廣東省梅州市梅江聯(lián)合中學(xué)2022年高三化學(xué)上學(xué)期期末試卷含解析

廣東省梅州市梅江聯(lián)合中學(xué)2022年高三化學(xué)上學(xué)期期末試卷含解析一、單選題（本大題共15個(gè)小題，每小題4分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求，共60分。）1.在強(qiáng)酸性溶液中能大量共存的無色透明離子組是（

）

A．K+、Na+、NO3－、MnO4－

B．Mg2+、Na+、Cl－、SO42－C．K+、Na+、Br－、Cu2+

D．Na+、Ba2+、OH－、SO42－參考答案：B略2.常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．c(Fe3+)＝0.1mol·L－1的溶液中：H+、Al3+、Cl－、SCN－B．pH＝12的澄清溶液中：K+、Na+、CO32－、SO42－C．加入鋁粉能產(chǎn)生氫氣的溶液中：NH4+、Fe2+、NO3－、SO42－D．通入足量CO2后的溶液中：Na＋、C6H5O－、CH3COO－、HCO3－參考答案：B略19.部分弱酸的電離平衡常數(shù)如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3電離平衡常數(shù)（25℃）Ki=1.77×10-4Ki=4.9×10-10Ki1=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11

下列選項(xiàng)錯(cuò)誤的是A.2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-B.2HCOOH+CO3-2-→2HCOO-+H2O+CO2↑C.中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D.等體積、等濃度的HCOONa和NaCN溶液中所含離子總數(shù)前者小于后者參考答案：AD根據(jù)電離常數(shù)可酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-,因此，A錯(cuò)誤，B正確；等體積、等pH的HCOOH和HCN所含溶質(zhì)，HCN多，則中和時(shí)消耗的NaOH的量多，C正確；根據(jù)電荷守恒，n(HCOO-)+n(OH-)=n(Na-)+n(H+),n(CN-)+n(OH-)=n(Na-)+n(H+)，即離子總數(shù)是n(Na-)+n(H+)的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的n(OH-)大，n(H+)小，D錯(cuò)誤。4.(08佛山調(diào)研)在蒸發(fā)皿中加熱蒸干并灼熱（低于400℃）下列物質(zhì)的溶液，可以得到該物質(zhì)固體的是（

）

A．氯化鋁

B．碳酸鈉

C．碳酸鎂

D．高錳酸鉀參考答案：答案：B5.下列化學(xué)用語表示正確的是（）A．Mg2+的結(jié)構(gòu)示意圖：B．葡萄糖的結(jié)構(gòu)簡式：C6H12O6C．H2O2的電子式：D．硫酸的電離方程式：H2SO4═H22++SO42﹣參考答案：A【考點(diǎn)】結(jié)構(gòu)簡式；原子結(jié)構(gòu)示意圖；電離方程式的書寫．【分析】A、Mg2+的質(zhì)子數(shù)為12，電子數(shù)為10；B、C6H12O6是分子式；C、H2O2是共價(jià)化合物；D、硫酸電離出2個(gè)氫離子和1個(gè)過氧根．【解答】解：A、Mg2+的質(zhì)子數(shù)為12，電子數(shù)為10，離子結(jié)構(gòu)示意圖為：，故A正確；B、C6H12O6是分子式，而不是結(jié)構(gòu)簡式，故B錯(cuò)誤；C、雙氧水為共價(jià)化合物，分子中存在兩個(gè)氧氫鍵和一個(gè)O﹣O鍵，雙氧水的電子式為：，故C錯(cuò)誤；D、硫酸電離出2個(gè)氫離子和1個(gè)過氧根，故電離方程式為：H2SO4=2H++SO42﹣，故D錯(cuò)誤．故選A．6.CPAE是蜂膠的主要活性成分，也可由咖啡酸合成：下列說法不正確的是

A．咖啡酸分子中所有原子可能處在同一個(gè)平面上

B．可用金屬Na檢測上述反應(yīng)是否殘留苯乙醇

C．1mol苯乙醇在O2中完全燃燒，需消耗10molO2

D．1molCPAE與足量的NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗3molNaOH參考答案：B略7.科學(xué)的分類方法可提高學(xué)習(xí)效率，以達(dá)到事半功倍的效果。下列分類標(biāo)準(zhǔn)合理的是①根據(jù)氧化物的元素組成將氧化物分為金屬氧化物和非金屬氧化物②根據(jù)反應(yīng)中是否有電子轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng)③根據(jù)分散系是否有丁達(dá)爾效應(yīng)來區(qū)分溶液、膠體

④根據(jù)物質(zhì)溶于水或熔化狀態(tài)是否導(dǎo)電分為電解質(zhì)和非電解質(zhì)

A．①②④

B．①②

C．①②③

D．①②③④參考答案：C略8.下列有關(guān)化學(xué)用語使用正確的是A．磷(P)基態(tài)原子最外層軌道表示式：B．As的基態(tài)電子排布式：[Ar]4s24p3C．葡萄糖的實(shí)驗(yàn)式：C6H12O6D．羥基的電子式：參考答案：D略9.完成下列實(shí)驗(yàn)所選擇的裝置或儀器(夾持裝置已略去)正確的是 （

）

ABCD實(shí)驗(yàn)用CCl4提取溴水中的Br2除去乙醇中的苯酚從KI和I2的固體混合物中回收I2配制100mL0.1000mol·L－1K2Cr2O7溶液裝置或儀器

參考答案：A該題考查實(shí)驗(yàn)基本操作和物質(zhì)分離提純的主要方法。A.用CCl4提取溴水中的溴，用萃取和分液的方法，主要儀器用分液漏斗，選項(xiàng)正確。B.苯酚易溶與乙醇等有機(jī)溶劑，不能用過濾的方法，應(yīng)用氫氧化鈉溶液把苯酚成鹽，再蒸餾出乙醇即可。C.碘升華，但在蒸發(fā)皿中加熱時(shí)碘揮發(fā)到空氣中，達(dá)不到回收的目的，應(yīng)該在燒瓶中加熱即可。D.配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，用到的主要儀器是容量瓶，選項(xiàng)錯(cuò)誤。10.在氯化鐵、氯化銅和鹽酸的混合溶液中加入鐵粉，待反應(yīng)結(jié)束，所剩余的固體濾出后能被磁鐵吸引，則反應(yīng)后溶液存在較多的陽離子是（）A．Cu2+

B．Fe3+

C．Fe2+

D．H+參考答案：C考點(diǎn)：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變．專題：幾種重要的金屬及其化合物．分析：根據(jù)金屬鐵能和三價(jià)鐵、銅離子以及氫離子反應(yīng)的性質(zhì)來分析．解答：充分反應(yīng)后，所剩余的固體濾出后能被磁鐵吸引，則鐵粉有剩余，因?yàn)槿齼r(jià)鐵離子會(huì)和鐵單質(zhì)生成二價(jià)鐵離子，所以一定沒有三價(jià)鐵離子，B錯(cuò)誤，銅離子會(huì)和單質(zhì)鐵發(fā)生置換反應(yīng)二價(jià)鐵離子和單質(zhì)銅，鹽酸中的氫離子會(huì)和鐵單質(zhì)發(fā)生置換反應(yīng)生成氫氣和二價(jià)鐵離子，所以溶液中一定不含有銅離子、氫離子，A、D錯(cuò)誤，所以一定存在的是Fe2+；故選：C．點(diǎn)評：本題主要考查學(xué)生有關(guān)金屬鐵的性質(zhì)，可以Fe與三價(jià)鐵離子、銅離子、氫離子之間的反應(yīng)來回答，難度不大．11.某溶液中含有NH、SO、SiO、Br－、CO、Na＋，向該溶液中通入過量的Cl2，下列判斷正確的是①反應(yīng)前后，溶液中離子濃度基本保持不變的有NH、Na＋②有膠狀物質(zhì)生成③有氣體產(chǎn)生

④溶液顏色發(fā)生變化⑤共發(fā)生了2個(gè)氧化還原反應(yīng)A．①②③④

B．②③④C．①③⑤

D．②④⑤參考答案：A略12.下列物質(zhì)的性質(zhì)和應(yīng)用相對應(yīng)的是（

）A．液氨分解要吸熱，可用作制冷劑B．Al2O3難溶于水，可用作耐火坩堝C．硅膠吸附水能力強(qiáng)，可用作食品干燥劑D．MgO是一種電解質(zhì)，可用來工業(yè)電解冶煉金屬鎂參考答案：C試題分析：A．液氨氣化要吸熱，因此可用作制冷劑，錯(cuò)誤；B．Al2O3熔點(diǎn)很高，故可用作耐火坩堝，錯(cuò)誤；C．硅膠吸附水能力強(qiáng)，無毒、無腐蝕性，故可用作食品干燥劑，正確；D．MgO是一種電解質(zhì)，但是由于其熔點(diǎn)高，融化需要吸收大量的熱，故一般不用來工業(yè)電解冶煉金屬鎂，而是用電解熔融的MgCl2的方法，錯(cuò)誤。13.化學(xué)與生產(chǎn)、生活、環(huán)境保護(hù)等密切相關(guān)。下列敘述正確的是A．用二氧化碳生產(chǎn)肥料可以緩解溫室效應(yīng)B．處理廢水時(shí)加入明礬作為消毒劑可以除去水中的雜質(zhì)C．為防止電池中的重金屬污染，廢舊電池應(yīng)作深埋處理D．SiO2制成的玻璃纖維，因?qū)щ娔芰?qiáng)而用于制造通訊光纜參考答案：A略14.電化學(xué)氣敏傳感器可用于監(jiān)測環(huán)境中NH3的含量，其中工作原理如下圖所示。則下列說法正確的是A.電流由a極流向b極B.溶液中的OH—向b極移動(dòng)C.a極的電極反應(yīng)式為：4NH3—12e-=2N2+12H+D.b極的電極反應(yīng)式為：3O2+12e-+6H2O=12OH-參考答案：D【分析】Pt電極（a）通入氨氣生成氮?dú)?，說明氨氣被氧化，為原電池負(fù)極，則Pt電極（b）為正極，氧氣得電子被還原，結(jié)合電極方程式解答該題?！驹斀狻緼．Pt電極（a）通入氨氣生成氮?dú)猓f明氨氣被氧化，為原電池負(fù)極，則Pt電極（b）為正極，電流由b極流向a極，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．因?yàn)镻t電極（a）為負(fù)極，則溶液中的陰離子向a極移動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．Pt電極（a）是氨氣發(fā)生氧化反應(yīng)變成氮?dú)?，電解質(zhì)溶液為KOH溶液，故電極反應(yīng)式為2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．Pt電極（b）為正極，電極上氧氣得電子產(chǎn)生氫氧根離子，電極反應(yīng)式為：3O2+12e-+6H2O=12OH-，選項(xiàng)D正確。答案選D。

15.把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含amol氫氧化鈉的溶液恰好反應(yīng)完全，另取一份加入含bmolHCl的鹽酸恰好反應(yīng)完全，則該混合溶液中c（Na+）為（

）

A.

B.

C.

D.參考答案：D略二、實(shí)驗(yàn)題（本題包括1個(gè)小題，共10分）16.實(shí)驗(yàn)室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液500mL。根據(jù)這兩種溶液的配制情況回答下列問題：(1)如圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是________(填序號(hào))，配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是________________(填儀器名稱)。(2)下列操作中，容量瓶所不具備的功能有________(填序號(hào))。A．配制一定體積準(zhǔn)確濃度的標(biāo)準(zhǔn)溶液B．貯存溶液C．測量容量瓶規(guī)格以下的任意體積的液體D．準(zhǔn)確稀釋某一濃度的溶液E．量取一定體積的液體F．用來加熱溶解固體溶質(zhì)(3)根據(jù)計(jì)算用托盤天平稱取NaOH的質(zhì)量為______g。在實(shí)驗(yàn)中其他操作均正確，若定容時(shí)仰視刻度線，則所得溶液濃度________0.1mol/L(填“大于”、“等于”或“小于”，下同)。若NaOH

溶液在轉(zhuǎn)移至容量瓶時(shí)，灑落了少許，則所得溶液濃度________0.1mol/L。(4)根據(jù)計(jì)算得知，所需質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84g/cm3的濃硫酸的體積為__________mL(計(jì)算結(jié)果保留一位小數(shù))。如果實(shí)驗(yàn)室有15mL、20mL、50mL量筒，應(yīng)選用________mL量筒最好。配制過程中需先在燒杯中將濃硫酸進(jìn)行稀釋，稀釋時(shí)操作方法是___________________________________________。參考答案：(1)A、C燒杯、玻璃棒(2)B、C、F

(3)2.0小于小于(4)13.615將濃硫酸沿器壁緩緩倒入水中，并用玻璃棒不斷攪拌略三、綜合題（本題包括3個(gè)小題，共30分）17.硅及其化合物有許多用途，回答下列問題：(1)基態(tài)Si原子價(jià)層電子的排布圖（軌道表達(dá)式）為_________，含有長硅鏈的化合物不是氫化物，而是氯化物。主要原因是F比H多了一種形狀的原子軌道，該原子軌道的形狀為___________。(2)SiF4分子的立體構(gòu)型為_______形，SiCl4的熔、沸點(diǎn)均高于SiF4，主要原因是________________。(3)SiF4可KF反應(yīng)得K2SiF6晶體，該晶體可用于制取高純硅，K2SiF6晶體中微觀粒子之間的作用力有______。a.離子鍵

b.共價(jià)鍵

c.配位鍵

d.分子間作用力

e.氫鍵(4)H4SiO4的結(jié)構(gòu)簡式如圖(1)，中心原子Si的軌道雜化類型為_________，H4SiO4在常溫下能穩(wěn)定存在，但H4CO4不能，會(huì)迅速脫水生成H2CO3，最終生成CO2，主要原因是___________。(5)硅的晶胞結(jié)構(gòu)如圖(2)所示，若該立方晶胞的邊長為anm，阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值為NA，則距離最近的兩個(gè)硅原子間的距離為_____nm，晶體硅密度的計(jì)算表達(dá)式為_____g/cm3。參考答案：(1)

啞鈴形

(2)正四面體

SiCl4的的相對分子質(zhì)量大于SiF4，分子間作用力更大

(3)abc

(4)sp3雜化

Si的原子半徑大于C

(5)

【分析】(1)根據(jù)構(gòu)造原理結(jié)合洪特規(guī)則書寫Si的軌道表達(dá)式；結(jié)合F、H原子核外電子排布式及各個(gè)軌道電子云的空間形狀判斷；(2)根據(jù)價(jià)層電子對數(shù)判斷空間形狀；根據(jù)分子間作用力與相對分子質(zhì)量的關(guān)系分析比較；(3)K2SiF6晶體為離子晶體，結(jié)合離子的結(jié)構(gòu)分析；(4)H4SiO4中的Si原子最外層電子排布為3s23p2，全形成共價(jià)鍵，為sp3雜化；同一主族的元素形成化合物結(jié)構(gòu)相似，但原子半徑大小不同，從二者的不同分析；(5)最近的兩個(gè)Si原子處于晶胞對角線的處；用均攤法計(jì)算一個(gè)晶胞中含有的Si的原子個(gè)數(shù)，然后利用密度公式計(jì)算密度大小?！驹斀狻?1)Si是14號(hào)元素，根據(jù)構(gòu)造原理可知其其核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，結(jié)合洪特規(guī)則可知Si原子的價(jià)層電子的排布圖為；F是9號(hào)元素，核外電子排布式為：1s22s22p5；H核外只有1個(gè)電子，電子排布式為1s1，可見二者的區(qū)別在于F原子核外有p電子，p軌道為啞鈴形；(2)SiF4分子中的中心原子Si的價(jià)層電子對數(shù)為4，所以其立體構(gòu)型為正四面體；SiCl4的熔、沸點(diǎn)均高于SiF4，主要原因是二者都是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，對于結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)來說，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力就越大，克服分子間作用力使物質(zhì)熔化、氣化需要的能量更多，物質(zhì)的熔沸點(diǎn)就越高。由于SiCl4的的相對分子質(zhì)量于SiF4，分子間作用力更大；(3)K2SiF6晶體為離子晶體，陽離子K+與陰離子SiF62-通過離子鍵結(jié)合，在陰離子SiF62-中中心原子Si原子與6個(gè)F形成共價(jià)鍵，其中2個(gè)為配位鍵，因此含有的作用力為離子鍵、共價(jià)鍵、配位鍵，合理選項(xiàng)是abc；(4)H4SiO4中的Si原子最外層電子排布為3s23p2，全形成共價(jià)鍵，為sp3雜化；C、S都是第IVA的元素，原子最外層都有4個(gè)電子，但Si原子可組成H4SiO4，而C元素只能形成H2CO3，是由于Si的原子半徑大于C，電子對的排斥力小，而C原子的成鍵電子對排斥力強(qiáng)；(5)晶胞參數(shù)為anm，晶胞對角線為，晶胞中最近的兩個(gè)Si原子處于晶胞對角線的處，因此距離最近的兩個(gè)硅原子間的距離為；在一個(gè)晶胞中含有的Si原子個(gè)數(shù)為×8+×6+4=8，則晶胞的密度ρ==g/cm3?！军c(diǎn)睛】本題綜合考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)的知識(shí)。涉及原子的軌道表達(dá)式、電子云、價(jià)層電子對互斥理論、原子的雜化、晶體結(jié)構(gòu)、晶胞計(jì)算等，注意原子核外電子排布與物質(zhì)穩(wěn)定性的關(guān)系。

18.A、B、C、D、E、F六種物質(zhì)的相互轉(zhuǎn)化

關(guān)系如右圖所示（反應(yīng)條件及部分產(chǎn)物未列出）。（1）若A是常見金屬單質(zhì)，與B的水溶液反應(yīng)生成C和D。D、F是氣體單質(zhì)，D在F中燃燒時(shí)發(fā)出蒼白色火焰。則F所對應(yīng)的元素在周期表位置是

；反應(yīng)②（在水溶液中進(jìn)行）的離子方程式為

。（2）若A、D為短周期元素組成的固體單質(zhì)，一種為金屬，另一種為非金屬。且③④兩個(gè)反應(yīng)都有紅棕色氣體生