云南省曲靖市市麒麟区三宝镇第二中学高三化学期末试卷含解析

云南省曲靖市市麒麟区三宝镇第二中学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.下列实验现象预测正确的是I

II

III

IVA、实验I：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变

B、实验II：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C、实验III：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D、实验IV：用所示装置制取少量氨气

参考答案：B略2.用稀硫酸、氨水、氢氧化钠溶液中的任何一种作为试剂，均可鉴别的一组物质是

A．NaCl和Na2CO3

B．BaCl2和FeCl2

C．FeCl2和FeSO4

D．Al2（SO4）3和AlCl3参考答案：B3.在反应8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2中，被氧化的氨与未被氧化的氨的物质的量之比为:A．8∶3

B．6∶1

C．3∶1

D．1∶3参考答案：D4.下列有关CuSO4溶液的叙述中正确的是A．该溶液呈电中性B．它与H2S反应的离子方程式为：Cu2++S2-=CuS↓C．用惰性电极电解该溶液时，阳极产生铜单质D．在溶液中：c(Cu2+)+c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)参考答案：AA．溶液均显电中性，因此硫酸铜溶液呈电中性，A正确；B．它与H2S反应的离子方程式为：Cu2++H2S＝CuS↓+2H+，B错误；C．用惰性电极电解该溶液时，阳极氢氧根放电产生氧气，阴极铜离子放电产生铜单质，C错误；D．在溶液中根据电荷守恒可知：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，D错误，答案选A。5.下列各组离子一定能大量共存的是A．在含有大量AlO的溶液中：NH、Na＋、Cl－、H＋B．在强碱溶液中：Na＋、K＋、CO、NOC．在PH＝12的溶液中：NH、Na＋、SO、Cl－D．在c(H＋)＝0.1mol·L－1的溶液中：K＋、I－、Cl－、NO参考答案：B略6.下列情况下，离子组间一定能在溶液中同时大量共存的是A．水电离出的c(H＋)=10－14mol/L的溶液中：Na＋、HCO3－、Cl－、SO42－B．使甲基橙试剂呈现红色的溶液：Fe2＋、K＋、NO3－、Na＋C．PH=2的溶液中：SO42－、K＋、NO3－、Al3＋D．CO32－可以大量存在的溶液：Ag＋、K＋、NO3－、Al3＋参考答案：C7.pH=11的x、y两种碱溶液各5mL，分别稀释至500mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是

A．稀释后x溶液中水的电离程度比y溶液中水电离程度小B．若x、y是一元碱，则等物质的量浓度的y的硝酸盐溶液的pH比x的硝酸盐溶液大C．若x、y都是弱碱，则a的值一定大于9D．完全中和x、y两溶液时，消耗同浓度稀硫酸的体积V(x)>V(y)参考答案：C略8.NA为阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（

）A．常温下将28gFe投人到足量的浓硝酸中，可得到标准状况下33.6LNO2B．任何条件下，64gSO2中含有的原子数目一定为3NAC．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1NAD．1mo1Na2O2反应生成O2时，必失去2NA个电子参考答案：B考点：阿伏加德罗常数．

分析：A、常温下，铁在浓硝酸中钝化；B、求出二氧化硫的物质的量，然后根据1mol二氧化硫中含3mol原子来分析；C、溶液体积不明确；D、过氧化钠与水的反应为歧化反应．解答：解：A、常温下，铁在浓硝酸中钝化，故生成的二氧化氮小于33.6L，故A错误；B、64g二氧化硫的物质的量为1mol，而1mol二氧化硫中含3mol原子即3NA个，故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中氢氧根的个数无法计算，故C错误；D、过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故D错误．故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大9.下列物质都具有漂白性，其中漂白原理和其他几种不同的是（

） A．H2O2

B．SO2

C．O3 D．HClO参考答案：B略10.向100mL0.1mol·L﹣1硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L﹣1Ba（OH）2溶液．随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示．则下列说法中正确的是（）A．a点的溶液呈中性B．b点发生反应的离子方程式是：Al3++2SO42﹣+2Ba2++3OH﹣═Al（OH）3↓+2BaSO4↓C．c点加入Ba（OH）2溶液的体积为200mLD．c点溶液呈碱性参考答案：D100mL0.1mol·L﹣1硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]，NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol．溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42﹣0.02mol．关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH﹣，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42﹣未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH﹣=NH3·H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42﹣完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH﹣，Al3+反应掉0.03molOH﹣，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH﹣恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为BaSO4和Al（OH）3；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液．A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，溶液的溶质是（NH4）2SO4，那么该物质水解溶液呈酸性溶液显示中性，故A错误；B、由分析可知，b点发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH﹣=NH3·H2O，故B错误；C、由分析可知，c点加入Ba（OH）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以=0.25L=250ml，故C错误．D、由分析可知，c为溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，故D正确；故选：D．11.在FeCl3和CuCl2混合液中，加入一定量的铁粉，充分反应后，溶液中的金属离子不可能是（

）A.仅有Fe2+

B.有Cu2+、Fe2+和Fe3+

C.仅有Cu2+和Fe2+

D.仅有Fe3+和Fe2+参考答案：D略12.NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是[M(Fe)=56](

)A、常温下，pH=1的醋酸溶液中，醋酸分子的数目一定大于0、1NAB、22、4LCH4和CH3Cl的混合物所含有的分子数目为NAC、1mol过氧化氢分子中共用电子对数为3NAD、5、6g铁粉在0、1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为0、3NA参考答案：C略13.参考答案：C略14.化学与人类文明进步息息相关，下列说法错误的是（

）A.蚕丝的主要成分是蛋白质，属于天然高分子材料B.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，主要化学成分是硅酸盐C.2022年冬奥会聚氨酯速滑服，是无机非金属材料D.城市公交系统推广的清洁燃料压缩天然气“CNG”、液化石油气“LPG”，主要成分都是烃参考答案：C【详解】A、蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合物，天然高分子化合物包括蛋白质、纤维素、淀粉等，故A说法正确；；B、瓷器主要成分是硅酸盐，故B说法正确；C、聚氨酯全名为聚氨基甲酸酯，属于高分子化合物，是有机材料，故C说法错误；D、天然气主要成分是CH4，液化汽油是乙烯、乙烷、丙烯、丙烷和丁烷的混合物，它们都是由碳氢两种元素组成，都属于烃，故D说法正确；答案选C。15.在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：a(g)+3b(g)

2c(g)

△H1<0；

x(g)+y(g)2z(g)

△H2>0进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所做的功），下列叙述正确的是A．等压时，通入c气体，反应器中温度降低

B．等容时，通入x气体，x转化率增大C．等压时，通入惰性气体，各反应速率不变

D．等容时，通入惰性气体，c浓度增大参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的消毒剂，可用ClO2为原料制取。某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)的研究。已知：饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。Ba(ClO2)2可溶于水。利用图所示装置进行实验。(1)装置①的作用是___________________，装置③的作用是________________。(2)装置②中制备ClO2的化学方程式为___________________________；装置④中反应生成NaClO2的化学方程式为_____________________。(3)从装置④反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③__________________；④低于60℃干燥，得到成品。如果撤去④中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是______________。(4)设计实验检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，操作与现象是取少量晶体溶于蒸馏水，__________________________________________________________。(5)为了测定NaClO2粗品的纯度，取10.0g上述初产品溶于水配成1L溶液，取出10mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应)，加入2~3滴淀粉溶液，用0.20mol·L-1的Na2S2O3标准液滴定，重复2次，平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL，计算得NaClO2粗品的纯度为_____。(提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)。参考答案：(1)吸收多余的ClO2气体，防止污染环境

防止倒吸(或作安全瓶等)

(2)2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O

2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2

(3)用38~60℃的温水洗涤

NaClO3和NaCl

(4)滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4（2分）

(5)90.5%【详解】(1)装置②中产生的ClO2，装置①可以吸收未反应的ClO2，防止逸出污染空气；装置③是安全瓶，可以防止倒吸；综上所述，本题答案是：吸收多余的ClO2气体，防止污染环境；防止倒吸(或作安全瓶等)。

(2)亚硫酸钠具有还原性，氯酸钠具有氧化性，在酸性环境下二者发生氧化还原反应生成ClO2，化学方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；在装置④中ClO2得到电子被还原变为NaClO2，H2O2失去电子，表现还原性，反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。综上所述，本题答案是：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。(3)从溶液中制取晶体，一般采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，根据题给信息NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl知，从装置④反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为:①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用38℃~60℃的温水洗涤；④低于60℃干燥，得到成品。如果撤去④中的冷水浴，由于温度高，可能导致NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl。综上所述，本题答案是：用38~60℃的温水洗涤；NaClO3和NaCl。

(4)检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，取少量晶体溶于蒸馏水，滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4；综上所述，本题答案是：滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4。(5)ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O，用Na2S2O3标准液滴定，发生反应:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，可得反应的关系式为:ClO2--2I2-4Na2S2O3，又n(Na2S2O3)=0.2mol·L-1×0.02L=0.004mol，得n(ClO2-)=0.001mol，所以1L溶液中含有:n(NaClO2)=0.001mol×100=0.1mol，则10.0gNaClO2粗品中含有:m(NaClO2)=0.1mol×90.5g·mol-1=9.05g，则w(NaClO2)=9.05/10.0×100%=90.5%。综上所述，本题答案是：90.5%。【点睛】本题涉及到氧化还原反应方程式时，要结合反应过程中的电子守恒和原子守恒规律进行书写和配平；针对（5）问题：当测定物质含量涉及的反应有多个时，先根据方程式得到相应的关系式，利用已知物质与待求物质之间物质的量关系计算，就可以使计算过程大大简化。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（8分）钢材厂家在生成钢材之后对其表面进行处理，形成一层致密的氧化物保护层；而使用厂家在对钢材进行加工使用前往往要除去钢材表面的氧化物，其中一种常见的方法是利用硫酸与钢材反应，此方法除去氧气的原理不是因为氧化物与酸反应，而是由于氧化物里面的金属铁与酸反应生成了氢气，使氧化物与金属分离脱落。但是在实际生产中工人师傅有几个问题请你帮助解决一下：

（1）下列哪种操作可以加快除去氧化物的速率

（填编号）

A．用浓硫酸

B．用中等浓度的硫酸C．适当的提高温度

D．加少许铜屑

（2）反应的过程中溶液中

离子减少，

离子增加

（3）工业上在除氧化物过程中铁除了与硫酸反应外还与另一种离子反应，请写出离子方程式_______。

（4）为了减少废物，请你考虑可以从反应后的溶液中提取

物质。

提取分离时

→

→趁热过滤

参考答案：答案：（1）BC（2分）（2）H+（1分），Fe2+、Fe3+（1分）2Fe3++Fe=3Fe2+（1分）

（4）绿矾（1分）蒸发浓缩（1分）

降温结晶（1分）

18.（16分）请你利用所学反应原理知识解决下列问题：（1）若已知两个反应：①C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H1=akJ?mol﹣1；②C（s）+O2（g）═CO（g）△H2=bkJ?mol﹣1；则2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=

（用含a、b的式子表示）（2）碱性镁锰干电池是新开发的一种干电池，比普通锌锰干电池具有更加优越的性能，具有较大应用前景，其工作时总反应为：Mg+2MnO2+H2O═Mg（OH）2+Mn2O3；则工作时，正极发生

反应（填反应类型），写出负极的电极反应式：

；（3）在一定温度下1L的密闭容器放入足量草酸钙（固体所占体积忽略不计）发生反应：CaC2O4（s）═CaO（s）+CO（g）+CO2（g），若前5min内生成CaO的质量为11.2g，则该段时间内v（CO）=

；若某时刻达到平衡时c（CO2）=c；t0时刻，将容器体积缩小为原来的一半并固定不变，在t1时刻再次达到平衡，请在如图中画出t0以后此体系中CO2的浓度随时间变化的图象；（4）某温度下数据：草酸（H2C2O4）的K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5；醋酸的K=1.75×10﹣5；碳酸的K1=4.2×10﹣7，K2=4.5×10﹣11；Ksp（CaC2O4）=5.0×10﹣9；Ksp（CaCO3）=2.5×10﹣9①用醋酸溶液鉴别CaC2O4和CaCO3两种白色固体的实验现象是

；②向0.6mol/L的Na2CO3溶液中加入足量CaC2O4粉末后（忽略溶液体积变化），充分搅拌，发生反应：CO32－（aq）+CaC2O4（s）EmCaCO3（s）+C2O42－（aq），静置后沉淀转化达到平衡，求此时溶液中的c（C2O42－）=

（不考虑其他诸如水解之类副反应，写出计算过程）．

参考答案：（1）2（b﹣a）kJ?mmol﹣1；（2）还原；Mg+2OH﹣﹣2e﹣=Mg（OH）2；（3）0.04mol?L﹣1?min﹣1；；（4）①一种固体溶解同时产生气泡逸出，另一种固体无现象；②0.4mol?Lˉ1．

考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；物质的量或浓度随时间的变化曲线．分析：（1）由盖斯定律可知，②×2﹣①×2得2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）以此计算△H；（2）正极是MnO2得到电子发生还原反应生成Mn2O3，负极镁失电子生成的镁离子和氢氧根结合生成氢氧化镁沉淀；（3）前5min内生成CaO的质量为11.2g，n（CO）=n（CaO）==0.2mol，则v（CO）==0.04mol?L﹣1?min﹣1；温度不变，平衡常数不变，t0时刻，将容器体积缩小为原来的一半并固定不变，c（CO2）=2c，在t1时刻再次达到平衡时，c（CO2）=c，作图即可；（4）①醋酸的酸性大于碳酸的酸性，小于草酸的酸性，故醋酸与CaC2O4不反应，与CaCO3反应有气泡逸出；②该反应的K=====2.0，设c（CO32﹣）转化了x，则生成c（C2O42﹣）=x，剩余c（CO32﹣）=（0.6﹣x），结合K的表达式计算．解答：解：（1）①C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H1=akJ?mol﹣1；②C（s）+O2（g）═CO（g）△H2=bkJ?mol﹣1；依据盖斯定律：②×2﹣①×2得2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=2（b﹣a）kJ?mmol﹣1；故答案为：2（b﹣a）kJ?mmol﹣1；（2）正极是MnO2得到电子发生还原反应生成Mn2O3，负极镁失电子生成的镁离子和氢氧根结合生成氢氧化镁沉淀，Mg﹣2e﹣+2OH﹣=Mg（OH）2，故答案为：还原；Mg+2OH﹣﹣2e﹣=Mg（OH）2；（3）前5min内生成CaO的质量为11.2g，n（CO）=n（CaO）==0.2mol，则v（CO）==0.04mol?L﹣1?min﹣1；温度不变，平衡常数不变，t0时刻，将容