2022-2023学年山东省济宁市龙城中学高三化学下学期期末试题含解析

2022-2023学年山东省济宁市龙城中学高三化学下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.下列表中对于相关物质的分类全部正确的一组是（

）编号纯净物混合物弱电解质非电解质A明矾蔗糖NaHCO3CO2B天然橡胶石膏SO2CH3CH2OHC冰王水H2SiO3Cl2D胆矾玻璃H2CO3NH3参考答案：D略2.下列有关电解质与非电解质的叙述，正确的是()A.液态HCl、固体氯化钠均不导电，所以二者均为非电解质B.NH3、CO2的水溶液均能导电，所以二者均为电解质C.蔗糖在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它是非电解质D.铜、石墨均能导电，所以它们是电解质参考答案：CA项，液态氯化氢和固体氯化钠不含自由移动的离子，所以不导电；但氯化氢和氯化钠在水溶液里能电离出自由移动的离子而使溶液导电，所以氯化氢和氯化钠是电解质，故A错误；B项，NH3、CO2的水溶液均能导电，因为氨气、二氧化碳分别和水反应生成的一水合氨、碳酸电离出自由移动的离子而使其溶液导电，所以一水合氨和碳酸都是电解质，NH3、CO2都不是电解质，是非电解质，故B错误；C项，蔗糖在水溶液里或熔融状态下均以分子形式存在，所以其水溶液或熔融状态都不导电，因此蔗糖是非电解质，C正确；D项，铜和石墨是单质不是化合物，所以不是电解质也不是非电解质，故D错误。点睛：本题考查了电解质和非电解质的判断，明确在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，无论电解质还是非电解质都必须是化合物。3.下图所示的实验方法、装置或操作完全正确的是

A．稀释浓H2SO4

B．制取Fe（OH）2

C．石油的蒸馏

D．研究不同催化剂对反应速率的影响参考答案：C略4.研究性学习小组进行了一系列化学实验后，发现高锰酸钾分解后的含锰元素的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气，且锰化合物的还原产物都是MnCl2．他们将6.32gKMnO4粉末加热一段时间，也不知道高锰酸钾是否完全分解，收集到0.112L气体后便停止加热了，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，又收集到气体体积是（上述气体体积都折合成标准状况）（）A．0.448L

B．2.240L

C．2.016L

D．无法确定参考答案：C考点：氯气的实验室制法．.专题：压轴题；卤族元素．分析：KMnO4中Mn是+7价的Mn，具有强氧化性，锰化合物的还原产物都是MnCl2，1mol得到5mol电子，6.32gKMnO4粉末加热一段时间，也不知道高锰酸钾是否完全分解，收集到0.112L气体为氧气，KMnO4中O为﹣2价，生成1个O2失去4个电子．解答：解：根据氧化还原反应的得失电子守恒规律，KMnO4中Mn得到的电子总数，等于KMnO4中O失去的电子总数与浓盐酸中氯离子失去电子变为氯气失去的电子总数之和．6.32gKMnO4的物质的量n=═=0.04mol，0.112LO2的物质的量===0.005mol得到的电子：KMnO4～5e﹣～Mn2+，K2MnO4～4e﹣～Mn2+，MnO2～2e﹣～Mn2+，失去的电子：2Cl﹣～2e﹣～Cl2，2O～4e﹣～O2，根据电子守恒计算：n（KMnO4）×5e﹣=n（O2）×4e﹣+n（Cl2）×2e﹣0.04mol×5e﹣=0.005mol×4e﹣+n（Cl2）×2e﹣n（Cl2）=0.09mol所以生成的氯气标准状况下的体积V（Cl2）=n×Vm=0.09mol×22.4L/mol=2.016L．故选C．点评：该题主要考查了氧化还原反应的电子守恒的计算应用，做题时，一定要理清化合价变化的元素，在反应物和相应产物的化合价．5.在反应器中充入二氧化硫V1L和硫化氢V2L(标况)，充分反应后测知所得氧化产物比还原产物多1.6g，以下推断错误的是：A、V1>1.12，V2>2.24

B、V1+V2≥3.36C、若V1=1.12，则V2≥2.24

D、若V1≥1.12，则V2=2.24参考答案：A6.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．18gD2O含有的电子数为10NAB．标准状况下，11.2LSO3中含有的分子数为0.5NAC．7.8gNa2O2晶体中含有的阴离子数为0.1NAD．常温常压下，44gCO2气体含有氧原子的个数为2NA参考答案：CD7.在含有大量H+、Fe3+、SO42﹣的溶液中，还能大量存在的离子是（）A．CO32﹣B．Ba2+C．SCN﹣D．NH4+参考答案：D【考点】离子共存问题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相互促进水解、不能结合生成络离子等，则离子大量共存，以此来解答．【解答】解：A．H+、CO32﹣结合生成水和气体，CO32﹣、Fe3+相互促进水解，不能共存，故A错误；B．Ba2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能共存，故B错误；C．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能共存，故C错误；D．H+、Fe3+、SO42﹣、NH4+之间均不反应，可大量共存，故D正确；故选D．8.下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是A.二氧化氮

B.钠

C.硫酸镁

D.二氧化硅参考答案：B略9.下列叙述中正确的是（

）A．同一主族元素的气态氢化物，其相对分子质量越大，对应的熔、沸点一定越高B．升高温度可加快反应速率，其主要原因是反应物分子能量增加，单位体积活化分子的数目增多，活化分子的百分数不变，使得有效碰撞次数增多C．若R2－离子和M+离子的电子层结构相同，则原子序数：R＞MD．若弱酸HA的酸性强于弱酸HB，则同浓度钠盐溶液的pH：NaA＜NaB参考答案：D略10.下列有关化学实验不能达到目的的是A．采用如图所示的装置制取少量的氢氧化亚铁B．加热苯、液溴和浓硫酸的混合物制取少量的溴苯C．用素瓷片作催化剂进行石蜡油的受热分解实验D．用滴有少量硫酸铜溶液的稀硫酸跟锌粒反应快速地制氢气参考答案：B略11.下列叙述正确的是A．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法B．右图中电子由Zn极流向Cu，盐桥中的Cl－移向CuSO4溶液C．氢氧燃料电池(酸性电解质)中O2通入正极，电极反应为O2＋4H+＋4e－＝2H2OD．电镀时，通常把待镀的金属制品作阳极参考答案：AC12.下列叙述正确的是A．相同数目的H318O+和D2O分子中的中子数相等B．5424Cr为铬的一种核素，其核外电子数为30C．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为1.204×1024D．Na2O2与H2O反应生成氧气，反应中水作还原剂参考答案：A略13.下列实验装置能达到相应实验目的的是

A．利用图①装置可将H2和Cl2均匀混合B．利用图②装置可以制备能较长时间存在的Fe(OH)2沉淀C．利用图③装置加热蒸干NaCl溶液制备NaCl晶体D．利用图④装置分离苯和甲苯参考答案：B试题分析：A．盛氯气的集气瓶应该在上方，故A错误；B．铁作阳极，失去电子生成亚铁离子，阴极氢离子放电生成氢气，能够防止氢氧化亚铁被氧化，可以制备能较长时间存在的Fe(OH)2沉淀，故B正确；C．蒸发应该选用蒸发皿，故C错误；D．应该选用直型冷凝管，故D错误；故选B。14.下面有机物命名正确的是（）参考答案：答案：B15.下列实验操作正确的是

参考答案：C二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（14分）酸和醇的反应是制备酯类的一种重要方法，实验室制备乙酸乙酯的反应装置如下。

可能用到的有关数据如下：

相对分子质量密度?g·cm－3?沸点/℃溶解性冰醋酸601.049117.9℃

乙醇460.7978.9℃

乙酸乙酯880.90577℃

实验步骤：①在一个大试管里注入乙醇3mL，冰醋酸2mL、浓硫酸2mL，连接装置。用小火加热试管里的混合物。把产生的蒸气经导管通到5mL饱和碳酸钠溶液的上方约2mm～3mm处，注意观察盛碳酸钠溶液的试管的变化，待有透明的油状液体浮在液面上，取下盛有碳酸钠溶液的试管，并停止加热。振荡盛有碳酸钠溶液的试管，静置，分层。回答问题：（1）写出制备乙酸乙酯的化学反应方程式

。（2）浓硫酸在反应中的作用是

、

。（3）滴加药品的顺序为

。某化学兴趣小组同学按上述装置制备的过程中，发现了以下问题：①制得乙酸乙酯不多或根本没有②收集得到的乙酸乙酯温度较高③收集时因液面增长而发生倒吸为了探究问题的原因，该小组同学设计了如下对比实验（药品用量和实验时间相同）甲：水温800C

乙：水温900C

丙：水温900C装置甲乙丙实验结果几乎得不到油状的乙酸乙酯油层较多，振荡后油状物基本不减少油层较多，振荡后油状物质减少的较多

（4）请你帮组该小组同学分析，制备乙酸乙酯的关键问题是

、

。（5）结合该反应的特点分析，还可以通过 、

等方式来提高乙酸的利用率和乙酸乙酯的产率。（6）通过对问题的分析，该小组同学拟用如下装置来制备乙酸乙酯。仪器B为

，D为

，E中所盛药品为

，分离E中产品的操作为

。

参考答案：（1）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（2分）（2）催化剂

吸水剂（2分）（3）乙醇浓硫酸冰醋酸（2分）（4）控制反应温度

冷凝回流（2分）（5）（缓慢滴加）增加乙醇用量和蒸出乙酸乙酯（2分）（6）滴液漏斗

直形冷凝管

饱和碳酸钠溶液

分液（4分） 试题分析：（1）酸脱羟基醇脱氢生成酯和水的可逆反应；（2）吸收水可以使平衡右移，浓硫酸作催化剂和吸水剂；（3）浓硫酸稀释放出大量热，所以往乙醇中缓慢加入浓硫酸，再加冰醋酸；（4）根据对比试验分析得出结论；（5）根据勒夏特列原理分析；（6）略考点：考查实验探究、物质的分离提纯、有机物的制备。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.【化学选修-物质结构与性质】(15分)碳、氢、氟、氮、硅等非金属元素与人类的生产生活息息相关。回答下列问题：（1）写出硅原子的电子排布式

。C、Si、N的电负性由大到小的顺序是

。

（2）氟化氢水溶液中存在氢键有

种。

（3）科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯与钾的化合物，该物质在低温时是一种超导体，其晶胞如图所示，该物质中K原子和C60分子的个数比为

。

（4）继C60后，科学家又合成了Si60、N60。请解释如下现象：熔点：Si60>N60>C60，而破坏分子所需要的能量：N60>C60>Si60，其原因是：

。（5）Co3+有多种配合物，如Co(CN)63－、Co(NH3)4Cl2+等。铑（Rh）与钴属于同族元素，某些性质相似。现有铑的某盐组成为CsRh(SO4)2·4H2O，易溶解于水，向其水溶液中加入一定浓度的BaCl2溶液，无沉淀生成。请写出该盐溶解于水后的电离方程式：

。（6）氧化镁的晶格能氧化钙（填大于、小于），由岩浆晶出规则可推测先从岩浆中析出参考答案：（1５分）（5）CsRh(SO4)2·4H2O＝Cs++[Rh(SO4)2(H2O)4]（2分）（6）大于（１分）氧化镁（2分）略18.(13分)用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3-）已成为环境修复研究的热点之一。（1）Fe还原水体中NO3-的反应原理如右图所示。①作负极的物质是________。②正极的电极反应式是_________。（2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3—的去除率和pH，结果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3—的去除率接近100%＜50%24小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态pH=4.5时，NO3—的去除率低。其原因是________。（3）实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3—的去除率。对Fe2+的作用提出两种假设：Ⅰ.Fe2+直接还原NO3—；Ⅱ.Fe2+破坏FeO(OH)氧化层。①做对比实验，结果如右图所示。可得到的结论是_______。②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3—去除率的原因：______。（4）其他条件与（2）相同，经1小时测定NO3—的去除率和pH，结果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3—的去除率约10%约3%1小时pH接近中性接近中性与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH不同时，NO3—去除率和铁的最终物质形态不同的原因：__________。参考答案：（1）①Fe

②NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O（2）FeO(OH)不导电，阻碍电子转移（3）①本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率。②Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，F