2021-2022學年廣東省揭陽市橋柱中學高三化學下學期期末試卷含解析

2021-2022學年廣東省揭陽市橋柱中學高三化學下學期期末試卷含解析一、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。）1.一定溫度下的難溶電解質AmBn在水溶液中達到沉淀溶解平衡時，其平衡常數(shù)Ksp＝cm(An＋)×cn(Bm－)，稱為難溶電解質的離子積。已知下表數(shù)據：物質Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp/25℃8.0×10－162.2×10－204.0×10－36完全沉淀時的pH范圍≥9.6≥6.4≥3對含等物質的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的下列說法，正確的是A．向該混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到的是藍色沉淀B．該溶液中c(SO)∶[c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]＞5∶4C．向該溶液中加入適量氯水，調節(jié)pH到4～5后過濾，可獲得純凈的CuSO4溶液D．向該溶液中加入適量氨水，調節(jié)pH到9.6后過濾，將所得沉淀灼燒，可得等物質的量的CuO、FeO、Fe2O3三種固體的混合物參考答案：B略2.下列有關離子方程式與所述事實相符且正確的是（）A．用惰性電極電解MgCl2溶液：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣B．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OC．（NH4）2Fe（SO4）2溶液與過量NaOH溶液反應制Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2D．C12通入澄清石灰水中：C12+2OH﹣=C1﹣+CIO﹣+H2O參考答案：D考點：離子方程式的書寫．專題：離子反應專題．分析：A．用惰性電極電解MgCl2溶液，生成氫氧化鎂、氫氣、氯氣；B．氫離子、氫氧根離子的系數(shù)不滿足硫酸、氫氧化鋇的化學式組成；C．氫氧化鈉過量，銨根離子和亞鐵離子都參與反應，漏掉了銨根離子與氫氧根離子的反應；D．氯氣與氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水．解答：解：A．用惰性電極電解MgCl2溶液生成氫氧化鎂沉淀、氫氣和氯氣，正確的離子反應為：Mg2++2Cl﹣+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，故A錯誤；B．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸，反應生成硫酸鋇和水，正確的離子方程式為：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故B錯誤；C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液與過量NaOH溶液反應制Fe（OH）2，銨根離子也參與反應，正確的離子方程式為：2NH4++Fe2++4OH﹣=Fe（OH）2+2NH3?H2O，故C錯誤；D．氯氣通入澄清石灰水中，反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應的離子方程式為：C12+2OH﹣=C1﹣+ClO﹣+H2O，故D正確；故選D．點評：本題考查了離子方程式的正誤判斷，為中等難度的試題，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應物、生成物是否正確，檢查各物質拆分是否正確，如難溶物、弱電解質等需要保留化學式，檢查是否符合原化學方程式等．3.（2005·上海卷）18、下列離子中，電子數(shù)大于質子數(shù)且質子數(shù)大于中子數(shù)的是A、D3O+

B、Li+

C、ODˉ

D、OHˉ參考答案：D本題主要考查粒子中質子數(shù)、中子數(shù)、質量數(shù)與電荷數(shù)之間的關系。D3O+中質子數(shù)為1×3+8=11，電子數(shù)為10，中子數(shù)（2－1）×3+8=11；Li+中質子數(shù)為3，電子數(shù)為2；OD－中電子數(shù)為10，質子數(shù)為9，中子數(shù)為9；OH－中電子數(shù)為10，質子數(shù)為9，中子數(shù)為8。故本題答案為D。4.將溴水分別與酒精、己烯、苯和四氯化碳混合，充分振蕩后靜置，下列現(xiàn)象與所加試劑不相吻合的是()。選項ABCD與溴水混合的試劑酒精己烯苯四氯化碳現(xiàn)象參考答案：A略5.將足量通入下列各溶液中，所含離子還能大量共存的是（

）A.

B.C.

D.參考答案：C 6.向10ml0.2mol/L的NaAlO2溶液中逐滴加入未知濃度的鹽酸，測得滴加鹽酸10ml與滴加20ml時生成的沉淀相等。則該鹽酸的濃度為：A、0.1mol/L

B、0.13mol/L

C、0.20mol/L

D、0.16mol/L參考答案：D7.下列說法錯誤的是

A.如果設“此”為電解質，“彼”為非電解質，不是所有的物質都是非此即彼的B.硅便于運輸、貯存，燃燒放出的熱量大，將是“21世紀的最佳能源”

C.相同溫度下，同一化學反應的化學計量系數(shù)不同，平衡常數(shù)的值可能也不同

D.在迄今發(fā)現(xiàn)的元素中，不一定所有非金屬元素（稀有氣體除外）都滿足條件“主族元素的族序數(shù)≥其周期序數(shù)”參考答案：D略8.11.2L甲烷、乙烷、甲醛組成的混合氣體，完全燃燒后生成15.68LCO2(氣體體積均在標準狀況下測定)，混合氣體中乙烷的體積百分含量為()。A．20%

B．40%

C．60%

D．80%參考答案：B略9.鋼鐵生銹過程發(fā)生如下反應：①2Fe+O2+2H2O===2Fe(OH)2；②4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3；

③2Fe(OH)3===Fe2O3+3H2O。

下列說法正確的是A．反應①中氧化劑是氧氣和水

B．反應①、②中電子轉移數(shù)目相等C．與銅質水龍頭連接處的鋼質水管不易發(fā)生腐蝕D．鋼鐵在潮濕的空氣中不能發(fā)生電化學腐蝕參考答案：B略10.以下敘述錯誤的是

A．CO可作冶鐵的還原劑

B．空氣或氧氣可作煉鋼的氧化劑

C．一定條件下,用H2或CO可將鈣從CaO中還原出來

D．侯德榜制堿法得到的產品是純堿和氯化銨參考答案：C11.對具有下列結構簡式的有機物的說法不正確的是（）A．分子式為C14H18N2O3B．水解產物中有兩種氨基酸C．在一定條件下既能與酸反應又能與堿反應D．分子中有苯環(huán)、氨基、羧基、肽鍵和酯的結構參考答案：A考點:有機物的結構和性質．分析:有機物含有氨基、羧基、肽鍵、酯基以及苯環(huán)，具有氨基酸、酯的性質，以此解答該題．解答:解：A．由結構簡式可知分子式為C14H18N2O4，故A錯誤；B．含有氨基、羧基、酯基以及肽鍵，可水解生成兩種具有氨基、羧基的有機物，故B正確；C．含有氨基，可與酸反應，含有羧基，可與堿反應，故C正確；D．由結構簡式可知分子中有苯環(huán)、氨基、羧基、肽鍵和酯的結構，故D正確．故選A．點評:本題考查有機物的結構和性質，為高考常見題型，側重于學生的分析能力的考查，注意把握有機物的結構和官能團的性質，為解答該類題目的關鍵，難度不大

12.一定條件下，用甲烷可以消除氮氧化物（NO2）的污染。已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H＝―574kJ·mol－1

②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)

；△H＝―1160kJ·mol一1。下列選項正確的是A．CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)；△H＝―867kJ·mol－1B．若0.2molCH4還原NO2至N2，在上述條件下放出的熱量為173.4kJC．CH4催化還原NOx為N2的過程中，若x=1.6，則轉移的電子為3.2molD．若用標準狀況下2.24LCH4還原NO2至N2，整個過程中轉移的電子為1.6mol參考答案：B13.下列說法正確的是A．含有離子鍵和共價鍵的化合物一定是離子化合物B．元素原子的最外層電子數(shù)等于該元素的最高化合價C．目前人們已發(fā)現(xiàn)的元素種類數(shù)目與原子種類數(shù)目相同D．多電子原子中，在離核較近的區(qū)域內運動的電子能量較高參考答案：A14.根據下列框圖，下列說法正確的是A．M、E都是第四周期中的過渡元素，E的金屬活動性比M的金屬活動性強，E3+的氧化性比M2+的氧化性弱B．反應①、②、③、④、⑤都屬于氧化還原反應，且在反應①和③中硫酸都是既表現(xiàn)了酸性、又表現(xiàn)了氧化性C．反應④、⑥的離子方程式分別可表示為：3NH3?H2O+E3+=E(OH)3↓+3NH4+、E3++SCN-=E(SCN)2+D．用K2EO4、Zn可制成一種高能電池，該電池中負極的電極反應式為：EO42-+4H2O+3e-=E(OH)3+5OH-參考答案：C略15.在實驗室里，某同學在紙疊的小船中加入適量的水，用酒精燈直接加熱。紙船沒有燃燒起來的主要原因是

A．水能滅火

B．紙不是可燃物

C．沒有與氧氣接觸

D．沒有達到著火點參考答案：D略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.（12分）在實驗室里可用下圖所示裝置（夾持裝置末畫出）制取氯酸鉀、次氯酸鉀和探究氯水的性質。圖中：①為氯氣發(fā)生裝置；②試管里盛有15mL30%KOH溶液，并置于水浴中；③試管里盛有15mL8%KOH溶液，并置于冰水浴中；④試管里加有紫色石蕊試液；⑤為尾氣吸收裝置。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）在答題卡方框中畫出二氧化錳和濃鹽酸制取氯氣的裝置圖（鐵架臺和加熱裝置可不畫出）（2）制取氯氣時，向燒瓶中加入適量濃鹽酸的操作是

。（3）比較制取氯酸鉀和次氯酸鉀的條件，二者的差異是：

。反應完畢經冷卻后，②的試管中有大量晶體析出。下圖中符合該晶體溶解度曲線的是

（填寫編號字母）；從②的試管中分離出該晶體的方法是

（填寫實驗名稱）。（4）本實驗中制取氯酸鉀的離子方程式是

。（5）實驗中可觀察到④的試管里溶液的顏色發(fā)生了如下變化，請?zhí)顚懴卤碇械目瞻祝簩嶒灛F(xiàn)象原因溶液初從紫色逐漸變?yōu)?/p>

色氯氣與水反應生成的H+使石蕊變色隨后溶液逐漸變?yōu)闊o色

然后溶液從無色逐漸變?yōu)?/p>

色

參考答案：（1）（2分）（2）先打開分液漏斗上面的塞子，再打開分液漏斗的旋塞，使?jié)恹}酸滴入燒瓶中。（1分）（3）堿溶液（或反應物）的濃度不同，反應溫度不同；M：過濾。（各1分）（4）3Cl2+6OH－=ClO3－+5Cl－+3H2O（2分）（5）（各1分）紅

氯氣與水反應生成HclO將石蕊氧化為無色物質黃綠繼續(xù)通入的氯氣溶于水使溶液呈黃綠色三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.【化學一選修3：物質結構與性質】鈦鐵合金具有吸氫特性，在制造以氫為能源的熱泵和蓄電池等方面有廣闊的應用前景。(1)基態(tài)Fe原子有_________個未成對電子，F(xiàn)e3＋的電子排布式為_________，在基態(tài)Ti2＋中，電子占據的最高能層具有的原子軌道數(shù)為___________。(2)液氨是富氫物質，是氫能的理想載體。下列說法正確的是_________A.NH4+與PH4+、CH4、BH4-、ClO4-互為等電子體B.相同條件下，NH3的沸點比：PH3的沸點高，且NH3的穩(wěn)定性強C.已知NH3與NF3都為三角錐型分子，則N原子都為sp3雜化方式且氮元素的化合價都相同(3)氮化鈦熔點高，硬度大，具有典型的NaCl型晶體結構，其細胞結構如圖所示：

①設氮化鈦晶體中Ti原子與跟它最近鄰的N原子之間的距離為r，則與該Ti原子最近鄰的Ti的數(shù)目為_____________，Ti原子與跟它次近鄰的N原子之間的距離為____________，數(shù)目為

。②已知在氮化鈦晶體中Ti原子的半徑為apm，N原子的半徑為bpm，它們在晶體中是緊密接觸的，則在氮化鈦晶體中原子的空間利用率為

。

氮化鈦化合物在汽車制造和航天航空領域有廣泛的應用，其結構是用碳原子代替氮化鈦晶胞頂點的氮原子，則這種碳氮化鈦化合物的化學式_________。參考答案：(1)4

1s22s22p63s23p63d5

9(2)B(3)①12

r

8

②2π(a3+b3)/3(a+b)3×100%③Ti4CN3解析：本題考查原子結構與性質，分子的空間構型，離子晶體及晶胞的有關計算。(1)基態(tài)Fe原子的價電子排布為3d64s2，其中3d能級有5個軌道6個電子，則有4個未成對電子；Fe3＋的電子排布式為1s22s22p63s23p63d5；在基態(tài)Ti2＋中，電子占據的最高能層是第四能層，包括3s、3p、3d能級，共有9個原子軌道。(2)A.NH4+與ClO4-價電子數(shù)不同，不是等電子體，錯誤；B.相同條件下，NH3分子間存在氫鍵，其沸點比PH3的沸點高，N的原子半徑比P的小，N-H鍵能比P-H鍵能大，則NH3的穩(wěn)定性比PH3的強，正確；C.因F的電負性大于N，則NF3中F元素為-1價，N元素為+3價，而NH3中N元素為-3價，錯誤；答案選B。(3)①由圖可知Ti原子處于體心和棱的中點，則與Ti原子最近鄰的Ti原子的數(shù)目為12；Ti原子與跟它次近鄰的N原子之間的距離，是體心Ti原子到頂點N原子的距離，即為一個小立方體體對角線的距離，為r；一個體心Ti原子對應8個頂點N原子，即與Ti原子次近鄰的N原子數(shù)目為8；②1個晶胞中含有4個Ti原子和4個N原子，8個原子的體積和為4(πa3+πb3)，而晶胞的體積為(2a＋2b)3，則原子的空間利用率為[4(πa3+πb3)/(2a＋2b)3]×100%=[2π(a3+b3)/3(a+b)3]×100%；③根據題意，一個晶胞中含Ti原子數(shù)為12×+1=4，含C原子數(shù)為8×=1，含N原子數(shù)為6×=3，則碳氮化鈦化合物的化學式為Ti4CN3。18.工業(yè)生產中產生的SO2、NO直接排放將對大氣造成嚴重污染，利用電化學原理吸收SO2和NO，同時獲得Na2S2O4和NH4NO3產品的工藝流程圖如下（Ce為鈰元素）．請回答下列問題．（1）裝置Ⅱ中NO在酸性條件下生成NO2﹣的離子方程式

．（2）含硫各微粒（H2SO3、HSO3﹣和SO32﹣）存在于SO2與NaOH溶液反應后的溶液中，它們的物質的量分數(shù)ω與溶液pH的關系如圖1所示．圖1圖2①下列說法正確的是

（填標號）．A．pH=7時，溶液中c（Na+）＜c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）B．由圖中數(shù)據，可以估算出H2SO3的第二級電離平衡常數(shù)Ka2≈10﹣7C．為獲得盡可能純的NaHSO3，應將溶液的pH控制在4～5為宜D．pH=9時的溶液中c（OH﹣）=c（H+）+c（HSO4﹣）+c（H2SO4）②若1L1mol/L的NaOH溶液完全吸收13.44L（標況下）SO2，則反應的離子方程式為

．③取裝置Ⅰ中的吸收液vmL，用cmol/L的酸性高錳酸鉀溶液滴定．酸性高錳酸鉀溶液應裝在

（填“酸式”或“堿式”）滴定管中，判斷滴定終點的方法是

．（3）裝置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+，其原理如圖2所示．圖中A為電源的

（填“正”或“負”）極．右側反應室中發(fā)生的主要電極反應式為

．（4）已知進人裝置Ⅳ的溶液中NO2﹣的濃度為0.4mol/L，要使1m3該溶液中的NO2﹣完全轉化為NH4NO3，需至少向裝置Ⅳ中通入標準狀況下的O2的體積為

L．參考答案：（1）NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+；（2）①ABC；②3SO2+5OH﹣=2SO32﹣+HSO3﹣+2H2O；③酸式；滴入最后一滴溶液呈紫紅色且半分鐘顏色不變；（3）正；2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O；（4）4480．【考點】物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用；制備實驗方案的設計．【分析】裝置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物，能和強堿氫氧化鈉之間發(fā)生反應：SO2+OH﹣=HSO3﹣，NO和氫氧化鈉之間不會反應，裝置Ⅱ中NO在酸性條件下，NO和Ce4+之間會發(fā)生氧化還原反應：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3﹣+4H+，裝置Ⅲ中，在電解槽的陽極2Ce3+﹣2e﹣=2Ce4+，陰極電極反應式為：2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O，裝置Ⅳ中通入氨氣、氧氣，2NO2﹣+O2+2H++2NH3=2NH4++2NO3﹣，（1）在酸性環(huán)境下，NO和Ce4+之間會發(fā)生氧化還原反應；（2）①A．pH=7時，溶液為中性，結合電荷守恒分析；B．HSO3﹣SO32﹣+H+，由圖中數(shù)據，pH=7時，c（HSO3﹣）=c（SO32﹣）；C．溶液的pH控制在4～5時，c（HSO3﹣）濃度最大；D．根據質子守恒判斷；②NaOH的物質的量為1mol，根據2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O可知二氧化硫過量，過量部分的二氧化硫再發(fā)生反應Na2SO3+H2O+SO2═2NaHSO3，依據方程式進行計算n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）的比，據此書寫離子方程式；③酸式滴定管只能盛放酸性溶液、堿式滴定管只能盛放堿性溶液；酸性高錳酸鉀具有強氧化性，能氧化堿式滴定管橡皮管；原溶液無色，KMnO4為紫紅色，當溶液中的H2C2O4和KHC2O4反應完全時，溶液呈紫紅色且半分鐘顏色不變；（3）生成Ce4+為氧化反應，發(fā)生在陽極上；反應物是HSO3﹣被還原成S2O42﹣，得到電子；（4）NO2﹣的濃度為0.4mol/L，要使1m3該溶液中的NO2﹣完全轉化為NH4NO3，設消耗標況下氧氣的體積是V，結合電子守恒進行計算．【解答】解：裝置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物，能和強堿氫氧化鈉之間發(fā)生反應：SO2+OH﹣=HSO3﹣，NO和氫氧化鈉之間不會反應，裝置Ⅱ中NO在酸性條件下，NO和Ce4+之間會發(fā)生氧化還原反應：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3﹣+4H+，裝置Ⅲ中，在電解槽的陽極2Ce3+﹣2e﹣=2Ce4+，陰極電極反應式為：2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O，裝置Ⅳ中通入氨氣、氧氣，2NO2﹣+O2++2H++2NH3=2NH4++2NO3﹣，（1）裝置Ⅱ中NO在酸性條件下NO和Ce4+之間會發(fā)生氧化還原反應：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3﹣+4H+，故答案為：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+；（2）①A．pH=7時，溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣），溶液中存在電荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）+c（OH﹣），故溶液中c（Na+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），故A正確；B．HSO3﹣SO32﹣+H+，由圖中數(shù)據，pH=7時，c（HSO3﹣）=c（SO32﹣），由Ka的表達式可知，H2SO3的第二級電離平衡常數(shù)K2≈c（H+）=10﹣7，故B正確；C．溶液的pH控制在4～5時，c（HSO3﹣）濃度最大，則為獲得盡可能純的NaHSO3，可將溶液的pH控制在4～5左右，故C正確；D．溶液存在質子守恒，應為c（OH﹣）=c（H+）+c（HSO3﹣）+2c（H2SO3），故D錯誤；故答案為：ABC；②1L1.0mol/L的NaOH溶液中含有氫氧化鈉的物質的量為：1L×1.0mol/L=1.0mol，13.44L（標況下）SO2，n（SO2）==0.6mol，設反應生成亞硫酸鈉的物質的量為x，消耗二氧化硫的物質的量為y2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O2

1

11.0moly

x==解得：x=0.5mo