，1mol甲醇分子中含有的共价键数为5NA，故A错误；B.25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中c(H+)是0.1mol/L，则1.0L此溶液含有的OH-数目为0.1NA；C.加热条件下，20mL10mol·L-1浓硝酸与足量铜反应生成二氧化氮，随着反应进行，硝酸浓度下降，生成一氧化氮，故转移电子数不等于0.1NA，C错误；D.Na2S和Na2O2的摩尔质量相等且离子构成比均为2：1，7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物的物质的量为0.1mol，则7.8g此物质中含有阴离子的数目为0.1NA，D正确。答案选D。4.SCR法（选择性催化还原技术）是一种以NH3作为还原剂，将烟气中NOx，分解成无害的N2和H2O的干法脱硝技术，反应原理为：①6NO+4NH3=5N2+6H2O；②6NO2+8NH3=7N2+12H2O；③NO+NO2+2NH3=2N2+3H2O。下列说法正确的是A．NO2为酸性氧化物B．H2O很稳定是因为水分子之间存在氢键C．反应③中每生成22.4LN2，转移电子数1.5NAD．NH3的沸点比PH3的沸点高参考答案：D试题分析：A、二氧化氮不与碱反应生成盐和水，所以二氧化氮不是酸性氧化物，错误；B、水的稳定性是由其分子内的共价键决定的，不是由分子间的氢键决定的，错误；C、未指明标准状况，则22.4L氮气的物质的量不一定是1mol，则转移的电子数不一定是1.5NA，错误；D、氨气的分子间存在氢键，所以沸点比PH3的高，正确，答案选D。5.X、Y、Z、R是短周期主族元素，X元素是形成有机化合物的必需元素，Y元素的原子最外层电子数是次外层的三倍，Z元素的原子半径是短周期元素中最大的，R原子的核外电子数是X原子核Z原子的核外电子数之和．下列叙述不正确的是（）A．XY2是形成酸雨的主要污染物B．X、Y、R三种元素的非金属性Y＞R＞XC．X、Z分别与R形成的化合物中化学键类型不同D．含有Y、Z、R三种元素的化合物溶液可能显碱性参考答案：A【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】X元素是形成有机化合物的必需元素，应为C元素，Y元素的原子最外层电子数是次外层的三倍，应为O元素，Z元素的原子半径是短周期元素中最大的，为Na元素，R原子的核外电子数是X原子核Z原子的核外电子数之和，为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题．【解答】解：由以上分析可知X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素．A．二氧化碳为导致温室效应的主要气体，与酸雨无关，故A错误；B．同周期元素O＞C，由水比HCl稳定可知非金属性O＞Cl，由酸性强弱可知Cl＞C，故非金属性Y＞R＞X，故B正确；C．X、Z分别与R形成的化合物分别为四氯化碳、氯化钠，分别含有共价键、离子键，故C正确；D．如为NaClO，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故D正确．故选A．6.右图为Na2SO4的溶解度曲线，已知硫酸钠晶体(Na2SO4·10H2O)在温度为T3K时开始分解为无水硫酸钠。现有142g温度为T2K的饱和硫酸钠溶液，当温度降为T1K或升为T4K(T4>T3)时析出固体的质量相等，则温度为T4K时Na2SO4的溶解度为A．等于42g

B．大于42gC．小于40g

D．等于40g参考答案：C略7.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是

（

）

①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中

②过量NaOH溶液和明矾溶液混合

③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中

④向NaAlO2溶液中滴入少量NaHSO4溶液

⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2

A．①③④⑤

B．只有①④

C．只有③④⑤

D．只有②③参考答案：C略8.（2003·全国卷）13.用0.01mol·L－1NaOH溶液完全中和pH=3的下列溶液各100mL。需NaOH溶液体积最大的是（）A.盐酸

B.硫酸C.高氯酸

D.醋酸参考答案：D略9.用NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是（

）A.常温常压下，46g有机物C2H6O中含有极性键的数目一定为7NAB.标准状况下，22.4L四氯化碳中所含有的共价键数目为4NAC.标准状况下，5.6LNO和5.6LO2组成的混合气体中所含原子数为NAD.常温常压下，33.6L氯气与56g铁充分反应，转移的电子数为3NA参考答案：C解析：主要考查了阿伏加德罗常数等考点的理解。A、46g分子式为C2H6O的物质的物质的量=46g/(46g/mol)=1mol，若为乙醇，含极性键C?H键6mol，O?H键1mol，极性键共7NA，若为甲醚，极性键共8NA，故A错误。B、标准状况下，四氯化碳为液态。故B错误。C、标准状况下，5.6LNO和5.6LO2组成的混合气体的物质的量都是0.25mol，总共含有1mol原子；根据质量守恒，一氧化氮和氧气无论如何反应，原子质量和种类不变，所以反应后含有的原子的物质的量还是1mol，所含原子数为NA，故C正确。D、常温常压下，33.6L氯气的物质的量小于1.5mol，D项中氯气不足量，转移电子数小于3NA。故D错误。故答案为C。10.下列生活中常见的现象中，其反应原理不涉及氧化还原反应的是A.铁的冶炼B.电池放电C.碳酸氢钠作发酵粉D.天然气燃烧

参考答案：CA项，铁的冶炼是将铁矿石还原成Fe，涉及氧化还原反应；B项，电池放电为原电池原理，正极发生得电子的还原反应，负极发生失电子的氧化反应，涉及氧化还原反应；C项，NaHCO3作发酵粉因为NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，反应前后元素化合价没有变化，不涉及氧化还原反应；D项，天然气的主要成分为CH4，CH4燃烧生成CO2和H2O，反应前后元素化合价有升降，涉及氧化还原反应；不涉及氧化还原反应的是NaHCO3作发酵粉，答案选C。11.下列说法不正确的是（）A．欲提高氯水中HClO的浓度可往氯水加适量的碳酸钙粉末B．形成酸雨的氧化物主要是SO2和氮的氧化物，CO2是造成温室效应的主要气体C．水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品D．大气中的N2可转化为NO，NO可转化为NO2、硝酸等；含硫物质在自然界中可转化为SO2等含硫化合物参考答案：C考点：氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的污染及治理；硅和二氧化硅．.专题：元素及其化合物．分析：A．氯水中盐酸与碳酸钙反应，可使氯气与水的化学平衡正向移动；B．酸雨与N、S的氧化物有关，温室效应与二氧化碳有关；C、根据水晶项链和餐桌上的瓷盘的成分；D、N2NO，NONO2，NO硝酸，FeS2→SO2可知，大气中的N2可转化为NO，NO可转化为NO2、硝酸等；含硫物质在自然界中可转化为SO2等含硫化合物．解答：解：A．氯水中盐酸与碳酸钙反应，可使氯气与水的化学平衡正向移动，则提高氯水中HClO的浓度可往氯水中加适量的碳酸钙粉末，故A正确；B．形成酸雨的氧化物主要是SO2和氮的氧化物，与水反应生成酸使pH＜5.6；温室效应与二氧化碳有关，使全球温度升高，故B正确；C、水晶的主要成分是二氧化硅，含有硅元素，但不是硅酸盐，餐桌上的瓷盘是硅酸盐制品，故C错误；D．由N2NO，NONO2，NO硝酸，FeS2→SO2可知，大气中的N2可转化为NO，NO可转化为NO2、硝酸等；含硫物质在自然界中可转化为SO2等含硫化合物，故D正确；故选C．点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、化学反应原理为解答的关键，注意发生的反应及环境污染问题，综合性较强，题目难度不大．12.下列有关化学用语表示正确的是

A．中子数为20的氯原子：

B．NH3分子的电子式：

C．铝离子结构示意图：

D．苯甲醇的结构简式：参考答案：B13.某太阳能电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是()A．光照时，b极的电极反应式为VO2＋－e－＋H2O===VO2+＋2H＋B．光照时，每转移2mol电子，有2molH＋由a极区经质子交换膜向b极区迁移C．夜间，a极的电极反应式为V3＋＋e－===V2＋

D．硅太阳能电池供电原理与该电池相同参考答案：A光照时，b极失去电子，发生氧化反应，b极为负极，电极反应式为VO2＋－e－＋H2O===VO2+＋2H＋，A项正确；光照时，b极失去电子，为了维持电荷平衡，H＋必须由b极区经质子交换膜向a极区迁移，B项错误；夜间，电池放电，a极的电极反应式为V2＋－e－===V3＋，b极的电极反应式为VO2+＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O，C项错误；该电池工作时，发生了氧化还原反应，化学能转化为电能，而硅太阳能电池直接将光能转化成电能，二者供电原理不相同，D项错误。14.下列叙述正确的是

A．图A是将溶解好的溶液转移到容量瓶中B．选择合适的试剂，用如图B所示装置可分别制取并收集少量H2、NO2和Cl2C．图C是N2与H2合成氨的能量变化曲线，可确定该反应1molN2和4molH2充分反应时放热一定小于92kJD．如图D可观察KCl的焰色反应

图A

图B

图C

图D

参考答案：CA错，将溶解好的溶液转移到容量瓶，正确的操作应该要用玻璃棒引流；B错，如图B所示装置不能用来收集NO2，因为与NO2水反应，应该用排空气法收集NO2；由图C可知道消耗1molN2与3molH2生成2mol氨时放出热量92kJ，而该反应1molN2和4molH2充分反应时，不可能消耗掉1molN2,，所以放热一定小于92kJ，C正确；可观察KCl的焰色反应，必须要用蓝色钴玻璃进行虑光，D错。15.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的（

）A．加热时，①上部汇集了固体NH4C1，说明NH4C1沸点很低，易升华B．

四个“封管实验”中都发生了化学反应C．加热时，②、③溶液均变红，冷却后又都变为无色D．④中，左右相同的容器中分别充入相同的二氧化氮，浸泡在热水中的容器内二氧化氮的浓度小，参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（14分）某化学研究性学习小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法来制备KMnO4。已知：①3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O②几种物质的溶解度：温度.com[高考资源网.COM]溶解度/gK2CO3KOHKMnO420℃1111126.3860℃12715422.1请回答下列问题：⑴第一步固体熔融时除三脚架、泥三角、细铁棒、坩埚钳外，还需下列仪器中的

▲

。A．蒸发皿

B．烧杯

C．酒精灯

D．铁坩埚⑵反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为

▲

；该反应中可以循环利用的产物是

▲

。⑶反应Ⅱ的条件为电解，写出反应Ⅱ的化学方程式

▲

。⑷途径一、二中的操作a、b相同，均包括

▲

、过滤等3步。⑸通过用草酸滴定KMnO4溶液的方法可测定KMnO4粗品的纯度（质量分数）。①实验时要将草酸晶体（H2C2O4·2H2O）配成标准溶液，则配制100mL1.5mol·L—1的草酸溶液，需要称取草酸晶体的质量为

▲

。②该实验中除草酸晶体的质量外，还需要采集的数据有

▲

。参考答案：（每空2分，共14分）⑴CD⑵2:1

MnO2⑶2K2MnO4＋2H2O2KOH＋2KMnO4＋H2↑⑷蒸发浓缩、降温结晶⑸①18.9g

②滴定时消耗草酸溶液的体积、KMnO4粗品的质量略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.(8分)含有氨基(—NH2)的化合物通常能够与盐酸反应，生成盐酸盐。如：R-NH2+HCl→R-NH2·HCl

(R代表烷基、苯基等)现有两种化合物A和B，它们互为同分异构体。已知：

①它们都是对位二取代苯；

②它们的相对分子质量都是137；

③A既能被NaOH溶液中和，又可以跟盐酸成盐，但不能与FeCl3溶液发生显色反应；B既不能被NaOH溶液中和，也不能跟盐酸成盐；

④它们的组成元素只可能是C、H、O、N、Cl中的几种。

请按要求填空：

（1）A和B的分子式是

。（2）A的结构简式是

；B的结构简式是

。参考答案：

答案：(8分)(1)C7H7NO2(或写成C7H7O2N)

⑵

18.已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。

（1）写出下列物质的化学式：A： D： R：

。（2）按要求写下列反应方程式：H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式：

；向N中通足量CO2时反应的离子方程式：

；D与盐酸反应的离子方程式：

。（3）简述检验气体C的方法：

。参考答案：【知识点】金属元素及其化合物的推断C1

C2

C3

C5【答案解析】（1）A：Na2O2

D：Fe3O4

R：Al

（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3

AlO2—+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3—

Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O

（3）用带火星的木条伸入试管口，若带火星的木条复燃，说明有氧气生成。

解析：A为淡黄色固体，且A能和水反应，则A是Na2O2，A和水反应生成NaOH和O2，C是无色无味的气体，则C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体是Fe3O4，Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则Q是Al2O3、R是Al，N是NaAlO2，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体M，则H是Fe（OH）2、M是Fe（OH）3，Fe3O4和HCl、Fe反应后得到E，E为FeCl2，Fe（OH）3和HCl反应生成W，则W是FeCl3，

(1)分析知，A、D、R分别是Na2O2、Fe3O4、Al；

（2）H是Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定，易被空气氧化生成Fe（OH）3，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，向NaAlO2中通足量CO2时反应的离子方程式AlO2—+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3—，四氧化三铁和稀盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，离子反应方程式为：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O．

（3）C是氧气，用带火星的木条伸入试管口，若带火星的木条复燃，说明有氧气生成．【思路点拨】本题Al、Fe及其化合物为载体考查了金属元素及其化合物的推断，H的颜色变化、A的颜色及性质、D的性质为突破口采用正逆结合的方法进行推断即可解答。19.污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题．某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）．

①

②

③

④

⑤图1图2请回答下列问题：（1）上述流程脱硫实现了

（选填下列字母编号）．A．废弃物的综合利用

B．白色污染的减少

C．酸雨的减少（2）流程图④过程中发生的主要化学反应的方程式为

．（3）用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，其原因是

，用MnS除去溶液中的Cu2+的离子方程式为

．（4）MnO2可作超级电容器材料．工业上用如图2所示装置制备MnO2．接通电源后，A电极的电极反应式为：

，当制备1molMnO2，则膜两侧电解液的质量变化差（△m左﹣△m右）为

g．（5）假设脱除的SO2只与软锰矿浆中的MnO2反应．按照如图1示流程，将am3（标准状况）含SO2的体积分数为b%的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为67.2%，最终得到MnO2的质量为ckg，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于MnO2

kg．参考答案：（1）AC；（2）2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4；（3）消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；MnS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Mn2+（aq）；（4）Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+；89；（5）（0.6c﹣0.0261ab）．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3调节溶液pH，使溶液中Al3+和Fe3+转化为沉淀，过滤除去，MnS将铜、镍离子还原为单质，过滤分离，滤液中加入高锰酸钾与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰．（1）流程脱硫实现了废弃物的综合利用、酸雨的减少；（2）高锰酸钾与硫酸锰反应生成二氧化锰，还生成硫酸钾，由元素守恒可知还生成硫酸；（3）用MnCO3消耗溶液中的酸，使Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；MnS与溶液中的Cu2+反应生成CuS沉淀与Mn2+（aq），是沉淀转化；（4）MnO2可作超级电容器材料．电解硫酸锰溶液制备MnO2，Mn元素发生氧化反应，由装置图可知，B电极上有气体生成，发生还原反应，应是氢离子放电生成氢气，A为阳极，阳极上是Mn2+失去电子得到MnO2，由电荷守恒可知还有H+生成，氢离子通过质子交换膜移向右室，根据电子转移可知移向右室的氢离子生成氢气，右室电解质溶液质量不变，两侧电解液的质量变化差为二氧化锰与移向右室氢离子的质量；（5）被吸收的SO2转化为MnSO4，二者物质的量相等，除去铁、铝、铜、镍等杂质时碳酸锰也转化为MnSO4，④中发生反应：2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4，可得关系式：3SO2～3MnSO4～5MnO2，由关系式计算n（MnSO4），根据Mn元素守恒计算引入的Mn元素物质的量，而引入Mn元素物质的量与相当于引入的二氧化锰的物质的量相等．【解答】解：由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3调节溶液pH，使溶液中Al3+和Fe3+转化为沉淀，过滤除去，MnS将铜、镍离子还原为单质，过滤分离，滤液中加入高