辽宁省朝阳市第二十三高级中学高三化学下学期期末试卷含解析

辽宁省朝阳市第二十三高级中学高三化学下学期期末试卷含解析一、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.常温条件下，将SO2气体通入一定量NaOH溶液中，所得溶液呈中性，关于该溶液的判断错误的是A．该溶液中溶质一定为NaHSO3与Na2SO3B．溶液中c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)C．溶液中离子浓度最大的是SO32-D．向该溶液中加入氯化钾固体，溶液依然呈中性，且有c(K＋)＝c(Cl－)参考答案：BC略2.现有某温度下的KCl饱和溶液m1g，溶质的质量分数为ω1%．对其采取某种措施后析出mgKCl晶体，所得母液的质量为m2g，溶质的质量分数为ω2%，则下列关系正确的是（）A．原条件下KCl的溶解度小于ω1gB．m1?ω1%﹣m=m2?ω2%C．ω1一定大于ω2D．m1﹣m2≤m参考答案：B考点：溶解度、饱和溶液的概念．

分析：现有某温度下的KCl饱和溶液m1g，溶质的质量分数为ω1%．对其采取某种措施后析出mgKCl晶体，所得母液的质量为m2g，溶质的质量分数为ω2%，晶体KCl析出的条件为降低温度、蒸发水分等，A、若原溶液为饱和溶液，则溶解度S与质量分数的关系是×100%=ω1g；B、m1?ω1%﹣m=m2?ω2%中满足溶质的质量相等；C、若原溶液为饱和溶液，条件为降低温度，则冷却将使晶体析出，但温度一定，KCl的溶解度为一定值；D、若条件只为降低温度使晶体析出，则m1﹣m2=m，若条件只为蒸发水分m（H2O）g使晶体析出，则m1﹣m2=m+m（H2O），综上所述得m1﹣m2≥m；解答：解：A、若原溶液为饱和溶液，则溶解度S与质量分数的关系是×100%=ω1g，得到原条件下KCl的溶解度S大于ω1g，故A错误；B、依据溶质质量相同列式，原溶液中溶质质量减去析出的氯化钾等于析出晶体后溶液中溶质质量，m1?ω1%﹣m=m2?ω2%中满足溶质的质量相等，故B正确；C、若原溶液为饱和溶液，条件为降低温度，则冷却将使晶体析出，但温度一定，KCl的溶解度为一定值，若恢复原温度，ω1一定等于ω2，若降低温度下ω1一定大于ω2，故C错误；D、若条件只为降低温度使晶体析出，则m1﹣m2=m，若条件只为蒸发水分m（H2O）g使晶体析出，则m1﹣m2=m+m（H2O），综上所述得m1﹣m2≥m，故D错误；故选B．点评：本题考查学生对溶解度等概念的理解能力，溶解度在一定温度下不变，饱和溶液中析出晶体后的溶液在该温度下仍是饱和溶液，掌握概念实质是解题关键，题目难度中等3.在25℃时，H2R及其钠盐的混合溶液中，H2R、HR-、R2-分别在三者中所占的物质的量分数（α）随溶液pH变化关系如下图所示，下列叙述错误的是()A．H2R是二元弱酸，其Ka1=1×10-2B．当溶液恰好呈中性时，c(Na+)=2c(R2-)+c(HR-)C．NaHR在溶液中水解倾向大于电离倾向D．含Na2R与NaHR各0.1mol的混合溶液的pH=7.2参考答案：C试题分析：A．根据图像可知，在溶液中存在H2R、HR-、R2-，说明H2R是弱酸。当溶液的pH=2时，c(H+)=c(HR-)=1×10-2mol/L，c(HR-)=c(H2R)1×10-2mol/L，所以H2R是二元弱酸，其Ka1=1×10-2，正确；B．根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(R2-)+c(HR-),当溶液恰好呈中性时，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)="2c"(R2-)+c(HR-)。正确；C．NaHR是强碱弱酸盐，在溶液中HR-电离使溶液显酸性，HR-水解使溶液显碱性。根据图像显示可知在溶液中HR-电离倾向大于水解倾向，所以溶液显酸性，错误；D．含Na2R与NaHR各0.1mol的混合溶液，即二者的物质的量分数相等时，根据图像可知此时溶液的pH=7.2，正确。4.25℃，两种酸的电离平衡常数如下表．

Ka1Ka2H2A1.3×10﹣26.3×10﹣4H2B4.2×10﹣75.6×10﹣11

下列叙述中正确的是（）A．H2A的电离方程式：H2A2H++A2﹣B．常温下，在水中Na2B的水解平衡常数为：Kb1=C．相同pH的Na2A、Na2B溶液中物质的量浓度：c（Na2A）＞c（Na2B）D．向Na2B溶液中加入少量H2A溶液，可发生反应：B2﹣+H2═A2﹣+H2B参考答案：C【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】根据电离平衡常数H2A和H2B都是弱电解质，而且酸性的强弱顺序为：H2A＞HA﹣＞H2B＞HB﹣，A、根据电离平衡常数H2A和H2B都是弱电解质，所以电离分步进行，以第一步为主；B、由B2﹣+H2O?HB﹣+OH﹣的水解平衡，得出Kb1的值为进行计算；C、根据酸根对应的酸越弱越水解，碱性越强；D、酸性强的能制酸性弱的分析解答．【解答】解：A、根据电离平衡常数H2A和H2B都是弱电解质，所以电离分步进行，以第一步为主，所以H2AH++HA﹣，故A错误；B、由B2﹣+H2OHB﹣+OH﹣的水解平衡，得出Kb1=，分子和分母同乘以氢离子的浓度，则Kb1=，故B错误；C、根据酸根对应的酸越弱越水解，碱性越强，由于酸性：HA﹣＞HB﹣，所以相同浓度的Na2A、Na2B的PH是Na2B的大，则相同pH的Na2A、Na2B溶液中物质的量浓度：c（Na2A）＞c（Na2B），故C正确；D、因为：H2A＞HA﹣＞H2B，所以2B2﹣+H2A═A2﹣+2HB﹣，故D错误；故选C．【点评】本题考查电离平衡常数和盐类水解的应用、离子方程式的书写，综合性较强，要注意通过电离平衡常数的大小来比较酸性强弱，然后运用强制弱的相关知识解题．5.在实验室里用铁屑、氧化铜、稀硫酸为原料制取铜，有下列两种途径：若用这两种方法制得等量的铜，则下列有关说法符合实际情况的是

()A．消耗氧化铜的质量相同

B．消耗铁的质量相同C．消耗硫酸的质量相同

D．生成硫酸亚铁的质量相同参考答案：A略6.向恒温、恒容（2L）的密闭容器中充入2molX和一定量的Y，发生反应：2X(g)＋Y(g)2Z(g)+Q（Q=197.74kJ），4min后达到平衡，这时c(X)＝0.2mol·L-1，且X与Y的转化率相等。下列说法中不正确的是：A．达到平衡时，再充入1molX，该反应的Q保持不变B．用Y表示4min内的反应速率为0.1mol/(L·min)C．再向容器中充入1molZ，达到新平衡，v(X)∶v(Y)＝2∶1D．4min后，若升高温度，平衡将向逆反应方向移动，平衡常数K增大参考答案：D略7.向10mL0.1mol·L?1NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液xmL，下列叙述正确的是()A..x=10时，溶液中有NH4＋、Al3＋、SO42－，且c(NH4＋)＝c(SO42－)>c(Al3＋)

B．x=15时，溶液中有NH4＋、SO42－，且c(NH4＋)＜2c(SO42－)

C．x=20时，溶液中有NH4＋、Al3＋、OH－，且c(OH－)＜c(Al3＋)

D．x=30时，溶液中有Ba2＋、AlO2－、OH－，且c(OH－)=c(Ba2＋)参考答案：BA、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42-，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH-，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO42-．氢氧化铝沉淀，剩余1/3×10-3molAl3+而NH4+没有参与反应，少量水解，c（NH4+）＜c（SO42-），故A错误；B、x=15时硫酸根与钡离子沉淀完有剩余0.0005mol，铵根没反应，0.001mol，但有少量水解，故c(NH4＋)＜2c(SO42－)，故B正确；C、x=20时，硫酸根与钡离子恰好沉淀，铝离子与氢氧根恰好生成氢氧化铝后剩余氢氧根正好与铵根反应，溶液中没有NH4＋、Al3＋，故C错误；D、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42-，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH-，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH-过量溶液中存在0.001moAlO2-，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH-）＞（Ba2+），故D错误。故答案选B8.下列关于胶体的说法中正确的是A.根据是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液B.胶体具有介稳性，是因为胶体带电荷C.长江入海口附近形成泥沙三角洲是因为河水中的土壤胶体粒子聚沉导致D.向鸡蛋清胶体中加入硫酸铜溶液，可使其中的蛋白质盐析。参考答案：C【详解】A、分散系按照分散质粒子直径大小分为：溶液、胶体、和浊液，分散质粒子直径大于100nm的为浊液，介于1nm-100nm为胶体，小于1nm的为溶液，故A错误；B、胶体具有介稳性，是因为胶体胶粒带同种电荷，故B错误；C、土壤粒径介于1nm-100nm，是一种胶体颗粒，但是海水中存在大量的离子,会使胶体聚沉，土壤颗粒沉淀下来形成了三角洲，故C正确；D、向鸡蛋清胶体中加入硫酸铜溶液，硫酸铜为重金属盐，可使其中的蛋白质变性，故D错误；综上所述，本题应选C。9.下列有关离子方程式与所述事实相符且正确的是

（）

A．氯气通入水中：Cl2＋H2O=Cl-＋ClO-＋2H+

B．Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O

C．用氯化铁溶液和沸水反应制取氢氧化铁胶体：Fe3＋＋3H2O（沸水）===Fe（OH）3↓＋3H＋

D．漂白粉溶液在空气中失效：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO参考答案：B略10.形成物质世界多样性的原因有

①元素种类；②同位素；③化学键成键方式；④同分异构现象；⑤同素异形现象

A．仅①②③

B．仅②④⑤

C．仅①③

D．①②⑧④⑤

参考答案：D略11.已知盐酸是强酸，在下列叙述中，能说明醋酸是弱酸的是

A．将pH=4的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液，醋酸所需加入水的量大B．盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与同浓度硫酸反应制取C．相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变大D．相同pH的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，产生氢气的起始速率相等参考答案：AC12.某无色溶液中可能含有①Na+、②Ba2+、③Cl-、④Br-、⑤SO32-、⑥SO42-中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤

操作现象（1）用pH试纸检验溶液pH大于7（2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色（3）向（2）所得的水溶液中加入Ba(NO3)2和稀HNO3有白色沉淀产生（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生

下列结论正确的是（

）A．肯定含有的离子是①④⑤

B．肯定没有的离子是②⑤C．不能确定的离子是①

D．不能确定的离子是③⑤参考答案：A略13.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．7.8gNa2O2含有的阴离子数目为0.2NAB．标准状况下，2.24LH2O含有的分子数等于0.1NAC．0.1mol钠和O2在一定条件下反应完全生成Na2O和Na2O2混合物时，失去电子数为0.1NAD．1L0.5mol·L﹣1Na2CO3溶液中含有的CO32﹣数目为0.5NA参考答案：CA、依据n=计算物质的量，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，7.8gNa2O2含有的阴离子数目为0.1NA，故A错误；B、标准状况水不是气体，2.24LH2O物质的量不是0.1mol，故B错误；C、钠全部反应电子转移依据反应的钠计算，0.1mol钠和O2在一定条件下反应完全生成Na2O和Na2O2混合物时，失去电子数为0.1NA，故C正确；D、碳酸根离子水解，1L0.5mol·L﹣1Na2CO3溶液中含有的CO32﹣数目小于0.5NA，故D错误；故选C．14.使用下表提供的试剂，利用如图所示的装置，能达到实验目的是(

)选项a中试剂b中试剂c中试剂实验目的A稀盐酸铁粉H2O制备并收集H2B稀硫酸Na2SO3粉末浓硫酸制备并收集干燥的SO2C浓盐酸KmnO4粉末NaOH溶液制备并收集Cl2D浓氨水生石灰碱石灰制备并收集干燥的NH3参考答案：B【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】由图可知，分液漏斗中液体与b中固体反应，为固体与液体反应不加热装置，c中为除杂装置，导管长进短出，最后为向上排空气法收集气体，可知气体的密度比空气法，以此来解答．【解答】解：A．H2应用向下排空气法收集，故A错误；B．稀硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，可利用浓硫酸干燥，最后利用向上排空气法收集，故B正确；C．NaOH溶液会同时吸收挥发的HCl和反应得到的Cl2，无法收集到Cl2，故C错误；D．干燥剂碱石灰不能用c装置盛装，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握常见气体的制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重学生的分析、实验能力的考查，题目难度不大．15.将Mg、Cu组成的混合物26.4g投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5mol·L-1的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀。则形成沉淀的质量是

(

)

A．43.2g

B．46.8g

C．53.6g

D．63.8g参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.硫酸铜是一种应用极其广泛的化工原料，可通过多种途径制取硫酸铜晶体。铜不能与稀硫酸直接反应，本实验中将适量浓硝酸分多次加入到铜粉与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体（装置如图1所示）。

请回答相关问题：

（1）图1分液漏斗中装的液体是

。（2）本实验中若硝酸过量，造成的结果是

。（3）图2是图1的改进装置，其优点是①

，②

。（4）为符合绿色化学的要求，某研究性学习小组进行如下设计：方案1：将铜粉在某仪器中反复灼烧，使铜粉与空气充分反应生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反应。

方案2：将空气或氧气直接通入到铜粉与稀硫酸的混合物中，发现在常温下几乎不反应。向混合物中加入Fe2(SO4)3，即发生反应。反应完全后向其中加物质甲调节pH到3～4，产生Fe(OH)3沉淀，过滤、蒸发、结晶，得到硫酸铜晶体，滤渣循环使用[已知Fe(OH)3和Cu(OH)2完全沉淀时的pH分别为3.7、6.4]。①方案1中用于灼烧的仪器名称是

。②方案2中甲物质可以是

（填字母序号）。a．CuO

b．CuCO3

c．CaCO3

d．NaOH③方案2中发生反应的总化学方程式为（注明反应条件）

。参考答案：（1）浓硝酸（2）制得的硫酸铜晶体不纯（3）①有利于氮氧化合物的吸收②防止倒吸（4）①坩埚

②a、b③2CuO＋O2＋2H2SO42CuSO4＋2H2O

(CuSO4也可写成CuSO4·5H2O）三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（14分）已知：A、B、D为中学化学常见的单质，甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成的化合物。其中，丙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，1mol丁分子中不同原子的数目比为1：2，且含有18mol电子；戊是一种难溶于水的白色胶状物质，既能与强酸反应，也能与强碱反应，具有净水作用。各物质间的转化关系如下图所示（某些条件已略去）。请回答：（1）单质A的组成元素在周期表中的位置是________________。（2）乙中所包含的化学键类型有_____________（填字母序号）。

a．离子键

b．极性共价键

c．非极性共价键（3）用电子式表示丙分子的形成过程

。（4）反应①的化学方程式为

。(5)丁的电子式为____________。（6）反应②中，0.5molNaClO参加反应时，转移1mol电子，其离子方程式为：

。（7）一定条件下，A与TiO2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分。已知该反应生成1mol乙时放出536kJ热量，其热化学方程式为

。参考答案：（共14分）（1）第三周期，第ⅢA族（共2分）（2）a

（2分）（3）（2分）（4）N2+3H2

2NH3

（2分，不写可逆符号或不写条件扣1分，不配平扣1分，

不出现负分）（5）（2分）（6）2NH3+ClO—===N2H4+Cl—+H2O（2分）（7）4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s,石墨)===2Al2O3(s)+3TiC(s)

△H=-1072kJ/mol（2分，不标明状态扣1分，△H错误扣1分，不写“石墨”不扣分，不配平扣1分，不出现负分）略18.（8分）下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如下图所示（部分产物及反应条件已略去）。已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质，E、H是氧化物且E为黑色固体。请回答下列问题：（1）B中所含元素位于周期表中第

周期

族；（2）A在B中燃烧的现象是

；（3）D+EB的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量之比是

；（4）若Y是一种特别常见的物质，则其化学式为