2022年重庆巴南中学高三化学上学期期末试卷含解析

1、2022年重庆巴南中学高三化学上学期期末试卷含解析一、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. X、Y、Z、W均为中学化学的常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系（其它产物已略去）： 下列说法不正确的是 A若W是单质铁，则Z溶液可能是FeCl2溶液 B若W是氢氧化钠，则X与Z可反应生成Y C若X是金属镁，则W可能是强氧化性的单质 D若W为氧气，则Z与水作用（或溶于水）可能生成一种强酸参考答案：C略2. 下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3，混合物中Na2CO3质量分数的是（）A取a克混合物充分加热，减重b克B取a

2、克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用固体NaOH吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体参考答案：考点：化学实验方案的评价；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质.专题：实验评价题；元素及其化合物分析：实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果A此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B根据钠守恒，可列方程组求解；C应先把水蒸气排除才合理；D根据质量关系，可列方程组求解解答：解：ANaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出

3、Na2CO3质量分数，故A不选；BNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；C混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C选；DNa2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32+Ba2+=BaCO3、HCO3+OH+Ba2+=H2O+BaCO3，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选故选C点评：本题考查物质含量的实验方案的设计，题目难度

4、中等，注意把握物质的性质以及实验方案的原理3. 关于容量瓶的四种叙述：是配制准确浓度的仪器；不宜贮藏溶液；不能用来加热；使用之前要检查是否漏水。这些叙述中正确的是( )A B C D参考答案：D略4. 设NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A1 mol 硫酸钾中阴离子所带电荷数为NA B标准状况下，NA个SO3分子所占的体积约为22.4 LC标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NA D将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.1NA Fe3+参考答案：C略5. 下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作实验现象结论A将某有机物与溴的四氯化碳

5、溶液混合溶液褪色该有机物中必定含有碳碳双键B向亚硫酸钠溶液中滴加硝酸钡和稀硝酸产生白色沉淀亚硫酸钠溶液已变质C向酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水紫色褪去，产生气泡H2O2具有还原性D向油脂皂化反应后的溶液中滴入酚酞溶液不变红油脂已经完全皂化参考答案：CA项，碳碳三键也能使溴的四氯化碳溶液褪色，错误；B项，稀硝酸也能把亚硫酸钠溶液氧化为硫酸钠溶液，加入硝酸钡会产生硫酸钡沉淀，所以不能确定亚硫酸钠溶液已变质，错误；C项，酸性高锰酸钾与双氧水发生反应的离子方程式为2MnO4-5H2O26H=2Mn28H2O5O2，H2O2中氧元素化合价升高，正确；D项，油脂完全皂化后的溶液呈碱性，滴入酚酞变红，判断油脂

6、完全皂化，可通过观察反应液不分层，错误。6. 若不断地升高温度，实现雪花水水蒸气氧气和氢气的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间主要的相互作用依次是 A氢键;分子间作用力;非极性键 B氢键;氢键;极性键C氢键;极性键;分子间作用力 D分子间作用力;氢键;非极性键参考答案：B7. 将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭容器中，发生反应：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）该反应的平衡常数的负对数（lgK）值随温度（T）的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是（） A该反应的H0BNH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态CA点对应状态的平衡常数K（A）=102.294D30时，B点

7、对应状态的（正）（逆）参考答案：BD【考点】化学平衡的计算【分析】AlgK越大，则平衡常数K越小，由图可知，随温度升高，平衡常数增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应；B反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变；C根据lgK=2.294计算；DB点浓度商大于平衡常数，反应向逆反应进行【解答】解：AlgK越大，则平衡常数K越小，由图可知，随温度升高，平衡常数增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故该反应的H0，故A正确；B反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，NH3的体积分数不变不能说明该反应达到平衡状

8、态，故B错误；CA点lgK=2.294，则平衡常数K=102.294，故C正确；DB点浓度商大于平衡常数，反应向逆反应进行，则B点对应状态的（正）（逆），故D错误，故选：BD【点评】本题考查化学平衡常数及其应用、平衡状态判断等，B选项为易错点，学生容易根据平衡时各组分含量不变进行判断，难度中等8. 反应4A（s）+3B（g）=2C（g）+D（g），经2min，B的浓度减少了0.6mol/L。此反应速率的表示正确的是：( )A用A表示的反应速率是0.4mol/(Lmin) B用C表示的速率是0.2mol/(Lmin)C在2 min末的反应速率，用B表示是0.3mol/(Lmin)D用D表示的反应

9、速率是0.2mol/(Lmin)参考答案：B略9. 向甲、乙两恒温恒容的密闭容器中分别充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+B（g）xC(g) HO。测得两容器中c（A）随时间t的变化如图所示： 下列说法正确的是A.x =1BQ1v（逆）参考答案：A【知识点】化学平衡的建立、影响因素解析：A由图象可知平衡时，乙容器内A的转化率为0.5mol/1mol= =50%，甲容器平衡时，A的转化率(2mol-1mol)/2mol=50%，甲容器内压强比乙容器内大，增大压强向正反应移动，增大压强平衡压强增大向着体积减小的方向移动，故：1+1X，所以x=1，故A正确； B甲容器压强大于乙容器，甲容器反应进

10、行程度较大，放出的热量的数值大于乙容器放出热量的2倍，由于H0，即Q0，所以Q12Q2，故B错误；C甲乙容器温度相同，则化学平衡常数相同，利用两容器化学平衡常数表达式计算出a值，故C错误；D该温度下，乙容器化学平衡状态时，c（A）=0.5mol?L-1，c（B）=0.5mol?L-1，c（C）=0.5mol?L-1，化学常数为K=c(C)/c(A)?c(B)=0.5mol?L?1/ (0.5mol?L?1?0.5mol?L?1)=2，浓度商Q=0.2mol/0.5L0.2mol/0.5L0.2mol/0.5L=2.5，化学平衡向逆反应方向移动，即v（正）v（逆）故D错误；故答案选A【思路点拨】

11、本题考查了化学反应速率计算、影响化学平衡移动的盐酸、化学平衡图象与有关计算，难度较大，D选项为易错点、难点，判断x的值是解题的关键。10. 一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如图，其中和代表不同元素的原子。关于此反应说法错误的是A. 一定属于吸热反应 B. 一定属于可逆反应C. 一定属于氧化还原反应 D. 一定属于分解反应参考答案：A试题分析：根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种。A该物质属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2是放热反应，A错误；B根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；C该反应中有元素

12、化合价的变化，属于氧化还原反应，C正确；D反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确。答案选A。【名师点睛】化学试题的呈现方式形式多样，可采用文字、数据、图表、示意图等多种方式的融合，增加试题信息的广度，考查学生从不同呈现方式中提取有用信息、加工信息，并利用信息进行思考或推理的能力。这些信息蕴含着解决试题的重要思路、数据和方法，如物质性质、物质形态、反应条件、反应产物、结构特征以及变化趋势等。这就要求考生通过“现场独立自学”的方式，从中概括抽象出新的知识或发现数据之间的关系，同时与学过的知识相组合，形成较全面的网络化的知识体系，将这些知识体系进一步应用到新的知识情境中，从而解决问题。

13、这种试题培养和考查了考生自主学习和独立思考的能力。11. 芳香族化合物A的分子式为C7H6O2，那么包括A在内，属于芳香族化合物的同分异构体的数目为A. 5种 B.4种 C.3种 D.2种参考答案：A略12. 反应是自海藻灰中提取碘的主要反应，反应是自智利硝石中提取碘的主要反应：2NaIMnO23H2SO42NaHSO4MnSO42H2OI2；2NaIO35NaHSO32Na2SO43NaHSO4H2OI2。已知NaIO3的氧化性与MnO2相近，下列有关说法正确的是AI2在反应中是氧化产物，在反应中是还原产物B两个反应中生成等量的I2时转移的电子数相等CNaI和NaIO3在一定条件下能反应生成

14、I2DNaIO3在化学反应中只能作氧化剂，不能作还原剂参考答案：AC略13. 在复盐NH4Fe(SO4)2溶液中逐滴加入少量的Ba(OH)2溶液，发生反应的离子方程式是（ ） A Fe2+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+Fe(OH)2 BNH4+Fe3+ 2SO42+ 2Ba2+ 4OH=2BaSO4+ Fe(OH)3+ NH3H2O C2Fe3+ 3SO42+ 3Ba2+6OH=3BaSO4+ 2Fe(OH)3D3NH4+ Fe3+3SO42+ 3Ba2+ 6OH=3BaSO4+Fe(OH)3+3NH3H2O参考答案：C略14. 有NaCl、FeCl2 、FeCl3 、MgCl2 、C

15、uCl2、AlCl3 、NH4Cl六种溶液, 只用一种试剂就可以把它们鉴别开来，该试剂是AH2SO4 B NaOH溶液 C氨水 DKSCN溶液参考答案：B略15. X、Y、Z、M、N是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X与Z为同族元素，Y和M为同族元素，且Y与M的核外电子数之和为X和Z元素的核外电子数之和的2倍，下列说法正确的是（）A原子半径：ZMNXYBM与N形成的化合物中N显正价C单质沸点：ZMNYXD最高正价：NM=YZ=X参考答案：C【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、M、N是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X与Z为同族元素，Y和M为同族元素，因为Y与M的核

16、外电子数之和为X和Z元素的核外电子数之和的2倍，则X和Y不能都是第二周期元素，则X为H元素，Z为Na元素，H和Na元素核外电子数之和为12，它的二倍是24，Y和M同一主族且二者原子序数之和为24，则Y为O元素、M为S元素，N为短周期主族元素且原子序数大于S，所以N为Cl元素，则X、Y、Z、M、N分别是H、O、Na、S、Cl元素；A原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；BM、N形成的化合物中，非金属性强的元素显负化合价；C单质熔沸点：金属晶体分子晶体，分子晶体：固态气态，气体单质熔沸点与其相对分子质量成正比；D主族元素最高正化合价与其族序数相等，但O、F元

17、素除外【解答】解：X、Y、Z、M、N是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X与Z为同族元素，Y和M为同族元素，因为Y与M的核外电子数之和为X和Z元素的核外电子数之和的2倍，则X和Y不能都是第二周期元素，则X为H元素，Z为Na元素，H和Na元素核外电子数之和为12，它的二倍是24，Y和M同一主族且二者原子序数之和为24，则Y为O元素、M为S元素，N为短周期主族元素且原子序数大于S，所以N为Cl元素，则X、Y、Z、M、N分别是H、O、Na、S、Cl元素；A原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径ZMNYX，故A错误；BM、N形成的化合物中，非金属

18、性强的元素显负化合价，非金属性NM，所以M与N形成的化合物中N显负价，故B错误；C单质熔沸点：金属晶体分子晶体，分子晶体：固态气态，气体单质熔沸点与其相对分子质量成正比，所以这几种元素单质沸点：ZMNYX，故C正确；D主族元素最高正化合价与其族序数相等，但O、F元素除外，O元素没有正化合价，故D错误；故选C二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 某化学实验小组同学为了证明、比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下图所示的实验装置。 (1) 实验室常选用制CO2的发生装置制SO2；实验室在用MnO2跟浓盐酸反应制备Cl2时，应选用上图A、E两发生装置中 装置(填装置序号)制Cl2。 (2)

19、反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪去，停止通气后，给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分别为B： ，D： 。 (3) 装置C的作用是 。 (4) 甲乙两名同学分别利用下图所示装置探究两种气体按不同比例混合后的漂白性。试分析：在气体进入品红溶液之前，先将SO2和Cl2通过盛有浓硫酸装置的目的是： 。甲同学在实验过程中发现：通气一段时间后，品红溶液几乎不褪色，其原因是： ，并写出其相应的离子方程式： 。乙同学在实验过程中发现：通气一段时间后，品红溶液颜色随时间推移变得越来越浅，其原因是： 。参考答案：(1) 还原性和酸性 (2)B：溶液由无色变成红色 D： 溶液没有明显的变化 (3)

20、 保证安全，吸收多余的氯气和二氧化硫(4) 使两种气体充分混合；通过观察气泡的速度控制气体流量，使二者按一定比列混合。SO2和Cl2按1:1进气，二者恰好完全反应，生成无漂白性的H2SO4和HClSO2 +Cl2 +2H2O=4H+SO42- +2Cl-SO2和Cl2的进气速度不相等，混合发生反应后其中一种气体有剩余，仍具有漂白性。略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. （2006广东卷）27.钴(Co)化合物对化学键的研究起着重要的作用。为测定某钴化合物Co(NH3)xClyClz的组成，进行如下实验： 称取样品0.5010 g，加入过量的NaOH溶液，煮沸，蒸出所有的氨，冷却，得

21、到A。产生的氨用50.00 mL 0.5000 molL-1的盐酸完全吸收并用蒸馏水定容至100 mL，得溶液B。取B溶液20.00 mL，用0.1000 molL-1NaOH滴定，消耗NaOH溶液30.00 mL。 向A中加入过量KI固体，振荡，盐酸酸化后置于暗处，发生反应： Com+I-Co2+I2(未配平) 反应完成后，蒸馏水稀释，用Na2S2O3溶液滴定析出的I2，消耗0.1000 molL-1Na2S2O3溶液20.00 mL。反应方程式为：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 另称取该物质样品0.2505 g，溶于水，以0.1000 molL-1AgNO3溶液滴定至恰好

22、反应完全，消耗AgNO3溶液20.00 mL。相应反应式为： Co(NH3)xClyClz+zAgNO3=Co(NH3)xCly(NO3)z+zAgCl 通过计算求： Co(NH3)xClyClz中氮元素的质量分数。 该钴化合物的化学式。参考答案：NaOH+HCl=NaCl+H2O NH3+HCl=NH4Cl 20.00 mL B溶液消耗0.1000 molL-1 NaOH 30.00 mL20.00 mL B溶液中过量的HCl n(HCl)=0.003000 mol100 mL B溶液中过量的HCl n(HCl)=0.01500 mol那么与NH3反应的n(HCl)=0.01000 mol故

23、0.5010g样品中n(NH3)=0.01000 mol n(N)=0.01000 molCo(NH3)xClyClz中氮元素的质量分数I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6因反应用去0.1000 molL-1 Na2S2O3溶液20.00 mL，推算出：n(I2)=0.001000 molCo与Fe同一族，Com+具有强氧化性，故设m=3则有：2Co3+2I-=2Co2+I2n(Co3+)=0.002000 mol0.5010 g样品中Cl的总质量为m(Cl)=0.5010 g-0.002000 mol59 gmol -1-0.01000 mol17 gmol -1=0.2130

24、gn(Cl)=0.006000 mol又有 Co(NH3)xClyClz+zAgNO3=Co(NH3)xCly(NO3)z+zAgCl0.2505 g样品扩大一倍来算（即用0.5010 g）推算出：反应消耗AgNO3 n（AgNO3）=0.1000 molL-140.00 mL=0.004000 mol即发生上述反应的Cl-为：n(Cl-)=0.004000 mol则有 yz=（0.006000 mol-0.004000 mol）0.004000 mol=12同时还有 1x(y+z)=0.0020000.010000.006000=153解得 x=5 y=1 z=2带入Co(NH3)xClyC

25、lz中，求得Co化合价为+3，假设成立。该钴化合物的化学式为：Co(NH3)5ClCl2答：Co(NH3)xClyClz中氮元素的质量分数为27.94%该钴化合物的化学式为：Co(NH3)5ClCl2略18. （2009上海卷）烟气中NOx是NO和NO2的混合物(不含N2O4)。 (1)根据废气排放标准，1 m3烟气最高允许含400 mg NOx。若NOx中NO质量分数为0.85，则1 m3烟气中最高允许含NO_L(标准状况，保留2位小数)。(2)工业上通常用溶质质量分数为0.150的Na2CO3水溶液(密度1.16 gmL-1)作为NOx吸收剂，则碳酸钠溶液物质的量浓度为_molL-1(保留2位小数)。(3)