广东省梅州市文葵中学2023年高三化学期末试卷含解析

广东省梅州市文葵中学2023年高三化学期末试卷含解析一、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.以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）。下列说法错误的是A．阴极附远溶液呈红色

B．阴极逸出气体C．阳极附近溶液呈蓝色

D．溶液的pH变小参考答案：D2.下列实验或操作合理的是A．制氨气

B．蒸发、结晶

C．萃取碘

D．用酸性KMnO4溶液滴定参考答案：AD略3.下列物质酸性最强的是A、CH3COOH

B、CH2ClCOOH

C、CHCl2COOH

D、CCl3COOH参考答案：D略4.烧杯中盛有100mL1.0mol/L的NaHSO4溶液，向其中逐滴滴加1.0mol/L的Ba（OH）2溶液，烧杯中某些物质（或微粒）的物质的量的变化曲线如右图。下列说法正确的是

（

）

A．曲线a表示H+的物质的量的变化

B．直线d表示OH-的物质的量的变化

C．曲线c表示Ba2+的物质的量的变化

D．加入Ba（OH）2溶液50mL反应的离子方程式为：Ba2++OH—+H++SO2-4=BaSO4↓+H2O参考答案：B略5.下列说法正确的是A、葡萄糖、淀粉和氨基酸在一定条件下都能发生水解反应B、煤中含有苯、甲苯、二甲苯等芳香烃，可通过干馏制取C、氯乙烷与NaOH水溶液共热生成乙醇D、不含其他杂质的天然油脂属于纯净物参考答案：C略6.在电解水时，为了增强导电性，加入的电解质最好选用

A．NaOH

B．HCl

C．NaCl

D．CuSO4参考答案：略7.NH4Cl稀溶液中分别加入少量下列物质或改变如下条件，能使比值c(NH4+)/c(Cl—)一定增大的是①HCl气体

②氨气

③H2O

④NH4Cl固体

⑤NaOH固体

⑥降温A．③④⑤

Ｂ．②④

Ｃ．②③⑥

Ｄ．②④⑥参考答案：D略8.常温下amol·L－1稀氨水和bmol·L－1稀盐酸等体积混合，对混合后溶液判断一定正确的是 A、若a＝b，则c(NH4+)＝c(Cl－)

B、若a＞b，则c(NH4+)＞c(Cl－)C、若a＞b，则c(OH－)＞c(H＋)

D、若a＜b，则c(OH－)＜c(H＋）参考答案：D【知识点】离子浓度比较H3H2H1【答案解析】D解析：若a＝b，则二者刚好反应生成氯化铵，而氯化铵水解呈酸性，c(NH4+)<c(Cl－),A错误；若a＞b时，氨水过量，c(NH4+)可能“大于”、“小于”、“等于”c(Cl－)，B、C错误；若a＜b时，c(OH－)一定＜c(H＋），D正确。【思路点拨】本题也可以根据电荷守恒判断：比如若c(NH4+)＞c(Cl－)，则c(OH－)>c(H＋）。9.(2011·海南卷)是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中的含量变化来检测核电站是否发生放射性物质泄漏。下列有关的叙述中错误的是A.的化学性质与相同

B.的原子序数为53C.的原子核外电子数为78

D.的原子核内中子数多于质子数参考答案：C社会热点问题的体现，由于日本福岛核问题而使成为社会关注的焦点。本题是相关同位素、核素考查。A选项中考查同位素化学性质相同这点，B选项落在考查，C中电子数=53因而错，D是中子数的计算。思维拓展：对核素的考查是以前老的命题内容，今年核问题出现后，不少老教师已经猜测到此点，因而做了复习准备。这类题紧跟社会热点问题或主题，每年都可把当年四月份之间与化学相关热点焦点作为备考点。10.有容积相同的4个集气瓶，分别装满下列各气体，倒扣在盛满水的水槽中，经充分反应后，集气瓶进水最多的是A、NO和N2体积各占50%

B、NO2和N2体积各占50%C、NO2和O2体积各占50%

D、NO和O2体积各占50%

参考答案：D略11.下列叙述正确的是 A.蒸馏操作时应将温度计的水银球插入液面下B.冷浓硫酸保存在敞口的铅制的容器中C.洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，选用的试剂为饱和NaCl溶液或者75%乙醇。D.为了使过滤速率加快，可用玻璃棒在过滤器中轻轻搅拌，加速液体流动参考答案：C12.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（）A．一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAB．256gS8分子中含S﹣S键为7NA个

C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO﹣数目为NA个D．1molNa与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA个参考答案：B考点：阿伏加德罗常数．.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，反应物不会完全转化成生成物；B．一个S8分子中含8个S﹣S键，据此计算出256g晶体中含有的S﹣S的数目；C．根据电荷守恒判断：溶液为中性，氢离子与氢氧根离子浓度相等，则钠离子与醋酸根离子相等；D．钠为1价金属，1mol钠完全反应失去1mol电子．解答：解：A．一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后，该反应为气体体积减小的可逆反应，所以反应后气体的物质的量大于2mol，反应后容器中的分子数大于2NA，故A正确；B．256gS8晶体含有S8的物质的量为1mol，1molS8中含有8molS﹣S键，含有的S﹣S键为8NA个，故B错误；C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，含有1mol钠离子；根据电荷守恒，溶液为中性，氢离子与氢氧根离子物质的量相等，则钠离子与CH3COO﹣的物质的量相等，所以溶液中含有CH3COO﹣的物质的量为1mol，含有的CH3COO﹣数目为NA个，故C正确；D．1molNa完全反应失去1mol电子，无论产物为氧化钠还是过氧化钠，转移的电子数都为1mol，转移电子总数NA个，故D正确；故选B．点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项C为易错点，注意电荷守恒的应用．13.下列所采取的分离方法正确的是（

）A、由于碘在酒精中的溶解度大，所以可用酒精将碘水中的碘萃取出来B、水的沸点是100℃，酒精的沸点是78.5℃，所以可用直接加热蒸馏法使

含水酒精变为无水酒精C、可用冷却热的饱和氯化钾和氯化钠混合溶液的方法得到纯净的氯化钠晶体D、由于胶体微粒的直径比离子大，所以碘化钾混入淀粉中可用渗析法分离参考答案：D略14.200℃时11.6gCO2和H2O的混合物气体与足量的Na2O2反应，反应后固体增加了3.6g，则原混合物的平均式量为

A．5.8

B．23.2

C．

34.8

D．46.4参考答案：B略15.研究发现，空气中少量的NO2能参与硫酸型酸雨的形成，反应过程如下：①SO2+NO2→SO3+NO②SO3+H2O→H2SO4③2NO+O2→2NO2NO2在上述过程中的作用，与H2SO4在下列变化中的作用没有相似之处的是A．潮湿的氯气通过盛有浓H2SO4的洗气瓶

B．硫化氢通入浓H2SO4中C．浓H2SO4、铜混合共热

D．加入少量H2SO4使乙酸乙酯水解参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（11分）三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]?3H2O可用于摄影和蓝色印刷．可用如下流程来制备．根据题意完成下列各题：（1）若用铁和稀硫酸制备FeSO4?7H2O（填物质名称）往往要过量，理由是

．（2）要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是．（按前后顺序填）a．过滤洗涤

b．蒸发浓缩

c．冷却结晶

d．灼烧

e．干燥某课外化学兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]?3H2O）中铁元素含量，做了如下实验：步骤一：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液．步骤二：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时，MnO﹣4．被还原成Mn2+．向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍里酸性．步骤三：用0.010mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02ml，滴定中MnO4，被还原成Mn2+．重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液19.98ml；回答43﹣46小题：（3）配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有

；主要操作步骤依次是：称量、、转移、、定容、摇匀．（4）加入锌粉的目的是

．（5）实验测得该晶体中铁的质量分数为

．在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量

．（选填“偏低”“偏高”“不变”）（6）某同学将8.74g无水三草酸合铁酸钾（K3[Fe（C2O4）3]）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为5.42g，同时得到密度为1.647g/L（已折合成标准状况下）气体．研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3．写出该分解反应的化学方程式

．参考答案：（1）铁

以防止亚铁离子被氧化（2）bcae（3）250ml容量瓶

溶解、洗涤（4）将Fe3+还原成Fe2+，为进一步测定铁元素的含量做准备（5）11.12%

偏高（6）2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO↑+5CO2↑

考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验题．分析：（1）亚铁离子易被空气中的氧气氧化为铁离子，需要加入过量的铁粉避免亚铁离子被氧化；（2）根据溶液来得到晶体来分析实验操作；（3）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（4）锌粉能与Fe3+反应，加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+；（5）依据化学方程式或离子方程式计算，注意配制溶液的体积变化；加入的KMnO4的溶液的量不足，导致草酸根有剩余，再滴定亚铁离子时，进行与高锰酸钾反应，使的滴定亚铁离子消耗的高锰酸钾的体积偏大；（6）根据气体的密度为求出其摩尔质量，然后根据摩尔质量和质量守恒来判断成分；依据信息：固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在；最后写出方程式．解答：解：（1）亚铁离子易被空气中的氧气氧化为铁离子，需要加入过量的铁粉避免亚铁离子被氧化，2Fe3++Fe=3Fe2+；故答案为：铁；防止亚铁离子被氧气氧化；（2）将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，将析出的固体过滤、洗涤、干燥，即可得到绿矾，故答案为：bcae；（3）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：250ml容量瓶；溶解，洗涤；（4）向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至溶液完全由黄色变为浅绿色，说明加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+；故答案为：将Fe3+还原成Fe2+，为进一步测定铁元素的含量做准备；（5）再重复（1）、（2）步骤两次，滴定消耗0.01moL/KMnO4溶液平均体积为19.98mL；

5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O

5mol

1moln（Fe2+）0.010×0.01998mol配制成250moL溶液，取所配溶液25.00moL进行的中和滴定实验，含亚铁离子物质的量n（Fe2+）=5×0.010×0.01998mol：所以250ml溶液中亚铁离子物质的量为：10×5×0.010×0.01998mol：铁的质量分数ω（Fe）=[10×5×0.010×0.01998mol×56g/mol]÷5.000g×100%=11.12%；加入的KMnO4的溶液的量不足，导致草酸根有剩余，再滴定亚铁离子时，进行与高锰酸钾反应，使的滴定亚铁离子消耗的高锰酸钾的体积偏大，导致测定的亚铁离子的物质的量偏大，故铁元素的质量偏大，计算测定的铁元素的质量分数偏高，故答案为：11.12%；偏高；（6）气体密度为1.647g/L，其摩尔质量为1.647g/L×22.4L/mol=36.9g/mol，所以气体为CO和C02，两者的物质的量之比=，固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在，故方程式为：2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO↑+5CO2↑；故答案为：2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO↑+5CO2↑点评：本题考查较为综合，涉及到溶液的配制、滴定操作的指示剂选择，氧化还原反应的离子方程式的书写，化学方程式的计算，注意基础实验知识的积累，把握实验步骤、原理和注意事项等问题．

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.现有等物质的量的NaHCO3、KHCO3的混合物ag与100mL盐酸反应。题中涉及的气体体积均以标准状况计，填空时可以用带字母的公式表示。（写出计算过程，结果可以不化简）(1)如碳酸氢盐与盐酸恰好完全反应，则盐酸的物质的量浓度为多少mol·L-1。

(2)如果盐酸过量，生成CO2的体积为多少L。(3)若NaHCO3和KHCO3不是以等物质的量混合，则ag固体混合物与足量的盐酸完全反应时生成CO2的体积范围是多少？参考答案：（每空2分，共6分）(1)5a/46

(2)22.4a/92或5.6a/23

(3)(22.4/100)a～(22.4/84)a略18.（9分）现有AlCl3和FeCl3的混合溶液，其中Al3+与Fe3+的物质的量之和为0.1mol，在此溶液中加入90mL4mol·L－1的NaOH溶液，使其充分反应。设Al3+物质的量与总物质的量的比值为x。(1)根据反应的化学方程式计算：x=0.4时溶液中产生的沉淀是什么?物质的量是多少?(2)计算沉淀中只有Fe(OH)3的x取值范围。并请在图中画出沉淀的物质的量随x(0→1)变化的曲线。(3)若Al3+和Fe3+的物质的量之和为amol(a为合理数值)，其他条件不变时，求沉淀中同时存在Fe(OH)3、Al(OH)3时x的取值范围和各沉淀的物质的量(用含有a，x的式子表示)。参考答案：（9分）（1）当x=0.4mol，则n（Al3+）=0.04mol

n（Fe3+）=0.06mol

n（OH－）=0.36mol因为〔n（Al3+）+n（Fe3+）〕×3＜n（OH－）所以只有Fe(OH)3沉淀，且为0.06mol

2分（2）设n（Al3+）为0.1xmol，则n（Fe3+）为0.1（1－x）mol当只有Fe(OH)3沉淀，且AlO恰好要出现时4×0.1x+3×0.1（1－x）=0.36x=0.6则：0＜x≤0.6时，只有Fe(OH)3沉淀当x＞0.6时沉淀为0.1－（0.36－0.3）=0.04mol为一定值