山西省忻州市五寨縣胡會鄉(xiāng)中學(xué)2022-2023學(xué)年高三化學(xué)期末試卷含解析

山西省忻州市五寨縣胡會鄉(xiāng)中學(xué)2022-2023學(xué)年高三化學(xué)期末試卷含解析一、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.下列有關(guān)氣體摩爾體積的描述中正確的是A．單位物質(zhì)的量的氣體所占的體積叫做氣體摩爾體積B．通常狀況下的氣體摩爾體積約為22.4LC．標(biāo)準狀況下的氣體摩爾體積約為22.4LD．相同物質(zhì)的量的氣體摩爾體積也相同參考答案：A略2.NO2通過盛有水的洗氣瓶，轉(zhuǎn)移0.03mol電子時，參加反應(yīng)的NO2氣體在標(biāo)準狀況下的體積為A．224mL

B．336mL

C．448mL

D．672mL參考答案：C3.硫酸銨在強熱條件下分解：4(NH4)2SO4=6NH3↑+N2↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O若將生成的氣體通入氯化鋇溶液中，得到的沉淀物是（）A．BaSO3和BaSO4

B．BaS

C．BaSO3

D．BaSO4參考答案：A略4.在抗擊“2019新型冠狀病毒”的過程中，大量防護和消毒用品投入使用。下列有關(guān)說法正確的是A.新型冠狀病毒由C、H、O三種元素組成B.聚丙烯和聚四氟乙烯為生產(chǎn)防護服的主要材料，二者均屬于有機高分子材料C.二氧化氯泡騰片和酒精均可殺滅新型冠狀病毒，二者的消毒原理相同D.84消毒液是以NaClO為主要有效成分的消毒液，與醫(yī)用酒精混合可以提升消毒效果參考答案：B【詳解】A．新冠病毒含有蛋白質(zhì)和RNA，組成元素中一定含有C，H，O，N，P元素，此外還可能含有其他元素，A項錯誤；B．聚乙烯和聚四氟乙烯都是合成有機高分子材料，B項正確；C．二氧化氯殺菌消毒，利用的是其強氧化性，酒精不具備強氧化性，但仍可以使蛋白質(zhì)變性失活，所以也能殺菌消毒，C項錯誤；D．84消毒液中次氯酸鈉具有強氧化性，醫(yī)用酒精中的乙醇與其混合可能會發(fā)生反應(yīng)，從而使兩種消毒劑均失去消毒效果，D項錯誤；答案選B。5.已知草酸為二元弱酸：常溫下，向某濃度的草酸溶液中逐滴加入一定量濃度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4﹣、C2O42﹣三種微粒的物質(zhì)的量分數(shù)（δ）與溶液pH的關(guān)系如圖所示，則下列說法中不正確的是（）A．pH=1.2溶液中：c（K+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（H2C2O4）B．pH=2.7溶液中：×c（C2O42﹣）=1000C．將相同物質(zhì)的量KHC2O4和K2C2O4固體完全溶于水所得混合液的pH為4.2D．向pH=1.2的溶液中加KOH溶液將pH增大至4.2的過程中水的電離度一定增大參考答案：C【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算．【分析】A．pH=1.2時，H2C2O4、HC2O4﹣的物質(zhì)的量分數(shù)相等，結(jié)合電荷守恒和物料守恒判斷；B．由圖象計算Ka1、Ka2，由電離常數(shù)可知：×c（C2O42﹣）=；C．KHC2O4和K2C2O4的物質(zhì)的量相同，但如配成不同濃度的溶液，則pH不一定為4.2；D．向pH=1.2的溶液中加KOH溶液將pH增大至4.2，溶液氫離子濃度減小，對水的電離抑制的程度減?。窘獯稹拷猓篈．pH=1.2時，H2C2O4、HC2O4﹣的物質(zhì)的量分數(shù)相等，且c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣），則c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（H2C2O4），故A正確；B．由圖象可知pH=1.2時，c（HC2O4﹣）=c（H2C2O4），則Ka1=c（H+）=10﹣1.2，pH=4.2時，c（HC2O4﹣）=c（C2O42﹣），Ka2=c（H+）=10﹣4.2，由電離常數(shù)可知：×c（C2O42﹣）==1000，故B正確；C．將相同物質(zhì)的量KHC2O4和K2C2O4固體完全溶于水，可配成不同濃度的溶液，溶液濃度不同，pH不一定為定值，即不一定為4.2，故C錯誤；D．向pH=1.2的溶液中加KOH溶液將pH增大至4.2，溶液中由酸電離的氫離子濃度減小，則對水的電離抑制的程度減小，水的電離度一直增大，故D正確．故選C．6.常溫時，將a1mL，b1mol·L－1的CH3COOH溶液加入到a2mL，b2mol·L－1的NaOH溶液中，下列結(jié)論中不正確的是A．如果a1b1=a2b2，則混合溶液的pH>7B．如果混合液的pH=7，則混合溶液中c(CH3COO－)＝C(Na＋)C．如果al＝a2，b1＝b2，則混合液液中c(CH3COO－)＝C(Na＋)D．如果a1＝a2，且混合溶液的pH<7，則b1>b2參考答案：C7.下列離子方程式正確的是（）A．醋酸溶解雞蛋殼：2H++CO32﹣═CO2↑+H2OB．鋁片加入燒堿溶液：2A1+2OH﹣+2H2O═2A1O2﹣+3H2↑C．鐵與鹽酸反應(yīng)：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑D．銅片投入FeCl3溶液中：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+參考答案：B解析：A．碳酸鈣和醋酸都需要保留化學(xué)式，正確的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故A錯誤；B．鋁片加入燒堿溶液，反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應(yīng)的離子方程式為：2A1+2OH﹣+2H2O═2A1O2﹣+3H2↑，故B正確；C．鐵與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣，正確達到離子方程式為：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故C錯誤；D．銅片投入FeCl3溶液中，離子方程式必須遵循電荷守恒，正確的離子方程式為：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故D錯誤；故選B．8.下列敘述正確的是（）A．煤的干餾和石油的分餾均屬化學(xué)變化B．葡萄糖注射液不能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)現(xiàn)象，不屬于膠體C．14C可用于文物年代的鑒定，14C與12C互為同素異形體D．BaSO4在醫(yī)學(xué)上用作鋇餐，Ba2+對人體無毒參考答案：B考點：膠體的應(yīng)用；同素異形體；石油的分餾產(chǎn)品和用途；煤的干餾和綜合利用．專題：化學(xué)應(yīng)用．分析：A．物理變化和化學(xué)變化的根本區(qū)別在于是否有新物質(zhì)生成．如果有新物質(zhì)生成，則屬于化學(xué)變化；B．根據(jù)溶液和膠體的不同來判斷；C．同素異形體是同一種元素形成的不同單質(zhì)；D．根據(jù)BaSO4的溶解度來分析．解答：解：A．石油的分餾屬物理變化，因為石油的分餾是利用石油中各種成分沸點不同將其分離的一種方法，沒有新物質(zhì)生成，所以是物理變化，煤的干餾是復(fù)雜的物理化學(xué)變化，故A錯誤；B．葡萄糖注射液是溶液，不屬于膠體，丁達爾現(xiàn)象是膠體具有的性質(zhì)，故B正確；C．14C與12C質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，互為同位素，故C錯誤；D．鋇離子對人體有害，它是一種重金屬離子，可以使人體中毒．硫酸鋇在醫(yī)學(xué)上用作鋇餐是因為硫酸鋇既不溶于水也不溶于酸，不會產(chǎn)生可溶性鋇離子，所以它對人體無害，故D錯誤．故選B．點評：本題考查物理變化、膠體、同位素等，難度不大，注意硫酸鋇在醫(yī)學(xué)上用作鋇餐是因為硫酸鋇既不溶于水也不溶于酸，不會產(chǎn)生可溶性鋇離子，所以它對人體無害．9.．下列說法正確的是A．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈紅色，證明存在Fe3+而沒有Fe2+B．鋁箔在酒精燈火焰上加熱熔化但不滴落，因為鋁箔表面氧化鋁熔點高于鋁C．向煤中加入適量石灰石，高溫下最終生成CaSO3，可減少SO2對大氣的污染D．為確證NaHCO3溶液中混有Na2CO3，取少量溶液，加入澄清石灰水，若有白色沉淀生成，則證明混有Na2CO3參考答案：B略10.已知25℃時某溶液中含有大量Na+、H+、Fe3+、HC03﹣、OH﹣、I﹣中的幾種，并且水電離出的c（H+）=1×lO﹣13mol/L．當(dāng)向該溶液中緩慢通入一定量的Cl2后，溶液由無色變?yōu)辄S色．下列有關(guān)分析正確的是（）A．溶液的pH=1或13

B．溶液中一定沒有Fe3+，Na+C．溶液中陰離子有I﹣，不能確定HCO3﹣

D．當(dāng)Cl2過量，所得溶液只含有兩種鹽參考答案：A考點：常見離子的檢驗方法．專題：離子反應(yīng)專題．分析：水電離出的c（H+）=1×lO﹣13mol/L，溶液中氫離子或氫氧根離子濃度為0.1mol/L，該溶液為強酸性或堿性溶液，一定不會存在碳酸氫根離子；當(dāng)向該溶液中緩慢通入一定量的Cl2后，溶液由無色變?yōu)辄S色，說明溶液中一定存在碘離子，能夠與碘離子反應(yīng)的鐵離子一定不會存在，據(jù)此完成本題．解答：-解：由水電離出的c（H+）=1×lO﹣13mol/L，該溶液中大量存在氫離子或者氫氧根離子，所以溶液中一定不會存在碳酸氫根離子；通入氯氣后溶液由無色變?yōu)辄S色，說明溶液中一定不會存在有色的鐵離子，一定存在碘離子，A、根據(jù)分析可知，水電離出的c（H+）=1×lO﹣13mol/L，若為酸性溶液，該溶液pH=1；若為堿性溶液，該溶液的pH為13，故A正確；B、溶液中一定不會存在鐵離子，若是堿性溶液，一定存在鈉離子，故B錯誤；C、該溶液中一定存在碘離子，一定不會存在碳酸氫根離子，故C錯誤；D、氯氣過量，反應(yīng)后只有一種鹽，即氯化鈉，故D錯誤；故選A．點評：本題考查了常見離子的檢驗方法，題目難度中等，注意明確常見離子的反應(yīng)現(xiàn)象及檢驗方法，試題有利于培養(yǎng)學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用所學(xué)知識的能力．11.NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是

（

）A．等物質(zhì)的量的N2和CO所含分子數(shù)均為NAB．1．7gH2O2中含有的電子數(shù)為0．9NAC．1molNa2O2固體中含離子總數(shù)為4NAD．標(biāo)準狀況下，2．24L辛烷所含分子數(shù)為0．1NA參考答案：B略12.有Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4+、H2O和H+六種粒子，分別屬于同一氧化還原反應(yīng)中的反應(yīng)物和生成物，下列敘述錯誤的是(

)A.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:8

B.還原產(chǎn)物為NH4+C.若有1molNO3-參加還原反應(yīng)，轉(zhuǎn)移8mole-

D.該反應(yīng)中H2O是反應(yīng)物之一參考答案：D略13.下列說法正確的是（

）A．水泥、玻璃、青花瓷、水晶、瑪瑙、分子篩都屬于硅酸鹽工業(yè)產(chǎn)品

B．二氧化碳通入水玻璃可以得到原硅酸C．因為高溫時二氧化硅與碳酸鈉反應(yīng)放出二氧化碳，所以硅酸比碳酸強D．2MgO·SiO2中的酸根陰離子為SiO42-

參考答案：B水晶、瑪瑙是二氧化硅，A錯；B項，碳酸的酸性大于原硅酸，所以二氧化碳通入水玻璃可以得到原硅酸，B對；C錯，比較非金屬性必須在水溶液中，比如用碳酸制備硅酸；D錯，2MgO·SiO2中的酸根陰離子為SiO32-.

14.用固體樣品配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，需經(jīng)過稱量、溶解、轉(zhuǎn)移溶液、定容等操作。下列圖示對應(yīng)的操作規(guī)范的是

參考答案：B略15.下列說法正確的是

A．光導(dǎo)纖維的主要成份是硅

B．常用氫氟酸(HF)來刻蝕玻璃

C．制普通玻璃的主要原料是燒堿、石灰石、石英

D．實驗室用帶玻璃塞的試劑瓶保存氫氧化鈉溶液參考答案：B略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.（15分）已知某純堿試樣中含有NaCl雜質(zhì)，為測定試樣中純堿的質(zhì)量分數(shù)，可用下圖中的裝置進行實驗。

主要實驗步驟如下：①按圖組裝儀器，并檢查裝置的氣密性②將ag試樣放入錐形瓶中，加適量蒸餾水溶解，得到試樣溶液③稱量盛有堿石灰的U型管的質(zhì)量，得到bg④從分液漏斗滴入6mol·L－1的硫酸，直到不再產(chǎn)生氣體時為止⑤從導(dǎo)管A處緩緩鼓入一定量的空氣⑥再次稱量盛有堿石灰的U型管的質(zhì)量，得到cg⑦重復(fù)步驟⑤和⑥的操作，直到U型管的質(zhì)量基本不變，為dg；請?zhí)羁蘸突卮饐栴}：（1）在用托盤天平稱量樣品時，如果天平的指針向左偏轉(zhuǎn)，說明

；（2）裝置中干燥管B的作用是

；（3）如果將分液漏斗中的硫酸換成濃度相同的鹽酸，測試的結(jié)果

（填高、偏低或不變）（4）步驟⑤的目的是

；（5）步驟⑦的目的是

；（6）該試樣中純堿的質(zhì)量分數(shù)的計算式為

；（7）還可以用其他實驗方法測定試樣中純堿的質(zhì)量分數(shù)。請簡述一種不同的實驗法。

參考答案：答案：（1）樣品重，砝碼輕

（2）防止空氣中的CO2和水氣進入U型管中

（3）偏高

（4）把反應(yīng)產(chǎn)生的CO2全部導(dǎo)入U型管中

（5）判斷反應(yīng)產(chǎn)生的CO2是否全部排出，并被U型管中的堿石灰吸收

（6）

（7）答案略三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.（12分）車載甲醇質(zhì)子交換膜燃料電池（PEMFC)將甲醇蒸氣轉(zhuǎn)化為氫氣的工藝有兩種：（1）水蒸氣變換（重整）法；（2）空氣氧化法。兩種工藝都得到副產(chǎn)品CO。1．分別寫出這兩種工藝的化學(xué)方程式，通過計算，說明這兩種工藝的優(yōu)缺點。有關(guān)資料（298.15K）列于表3。表3

物質(zhì)的熱力學(xué)數(shù)據(jù)物質(zhì)ΔfHm/kJ·mol-1Sm/J·K-1·mol-1CH3OH（g）-200.66239.81CO2（g）-393.51213.64CO（g）-110.52197.91H2O（g）-241.82188.83H2（g）0130.592．上述兩種工藝產(chǎn)生的少量CO會吸附在燃料電池的Pt或其他貴金屬催化劑表面，阻礙H2的吸附和電氧化，引起燃料電池放電性能急劇下降，為此，開發(fā)了除去CO的方法。現(xiàn)有一組實驗結(jié)果（500K）如表4。表中PCO、PO2分別為CO和O2的分壓；rco為以每秒每個催化劑Ru活性位上所消耗的CO分子數(shù)表示的CO的氧化速率。（1）求催化劑Ru上CO氧化反應(yīng)分別對CO和O2的反應(yīng)級數(shù)（取整數(shù)），寫出速率方程。（2）固體Ru表面具有吸附氣體分子的能力，但是氣體分子只有碰到空活性位才可能發(fā)生吸附作用。當(dāng)已吸附分子的熱運動的動能足以克服固體引力場的勢壘時，才能脫附，重新回到氣相。假設(shè)CO和O2的吸附與脫附互不影響，并且表面是均勻的，以θ表示氣體分子覆蓋活性位的百分數(shù)（覆蓋度），則氣體的吸附速率與氣體的壓力成正比，也與固體表面的空活性位數(shù)成正比。研究提出CO在Ru上的氧化反應(yīng)的一種機理如下：其中kco,ads、kco,des分別為CO在Ru的活性位上的吸附速率常數(shù)和脫附速率常數(shù)，ko2,ads為O2在Ru的活性位上的吸附速率常數(shù)。M表示Ru催化劑表面上的活性位。CO在Ru表面活性位上的吸附比O2的吸附強得多。試根據(jù)上述反應(yīng)機理推導(dǎo)CO在催化劑Ru表面上氧化反應(yīng)的速率方程（不考慮O2的脫附；也不考慮產(chǎn)物CO2的吸附），并與實驗結(jié)果比較。3．有關(guān)物質(zhì)的熱力學(xué)函數(shù)（298．15K）如表5。表5物質(zhì)的熱力學(xué)數(shù)據(jù)物質(zhì)ΔfHm/kJ·mol-1Sm/J·K-1·mol-1H2（g）0130.59O2（g）0205.03H2O（g）-241.82188.83H2O（l）-285.8469.94在373.15K，100kPa下，水的蒸發(fā)焓ΔvapHm=40.64kJ·mol-1，在298.15～373.15K間水的等壓熱容為75.6J·K-1·mol-1。（1）將上述工藝得到的富氫氣體作為質(zhì)子交換膜燃料電池的燃料。燃料電池的理論效率是指電池所能做的最大電功相對于燃料反應(yīng)焓變的效率。在298.15K，100kPa下，當(dāng)1molH2燃燒分別生成H2O（l)和H2O（g)時，計算燃料電池工作的理論效率，并分析兩者存在差別的原因。（2）若燃料電池在473.15K、100kPa下工作，其理論效率又為多少（可忽略焓變和嫡變隨溫度的變化）？（3）說明（1）和（2）中的同一反應(yīng)有不同理論效率的原因。參考答案：1．化學(xué)方程式：甲醇水蒸氣變換（重整）的化學(xué)反應(yīng)方程式為：CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）

（1）

（1分）甲醇部分氧化的化學(xué)反應(yīng)方程式為：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）（2）

（1分）以上兩種工藝都有如下副反應(yīng)：CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）

（3）

（1分）反應(yīng)（1）、（2）的熱效應(yīng)分別為：ΔfHm（1）=（-393.51+200.66+241.82）kJ·mol-1=48.97kJ·mol-1（1分）ΔfHm（2）=（-393.51+200.66）kJ·mol-1=-192.85kJ·mol-1（1分）上述熱力學(xué)計算結(jié)果表明，反應(yīng)（1）吸熱，需要提供一個熱源，這是其缺點；反應(yīng)（1）的H2收率高，這是其優(yōu)點。反應(yīng)（2）放熱，可以自行維持，此為優(yōu)點；反應(yīng)（2）的氏收率較低，且會被空氣（一般是通人空氣進行氧化重整）中的N2所稀釋，因而產(chǎn)品中的H2濃度較低，此為其缺點。（2分）2．（1）CO的氧化反應(yīng)速率可表示為：⑷（1分）

將式（4）兩邊取對數(shù)，有

將題給資料分別作圖，得兩條直線，其斜率分別為：

α≈-1（1分）β≈1（1分）另解：pco保持為定值時，將兩組實驗資料（rco、pO2）代人式⑷，可求得一個β值，將不同組合的兩組實驗資料代人式⑷，即可求得幾個β值，取其平均值，得β≈1（若只計算1個β值，扣0．5分）同理，在保持pO2為定值時，將兩組實驗資料（rco,pco）代人式⑷，可求得一個α值，將不同組合的兩組實驗資料代人式⑷，即可求得幾個α值，取其平均值，得α≈-1（若只計算1個α值，扣0．5分）

因此該反應(yīng)對CO為負一級反應(yīng)，對O2為正一級反應(yīng)，速率方程為：（1分）

（2）在催化劑表面，各物質(zhì)的吸附或脫附速率為：

式中θv,θco分別為催化劑表面的空位分數(shù)、催化劑表面被CO分子占有的

分數(shù)。表面物種O-M達平衡、OC-M達吸附平衡時，有：⑻（2分）⑼（1分）于是，有⑽，k為CO在催化劑Ru活性位的氧化反應(yīng)的表觀速率常數(shù)。由于CO在催化劑表面吸附很強烈，即有θco≈1，在此近似下，由式⑽得到：

⑾（1分）上述導(dǎo)出的速率方程與實驗結(jié)果一致。另解：CO和O2吸附于催化劑Ru的活性位上，吸附的CO與吸附的O2之間的表面反應(yīng)為速率控制步驟，則可推出下式：（4分）上式中的k、kco、ko2是包含kco,ads、ko2,ads、kco,des等參數(shù)的常數(shù)。根據(jù)題意，在Ru的表面上，CO的吸附比O2的吸附強得多，則有ko2Po2≈0（1分），kcoPco>>1（1分）于是上式可簡化為式⑾，即：rco=kPo2/Pco按上述推導(dǎo)，同樣給分。3．（1）H2（g）+O2（g）→H2O（l）

（1）

298.15K時上述反應(yīng)的熱力學(xué)函數(shù)變化為：

ΔrHm（1）=-285.84kJ·mol-1（1分）

ΔrSm（1）=（69.94-130.59-205.03/2）J·K-1·mol-1=-163.17J·K-1·mol-1（1分）

ΔrGm（1）=ΔrHm（1）－TΔrSm（1）

=（-285.84+298.15×163.17×10-3）kJ·mol-1=-237.19kJ·mol-1（1分）

燃料電池反應(yīng)（1）的理論效率為：（1分）

H2（g）+O2（g）→H2O（g）

（2）

反應(yīng)（2）的熱力學(xué)函數(shù)變化為：（1分）

燃料電池反應(yīng)（2）的理論效率為：（1分）兩個反應(yīng)的ΔrGm（1）與ΔrGm（2）相差不大，即它們能輸出的最大電能相近；然而，這兩個反應(yīng)的熱函變化ΔrHm（1）與ΔrHm（2）相差大，有：ΔΔH＝ΔrHm（2）－ΔrHm（1）=44.01kJ·mol-1上述熱函變化差ΔΔH恰好近似為圖5流程的熱函變化：

上述結(jié)果表明，由于兩個燃燒反應(yīng)的產(chǎn)物不同，所釋放的熱能（熱函變化）也不同，盡管其能輸出的最大電能相近，但其燃料電池的理論效率仍然相差較大。（2分）

（2）在473.15K下，對于反應(yīng)（2），有：