2022-2023学年吉林省长春市第一六0中学高三化学期末试卷含解析

2022-2023学年吉林省长春市第一六0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.引起下列环境污染的原因不正确的是A．重金属、农药和难分解有机物等会造成水体污染B．装饰材料中的甲醛、苯及氡等会造成居室污染C．SO2、NO2或CO2都会导致酸雨的形成D．CO2和氟氯烃等物质的大量排放会造成温室效应的加剧参考答案：C略2.（2004·北京卷）8.某元素的两种同位素，它们的原子具有不同的（）A.质子数B.质量数C.原子序数

D.电子数参考答案：B

略3.有X、Y两种元素，原子序数≤20，X的原子半径小于Y，且X、Y原子的最外层电子数相同(选项中m、n均为正整数)。下列说法正确的是（）

A．若X(OH)n为强碱，则Y(OH)n也一定为强碱

B．若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性

C．若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质一定是Y2

D．若Y的最高正价为+m，则X的最高正价一定为+m

参考答案：答案：A解析：本题考查了元素周期律的应用。

4.下列化学表达方式不正确的是（

）A．中子数为20的氯原子：37ClB．Cl﹣的结构示意图C．氢氧根离子的电子式：D．HClO的结构式

H﹣Cl﹣O参考答案：DA．氯元素质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子可以表示为：37Cl，故A正确；B．氯离子的核电荷数为17、核外电子总数为18，Cl﹣的结构示意图为：，故B正确；C．氢氧根离子为阴离子，氧原子最外层达到8个电子，氢氧根离子的电子式为：，故C正确；D．次氯酸的电子式为：，将所有共用电子对换成短线即为结构式，次氯酸正确的结构式为：H﹣O﹣Cl，故D错误；故选D．5.根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是A．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C．Cl￣、S2￣、Ca2+、K+半径逐渐减小D．与得电子能力相同参考答案：D6.设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．标准状况下，11.2L氯仿（CHCl3）中含有C-Cl键的数目为1.5NAB．0.05mol熔融的KHSO4中含有阳离子的数目为0.05NAC．500℃、30MPa下：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-38.6kJ·mol-1；将1.5NA的H2和过量N2在此条件下充分反应，放出热量19.3kJD．常温常压下，17g甲基（—14CH3）所含的中子数为9NA参考答案：B略7.漆酚是我国特产漆的主要成分，漆酚不应具有的化学性质A．可以跟NaOH溶液反应

B．可以使酸性KMnO4-溶液褪色C．可以跟NaHCO3溶液反应

D．可以跟溴水发生取代反应参考答案：C略8.在25℃、101Kpa时，已知：C(石墨，S)+O2(g)＝CO2(g)

△H＝-393.51KJ·mol-1C(金刚石，S)+O2(g)＝CO2(g)△H＝-393.41KJ·mol-1据此推理以下结论正确的是：A．碳单质均易在空气中燃烧B．等质量的石墨比金刚石能量高C．1mol石墨转化为金刚石只需要吸收1.9KJ的热量D．石墨和金刚石很容易相互转化参考答案：C9.有三种说法：①NH4NO3中氮元素显+5价；②4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2反应中+2价铁和-2价硫都被氧化；③氧化还原反应中还原剂得电子数与氧化剂失电子数一定相等。这三种说法中错误的是

（

）

高考资源网

A．只有①

B．只有②③

C．只有①③

D．①②③高考资源网参考答案：B略10.向2mL的溶液中加入3mL的KF溶液，发现溶液渐渐褪至无色，再加入KI溶液和振荡后，静置，不见层有紫红色，则下列说法正确的是（）A．不与发生反应

B．与结合成不与反应的物质C．使的还原性减弱

D．与还原为，使溶液中不再存在参考答案：B略11.对下列实验事实所列出的相应结论正确的是

实

验

事

实结

论ACl2的水溶液可以导电Cl2是电解质BSO2通入硝酸钡溶液出现白色沉淀BaSO3不溶于强酸CNaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀水解：HCO3－＜AlO2-D常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应非金属性：P＞N参考答案：C12.有关反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，的下列说法错误的是A．FeS2既是氧化剂也是还原剂B．CuSO4在反应中被还原C．14molCuSO4氧化了1molFeS2D．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3:7参考答案：D试题分析：A、因FeS2中部分S元素的化合价由-1升高到+6价，部分S元素的化合价由-1升高到+6价，所以FeS2既是作氧化剂，又做还原剂，故A正确；B、因硫酸铜中Cu元素的化合价降低，CuSO4在反应中被还原，故B正确；C、该反应中部分FeS2作氧化剂、部分FeS2作还原剂，且FeS2作氧化剂和还原剂的物质的量之比为7：3，根据转移电子守恒知14mol

CuSO4可氧化1mol

FeS2，故C正确；D、生成Cu2S的S元素被还原、生成部分硫酸根离子的S元素被氧化，根据原子守恒知，被还原的硫与被氧化的硫的质量比为7：3，故D错误；故选D13.新型解热镇痛抗炎药扑炎痛的结构如图所示，下列关于扑炎痛的叙述正确的是A．该物质的分子式为C17H16NO5B．该物质的核磁共振氢谱上共有9个峰C．该物质与浓溴水反应生成白色沉淀D．该物质在酸性条件下水解最终可以得到3种物质参考答案：BD略14.在一定温度下，反应2SO2＋O22SO3达到平衡时，n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2∶3∶4，缩小体积，反应再次达到平衡。n(O2)＝0.8mol，n(SO3)＝1.4mol，此时SO2的物质的量为

()A.0.4mol

B.0.6mol

C．0.8mol

D．1.2mol参考答案：A略15.14．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是

（

）选项实验操作实验现象结论A向FeC12溶液中通入适量C12溶液由浅绿色变为黄色C12的氧化性比FeC13的强B淀粉溶液在硫酸存在下水解一段时间后直接与银氨溶液混合无银镜出现淀粉没有水解C向澄清石灰水中通入某种气体出现白色沉淀该气体一定是CO2DBaSO4固体加入饱和Na2CO3溶液中，过滤，向滤渣中加入盐酸有气体生成

参考答案：略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（11分）新型纳米材料α-Fe粉末具有超强磁性，可用作高密度磁记录的介质和高效催化剂等。某校化学小组学生利用如图所示装置进行探究实验，已知该校实验室的酒精灯火焰的温度约为500℃。【查阅资料】在不同温度下，α-Fe粉末与水蒸气反应的固体产物不同：温度低于570℃时，生成FeO，高于570℃时，生成Fe3O4。

左图

右图【探究一】(1)甲同学用左图装置进行α-Fe粉末与水蒸气的反应，湿棉花的作用是____；写出该反应的化学方程式：

；【探究二】乙同学用右图装置进行α—Fe粉与水蒸气反应并验证产物。(2)实验前必须对整套装置进行的操作是____；试管a中的物质是

；(3)水槽中的试管里收集的气体是

；如果要点燃该气体，必须进行的操作是____；【探究三】乙同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了下列实验：

步骤实验操作实验现象Ⅰ取少量反应后的黑色粉末X，加入少量盐酸，微热黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色，产生少量气泡Ⅱ向实验Ⅰ得到的溶液中滴加2滴KSCN溶液，振荡溶液没有出现红色

(4)实验现象不能确定是否存在Fe3O4，主要原因是

（用离子方程式表示）。【探究反思】(5)乙同学称取5.60gFe粉，用右图装置反应一段时间后，停止加热，在干燥器中冷却后，称得6．88g。取冷却后的固体与足量FeCl3溶液充分反应，测定消耗FeCl3的物质的量，最终确定产物的成分。若此装置中Fe粉与水蒸气反应的产物为Fe3O4，则消耗FeCl3的物质的量应为____mol。参考答案：(1)提供水蒸汽作为反应物(1分)；Fe+H2OFeO+H2(2分)；(2)检查气密性(1分)；水(1分)；

(3)氢气(1分)；验纯(1分)；(4)Fe+2Fe3+＝3Fe2+(2分，Fe+Fe3O4+8H+＝4Fe2++4H2O也给分)；(5)0.08(2分)

解析：(1)加热试管使湿棉花中的水蒸发，湿棉花主要是提供反应物水蒸汽，与α-Fe粉发生反应：Fe+H2OFeO+H2；(2)反应生成气体氢气，所以实验前必须检查装置气密性，依据质量守恒，生成的液态产物应该是水；(3)点燃气体前为了防止爆炸，必须对气体进行验纯；(4)步骤I只能说明生成亚铁离子，步骤II说明没有铁离子，也有可能是生成了铁离子，但因为铁粉过量，与铁离子再反应生成了亚铁离子，所以不能确定是否存在Fe3O4，Fe+2Fe3+＝3Fe2+；(5)增加的质量就是氧元素的质量，即n(O)＝0.08mol，根据关系式Fe3O4～4O～3Fe计算，消耗0.06mol铁，即剩余0.04mol铁与氯化铁反应，消耗0.08mol氯化铁。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（10分）氨基磺酸(H2NSO3H)是一元固体强酸，溶于水和液氨，不溶于乙醇。在工业上用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂。用尿素[CO(NH2)2]和发烟硫酸（溶有SO3的硫酸）为原料合成氨基磺酸的稀的路线如下：

（1）重结晶用10%～12%的硫酸作溶剂而不用水作溶剂的原因是

▲

（2）“磺化”步骤中所发生的反应为：

①CO(NH2)2(s)＋SO3(g)H2NCONHSO3H(s)

△H<0

②H2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3H+CO2↑“磺化”过程应控制反应温度为75~80℃，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，原因是

▲

。（3）测定产品中氨基磺酸纯度的方法如下：称取7.920g产品配成l000mL待测液，量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入2mL0.2mol·L－1稀盐酸，用淀粉碘化钾试剂作指示剂，逐滴加入0.08000mol·L－1NaNO2溶液，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2溶液25.00mL，此时氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。试求产品中氨基磺酸的质量分数。（请写出计算过程）（4）以酚酞为指示剂，用NaOH进行酸碱中和滴定也能测定产品中氨基磺酸的纯度，测定结果通常比NaNO2法偏高，原因是氨基磺酸中混有

▲

杂质。参考答案：(1)氨基磺酸在硫酸溶液中的溶解度比在水中的溶解度小。（2分）

(2)温度高，SO3气体逸出加快，使反应①转化率降低。温度高，反应①平衡向逆反应方向移动。

（2分）

(3)H2NSO3H＋NaNO2＝NaHSO4＋N2↑＋H2O。或写出关系式H2NSO3H～NaNO2(l分)

n(H2NSO3H)＝n(NaNO2)＝25.00×l0—3×0.08000mol·L－1=2.000×l0—3mol(1分)

ω(H2NSO3H)=×100%=98.0%(2分)

(4)硫酸（2分）

略18.（10分）将铁粉、铜粉、FeCl3溶液和CuCl2溶液混合于某容器中充分反应（假定容器不参与反应）.试判断下列情况下,溶液中存在的金属离子和金属单质.

(1)若铁粉有剩余,则容器中不可能有____

__

(2)若CuCl2有剩余,则容器中,可能有_

_

;

(3)若FeCl3和CuCl2都有剩余,则容器中不可能有___

____,可能有____

___;

(4)若FeCl3有剩余,则容器中不可能有_____

__。参考答案：

（1）Fe3+、Cu2+

(2)Fe3+、Fe2+或

Fe2+、

Cu

(3)Fe、Cu

Fe2+

(4)Fe、Cu19.甲酸甲酯水解反应方程式为：HCOOCH3（l）+H2O（l）?HCOOH（l）+CH3OH（l）△H＞0某小组通过实验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）．反应体系中各组分的起始量如下表：组分HCOOCH3H2OHCOOHCH3OH物质的量/mol1.001.990.010.52甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化见图：（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：反应时间范围/min0～510～1520～2530～3540～4550～5575～80平均反应速率/（10﹣3mol?min﹣1）1.97.47.84.41.60.80.0请计算15～20min范围内甲酸甲酯的减少量为0.045mol，甲酸甲酯的平均反应速率为0.009mol?min﹣1（不要求写出计算过程）．（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：①反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢．②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大．③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零．．（3）上述反应的平衡常数表达式为：K=，则该反应在温度T1下的K值为．（4）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图．

参考答案：

（1）0.045mol；0.009mol?min﹣1；（2）①反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢．②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大．③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零．（3））1/7．（4）．

（1）15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1﹣1.00mol×6.7%=0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.