2022年福建省南平市麻沙中学高三化学下学期期末试题含解析

1、2022年福建省南平市麻沙中学高三化学下学期期末试题含解析一、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. 下列有机物的命名正确的是A 2甲基3丁烯 B 乙苯C2乙基丙烷 D 1甲基乙醇参考答案：B2. 某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-中的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如右图所示。则下列说法正确的是（）A溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和NO3-B溶液中的阳离子只有H+、M

2、g2+、Al3+ C溶液中n(NH4+)=0.2mol Dn(H+)n(Al3+)n(Mg2+) = 111参考答案：C【Ks5u解析】A、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，A错误；B、据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，所以溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，B错误；C、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再

3、与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4+OH-=NH3?H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol-0.5mol=0.2mol，所以溶液中n（NH4+）=0.2mol，C正确； D、根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al（OH）3OH-Al(OH)4-，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol-0.7mol=0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+3OH-Al(OH)3，Mg2+2OH-Mg（OH）2，

4、0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol-0.1mol-0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，即n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：0.05=2：2：1，D错误；选C。3. 下列能达到实验目的的是 A. 用装置稀释浓硫酸 B. 用装置制备氨气C. 用装置从海水中制备少量蒸馏水 D. 用装置向容量瓶中转移溶液参考答案：C略4. 阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A. 4.6g乙醇分子中含极性键数目为0.6NAB. 标准状况下，2.24LSO3含分子数为0.1NAC. Na

5、2S和Na2O2固体混合物7.8g中，含有的阴离子数为0.1NAD. 0.2 mol NO和0.1mol O2于密闭容器中充分反应后，其分子数为0.2NA参考答案：CA.4.6g的乙醇物质的量为0.1mol，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，一个分子中包含了7个记性共价键，所以极性键的总数应为0.7mol，故A错误；B.标况下标况下,三氧化硫不是气体,故B错误; C.Na2S和Na2O2摩尔质量相同，过氧化钠是有钠离子和过氧根离子构成;7.8g的.Na2S和Na2O2的混合物物质的量为0.1mol，含有的阴离子数0.1NA;所以C选项是正确的;D.2NO+O2?2NO2是一个可逆反应，不可能进

6、行完，所以不能全部变成0.2 NA的产物，故D错。点睛：本题通过考察阿伏伽德罗常数，主要检测了学生平时化学基础知识的掌握情况。13.室温时，M(OH)2(S) M2+(aq)+2OH-(aq) =ac(M2+)=b molL-1时，溶液的pH等于A.lg() B.lg()C.14+lg() D.14+ lg()参考答案：C6. 1820年德贝莱纳用MnO2催化KClO3分解，发现制得的氧气有异常的气味；将所制得的氧气通过淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝。氧气可能混有的气体是（）.Cl2 Br2 NO2 CO2参考答案：答案:A7. 强酸和强碱稀溶液的中和热可表示为：H+（aq）+OH(aq)=H2O（

7、l），H=57.3kJmol-1已知：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)CH3COONa(aq)+H2O（l）；H1 1/2H2SO4（aq）+NaOH（aq）1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)；H2HNO3(aq)+KOH(aq)KNO3(aq)+H2O(l)；H3上述反应均为在溶液中的反应，则H1、H2、H3的关系正确的是 AH1H2H3 BH2H1H3 CH2H3H1 DH2H3H1参考答案：D略8. 下列说法中正确的是（ ）AC60气化和I2升华克服的作用力相同B甲酸甲酯和乙酸的分子式相同，它们的熔点相近C氯化钠和氯化氢溶于水时，破坏的化学键都是离子键D用作高温结构陶瓷材料

8、的Si3N4固体是分子晶体参考答案：A略9. 某电解池内盛有某电解质溶液，插入两根电极，通电后欲达到下列要求：阳极质量不变 阴极质量增加 电解液pH变小。则可选用的电极材料和电解质溶液是（ ）A、石墨做阳极和阴极，电解硫酸溶液B、铂做阳极、铜做阴极，电解硫酸铜溶液C、铜做阳极、铁做阴极，电解氯化铜溶液D、铜做阳极、铜做阴极，电解硫酸铜溶液参考答案：答案：B10. H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01mol/L的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法合理的是（）A该滴定可用甲基橙做指示剂BNa2S2O3是该反应的还原剂C该滴定

9、可选用如图所示装置D该反应中每消耗2mol Na2S2O3，电子转移数为4mol参考答案：B解析：A、溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，单质碘消失，蓝色褪去，故A错误；B、Na2S2O3中S元素化合价升高被氧化，作了还原剂，故B正确；C、Na2S2O3溶液显碱性，应该用碱式滴定管，故C错误；D、反应中每消耗2mol Na2S2O3，电子转移数为2mol，故D错误；故选B11. 科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是 A. WZ的水溶液呈碱性B. 元素非金属

10、性的顺序为XYZC. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D. 该新化合物中Y不满足8电子稳定结构参考答案：C【分析】由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为ClSP，故B错误；C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；D项、新化合物中P元素化合价为3价，满足8电子稳定结构，故D错误。故选C。【点睛

11、】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。7. 在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下:下列叙述错误的是.A.生物柴油由可再生资源制得 B. 生物柴油是不同酯组成的混合物C.动植物油脸是高分子化合物 D. “地沟油”可用于制备生物柴油参考答案：C13. 关于化合物2?苯基丙烯（），下列说法正确的是A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色B. 可以发生加成聚合反应C. 分子中所有原子共平面D. 易溶于水及甲苯参考答案：B【分析】2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应

12、。【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；C项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C错误；D项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构

13、特点进行判断是解答关键。14. 已知热化学方程式：SO2(g)+ O2(g) SO3(g) H = 98.32kJmol在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，最终放出的热量为 ( ) A. 196.64kJ B. 196.64kJmol C. 196.64kJ参考答案：C15. 反应4NH3+5O2?4NO+6H2O在5L的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率表达正确的是（ ）Av（O2）=0.01 mol?（L?s）1Bv（NO）=0.008 mol?（L?s）1Cv（H2O）=0.003 mol?（L?s）1Dv（NH3）=0.003

14、mol?（L?s）1参考答案：C考点：反应速率的定量表示方法 专题：化学反应速率专题分析：根据v=计算v（NO），在根据速率之比等于化学计量数之比计算用其它物质表示的反应速率解答：解：半分钟后NO的物质的量增加了0.3mol，所以用NO表示的反应速率为v（NO）=0.002mol/（L?s）A、根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=v（NO）=0.002mol/（L?s）=0.0025mol/（L?s），故A错误；B、半分钟后NO的物质的量增加了0.3mol，所以用NO表示的反应速率为v（NO）=0.002mol/（L?s），故B错误；C、根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2

15、O）=1.5v（NO）=1.50.002mol/（L?s）=0.003mol/（L?s），故C正确；D、根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（NH3）=v（NO）=0.002mol/（L?s），故D错误故选：C点评：本题考查化学反应速率，难度不大，注意反应速率计算常用两种方法定义法与化学计量数法，根据情况选择使用二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 茶是我国人民喜爱的饮品。我市某校化学兴趣小组的同学设计以下实验来定性检验茶叶中含有Ca、Al、Fe三种元素。已知：草酸铵(NH4)2C2O4属于弱电解质。草酸钙(CaC2O4)难溶于水。Ca2、Al3、Fe3完全沉淀的pH为Ca(OH)

16、2：pH13；Al(OH)3：pH5.5；Fe(OH)3：pH4.1。请根据上述过程及信息填空：（1）步骤加盐酸的作用是_。（2）写出检验Ca2的离子方程式_。（3）写出沉淀C所含主要物质的化学式_。（4）写出步骤用A试剂生成红色溶液的离子方程式_。（5）步骤的作用是_。（6）称取400 g茶叶样品灼烧得灰粉后，加入过量盐酸后过滤，将所得滤液加入过量的(NH4)2C2O4溶液，再过滤、洗涤、干燥、称量得到5.12 g沉淀，原茶叶中钙元素的质量分数为_。参考答案：(1)使Ca2、Al3、Fe3浸出(或使Ca2、Al3、Fe3溶解) (2) Ca2(NH4)2C2O4=CaC2O42NH (3)

17、Fe(OH)3、Al(OH)3 (4)Fe33SCN=Fe(SCN)3 (5)使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀 (6) 0.400%解析：茶叶经灼烧，茶叶灰中含有钙、铁、铝三种金属元素，加入盐酸后可生成可溶性的氯化物，经过滤后，在滤液中加入氨水调节pH67，加热至沸30min，经过滤得到的沉淀C为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，滤液为氯化钙溶液，加入草酸铵后可得草酸钙沉淀，在滤液中加入盐酸后分为两份，加入试剂A，溶液变成红色，则A应为KSCN溶液，溶液2中加入6mol/L的NaOH溶液调pH至4，可得到氢氧化铁沉淀，浊液静置分层后上层清液为氯化铝溶液，加入试剂B可检验铝离子，生成红色络合物。（1）由上

18、述分析可知，步骤向茶叶灰分中加盐酸的作用是将其中的Ca2+、Al3+、Fe3+溶解；（2）过滤后所得滤液中含Ca2+，检验Ca2+的离子方程式为：Ca2+（NH4）2C2O4=CaC2O4+2NH4+；（3）步骤在pH为6-7时加热30 min，可使Al3+、Fe3+转化成沉淀，即沉淀C为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀；（4）步骤是检验Fe3+，可加入KSCN 或NH4SCN进行检验，溶液变红色，反应的离子方程式为：Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3；（5）步骤将pH值调节至45，此时铝离子没有沉淀而铁离子沉淀完全，即：使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；（6）5.12g沉淀为CaC2O

19、4，含Ca元素的质量为5.12g100%=1.6g，则原茶叶中钙元素的质量分数为100%=0.400%。点睛：本题考查了物质性质和组成的实验探究实验分析判断，侧重于学生的分析和实验能力的考查，为高考常见题型，流程中的试剂特征和反应现象是解题关键。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. 取一根镁条置于坩埚内点燃，得到氧化镁和氮化镁混合物的总质量为0.470 g。冷却后加入足量水，将反应产物加热蒸干并灼烧，得到的氧化镁质量为0.486 g。 (1)写出氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨的化学方程式。(2)计算燃烧所得混合物中氮化镁的质量分数。参考答案：（1）Mg3N2+6H2O=2NH3+3Mg(OH)2 （2）17略18. (10分)钢铁工业是国家工业的基础。2006年我国粗钢产量突破4亿吨，居世界首位。某中学社会实践活动小组利用假期对当地钢铁厂进行了调研，对从