2022浙江省绍兴市诸暨第二中学高三化学上学期期末试题含解析

2022浙江省绍兴市诸暨第二中学高三化学上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.向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液，观察到产生白色沉淀，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。则下列说法正确的是(

)A.白色沉淀是CuI2，棕色溶液含有I2B.滴加KI溶液时，转移1mol电子时生成1mol白色沉淀C.通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂D.上述实验条件下，物质的氧化性：I2>Cu2+>SO2参考答案：B略2.参考答案：答案：C3.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是（

）A．工业可采用火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2每生成2mol铜，反应共转移6NA个电子B．P4O6的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子结构，则1mol该分子中含有的共价键数目是12NAC．一定条件下定容容器中充入3molH2（g）和1molN2（g）发生反应：3H2（g）+N2（g）2NH3（g）；△H=-QkJ/mol,当该反应放出0.25QkJ的热量时，容器中的氢分子数共有2.25NAD．标准状况下，定容容器中盛有某气体纯净物，气体密度为ρg?L-1，则该物质相对分子质量为：参考答案：D4.下列说法正确的是（）A．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B．蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到D．天然气、乙醇和水煤气分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源参考答案：B【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；常见的能量转化形式；强电解质和弱电解质的概念；金属冶炼的一般原理．【分析】A、纯碱即碳酸钠属于盐；B、蔗糖在熔融时和溶液中都不导电，硫酸钡在溶液中完全电离，水能部分电离；C、Mg、Al的活泼性较强，用电解法冶炼；D、乙醇可以由粮食发酵制得，属于可再生能源．【解答】解：A、纯碱即碳酸钠，是由钠离子和碳酸根离子构成的属于盐，不是碱，故A错误；B、蔗糖在熔融时和溶液中都不导电属于非电解质，硫酸钡在溶液中完全电离属于强电解质，水能部分电离属于弱电解质，故B正确；C、Mg、Al的活泼性较强，用电解法冶炼，不能用置换法冶炼得到，故C错误；D、天然气属于化石燃料，乙醇可以由粮食发酵制得，属于可再生能源，水煤气由C和水蒸气高温反应制得属于二次能源，故D错误．故选B．5.以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe(OH)2，装置如右图所示，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。则下列说法正确的是A.石墨电极Ⅱ处的电极反应式为O2＋4e－===2O2－B.X是铁电极C.电解池中的电解液为蒸馏水D.若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，实验方案更合理参考答案：D【分析】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-═CO2+H2O，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、阳极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2↓，以此解答。【详解】A.通入氧气的电极II是正极，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，选项A错误；B.X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故X是石墨电极，选项B错误；C．电解过程是阴极上氢离子放电得到溶液中的氢氧根离子交换亚铁离子生成氢氧化亚铁，所以可以用NaOH溶液作为电解液，蒸馏水的导电性较差一般不用做电解液，选项C错误；D.若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，则Y极产物的氢气能起保护气作用，防止X极产生的氢氧化铁迅速氧化，实验方案更合理，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查新型电池，为高频考点，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。6.下列装置或操作能达到实验目的的是（

）

参考答案：B略7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．0．1mol·L－1NaOH溶液：K＋、Ba2+、Cl－、HCO3-B．0．1mol·L－1Na2CO3溶液：K＋、NH、NO、SOC．0．1mol·L－1FeCl3溶液：K＋、Na＋、I－、SCN－D．0．1mol·L－1HCl的溶液：Ca2＋、Na＋、ClO－、NO参考答案：B8.t℃时,将一定量A(不含结晶水)的不饱和溶液均分为三份,分别加热蒸发,然后冷却为t℃,已知三份溶液分别蒸发水10g,20g,30g,析出A晶体的质量依次为ag,bg,cg.则a,b,c三者的关系是（）A.c=a＋bB.c=2b－aC.c=2b＋aD.c=2a－b参考答案：B略9.氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为A．NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强B．NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4中C原子形成4个杂化轨道C．两种中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化D．以上说法都不正确参考答案：A略10.下列有关的计算分析不正确的是（

）A．在反应3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O中，当有1mol铜被氧化时，被还原的硝酸为2/3molB．将amol硫化亚铁放入含3amolH2SO4的浓硫酸中，充分反应后，氧化、还原产物分别是Fe3＋、S和SO2，则放出的气体少于1.5amolC．室温时，在容积为amL的试管中充满NO2气体，然后倒置在水中到管内水面不再上升时为止；再通入bmLO2，则管内液面又继续上升，测得试管内最后剩余气体为cmL，且该气体不能支持燃烧。则a、b的关系为a＝4b＋3cD．某溶液100mL，其中含硫酸0.03mol，硝酸0.04mol，若在该溶液中投入1.92g铜粉微热，反应后放出一氧化氮气体约为0.015mol参考答案：D【知识点】氧化还原反应

B3【答案解析】D

解析：A、铜和稀硝酸发生3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，被还原的硝酸等于生成NO的物质的量，

则3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

3

2

1mol

n

n=2/3mol，正确；B、FeS与浓硫酸发生的氧化还原反应，先发生反应2FeS+6H2SO4(浓)==Fe2(SO4)3+2S↓+3SO2↑+6H2O，后发生反应FeS+H2SO4(稀)====FeSO4+H2S↑，故FeS用完，放出的气体少于1.5amol，正确；C、根据反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，amLNO2会生成a/3mLNO，通入O2后，最后气体不支持燃烧，故cL为NO，即与bmLO2反应的NO为（a/3-c）mL，根据方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3即（a/3-c）：b=4：3，整理可得a=4b+3c，正确；D．铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体，题中混合溶液中含H+物质的量为：0.03mol硫酸中含0.06mol，0.04mol硝酸中含0.04mol，所以溶液中共含0.10molH+，1.92g铜的物质的量为1.92g/64g·mol-1=0.03mol，根据离子方程式量的关系，3Cu2+～8H+～2NO，氢离子过量，铜离子完全反应，生成的NO气体由铜的物质的量计算得出，气体物质的量为0.02mol，错误。【思路点拨】本题考查了氧化还原反应原理的应用，考查到了硝酸、硫酸等物质的氧化性，氮氧化物的有关计算，注意反应的有关化学方程式，化学方程式的过量计算、溶液中隐含条件的判断，如硝酸根在溶液中有氢离子存在时，稀硝酸仍具有强氧化性，综合性较强，题目难度中等。11.已知：CH3CH2CH2CH3(g)＋6.5O2(g)→4CO2(g)＋5H2O(l)＋2878kJ

(CH3)2CHCH3(g)＋6.5O2(g)→4CO2(g)＋5H2O(l)＋2869kJ

下列说法正确的是（）

A．正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子

B．正丁烷的稳定性大于异丁烷

C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程

D．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多

参考答案：答案：A解析：本题考查的是化学反应中的能量变化。从反应方程式可以看出，在同样的条件下，正丁烷放热比异丁烷多，因此A正确；物质的能量越高越不稳定，因此稳定性异丁烷大于正丁烷，B错；异丁烷转化为正丁烷能量增多，因此是一个吸热过程，故C错；由烃的结构特点可知氢原子数相同，两者碳氢键个数必相等，故D错。12.下列化学用语书写正确的是

A．NaHS水解反应：HS－+H2O

H3O++S2－B．明矾加入在水中起净化作用的原因：Al3+

+3H2O＝Al(OH)3(胶体)

+

3H+C．已知：2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）；△H=－701.0kJ·mol-1

2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）；△H=－181.6kJ·mol-1则反应Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l）；△H=－259.7kJ·mol-1D．碳酸氢钠溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：2HCO3－+Ba2++2OH－=BaCO3↓+CO32－+2H2O参考答案：C略13.目前人们正研究开发一种高能电池——钠硫电池，它是以熔融的钠、硫为两极，以Na+导电的β-Al2O3陶瓷作固体电解质，反应为：2Na＋xSNa2Sx，以下说法正确的是A．放电时，钠作负极，硫作正极

B．放电时，钠极发生还原反应C．充电时，钠极与外电源的正极相连，硫极与外电源的负极相连D．充电时，阳极发生的反应是：Sx2－－2e＝xS参考答案：AD略14.下列涉及有机物的性质或应用的说法不正确的是（

）A．干馏煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料B．用于奥运“祥云”火炬的丙烷是一种清洁燃料C．乙醇和乙酸都能发生氧化反应D．纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应参考答案：A略15.

NA表示阿佛加德罗常数。下列说法中正确的是

A．200mLl.00mol·L-lFe2（SO4）3，溶液中，Fe3+和SO42-离子数的总和是NA

B．O2和O3的混合物共4.8g，其中所含氧原子数为0.3NA

C．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子数为2个

D．标准状况下，22.4LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数为1.5NA参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（9分）某合作小组同学将铜片加入稀硝酸，发现开始时反应非常慢，一段时间后反应速率明显加快。该小组通过实验探究其原因。（1）该反应的离子方程式为___________________________________________________。（2）提出合理假设。该实验中反应速率明显加快的原因可能是__________。A．反应放热导致温度升高

B．压强增大C．生成物的催化作用

D．反应物接触面积增大（3）初步探究。测定反应过程中溶液不同时间的温度，结果如下表：时间/min05101520253550607080温度/℃25262626262626.527272727结合实验目的和表中数据，你得出的结论是__________________________________。（4）进一步探究。查阅文献了解到化学反应的产物（含中间产物）可能对反应有催化作用，请完成以下实验设计表并将实验目的补充完整：实验编号铜片质量/g0.1mol·L-1的硝酸体积/mL硝酸铜晶体/g亚硝酸钠晶体/g实验目的①520

实验①和②探究_________的影响；实验①和③探究亚硝酸根的影响。②

0.5

③

参考答案：（1）3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

（2）AC（3）反应放热导致温度升高不是反应速率明显加快的主要原因（4）实验编号铜片质量/g0.1mol·L-1的硝酸体积/mL硝酸铜晶体/g亚硝酸钠晶体/g实验目的①52000实验①和②探究

Cu2＋

的影响；实验①和③探究亚硝酸根的影响。②5200.50③52000.5略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.仔细阅读下列三段文字①铋(Bi)是氮族元素，化合物NaBiO3极不稳定，易转化为Bi3+而呈强氧化性。将适量的NaBiO3投入含Mn2+的酸性水溶液中，溶液逐渐变为紫红色。②将0.08molKMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中。③氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：

Cl2+2e-＝2Cl-

回答问题：（1）试写出①有关的离子方程式：

。（2）请配平②的化学方程式：

KMnO4+

HCl－

KCl+

MnCl2+

Cl2↑+

H2O

通过对第②段文字中提供的数据进行推导和计算可得出：a+b的最大值为

，a+b最小值为

。（3）下列四种物质中能使③中的还原过程发生的物质是

。A．Na2CO3

B.KMnO4

C.Na2SO3

D.NaBiO3将该反应的氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：

参考答案：（1）5BiO3-+2Mn2++14H+====5Bi3++2MnO4-+7H2O（2）配平2、16=2、2、

5

、8

，

0.2

，

0.16

（3）C

略18.【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）化学中的某些元素与生命活动密不可分．请回答下列问题：（1）（NH4）2SO4是一种重要的化学肥料，其中N、S原子的杂化方式分别是

、

，SO42﹣的空间构型为

．（2）钙是儿童生长不可缺少的元素，基态钙原子中，电子没有全充满的能层是

．（3）蛋白质中含有N、P等元素，它们分别形成的简单气态氢化物键角大小关系是

（用化学式表示），原因是

．（4）金属铁、镍及其形成的许多化合物常用作催化剂．已知NiO、FeO的晶体类型均与氯化钠晶体相同，熔点NiO＞FeO，推测Ni2+和Fe2+离子半径的大小关系是

，作出判断的依据是 ．（5）某金属是抗癌药物中的明星元素，其晶体中原子的堆积方式如图所示．晶胞中金属原子的配位数为

．若已知金属的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数为NA，原子半径为rpm，则该晶胞的密度为p=g/cm3．（用含M、NA、r的计算式表示，不用化简）

参考答案：（1）sp3、sp3；正四面体；（2）M能层和N能层；（3）NH3＞PH3；中心原子的电负性N＞P，使得NH3中成键电子对偏向中心N原子，成键电子对间产生的斥力增大，键角增大；（4）r（Ni2+）＜r（Fe2+）；NiO、FeO都是离子晶体，熔点NiO＞FeO，NiO的离子键能较大，阴离子相同，且阴、阳离子所带电荷数相同，所以r（Ni2+）＜r（Fe2+）；（5）12

考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．分析：（1）根据价层电子对互斥理论确定N、S原子杂化方式及SO42﹣的空间构型；（2）Ca原子的M能层有8个电子和N能层有2个电子；（3）根据电负性以及成键电子对的排斥作用分析；（4）离子半径越小，电荷越多，离子晶体的晶格能越大，熔沸点越高；（5）由晶胞图可知，该晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积，其配位数为12；设其变长为acm，则a2+a2=（4r×10﹣10）2，V=a3，ρ=．解答：（1）（NH4）2SO4中铵根离子中N原子价层电子对个数是4、SO42﹣中S原子价层电子对个数是4，所以N、S原子杂化方式都是sp3杂化，SO42﹣中S原子价层电子对个数是4，没有孤电子对，则应为正四面体结构；故答案为：sp3、sp3；正四面体；（2）Ca原子的M能层有8个电子和N能层有2个电子，M层排满应该是18个电子，N层排满应该是32个电子，所以没有排满的电子层为M能层和N能层；故答案为：M能层和N能层；（3）已知元素的非金属性N＞P，非金属性越强，其电负性越强，则中心原子的电负性N＞P，N的电负性较强吸引电子能力较强，使得NH3中成键电子对偏向