北京北七家中学2022-2023学年高三化学下学期期末试题含解析

北京北七家中学2022-2023学年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.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g．向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)．下列分析或结果错误的是

A．H2SO4浓度为2.5mol·L－1B．原混合酸中HNO3的物质的量为0.1molC、第二份溶液中最终溶质为FeSO4D．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC段产生氢气参考答案：B略2.在密闭容器中投入一定量反应物发生储氢反应：LaNi5(s)＋3H2(g)LaNi5H6(s)△H＝－301kJ·mol-1在某温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2MPa；若温度不变，缩小体积至原来的一半，重新达到平衡。下列说法不正确的是（

）A．当LaNi5的浓度不再变化时，表明达到平衡状态B．重新达到新平衡时H2的压强仍然为2MPaC．扩大容器体积，重新达到平衡时n(H2)增多D．增大压强、降低温度，有利于储氢参考答案：AA项，在固气反应中，固体的浓度始终不变，不能根据固体浓度判断是否达到平衡状态，错误；B项，平衡常数Kp＝,温度不变，平衡常数不变，故H2的平衡压强不变，正确；C项，扩大容积相当于减压，平衡向左移动，H2的物质的量增多，正确；D项，正反应是放热反应，正反应是气体分子数减小的反应，增大压强、降低温度有利于平衡向右移动，有利于提高储氢百分率，正确。3.通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热（△H），化学反应的△H等于反应物的总键能与生成物的总键能之差。 化学键Si—OSi—ClH—HH—ClSi—SiSi—C键能/kJ·mol－1460360436431176347工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4（g）＋2H2（g）Si（s）＋4HCl（g），该反应的反应热△H为 （）A．＋412kJ·mol－1

B．－412kJ·mol－1C．＋236kJ·mol－1

D．－236kJ·mol－1参考答案：C4.某有机物的结构简式为，该有机物不可能发生的化学反应是（

）A.还原

B.水解

C.氧化

D.取代参考答案：BHO-CH2CH=CHCH2-COOH含有的官能团有-OH、C=C以及-COOH，其中羟基和羧基能发生酯化反应，双键能发生加成和氧化反应，不能发生水解反应，故答案选B；5.关于反应3O2(g)=2O3(g)

△H>0，下列说法正确的是

A．反应前后，熵不变

B．反应前后，分子总数不变

C．反应前后，生成物总能量与反应物的总能量不变

D．反应前后，氧元素化合价不变参考答案：D6.2016年12月1日国际纯粹与应用化学联合会宣布，将合成的四种新元素命名为113号(缩写为Nh)、115号(Mc)、117号(Ts)和118号(Og)。下列说法正确的是（

）A．113号元素的氧化物为两性氧化物B．115号元素位于第六周期第VA族C．117号元素的某种原子，核内含176个中子，此原子是TsD．118号元素的原子最外层有8个电子参考答案：DA项，113号元素为第七周期第IIIA族，根据同主族元素性质的递变规律可知113号元素金属性很强，不可能形成两性氧化物，故A项错误；B项，115号元素位于第七周期第VA族，故B项错误；C项，因为中Z代表原子核内质子数、A代表质量数，质子数+中子数=质量数，所以117号元素的某种原子，核内含176个中子，此原子可表示为：，故C项错误；D项，118号元素为第七周期0族，核外电子排布已达到稳定结构，最外层有8个电子，故D项正确。综上所述，符合题意的选项为D。7.在①丙烯②氯乙烯③苯④甲苯四种有机化合物中，分子内所有原子均在同一平面的是

A.①②

B.②③

C.③④

D.②④参考答案：B略8.晶胞是晶体结构中可重复出现的最小的结构单元，C60晶胞结构如右图所示，下列说法正确的是A．C60摩尔质量是720B．C60属于离子晶体C．在C60晶胞中有14个C60分子D．每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个参考答案：D略9.由二氧化硅制高纯硅的流程如下，下列判断中错误的是()A.①②③均属于氧化还原反应

B.H2和HCl均可循环利用C.SiO2是一种坚硬难熔的固体

D.SiHCl3摩尔质量为135.5g参考答案：DA．反应①为SiO2+2CSi+2CO↑，反应②Si（粗）+3HClSiHCl3+H2，反应③SiHCl3+H2Si（粗）+3HCl，三个方程式中元素的化合价均发生变化，均属于氧化还原反应，故A正确；B．生产高纯硅的流程示意图可知，H2和HCl既是反应物，又是生成物，所以可重复利用的物质是H2和HCl，故B正确；C．SiO2是原子晶体，硬度大、熔点高，故C正确；D．SiHCl3摩尔质量为135.5g/mol，故D错误；故选D。10.下列化学实验或操作能够达到目的的是A．欲除去蛋白质溶液中的NaCl而又不改变它的性质，可加入适量BaCl2溶液，再过滤B．将溴乙烷和NaOH溶液共热后，再滴加AgNO3溶液可检验其中的溴元素C．为除去含有Mg(OH)2和Ca(OH)2的浊液中的Ca(OH)2，可向其中加入足量MgCl2，充分反应后，过滤D．除去乙酸乙酯中混有少量乙酸：加入乙醇和浓硫酸，加热、静置、分液参考答案：C11.温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：t/s

050150250350n(PCl3)/mol00.160.190.200.20下列说法正确的是

A．反应在前50s的平均速率v(PCl3)=0.0032mol·L-1·s-1

B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11mol·L-1，则反应的驻H<0

C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，反应达到平衡前v(正)>v(逆)

D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%参考答案：C略0.1mol某烃完全燃烧时生成30.8gCO2和12.6gH2O，且能使酸性高锰酸钾溶液褪色，若其结构中只含有两个﹣CH3，则该物质的结构（不考虑顺反异构）最多有（）A．6种 B．8种 C．7种 D．10种参考答案：B【考点】有机化合物的异构现象．【分析】根据有机物燃烧时，有机物中的碳全部转化为二氧化碳，由二氧化碳的质量，可求得烃中C原子个数，有机物中的氢全部转化为水，由水的其质量可以可求得烃中H原子个数，以此可求得烃的分子式，然后根据分子式确定物质的结构．【解答】解：二氧化碳质量为30.8g，n（CO2）==0.7mol，n（C）=n（CO2）=0.7mol；水的质量为12.6g，n（H2O）==0.7mol，n（H）=2n（H2O）=2×0.7mol=1.4mol，即0.1mol烃中含有0.7molC原子，1.4molH原子，所以该烃的分子式为C7H14，此烃不饱和度为1，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明含有1个碳碳双键，若其结构中只含有两个﹣CH3，那么其结构可以为2﹣庚烯、3﹣庚烯、2﹣甲基﹣1﹣己烯、3﹣甲基﹣1﹣己烯、4﹣甲基﹣1﹣己烯、5﹣甲基﹣1﹣己烯、2﹣乙基﹣1﹣戊烯、3﹣乙基﹣1﹣戊烯、2﹣乙基﹣1﹣丁烯，故总共有8种，故选B．【点评】本题考查学生燃烧法确定有机物分子组成和同分异构体的确定，根据原子守恒法来解答，难度较大．13.下列物质中既能跟稀H2SO4反应,又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）①NaHCO3

②(NH4)2S

③Al2O3 ④Al(OH)3 ⑤Al A．③④ B．③④⑤ C．①③④⑤ D．全部参考答案：D略14.能正确表示下列反应的离子方程式是A．硫酸铝溶液中加入过量氨水

Al3+＋3OH-=Al(OH)3↓B．碳酸钠溶液中加入澄清石灰水Ca(OH)2＋CO32-=CaCO3↓＋2OH-C．冷的氢氧化钠溶液中通入氯气Cl2＋2OH-=ClO-＋Cl-＋H2OD．稀硫酸中加入铁粉

2Fe＋6H+=2Fe3+＋3H2↑参考答案：C略15.下列实验能达到目的的是A．称量25g氢氧化钠

B．H2O2溶液制备O2

C．乙酸乙酯的制备

D．石油蒸馏参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.(12分)某实验小组用0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液进行中和热的测定。Ⅰ.配制0.50mol·L-1NaOH溶液

(1)若实验中大约要使用470mLNaOH溶液，至少需要称量NaOH固体

g。

(2)从图中选择称量NaOH固体所需要的仪器是（填字母）：Ⅱ.测定中和热(1)实验桌上备有烧杯(大、小两个烧杯)、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、盐酸、NaOH溶液，尚缺少的实验玻璃用品是

。(2)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。

①请填写下表中的空白：实验次数起始温度t1/℃终止温度

t2/℃温度差平均值

（t2-t1）/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.130.1227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4②近似认为0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)。则中和热△H=（取小数点后一位）。③上述实验数值结果与57.3kJ·mol-1有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）。

A.实验装置保温、隔热效果差

B.量取NaOH溶液的体积时仰视读数

C.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中

D.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度参考答案：略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的离子不含电子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应生成盐F；D与A同主族，且与E同周期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4，A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物。请回答下列问题：(1)C元素在元素周期表中的位置是

(2)C和E两种元素相比较，非金属性较强的是(填元素名称)

，可以验证该结论的是(填写编号)

；a.比较这两种元素的常见单质的沸点b.比较这两种元素的单质与氢气化合的难易c.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性(3)A、C、E间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为

；(4)F含有的化学键类型是

，其水溶液呈酸性，请用相关的离子方程式解释其原因

(5)D和C形成的一种化合物能与A和C形成的一种化合物反应产生C单质，该过程的化学方程式为

参考答案：(1)第2周期VIA

(2)氧；bc

(3)HS-+OH-=H2O+S2-(4)离子键和共价键；NH4++H2O

NH3?H2O+H+(5)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2

略18.某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置（夹持装置未画出）进行实验．请回答下列问题：（1）仪器a的名称为；仪器b中可选择的试剂为．（2）实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是（填字母）．

A．Cl2B．O2C．CO2D．NO2（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有性，写出相应的化学方程式（4）E装置中浓硫酸的作用．（5）读取气体体积前，应对装置F进行的操作：（6）实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况），则氨分子中氮、氢的原子个数比为（用含m、n字母的代数式表示）参考答案：

考点：氨的制取和性质．专题：实验探究和数据处理题；氮族元素．分析：（1）依据装置仪器分析回答，浓氨水滴入锥形瓶中利用固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气，需要选择氢氧化钠固体，氧化钙固体或碱石灰；（2）装置A是利用分液漏斗滴入锥形瓶中不加热反应，制取无色气体分析判断；（3）C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氧化铜做氧化剂氧化氨气生成铜、氮气和水；（4）E装置中浓硫酸的作用依据装置图分析判断是利用浓硫酸吸收过量氨气，同时避免F装置中的水蒸气进入D；（5）依据量气管的使用方法回答；（6）干燥管D增重mg为反应生成的水，装置F测得气体的体积为nL为反应生成的氮气；依据元素守恒计算得到．解答：解：（1）装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱石灰固体，故答案为：分液漏斗；固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰；（2）利用装置A，可制取的无色气体；A．制备氯气Cl2需要加热，且氯气为黄绿色气体，故A不符合；B．可以制备O2，利用固体过氧化钠和水的反应，故B符合；C．可以制备CO2气体，利用稀盐酸滴入大理石上反应生成，故C符合；D．NO2是红棕色气体，故D不符合；故选BC；（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜和氮气与水，氨气被氧化铜氧化表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2，故答案为：还原；3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2；（4）依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，阻止F中水蒸气进入D影响实