江西省九江市黄桥农业中学2022-2023学年高三化学期末试卷含解析

江西省九江市黄桥农业中学2022-2023学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.下列有关物质检验的实验结论正确的是

实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SOB向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色。再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色该溶液中一定含有Fe2＋C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将少量某物质的溶液滴加到新制的银氨溶液中，水浴加热后有银镜生成该物质一定属于醛类

参考答案：B略2.（08青岛质检）下列说法正确的是（

）

A．H2O、HCOOH、Cu2(OH)2CO3均含有氧元素，都是氧化物

B．蒸馏和蒸发分别可以从海水中得到淡水和粗盐

C．HF、CH3COOH、CH3CH2OH都易溶于水，都是电解质

D．电解质溶液导电过程是物理变化参考答案：答案：B3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．0.1mol?L﹣1的醋酸钠溶液中含CH3COOH、CH3COO﹣粒子总数为0.1NAB．12.0g的NaHSO4晶体加热至熔融状态电离出离子的总数是0.2NAC．标准状况下，2.24L的一氧化氮与氧气的混合气体含有的分子数为0.1NAD．0.1mol甲基电子数为NA参考答案：B【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、溶液体积不明确；B、求出硫酸氢钠的物质的量，然后根据硫酸氢钠在熔融状态下只能电离为钠离子和硫酸氢根离子来分析；C、NO和氧气混合后发生反应生成NO2，且中存在平衡：2NO2?N2O4；D、甲基中含9个电子．【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液中的CH3COOH、CH3COO﹣粒子总数无法计算，故A错误；B、12g硫酸氢钠的物质的量为0.1mol，而硫酸氢钠在熔融状态下只能电离为钠离子和硫酸氢根离子，故0.1mol硫酸氢钠在熔融状态下只能电离为0.2NA个离子，故B正确；C、NO和氧气混合后发生反应生成NO2，且中存在平衡：2NO2?N2O4，导致分子个数减少，故2.24LNO和氧气的混合物中含有的分子个数小于0.1NA个，故C错误；D、甲基中含9个电子，故0.1mol甲基中含0.9NA个电子，故D错误．故选B．4.美国普度大学研究开发出一种利用铝镓合金制备氢气的新工艺（工业流程如下所示）。下列有关该工艺的说法错误的是

A．该过程能量转化的形式只有两种

B．铝镓合金可以循环使用C．铝镓合金与水的反应属于置换反应D．总反应式为：2H2O＝2H2↑+O2↑参考答案：A略5.（6分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4L己烯含有碳氢键数目为12NA B．5.6gFe与足量盐酸完全反应，失去电子数目为0.2NA C．0.1molN2与0.3molH2充分反应，生成NH3的数目为0.2NA D．电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目一定为NA参考答案：B【分析】A．气体摩尔体积使用对象为气体；B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁；C．合成氨为可逆反应；D．电解精炼铜时，阳极是粗铜，还有杂质放点，当电路中转移NA个电子，阳极溶解的铜小于32g；【解答】解：A．标况下己烯为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B.5.6gFe物质的量为0.1mol，与足量盐酸完全反应生成0.1mol二价铁离子，失去电子数目为0.2NA，故B正确；C．合成氨为可逆反应，不能进行到底，所以0.1molN2与0.3molH2充分反应，生成NH3的数目小于0.2NA，故C错误；D．电解精炼铜时，阳极是粗铜，还有杂质放点，当电路中转移NA个电子，阳极溶解的铜小于32g，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。6.是一种食品添加剂,它能致癌。酸性溶液与的离子反应方程式是:

。下列叙述中正确的是(

)A.该反应中被还原B.反应过程中溶液的pH减小C.生成1mol需消耗0.4mol

D.中的粒子是参考答案：C略7.碳化硅的结构类似于金刚石的晶体，其中碳原子和硅原子的位置是交替的。在下列三种晶体①金刚石

②晶体硅③碳化硅中，它们的熔点从高到低的顺序是

A．①③②

B．②③①

C．③①②

D．②①③参考答案：A略8.美国科学家成功开发便携式固体氧化物燃料电池，它以丙烷气体为燃料，每填充一次燃料，大约可连续24小时输出50W的电力。一极通入空气，另一极通入丙烷气体，电解质是固态氧化物，在熔融状态下能传导O2－，下列对该燃料电池的说法不正确的是A．在熔融电解质中，O2－由负极移向正极B．该电池的总反应是：C3H8+5O2→3CO2+4H2OC．电路中每流过5mol电子，标准状况下约有5.6L丙烷被完全氧化D．通丙烷的电极为电池负极，发生的电极反应为：C3H8－20e－+10O2－=3CO2+4H2O参考答案：A略9.(双选)下列实验现象预测正确的是（）参考答案：CD考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．酚酞遇酸呈无色；B．根据浓硫酸具有脱水性和氧化性的性质分析；C．根据浓硫酸的吸水性和饱和溶液的特点分析即可；D．胶体加热可发生聚沉．解答：解：A．酚酞遇酸呈无色，看不到无色喷泉，故A错误；B．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，浓硫酸首先将蔗糖脱水生成单质碳，然后单质碳被浓硫酸氧化生成CO2而本身被还原成SO2，SO2具有还原性可使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；C．浓硫酸有吸水性，它要吸收饱和硝酸钾溶液挥发出来的水，从而使饱和硝酸钾溶液中的溶剂量减少，所以观察到有晶体析出，故C正确；D．氢氧化铁胶体加热可发生聚沉，会出现浑浊，故D正确．故选CD．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及喷泉实验、浓硫酸的性质、胶体制备等知识点，题目难度不大，注重基础知识的考查．10.短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如下图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡。下列推断正确的是

A．原子半径和离子半径均满足：Y<ZB．最高价氧化物对应水化物的酸性：T<RC．氢化物的沸点不一定是：Y>RD．由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性参考答案：C试题分析：X、Y、Z、R、T为五种短周期元素，根据图像可知X是H，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R位于第二周期，则R是碳元素。Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z是Na，Y是O。Z与T形成的化合物Z2T，能破坏水的电离平衡，所以T是S。A．氧离子半径大于钠离子半径，A错误；B．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性T＞R，所以其最高价含氧酸酸性T＞R，B错误；C．碳元素能形成多种氢化物，其沸点可能高于水，C正确；D．由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液不一定显碱性，例如草酸氢钠，D错误；答案选C。11.能正确表示下列反应的离子反应方程式为（）A．向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣B．向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓C．NH4HCO3稀溶液与过量的KOH溶液反应：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2OD．醋酸除去水垢：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O参考答案：A【考点】离子方程式的书写．【分析】A．氯气足量，亚铁离子和溴离子都被氯气氧化；B．硫酸根离子恰好沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，二者恰好反应生成偏铝酸根离子；C．氢氧化钾过量，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应；D．醋酸为弱酸，离子方程式四种醋酸不能拆开．【解答】解：A．向FeBr2溶液中通入足量氯气，反应生成氯化铁和溴，反应的离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故A正确；B．明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全，铝离子转化成偏铝酸根离子，正确的离子方程式为：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故B错误；C．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液，生成碳酸钠、一水合氨、水，正确的离子反应为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+H2O+NH3?H2O，故C错误；D．醋酸和碳酸钙都需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故D错误；故选A．12.用来分离蛋白质溶液和蔗糖溶液的方法是A、蒸发结晶

B、加CCl4萃取C、盐析过滤

D、加浓硝酸微热参考答案：C13.下列叙述中，正确的是

（

）

A．Na比K的金属性强

B．Na和K的电子层数相同

C．Na和K都是强还原剂

D．Na和K灼烧时都能使火焰呈现紫色参考答案：C略14.已知：H2（g）+I2（g）?2HI（g）；△H＜0．有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，相同温度下分别达到平衡．欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是（）A．甲、乙提高相同温度B．甲中加入0.1molHe，乙不变C．甲降低温度，乙不变D．甲增加0.1molH2，乙增加0.1molI2参考答案：C考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，由于乙按化学计量数转化到左边，可以得到H2和I2各0.1mol，故此时甲和乙建立的平衡是等效的，欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取措施使平衡向正反应移动，但不能降低HI的浓度，然后结合影响化学平衡移动的因素来回答．解答：解：相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，此时甲和乙建立的平衡是等效的，A、甲、乙提高相同温度，平衡均逆向移动，HI的平衡浓度均减小，故A错误；B、甲中加人0.1molHe，在定容密封容器中，平衡不会移动，故B错误；C、甲降低温度，平衡正向移动，甲中HI的平衡浓度增大，乙不变，故C正确；D、甲中增加0.1molH2，乙增加0.1molI2，结果还是等效的，故D错误；故选C．点评：本题考查学生影响化学平衡移动的因素和等效平衡知识，难度中等，注意理解等效平衡规律．15.据报道，以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2做原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C．正极材料采用MnO2，可用做空军通信卫星电源，其工作原理如图所示．下列说法中错误的是（）A．电池放电时Na+从a极区移向b极区B．电极b采用MnO2，MnO2既做电极材料又有催化作用C．该电池的负极反应为BH4-+8OH﹣一8e﹣═BO2-+6H2OD．每消耗3molH2O2，转移的电子为3mol参考答案：D【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH﹣，电极反应式为H2O2+2e﹣=2OH﹣，结合原电池的工作原理和解答该题．【解答】解：A．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故A正确；B．电极b采用MnO2为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH﹣，MnO2既作电极材料又有催化作用，故B正确；C．负极发生氧化反应生成BO2﹣，电极反应式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O，故C正确；D．正极电极反应式为H2O2+2e﹣=2OH﹣，每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，故D错误；故选D．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（10分）实验室用下图所示仪器和药品做CO2和Na2O2反应制O2的实验，试填写下列空白。(1)装置②中所盛溶液最好选用__________(填代号)。A．饱和食盐水

B．饱和NaHCO3溶液

C．澄清石灰水

D．NaCl溶液(2)如果将所制气体按从左到右流向排列装置时，上述各仪器装置连接的正确顺序是(填写装置的编号)________接__________接__________接__________，其中①②③④之间的仪器接口顺序应为(用接口标识A、B、C……填写)__________。(3)装置②的作用是______________________，发生反应的离子方程式是_

________________。参考答案：（10分）(1)B(2分)

(2)①②④③(2分)

A→C→B→G→F→D→E(2分)(3)吸收HCl(2分)

H＋＋HCO===CO2↑＋H2O(2分)略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（5分）氨在高温下进行催化氧化以制取NO时(不考虑NO和O2反应)，其主反应为：4NH3+5O24NO+6H2O副反应为：4NH3+3O22N2+6H2O今在相同条件下将每1L氨混合10L空气后通入反应器，空气中O2和N2的体积分数分别以20％和80％计。上述反应完成后，测得混合气体中不含NH3，而O2和N2的物质的量之比为1∶10，试求参加主反应的氨占原料氨的体积分数。参考答案：（5分）解：设参加主反应的氨为xL，则参加副反应的氨为（1－x）L。依据化学方程式可知：主反应中：4NH3～5O2x

x副反应中：4NH3

～

3O2

～

2N21－x

（1－x）（1－x）反应后：V氧气=10×－x－（1－x）=－xV氮气=10×+（1－x）=－xV氧气∶V氮气=1∶10计算得到x=0.889即88.9%略18.一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL3.00mol/L的NaOH溶液（密度为1.12g/mL）恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。（1）原NaOH溶液的质量分数为

（2）所得溶液中Cl－的物质的量为

mol（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2)＝

。

参考答案：答案：（1）10.7％

（2）0.25

（3）3︰2解析：此题考查的是氢气和氯气的反应，以及氯气和NaOH的反应。

解：（1）n(NaOH)=0.1L×3.00mol/L

=0.3mol

w(NaOH)=0.3mol×40g/mol÷(100ml×1.12g/mL)×100%

≈10.7％

(2)由钠守恒可知，溶液中

n(NaOH)＝n(NaCl)＋n(NaClO)

n(Cl－)=0.3mol－0.0500mol

=0.25mol