2022年上海市民办新虹桥中学高三化学下学期期末试卷含解析

2022年上海市民办新虹桥中学高三化学下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.下图中能验证氯化钠溶液（含酚酞）电解产物的装置是

（）

参考答案：答案：D2.（2008·天津卷）对于平衡CO2(g)CO2(aq)；ΔH=-19.75kJ·mol-1，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是(

)A.升温增压

B.降温减压C.升温减压

D.降温增压参考答案：D由反应：CO2(g)CO2(aq)；ΔH=-19.75kJ·mol-1可知，CO2溶解是气体体积减小且放热的反应，根据化学平衡移动原理，为增大CO2气体在水中的溶解度，应采取的措施是降温、增压，故答案为D。

3.下列现象或事实可用同一原理解释的是A．硝酸银溶液与液溴保存在棕色瓶中避光B．I2溶于CCl4中，Cl2溶于NaOH溶液中C．酸雨和水玻璃长期暴露在空气中pH都会减小变质D．镁合金与锌块装在钢铁设备上起保护作用参考答案：D4.有Fe2+、NO—3、Fe3+、NH+4、H+和H2O六种粒子，属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是

A．氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：8

B．该过程说明Fe（NO3）2溶液不宜加酸酸化

C．每1molNO3—发生氧化反应，转移8mole-

D．若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+—e—=Fe3+参考答案：C略5.下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是

（

）

A．NaHSO3和NaHCO3两溶液混合呈中性的溶液中（S和C均用R表示）：

B．常温下，物质的量浓度相同的三种溶液①(NH4)2CO3

②(NH4)2SO4

③(NH4)2Fe(SO4)2中的c(NH+4)：①<③<②

C．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液以任意比混合：

D．0.1mol·L-1NaHS溶液：c(OH-)=c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)参考答案：C略6.下列表述正确的是A．人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是二氧化硅B．提前建成的三峡大坝使用了大量水泥，水泥是新型无机非金属材料C．某种和田玉的化学成分为Ca2Mg3Fe2(Si4O11)2(OH)2，改写成氧化物表示为：2CaO·3MgO·Fe2O3·8SiO2·H2OD．太阳能电池可采用硅材料制作，其应用有利于环保、节能参考答案：D7.有Na2SO3、BaCl2、Na2SO4、NaHCO3等四瓶溶液，只用一种试剂进行鉴别应选用的试剂是（

）（不考虑四种溶液之间的相互反应）

A．Na2CO3溶液

B．硝酸

C．硫酸

D．AgNO3溶液参考答案：C略8.NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(

)

A．12g金刚石中含有的共价键数目为4NA

B．1mol过氧化钠中阴离子所带的负电荷数为2NA

C．18gH2O2中含有的质子数为18NA

D．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64g参考答案：B9.（2007·天津卷）9.下列关于粒子结构的描述不正确的是A.H2S和NH3均是价电子总数为8的极性分子B.HS-和HCl均是含有一个极性键的18电子粒子C.CH2Cl2和CCl4均是四面体构型的非极性分子D.1molD216O中含中子、质子、电子各10NA（NA代表阿伏加德罗常数的值）参考答案：C本题主要考查原子与分子的组成与结构。H2S、NH3的价电子总数皆为8,H2S为角形分子,NH3为三角锥形，故二者皆为极性分子,A项正确;不同元素间所形成的共价键皆为极性键,显然HS－、HCl均含有18个电子，B项正确；CH2Cl2、CCl4均为四面体结构，但因CH2Cl2正负电荷的重心不重合为极性分子，故C项不正确；经简单计算可知D选项正确。

10.下列实验操作或原理不正确的是

A.除去氯化钠晶体中少量的硝酸钾B.纸层析法中的展开剂之所以能够展开的主要原理是毛细现象C只用淀粉溶液即可检验加碘食盐中是否含碘酸盐，从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替CCl4D.可用新制的Cu（OH）2悬浊液检验牙膏中存在的甘油参考答案：C略11.下列气体发生装置，加入适当的块状固体和液体时不能随时使反应发生和停止的是()。参考答案：D略12.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．常温常压下，3.6gD2O中含有的电子总数为2.0NAB．标准状况下，11.2LC2H2和N2的混合气分子中叁键数目为0.5NAC．常温常压下，4.6gNa在O2中燃烧消耗O2的分子数为0.05NAD．25℃时，pH＝1的CH3COOH溶液中的H＋数为0.1NA参考答案：B略13.久置空气中会发生颜色变化，但颜色变化不是由于跟氧气反应引起的物质是（

）A.过氧化钠固体

B.亚硫酸钠固体C.硫酸亚铁晶体

D.苯酚晶体参考答案：A

略14.下列有关化学用语的表示中正确的是A．CO2的电子式：

B．聚丙烯的结构简式：C．中子数为20的氯原子：1720Cl

D．镁离子的结构示意图：参考答案：A试题分析：A．CO2的电子式为，故A正确；B．聚丙烯的结构简式为：，故B错误；C．元素的左上角标准的是质量数，故C错误；D．镁原子的结构示意图：，故D错误，答案为A。15.随着科技的不断进步，15N、N70、N5+、NH5等已被发现．下列有关说法中，正确的是（）A．15N中含有7个中子B．N2和N70属于同位素C．N5+中含有36个电子D．若NH5为离子化合物，则其既含有离子键，又含有共价键参考答案：D【考点】核素．【分析】A．质子数+中子数=质量数；B．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为同位素；C．阳离子是失去一个电子形成；D．氢离子和铵根离子间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子间存在共价键；【解答】解：A．15N中含有中子数=15﹣7=8，故A错误；B．N2和N70属于氮元素的同素异形体，同位素是原子，故B错误；C．N5+中含有电子数=5×7﹣1=34，故C错误；D．化学式为NH5，是氢离子和铵根离子间形成的离子化合物，存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子间存在共价键，故D正确；故选D．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（1）甲同学用图1所示装置，测量锌与硫酸反应速率：把2g锌粒放入锥形瓶内，通过分液漏斗加入1mol·L-1稀硫酸40mL，收集10mL气体，通过记录

得到反应速率为XmL·min-1。实验开始时检查该装置气密性的方法是

。（2）乙同学用图2装置测定Na2CO3和NaCl的固体混合物中Na2CO3的质量分数：①甲、乙两试管各有两根导管，用橡胶管连接对应接口后，倒置盛稀硫酸的试管，发生反应，放出气体，则Na2CO3、NaCl的固体混合物和稀硫酸应分别置于

、

仪器中（填仪器编号）；②G管可以用化学实验室里的一种常用仪器来替代，这种仪器的名称是

；③仪器甲、乙接口的连接方式如下：A连接

，B连接

，C连接

（填写各接口的编号）。④为提高测量的准确性，收集完气体后，丙装置读数前应进行的操作是____________。如果开始读数时操作正确，最后读数时俯视右边滴定管液面，会导致所测气体的体积__________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（3）丙同学与甲同学实验目的相同：用图3装置测定生成的CO2的质量，但该装置存在明显缺陷，从而导致实验误差，请你分析其中使测定结果可能偏大的主要原因

。参考答案：（14分）(1)反应时间(1分)

关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，若活塞能回到原位，证明不漏气，否则漏气。(2分)(2)①甲，乙(2分)，②碱式滴定管(1分)。③DEF（2分）④上下移动量气管，使左右两边液面相平（2分）偏大（2分）（3）CO2气体中混有水蒸气或空气中的CO2和水蒸气进入干燥管中；(2分)略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（10分）请仔细观察两种电池的构造示意图，回答下列问题：（1）碱性锌锰电池的总反应式：Zn＋2MnO2＋2H2O＝2MnOOH＋Zn(OH)2，则负极的电极反应式：

（2）碱性锌锰电池比普通锌锰电池（干电池）性能好，放电电流大。试从影响反应速率的因素分析其原因是

（3）某工厂回收废旧锌锰电池，其工艺流程如下：已知：生成氢氧化物的pH如下表：物质Fe(OH)3Fe(OH)2Zn(OH)2Mn(OH)2开始沉淀pH2.77.65.78.3完全沉淀pH3.79.68.09.8①经测定，“锰粉”中除含少量铁盐和亚铁盐外，主要成分应是MnO2、Zn(OH)2

。②第一次加入H2O2后，调节pH＝8.0。目的是

。③试列举滤液4的应用实例

。

参考答案：（1）Zn＋2OH－－2e－＝Zn(OH)2（2）碱性锌锰电池用锌粉替代了原锌锰电池的锌壳，增大了反应物的接触面积，加快了反应速率，故放电电流大（3）①MnOOH、C粉

②除去Zn(OH)2和Fe(OH)3

③制备皓矾、回收金属锌等18.（11分）铝土矿的主要成分是Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2等杂质．Ⅰ．从铝土矿中提取氧化铝的流程如图所示：

（1）试剂A是

；（2）向溶液a中通入过量的CO2，将得到的不溶物煅烧后也可得到Al2O3，该方案的缺点是

．Ⅱ．电解熔融的氧化铝可制备金属铝（3）写出电解的化学方程式

．Ⅲ．新型陶瓷氮化铝可用以下两种方法制备（4）①氧化铝高温还原法：Al2O3+C+N2AlN+CO（配平）②氯化铝与氨气高温合成法：AlCl3+NH3AlN+3HCl（5）方法②比方法①在生产上更具优势．下列说法中，正确的是．A．方法①中的Al2O3、C、N2结构稳定，反应时破坏化学键需要消耗更多能量B．方法①中的Al2O3和C容易残留在氮化铝中C．两种方法中氮化铝均为还原产物．参考答案：Ⅰ．（1）盐酸（硫酸或硝酸）；（2）Al2O3中含有SiO2杂质；Ⅱ．（3）2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；Ⅲ．（4）1；3；1；2；3；（5）AB．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：SiO2和盐酸不反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应而氧化铝能，该工艺流程原理为：铝土矿加入氢氧化钠溶液过滤，得到滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣a为氧化铁，a溶液加入过量A为酸溶液，除去硅酸根离子，同时将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液b中，向滤液b中加过量试剂B氨水，铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，加热氢氧化铝分解得氧化铝，Ⅰ．（1）根据流程可知，加入试剂A目的是引进氢离子除去硅酸根离子；（2）滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，制氧化铝的过程中可能会混有二氧化硅杂质；Ⅱ．（3）电解熔融的氧化铝可制备金属铝，阳极生成氧气，阴极生成铝，产物为铝和氧气；Ⅲ．（4）根据化合价的升降总数相等配平方程式；（5）根据反应原理①②对各选项进行判断．解答：解：铝土矿加入氢氧化钠溶液过滤，得到滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣a为氧化铁，溶液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根粒子，向溶液a中加入过量A为酸溶液，除去硅酸根离子，同时将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液b中，向滤液b中加过量试剂B氨水，铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，加热氢氧化铝分解得氧化铝，Ⅰ．（1）铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，加入盐酸或硝酸等酸性溶液可除去硅酸根离子，所以试剂A为强酸，可以为盐酸、硫酸或硝酸，故答案为：盐酸（硫酸或硝酸）；（2）滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，向溶液a中通入过量的CO2，沉淀为Al（OH）3及少量硅酸，煅烧得到与和二氧化硅，则Al2O3中含有SiO2杂质，故答案为：Al2O3中含有SiO2杂质；Ⅱ．（3）电解熔融的氧化铝可制备金属铝，阳极生成氧气，阴极生成铝，总反应为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；Ⅲ．（4）碳从0价→+2价，化合价升高2价，氮从0价→﹣3价，化合价至少升高6价，最小公倍数为6，则碳的系数为3、氮气的系数为1，然后根据观察法配平，配平后的反应方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，故答案为：1；3；1；2；3；（5）A．方法①中的Al2O3、C、N2结构稳定，则在反应过程中破坏化学键时需要消耗更多能量，故A正确；B．根据反应原理可知，方法①中的Al2O3和C都是固体，二者容易残留在氮化铝中，故B正确；C．方法①中氮化铝为氮气被还原生成的，方法②为非氧化还原反应，故C错误；故答案为：AB．点评：本题以氧化铝提取工艺流程为载体，考查无机物推断、元素化合物性质及相互转化、氧化还原、离子方程式等知识点，题目难度中等，注意把握制备原理，把握物质的性质