2022學(xué)年山東省濟(jì)南一中高三上學(xué)期期末化學(xué)試卷

1、2022學(xué)年山東省濟(jì)南一中高三（上）期末化學(xué)試卷一、選擇題1（6分）在環(huán)境保護(hù)、資源利用等與社會可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)的領(lǐng)域化學(xué)發(fā)揮著積極作用下列做法與此理念相違背的是（）A食品中大量添加苯甲酸鈉等防腐劑，可有效延長其保質(zhì)期B“地溝油”可以制成肥皂，提高資源的利用率C加快開發(fā)高效潔凈能源轉(zhuǎn)換技術(shù)，緩解能源危機(jī)D“Aol電子時生成4mol氮氣；B氫氧化鈉溶液中，氫氧根離子抑制了水的電離，溶液中的氫離子是水電離的，則水電離的氫氧根離子濃度=氫離子濃度=11013mol/L；C燃料電池中1mol氧氣反應(yīng)轉(zhuǎn)移4mol電子；D氣體摩爾體積使用對象為氣體【解答】解：4N29H2O反應(yīng)中，轉(zhuǎn)移15mol電子時生

2、成4mol氮氣，故當(dāng)生成28g氮氣時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為，故A正確；B室溫下ol/L，由于氫氧根離子抑制了水的電離，溶液中氫離子是水電離的，所以由水電離的OH離子的濃度與溶液中氫離子濃度相同，故B錯誤；C氫氧燃料電池正極氧氣得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，消耗（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體時，電路中通過的電子數(shù)目為4NA，故C錯誤；D標(biāo)況下三氧化硫不是氣體，不能使用氣體摩爾體積，故D錯誤；故選：A【點評】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用和相關(guān)計算，明確標(biāo)況下的氣體摩爾體積的使用條件，掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系，題目難度不大4（6分）下列實驗可以達(dá)到預(yù)期實驗?zāi)康氖牵ǎ嶒瀸嶒瀮?nèi)容實驗?zāi)康腁將木炭與

3、濃硫酸共熱，得到的氣體通入澄清石灰水檢驗?zāi)咎康难趸a(chǎn)物是CO2B加入足量鐵屑，充分反應(yīng)后，過濾除去FeCl2溶液中的少量FeCl3C將1molCuSO45H2O溶解在1L水中制備1moL/L的CuSO4溶液D飽和氯化鐵溶液中滴加氨水制備Fe（OH）3膠體AABBCCDD【分析】A木炭與濃硫酸共熱生成二氧化硫、二氧化碳，二者均使石灰水變渾濁；BFe與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵；C溶解在1L水中，溶液體積不是1L；D氯化鐵與氨水反應(yīng)生成沉淀【解答】解：A木炭與濃硫酸共熱生成二氧化硫、二氧化碳，二者均使石灰水變渾濁，則該實驗不能檢驗是CO2，故A錯誤；BFe與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，則反應(yīng)后過濾可除雜，

4、故B正確；C溶解在1L水中，溶液體積不是1L，則不能得到1mol/L的溶液，故C錯誤；D氯化鐵與氨水反應(yīng)生成沉淀，應(yīng)將氯化鐵在沸水中水解制備膠體，故D錯誤；故選B【點評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)及反應(yīng)原理等為解答的關(guān)鍵，注意實驗的評價性分析，題目難度不大5（6分）X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的兩種或三種元素組成的化合物，己是由Z元素形成的單質(zhì)已知：甲乙丁己，甲丙戊己；25時，0lmolL1丁溶液的LCC點溶液：c（HX）c（X）c（Na）c（H）c（OH）D當(dāng)V（NaOH溶液）=20mL時，A點水電離出c（H）大于B

5、點水電離出的c（H）【分析】L1的鹽酸溶液L時，c（HX）c（X），Ka（HX）c（H）；B、HX為弱電解質(zhì)，V（NaOH）=20mL時，HX與氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)生成NaX，X水解溶液顯示堿性；C、C點溶液為等物質(zhì)的量濃度的醋酸和醋酸鈉，以醋酸的電離為主；D、當(dāng)V（NaOH溶液）=20mL時，A點的水溶液為醋酸鈉，而B點的水溶液為氯化鈉，醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽水解對水的電離起促進(jìn)作用，所以A水電離出c（H）大于B點水電離出的c（H）【解答】解：L1的鹽酸溶液L時，溶液中c（HX）c（X），即Ka（HX）c（H）=10L時，HX與氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)生成NaX，X水解溶液顯示堿性，所以滴定醋酸溶液

6、消耗的V（NaOH溶液）20mL，故B正確；C、C點溶液為等物質(zhì)的量濃度的醋酸和醋酸鈉，以醋酸的電離為主，所以離子濃度大小為：c（X）c（Na）c（HX）c（H）c（OH），故C錯誤；D、當(dāng)V（NaOH溶液）=20mL時，A點的水溶液為醋酸鈉，而B點的水溶液為氯化鈉，醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽水解對水的電離起促進(jìn)作用，所以A水電離出c（H）大于B點水電離出的c（H），故D正確；故選C【點評】本題考查了酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ol，根據(jù)C4HNO3（濃）CO24NO22H2O知，生成4nmolNO2，根據(jù)3NO2H2O=2HNO3NO，可知4nmolNO2與水反應(yīng)生成4nmol=nmol硝酸和nmol

7、NO，再根據(jù)3Cu8HNO3=3Cu（NO3）22NO4H2O可知，硝酸與銅反應(yīng)生成的NO為nmol=nmol，所以nmolnmol=2nmol=，可得n=，則需要碳的質(zhì)量=12g/mol=；故答案為：【點評】本題考查物質(zhì)制備實驗方案的設(shè)計，涉及對原理與裝置的分析評價、信息獲取與遷移運(yùn)用、化學(xué)計算等，（6）中計算為易錯點、難點，關(guān)鍵是根據(jù)方程式需找B裝置中得到NO與碳的物質(zhì)的量關(guān)系9（12分）研究碳和硫的化合物的性質(zhì)，有助于合理控制溫室效應(yīng)、環(huán)境污染，并能進(jìn)行資源化利用，還可重新獲得燃料或重要工業(yè)產(chǎn)品（1）有科學(xué)家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相關(guān)熱化學(xué)方程式如下：6FeO（s）CO2（g

8、）2Fe3O4（s）C（s）H=mol1上述反應(yīng)的還原產(chǎn)物為，每生成1molFe3O4，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol；已知：C（s）2H2O（g）CO2（g）2H2（g）H=mol1，則反應(yīng)：3FeO（s）H2O（g）Fe3O4（s）H2（g）的H=（2）在一定條件下，二氧化碳轉(zhuǎn)化為甲烷的反應(yīng)如下：CO2（g）4H2（g）CH4（g）2H2O（g）向一容積為2L的恒容密閉容器中充入一定量的CO2和H2，在300時發(fā)生上述反應(yīng)，達(dá)到平衡時各物質(zhì)的濃度分別為L1，L1，L1，L1則300時上述反應(yīng)的平衡常數(shù)K=200時該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=，則該反應(yīng)的H（填“”或“”）0【分析】（1）反應(yīng)6FeO（s

9、）CO2（g）2Fe3O4（s）C（s）中，F(xiàn)e元素化合價由2價部分升高到3價，C元素化合價由4價降低到0價；6FeO（s）CO2（g）=2Fe3O4（s）C（s）H=mol1C（s）2H2O（g）=CO2（g）2H2（g）H=mol1，兩熱化學(xué)方程式相加除以2得：3FeO（s）H2O（g）=Fe3O4（s）H2（g）的反應(yīng)熱；（2）平衡狀態(tài)c（H2）=c（CH4）=L，c（CO2）=L；CO2（g）4H2（g）CH4（g）2H2O（g）起始量（mol/L）變化量（mol/L）6平衡量（mol/L）6根據(jù)平衡常數(shù)為生成物濃度的冪次方之積比上反應(yīng)物濃度的冪次方之積書寫；比較300與200時的平衡

10、常數(shù)K的值判斷反應(yīng)的H【解答】解：（1）反應(yīng)6FeO（s）CO2（g）2Fe3O4（s）C（s）中，F(xiàn)e元素化合價由2價部分升高到3價，C元素化合價由4價降低到0價，還原產(chǎn)物為C，每生成1molFe3O4，則生成，轉(zhuǎn)移2mol電子，故答案為：C；2；6FeO（s）CO2（g）=2Fe3O4（s）C（s）H=mol1C（s）2H2O（g）=CO2（g）2H2（g）H=mol1，兩熱化學(xué)方程式相加除以2得：3FeO（s）H2O（g）=Fe3O4（s）H2（g）H=（molmol）2=mol，故答案為：mol；（2）平衡狀態(tài)c（H2）=c（CH4）=L，c（CO2）=L；CO2（g）4H2（g）CH

11、4（g）2H2O（g）起始量（mol/L）變化量（mol/L）6平衡量（mol/L）6反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=25，因為200時該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=，所以升溫K變小，平衡向逆反應(yīng)方向移動，所以H0；故答案為：25；【點評】本題考查較為綜合，涉及熱化學(xué)方程式定量計算，化學(xué)平衡的計算，氧化還原反應(yīng)的理解應(yīng)用等知識，為高考常見題型，側(cè)重考查學(xué)習(xí)的分析、計算能力，題目難度中等10（12分）SO2直接排放會對環(huán)境造成危害SO2的尾氣處理通常有以下幾種方法：（1）活性炭還原法反應(yīng)原理：恒溫恒容時2C（s）2SO2（g）S2（g）2CO2（g）反應(yīng)進(jìn)行到不同時間測得各物質(zhì)的濃度如圖1：020min反應(yīng)速率表

12、示為v（SO2）=；30min時，改變某一條件平衡發(fā)生移動，則改變的條件最有可能是；能說明上述反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是aSO2的消耗速率與CO2的生成速率相同b混合氣體的密度不變cS2的濃度不變dSO2與S2的物質(zhì)的量之比為2：1（2）亞硫酸鈉吸收法Na2SO3溶液吸收SO2的離子方程式為；常溫下，當(dāng)吸收至NaHSO3時，吸收液中相關(guān)離子濃度關(guān)系一定正確的是（填序號）ac（Na）c（H）c（SO32）c（HSO3）c（OH）bc（Na）=c（SO32）c（HSO3）c（H2SO3）cc（Na）c（HSO3）c（H）c（SO32）d水電離出c（H）=1108mol/L（3）電化學(xué)處理法如圖2所示，o

13、l離子【分析】（1）根據(jù)v=計算v（SO2）；30min時瞬間，二氧化碳濃度降低，S2的濃度不變，而后二氧化碳、S2的濃度均增大，應(yīng)是減少CO2的濃度；可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)體系中各物質(zhì)的量不變、物質(zhì)的量濃度不變、百分含量不變以及由此引起的一系列物理量不變，據(jù)此分析解答；（2）Na2SO3溶液與SO2反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉；a根據(jù)電荷守恒判斷；b根據(jù)物料守恒判斷；cNaHSO3溶液中HSO3的電離程度大于其水解程度；d水電離出氫離子濃度等于溶液中氫氧根離子濃度，由于NaHSO3溶液的in內(nèi)二氧化硫濃度變化量為1mol/LL=L，故v（SO2）=（Lmin），故答案為：（Lm

14、in）；30min時瞬間，二氧化碳濃度降低，S2的濃度不變，而后二氧化碳、S2的濃度均增大，應(yīng)是減少CO2的濃度，故答案為：減少CO2的濃度；2C（s）2SO2（g）S2（g）2CO2（g）aSO2的消耗速率與CO2的生成速率相同，只能說明反應(yīng)正向進(jìn)行，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故a錯誤；b反應(yīng)前后氣體質(zhì)量變化，體積不變，混合氣體的密度不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故b正確；cS2的濃度不變是平衡標(biāo)志，故c正確；dSO2與S2的物質(zhì)的量之比為2：1不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故d錯誤；故答案為：bc；（2）Na2SO3溶液與SO2反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，反應(yīng)離子方程式為：SO32SO2H2O=2HSO3

15、，故答案為：SO32SO2H2O=2HSO3；a根據(jù)電荷守恒：c（Na）c（H）=2c（SO32）c（HSO3）c（OH），故溶液中c（Na）c（H）c（SO32）c（HSO3）c（OH），故a正確；b溶液中S元素以SO32、HSO3、H2SO3形式存在，Na元素與硫元素物質(zhì)的量之比為1：1，故溶液中c（Na）=c（SO32）c（HSO3）c（H2SO4），故b正確；cNaHSO3溶液中HSO3的電離程度大于其水解程度，故溶液中c（Na）c（HSO3）c（H）c（SO32），故c正確；d水電離出氫離子濃度等于溶液中氫氧根離子濃度，由于NaHSO3溶液的olCl2時，通過還原反應(yīng)制得氯氣的質(zhì)量為

16、g（2）從濾液中得到NaClO23H2O晶體的所需操作依次是（填寫序號）a蒸餾b灼燒c過濾d冷卻結(jié)晶e蒸發(fā)（3）印染工業(yè)常用亞氯酸鈉（NaClO2）漂白織物，漂白織物時真正起作用的是HClO2表是25時HClO2及幾種常見弱酸的電離平衡常數(shù)：弱酸HClO2HFHCNH2SKa11021041010K1=108K2=1012常溫下，物質(zhì)的量濃度相等的NaClO2、NaF、NaCN、Na2S四種溶液的olL1），此時體系中的S2的濃度為【分析】（1）根據(jù)題目信息并運(yùn)用氧化還原反應(yīng)理論判斷反應(yīng)物、生成物根據(jù)流程信息可知，吸收塔內(nèi)生成NaClO2，一定有ClO2NaClO2，Cl元素化合價降低，被還原

17、；則H2O2必定被氧化，有氧氣產(chǎn)生，據(jù)此配平書寫方程式；反應(yīng)中ClO2是氧化劑，發(fā)生還原反應(yīng)，HCl是還原劑，發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移計算氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比，據(jù)此確定還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物物質(zhì)的量之比，計算還原反應(yīng)生成的氯氣，再根據(jù)m=nM計算；（2）從溶液中得到含結(jié)晶水的晶體，只能采取蒸發(fā)、濃縮、冷卻結(jié)晶方法，通過過濾得到粗晶體得到的粗晶體經(jīng)過重結(jié)晶可得到純度更高的晶體；（3）、弱酸的電離平衡常數(shù)越大，酸性越強(qiáng)，反之酸性越弱，酸性越弱，對應(yīng)鈉鹽中酸根離子水解程度越大，溶液的ol陰離子水解得到1mol氫氧根離子，陰離子的總濃度不變，兩溶液中陰離子總濃度相同，故溶液堿性越強(qiáng)，氫離子濃度越

18、小，含有陰陽離子總數(shù)的越??；物質(zhì)組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應(yīng)陽離子最先沉淀；根據(jù)溶度積計算S2的濃度【解答】解：（1）根據(jù)流程信息可知，吸收塔內(nèi)生成NaClO2，所以一定有ClO2NaClO2，化合價降低，被還原；則H2O2必定被氧化，有氧氣產(chǎn)生，反應(yīng)方程式為：2NaOH2ClO2H2O2=2NaClO22H2OO2，反應(yīng)中ClO2是氧化劑，發(fā)生還原反應(yīng)，HCl是還原劑，發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），故n（ClO2）：n（HCl）=1：4，故還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為1：4，故還原反應(yīng)生成的氯氣為5mol=1mol，通過還原反應(yīng)制得氯氣的質(zhì)量為1mol71g/mol=71g，故答案為：2NaOH2ClO2H2O2=2NaClO22H2OO2；71；（2）從溶液中得到含結(jié)晶水的晶體，只能采取蒸發(fā)、濃縮、冷卻結(jié)晶方