山西省運城市萬榮育才中學2023年高三化學期末試題含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.一定溫度下，將1molA和1molB氣體充入2L恒容密閉容器，發生反應A(g)+B(g)xC(g)+D(s)，t1時達到平衡。在t2、t3時刻分別改變反應的一個條件，測得容器中氣體C的濃度隨時間變化如圖所示。下列說法正確的是A．反應方程式中的x＝1B．t2時刻改變的條件是使用催化劑C．t3時刻改變的條件是移去少量物質DD．t1～t3間該反應的平衡常數均為4參考答案：D略2.對四支分別盛有無色溶液的試管，進行如下操作，結論正確的是（

）選項操作現象結論A滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置下層溶液顯紫色原溶液中有I﹣B滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中一定有SO42﹣C用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應火焰呈黃色原溶液中有Na+、無K+D滴加稀NaOH溶液，將濕潤紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍原溶液中一定無NH4+參考答案：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時能發生萃取，導致下層液體呈紫色上層液體無色，故A正確；B．能和氯化鋇溶液反應生成白色沉淀的離子有硫酸根離子、碳酸根離子、亞硫酸根離子、銀離子等，故B錯誤；C．觀察鉀元素的焰色反應時要透過藍色的鈷玻璃，放置鈉元素造成干擾，故C錯誤；D．銨根離子和稀氫氧化鈉溶液反應生成一水合氨，只有在加熱條件下或濃氫氧化鈉和銨根離子反應才能生成氨氣，故D錯誤；故選A．3.NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.1mol甲醇分子中含有的共價鍵數為4NAB.25℃時，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-數目為0.2NAC.加熱條件下，20mL10mol·L-1濃硝酸與足量銅反應轉移電子數為0.1NAD.7.8g由Na2S和Na2O2組成的混合物中含有陰離子的數目為0.1NA參考答案：DA.由甲醇結構式可知，1mol甲醇分子中含有的共價鍵數為5NA，故A錯誤；B.25℃時，pH=13的Ba(OH)2溶液中c(H+)是0.1mol/L，則1.0L此溶液含有的OH-數目為0.1NA；C.加熱條件下，20mL10mol·L-1濃硝酸與足量銅反應生成二氧化氮，隨著反應進行，硝酸濃度下降，生成一氧化氮，故轉移電子數不等于0.1NA，C錯誤；D.Na2S和Na2O2的摩爾質量相等且離子構成比均為2：1，7.8g由Na2S和Na2O2組成的混合物的物質的量為0.1mol，則7.8g此物質中含有陰離子的數目為0.1NA，D正確。答案選D。4.SCR法（選擇性催化還原技術）是一種以NH3作為還原劑，將煙氣中NOx，分解成無害的N2和H2O的干法脫硝技術，反應原理為：①6NO+4NH3=5N2+6H2O；②6NO2+8NH3=7N2+12H2O；③NO+NO2+2NH3=2N2+3H2O。下列說法正確的是A．NO2為酸性氧化物B．H2O很穩定是因為水分子之間存在氫鍵C．反應③中每生成22.4LN2，轉移電子數1.5NAD．NH3的沸點比PH3的沸點高參考答案：D試題分析：A、二氧化氮不與堿反應生成鹽和水，所以二氧化氮不是酸性氧化物，錯誤；B、水的穩定性是由其分子內的共價鍵決定的，不是由分子間的氫鍵決定的，錯誤；C、未指明標準狀況，則22.4L氮氣的物質的量不一定是1mol，則轉移的電子數不一定是1.5NA，錯誤；D、氨氣的分子間存在氫鍵，所以沸點比PH3的高，正確，答案選D。5.X、Y、Z、R是短周期主族元素，X元素是形成有機化合物的必需元素，Y元素的原子最外層電子數是次外層的三倍，Z元素的原子半徑是短周期元素中最大的，R原子的核外電子數是X原子核Z原子的核外電子數之和．下列敘述不正確的是（）A．XY2是形成酸雨的主要污染物B．X、Y、R三種元素的非金屬性Y＞R＞XC．X、Z分別與R形成的化合物中化學鍵類型不同D．含有Y、Z、R三種元素的化合物溶液可能顯堿性參考答案：A【考點】位置結構性質的相互關系應用．【分析】X元素是形成有機化合物的必需元素，應為C元素，Y元素的原子最外層電子數是次外層的三倍，應為O元素，Z元素的原子半徑是短周期元素中最大的，為Na元素，R原子的核外電子數是X原子核Z原子的核外電子數之和，為Cl元素，結合對應單質、化合物的性質以及元素周期率知識解答該題．【解答】解：由以上分析可知X為C元素、Y為O元素、Z為Na元素、R為Cl元素．A．二氧化碳為導致溫室效應的主要氣體，與酸雨無關，故A錯誤；B．同周期元素O＞C，由水比HCl穩定可知非金屬性O＞Cl，由酸性強弱可知Cl＞C，故非金屬性Y＞R＞X，故B正確；C．X、Z分別與R形成的化合物分別為四氯化碳、氯化鈉，分別含有共價鍵、離子鍵，故C正確；D．如為NaClO，為強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，故D正確．故選A．6.右圖為Na2SO4的溶解度曲線，已知硫酸鈉晶體(Na2SO4·10H2O)在溫度為T3K時開始分解為無水硫酸鈉。現有142g溫度為T2K的飽和硫酸鈉溶液，當溫度降為T1K或升為T4K(T4>T3)時析出固體的質量相等，則溫度為T4K時Na2SO4的溶解度為A．等于42g

B．大于42gC．小于40g

D．等于40g參考答案：C略7.下列各組物質相互混合反應后，最終有白色沉淀生成的是

（

）

①金屬鈉投入到燒杯中的FeCl2溶液中

②過量NaOH溶液和明礬溶液混合

③少量Ca(OH)2投入過量NaHCO3溶液中

④向NaAlO2溶液中滴入少量NaHSO4溶液

⑤向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2

A．①③④⑤

B．只有①④

C．只有③④⑤

D．只有②③參考答案：C略8.（2003·全國卷）13.用0.01mol·L－1NaOH溶液完全中和pH=3的下列溶液各100mL。需NaOH溶液體積最大的是（）A.鹽酸

B.硫酸C.高氯酸

D.醋酸參考答案：D略9.用NA表示阿伏加德羅常數的值，則下列敘述正確的是（

）A.常溫常壓下，46g有機物C2H6O中含有極性鍵的數目一定為7NAB.標準狀況下，22.4L四氯化碳中所含有的共價鍵數目為4NAC.標準狀況下，5.6LNO和5.6LO2組成的混合氣體中所含原子數為NAD.常溫常壓下，33.6L氯氣與56g鐵充分反應，轉移的電子數為3NA參考答案：C解析：主要考查了阿伏加德羅常數等考點的理解。A、46g分子式為C2H6O的物質的物質的量=46g/(46g/mol)=1mol，若為乙醇，含極性鍵C?H鍵6mol，O?H鍵1mol，極性鍵共7NA，若為甲醚，極性鍵共8NA，故A錯誤。B、標準狀況下，四氯化碳為液態。故B錯誤。C、標準狀況下，5.6LNO和5.6LO2組成的混合氣體的物質的量都是0.25mol，總共含有1mol原子；根據質量守恒，一氧化氮和氧氣無論如何反應，原子質量和種類不變，所以反應后含有的原子的物質的量還是1mol，所含原子數為NA，故C正確。D、常溫常壓下，33.6L氯氣的物質的量小于1.5mol，D項中氯氣不足量，轉移電子數小于3NA。故D錯誤。故答案為C。10.下列生活中常見的現象中，其反應原理不涉及氧化還原反應的是A.鐵的冶煉B.電池放電C.碳酸氫鈉作發酵粉D.天然氣燃燒

參考答案：CA項，鐵的冶煉是將鐵礦石還原成Fe，涉及氧化還原反應；B項，電池放電為原電池原理，正極發生得電子的還原反應，負極發生失電子的氧化反應，涉及氧化還原反應；C項，NaHCO3作發酵粉因為NaHCO3受熱分解生成Na2CO3、CO2和H2O，反應前后元素化合價沒有變化，不涉及氧化還原反應；D項，天然氣的主要成分為CH4，CH4燃燒生成CO2和H2O，反應前后元素化合價有升降，涉及氧化還原反應；不涉及氧化還原反應的是NaHCO3作發酵粉，答案選C。11.下列說法不正確的是（）A．欲提高氯水中HClO的濃度可往氯水加適量的碳酸鈣粉末B．形成酸雨的氧化物主要是SO2和氮的氧化物，CO2是造成溫室效應的主要氣體C．水晶項鏈和餐桌上的瓷盤都是硅酸鹽制品D．大氣中的N2可轉化為NO，NO可轉化為NO2、硝酸等；含硫物質在自然界中可轉化為SO2等含硫化合物參考答案：C考點：氯氣的化學性質；氮的氧化物的性質及其對環境的影響；二氧化硫的污染及治理；硅和二氧化硅．.專題：元素及其化合物．分析：A．氯水中鹽酸與碳酸鈣反應，可使氯氣與水的化學平衡正向移動；B．酸雨與N、S的氧化物有關，溫室效應與二氧化碳有關；C、根據水晶項鏈和餐桌上的瓷盤的成分；D、N2NO，NONO2，NO硝酸，FeS2→SO2可知，大氣中的N2可轉化為NO，NO可轉化為NO2、硝酸等；含硫物質在自然界中可轉化為SO2等含硫化合物．解答：解：A．氯水中鹽酸與碳酸鈣反應，可使氯氣與水的化學平衡正向移動，則提高氯水中HClO的濃度可往氯水中加適量的碳酸鈣粉末，故A正確；B．形成酸雨的氧化物主要是SO2和氮的氧化物，與水反應生成酸使pH＜5.6；溫室效應與二氧化碳有關，使全球溫度升高，故B正確；C、水晶的主要成分是二氧化硅，含有硅元素，但不是硅酸鹽，餐桌上的瓷盤是硅酸鹽制品，故C錯誤；D．由N2NO，NONO2，NO硝酸，FeS2→SO2可知，大氣中的N2可轉化為NO，NO可轉化為NO2、硝酸等；含硫物質在自然界中可轉化為SO2等含硫化合物，故D正確；故選C．點評：本題考查物質的性質，綜合考查元素化合物知識，為高頻考點，把握物質的性質、化學反應原理為解答的關鍵，注意發生的反應及環境污染問題，綜合性較強，題目難度不大．12.下列有關化學用語表示正確的是

A．中子數為20的氯原子：

B．NH3分子的電子式：

C．鋁離子結構示意圖：

D．苯甲醇的結構簡式：參考答案：B13.某太陽能電池的工作原理如圖所示。下列說法正確的是()A．光照時，b極的電極反應式為VO2＋－e－＋H2O===VO2+＋2H＋B．光照時，每轉移2mol電子，有2molH＋由a極區經質子交換膜向b極區遷移C．夜間，a極的電極反應式為V3＋＋e－===V2＋

D．硅太陽能電池供電原理與該電池相同參考答案：A光照時，b極失去電子，發生氧化反應，b極為負極，電極反應式為VO2＋－e－＋H2O===VO2+＋2H＋，A項正確；光照時，b極失去電子，為了維持電荷平衡，H＋必須由b極區經質子交換膜向a極區遷移，B項錯誤；夜間，電池放電，a極的電極反應式為V2＋－e－===V3＋，b極的電極反應式為VO2+＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O，C項錯誤；該電池工作時，發生了氧化還原反應，化學能轉化為電能，而硅太陽能電池直接將光能轉化成電能，二者供電原理不相同，D項錯誤。14.下列敘述正確的是

A．圖A是將溶解好的溶液轉移到容量瓶中B．選擇合適的試劑，用如圖B所示裝置可分別制取并收集少量H2、NO2和Cl2C．圖C是N2與H2合成氨的能量變化曲線，可確定該反應1molN2和4molH2充分反應時放熱一定小于92kJD．如圖D可觀察KCl的焰色反應

圖A

圖B

圖C

圖D

參考答案：CA錯，將溶解好的溶液轉移到容量瓶，正確的操作應該要用玻璃棒引流；B錯，如圖B所示裝置不能用來收集NO2，因為與NO2水反應，應該用排空氣法收集NO2；由圖C可知道消耗1molN2與3molH2生成2mol氨時放出熱量92kJ，而該反應1molN2和4molH2充分反應時，不可能消耗掉1molN2,，所以放熱一定小于92kJ，C正確；可觀察KCl的焰色反應，必須要用藍色鈷玻璃進行慮光，D錯。15.“封管實驗”具有簡易、方便、節約、綠色等優點，觀察下面四個“封管實驗”（夾持裝置未畫出），判斷下列說法正確的（

）A．加熱時，①上部匯集了固體NH4C1，說明NH4C1沸點很低，易升華B．

四個“封管實驗”中都發生了化學反應C．加熱時，②、③溶液均變紅，冷卻后又都變為無色D．④中，左右相同的容器中分別充入相同的二氧化氮，浸泡在熱水中的容器內二氧化氮的濃度小，參考答案：B略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.（14分）某化學研究性學習小組通過查閱資料，設計了如下圖所示的方法來制備KMnO4。已知：①3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O②幾種物質的溶解度：溫度.com[高考資源網.COM]溶解度/gK2CO3KOHKMnO420℃1111126.3860℃12715422.1請回答下列問題：⑴第一步固體熔融時除三腳架、泥三角、細鐵棒、坩堝鉗外，還需下列儀器中的

▲

。A．蒸發皿

B．燒杯

C．酒精燈

D．鐵坩堝⑵反應Ⅰ中氧化產物與還原產物的物質的量之比為

▲

；該反應中可以循環利用的產物是

▲

。⑶反應Ⅱ的條件為電解，寫出反應Ⅱ的化學方程式

▲

。⑷途徑一、二中的操作a、b相同，均包括

▲

、過濾等3步。⑸通過用草酸滴定KMnO4溶液的方法可測定KMnO4粗品的純度（質量分數）。①實驗時要將草酸晶體（H2C2O4·2H2O）配成標準溶液，則配制100mL1.5mol·L—1的草酸溶液，需要稱取草酸晶體的質量為

▲

。②該實驗中除草酸晶體的質量外，還需要采集的數據有

▲

。參考答案：（每空2分，共14分）⑴CD⑵2:1

MnO2⑶2K2MnO4＋2H2O2KOH＋2KMnO4＋H2↑⑷蒸發濃縮、降溫結晶⑸①18.9g

②滴定時消耗草酸溶液的體積、KMnO4粗品的質量略三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.(8分)含有氨基(—NH2)的化合物通常能夠與鹽酸反應，生成鹽酸鹽。如：R-NH2+HCl→R-NH2·HCl

(R代表烷基、苯基等)現有兩種化合物A和B，它們互為同分異構體。已知：

①它們都是對位二取代苯；

②它們的相對分子質量都是137；

③A既能被NaOH溶液中和，又可以跟鹽酸成鹽，但不能與FeCl3溶液發生顯色反應；B既不能被NaOH溶液中和，也不能跟鹽酸成鹽；

④它們的組成元素只可能是C、H、O、N、Cl中的幾種。

請按要求填空：

（1）A和B的分子式是

。（2）A的結構簡式是

；B的結構簡式是

。參考答案：

答案：(8分)(1)C7H7NO2(或寫成C7H7O2N)

⑵

18.已知A為淡黃色固體，T、R為兩種常見的用途很廣的金屬單質，D是具有磁性的黑色晶體，C是無色無味的氣體，H是白色沉淀，且在潮濕空氣中迅速變為灰綠色，最終變為紅褐色固體。

（1）寫出下列物質的化學式：A： D： R：

。（2）按要求寫下列反應方程式：H在潮濕空氣中變成M的過程中的化學方程式：

；向N中通足量CO2時反應的離子方程式：

；D與鹽酸反應的離子方程式：

。（3）簡述檢驗氣體C的方法：

。參考答案：【知識點】金屬元素及其化合物的推斷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）用帶火星的木條伸入試管口，若帶火星的木條復燃，說明有氧氣生成。

解析：A為淡黃色固體，且A能和水反應，則A是Na2O2，A和水反應生成NaOH和O2，C是無色無味的氣體，則C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶體是Fe3O4，Fe在氧氣中燃燒生成四氧化三鐵，則T是Fe，R和氧氣反應生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反應，則Q是Al2O3、R是Al，N是NaAlO2，H是白色沉淀，且在潮濕空氣中迅速變為灰綠色，最終變為紅褐色固體M，則H是Fe（OH）2、M是Fe（OH）3，Fe3O4和HCl、Fe反應后得到E，E為FeCl2，Fe（OH）3和HCl反應生成W，則W是FeCl3，

(1)分析知，A、D、R分別是Na2O2、Fe3O4、Al；

（2）H是Fe（OH）2，Fe（OH）2不穩定，易被空氣氧化生成Fe（OH）3，反應方程式為4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，向NaAlO2中通足量CO2時反應的離子方程式AlO2—+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3—，四氧化三鐵和稀鹽酸反應生成氯化鐵、氯化亞鐵和水，離子反應方程式為：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O．

（3）C是氧氣，用帶火星的木條伸入試管口，若帶火星的木條復燃，說明有氧氣生成．【思路點撥】本題Al、Fe及其化合物為載體考查了金屬元素及其化合物的推斷，H的顏色變化、A的顏色及性質、D的性質為突破口采用正逆結合的方法進行推斷即可解答。19.污染物的有效去除和資源的充分利用是化學造福人類的重要研究課題．某研究小組利用軟錳礦（主要成分為MnO2，另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物）作脫硫劑，通過如下流程既脫除燃煤尾氣中的SO2，又制得電池材料MnO2（反應條件已省略）．

①

②

③

④

⑤圖1圖2請回答下列問題：（1）上述流程脫硫實現了

（選填下列字母編號）．A．廢棄物的綜合利用

B．白色污染的減少

C．酸雨的減少（2）流程圖④過程中發生的主要化學反應的方程式為

．（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+的離子方程式為

．（4）MnO2可作超級電容器材料．工業上用如圖2所示裝置制備MnO2．接通電源后，A電極的電極反應式為：

，當制備1molMnO2，則膜兩側電解液的質量變化差（△m左﹣△m右）為

g．（5）假設脫除的SO2只與軟錳礦漿中的MnO2反應．按照如圖1示流程，將am3（標準狀況）含SO2的體積分數為b%的尾氣通入礦漿，若SO2的脫除率為67.2%，最終得到MnO2的質量為ckg，則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質時，所引入的錳元素相當于MnO2

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

【考點】物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用．【分析】由流程可知，二氧化硫能與二氧化錳反應生成硫酸錳，用MnCO3調節溶液pH，使溶液中Al3+和Fe3+轉化為沉淀，過濾除去，MnS將銅、鎳離子還原為單質，過濾分離，濾液中加入高錳酸鉀與硫酸錳反應生成二氧化錳，通過過濾獲得二氧化錳．（1）流程脫硫實現了廢棄物的綜合利用、酸雨的減少；（2）高錳酸鉀與硫酸錳反應生成二氧化錳，還生成硫酸鉀，由元素守恒可知還生成硫酸；（3）用MnCO3消耗溶液中的酸，使Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀；MnS與溶液中的Cu2+反應生成CuS沉淀與Mn2+（aq），是沉淀轉化；（4）MnO2可作超級電容器材料．電解硫酸錳溶液制備MnO2，Mn元素發生氧化反應，由裝置圖可知，B電極上有氣體生成，發生還原反應，應是氫離子放電生成氫氣，A為陽極，陽極上是Mn2+失去電子得到MnO2，由電荷守恒可知還有H+生成，氫離子通過質子交換膜移向右室，根據電子轉移可知移向右室的氫離子生成氫氣，右室電解質溶液質量不變，兩側電解液的質量變化差為二氧化錳與移向右室氫離子的質量；（5）被吸收的SO2轉化為MnSO4，二者物質的量相等，除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質時碳酸錳也轉化為MnSO4，④中發生反應：2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4，可得關系式：3SO2～3MnSO4～5MnO2，由關系式計算n（MnSO4），根據Mn元素守恒計算引入的Mn元素物質的量，而引入Mn元素物質的量與相當于引入的二氧化錳的物質的量相等．【解答】解：由流程可知，二氧化硫能與二氧化錳反應生成硫酸錳，用MnCO3調節溶液pH，使溶液中Al3+和Fe3+轉化為沉淀，過濾除去，MnS將銅、鎳離子還原為單質，過濾分離，濾液中加入高