四川省绵阳市梓潼中学2022年高三化学下学期期末试卷含解析

四川省绵阳市梓潼中学2022年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.“天生我材必有用”，下列有关物质用途的叙述错误的是A.硝酸可用于制炸药

B.氢氧化铝常用于治疗胃病C.明矾具有消毒杀菌作用，可用于净水

D.硫磺有杀虫、杀螨、杀菌作用参考答案：C略2.等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5:6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是A．甲、乙中都是铝过量

B．甲中铝过量、乙中碱过量C．甲中酸过量、乙中铝过量

D．甲中酸过量、乙中碱过量参考答案：B3.下列各组物质按右图所示转化关系每一步都能一步实现的是

甲乙丙丁AFeCl3FeCl2Fe2O3Fe(OH)3BCuCuOCuSO4CuCl2CSSO2SO3H2SO4DNH3NONO2HNO3参考答案：B略4.下列做法中用到物质氧化性的是

（

）A．明矾净化水

B.纯碱除去油污C.臭氧消毒餐具

D.食醋清洗水垢+参考答案：C略5.下列离子方程式，书写正确的是（）A．盐酸与石灰石反应CO32﹣+H+═CO2↑+H2OB．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液Ba2++S042﹣═Ba+S04↓C．氢氧化镁和盐酸反应：H++OH﹣═H2OD．氯化铝溶液中加人过量氨水：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+参考答案：D【考点】离子方程式的书写．【分析】A．石灰石为碳酸钙，离子方程式中碳酸钙不能拆开；B．硫酸铜与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡、氢氧化铜沉淀；C．氢氧化镁为难溶物，离子方程式中氢氧化镁才能拆开；D．氨水为弱碱，二者反应生成氢氧化铝沉淀．【解答】解：A．碳酸钙小于保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；B．硫酸铜与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：SO42﹣+Ba2++Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，故B错误；C．氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，氢氧化镁小于保留化学式，正确的离子方程式为：2H++Mg（OH）2↓═H2O+Mg2+，故C错误；D．氯化铝溶液中加人过量氨水，扶生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D正确；故选D．6.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是（）A．2Fe3++2I—=2Fe2++I2

B．Cl2+FeI2===FeCl2＋I2C．Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2＋3H2O

D．3Cl2+6FeI2===2FeCl3＋4FeI3

参考答案：D7.一未完成的离子方程式（）+XO3﹣+6H+═3X2+3H2O，据此判断，氧化产物和还原产物的物质的量之比为（）A．1：1

B．3：1C．5：1

D．7：1参考答案：C考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：-由质量守恒和电荷守恒可得出该离子反应方程式为5X﹣+XO3﹣+6H+═3X2+3H2O，元素化合价升高得到产物为氧化产物，元素化合价降低得到的产物为还原产物，结合想方程式判断．解答：解：由质量守恒和电荷守恒可得出该离子反应方程式为5X﹣+XO3﹣+6H+═3X2+3H2O，X﹣为还原剂，得到氧化产物，XO3﹣为氧化剂，生成还原产物，根据X原子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：1，故选C．点评：本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度不大，关键是由质量守恒和电荷守恒确定离子反应方程式．8.N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。0.25molN2H4（g）完全燃烧生成氮和气态水时，放出133.5kJ热量。则下列热化学方程式中正确的是（

）A．N2H4（g）＋O2（g）=N2（g）＋H2O（g）；ΔH=＋267kJ·mol－1B．N2H4（g）＋O2（g）==N2（g）＋2H2O（g）；ΔH＝－534kJ·mol－1C．N2H4（g）＋O2（g）==N2（g）＋2H2O（g）；ΔH＝＋534kJ·mol－1D．N2H4＋O2==N2＋2H2O；ΔH＝－534kJ·mol－1参考答案：B略9.通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热（△H），化学反应的△H等于反应物的总键能与生成物的总键能之差。 化学键Si—OSi—ClH—HH—ClSi—SiSi—C键能/kJ·mol－1460360436431176347工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4（g）＋2H2（g）Si（s）＋4HCl（g），该反应的反应热△H为 （）A．＋412kJ·mol－1

B．－412kJ·mol－1C．＋236kJ·mol－1

D．－236kJ·mol－1参考答案：C10.下列实验装置设计正确、且能达到目的的是（

）A．实验Ⅰ：制取纯净氢氧化亚铁B．实验Ⅱ：证明非金属性强弱：S＞C＞Siks5uC．实验Ⅲ：除去CO2中的HCl

D．实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应参考答案：BD11.“化学，让生活更美好”，下列叙述不能直接体现这一主旨的是A．风力发电，让能源更清洁

B．合成光纤，让通讯更快捷C．合成药物，让人类更健康

D．环保涂料，让环境更宜居参考答案：A考查材料、环保、人体健康等有STS价值取向的有关内容。风力发电属于新能源，但属于物理变化，与化学无关，因此是不能直接体现这一主旨的，选项B、C、D均与化学有关，所以该题的正确答案是A。12.下列离子方程式书写正确的是A.在FeCl3溶液中投入足量的Zn粉：2Fe3＋＋Zn=Zn2＋＋2Fe2＋B.磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸：Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2OC.Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClOD.NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后呈中性：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O

参考答案：D点睛：明确反应的实质，掌握离子方程式书写的方法是解题关键。注意反应物用量对化学反应的影响，反应必须遵循客观事实。本题的选项C为易错点，容易忽视次氯酸根离子的氧化性。13.下列说法正确的是A．0.5mol与11.2L所含的分子数一定相等B．25℃与60℃时，水的pH相等C．中和等体积、等物质的量的浓度的盐酸和醋酸所消耗的n(NaOH)相等D．2（g）+（g）=2（g）和4（g）+2（g）=4（g）的相等解析：参考答案：CA项：题目没有指明在标准状况下，11.2L的O2物质的量不一定为0.5mol，错误；B项：水的电离程度随着温度的升高而增大，25℃的PH大于60℃。错误；C项：等体积等物质的量浓度的盐酸和醋酸，虽然醋酸是弱电解质，但随着中和反应的进行，氢离子不断电离出来，最终氢离子的物质的量与盐酸的相同，正确；D项：⊿H与化学计量数成正比，错误。14.向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来温度，所得溶液中A．c(Ca2＋)、c(OH―)均增大

B．c(Ca2＋)、c(OH―)均保持不变C．c(Ca2＋)、c(OH―)均减小

D．c(OH―)增大、c(H＋)减小参考答案：B15.下列关于溶液和胶体的叙述中，正确的是（）A．胶体带电荷，而溶液呈电中性B．胶体加入电解质溶液可产生沉淀，而溶液不能C．胶体是一种介稳性的分散系，而溶液是一种非常稳定的分散系D．胶体和溶液都能产生丁达尔现象参考答案：

考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系．专题：溶液和胶体专题．分析：A、从胶体分散系呈电中性分析；B、根据胶体聚沉的条件和复分解的条件分析；C、胶体较稳定，溶液稳定；D、丁达尔效应是胶体特有的性质．解答：解：A、溶液呈电中性，胶体分散系不带电，是胶体粒子吸附带电离子，故A错误；B、胶体加入电解质溶液会发生聚沉可产生沉淀，复分解发生的条件之一是生成沉淀，所以溶液可以生成沉淀，溶液氢氧化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，故B错误；C、胶体较稳定，是一种介稳性的分散系，溶液是一种非常稳定的分散系，故C正确；D、丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液没有丁达尔效应，故D错误故选C．点评：本题考查了胶体和溶液中分散质的组成和性质，题目较简单，注意分析胶粒带电的原因和溶液中溶质的类别．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（12分）辉铜矿石主要含有硫化亚铜（Cu2S)及少量脉石（SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下：（1）写出浸取过程中Cu2S溶解的离子方程式

▲

。（2）回收S过程中温度控制在50℃~60℃之间，不宜过高或过低的原因是

▲

、

▲

。（3）气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为▲

；向滤液M中加入（或通入）下列▲

(填字母)物质，得到另一种可循环利用的物质。

a．铁

b．氯气

c．高锰酸钾（4）保温除铁过程中加入CuO的目的是

▲

；蒸发浓缩时，要用硝酸调节溶液的pH，其理由是

▲

。参考答案：（12分）（1）Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S

（2分）（2）温度高苯容易挥发，温度低溶解速率小

（2分）

（3）4NOx+(5-2x)O2+2H2O=4HNO3

（2分）

b

（2分）（4）调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀（2分）

抑制Cu2+的水解（不带入其他杂质）（2分）略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.A、B、X、Y、Z是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大．A元素可形成自然界硬度最大的单质；B与A同周期，核外有三个未成对电子；X原子的第一电离能至第四电离能分别是：I1=578kJ/mol，I2=1817kJ/mol，I3=2745kJ/mol，I4=11575kJ/mol；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质；Z的一种同位素的质量数为63，中子数为34．请回答下列问题：（1）AY2是一种常用的溶剂，为

分子（填“极性”或“非极性”），分子中存在个σ键．（2）X形成的单质与NaOH溶液反应的离子方程式为

，超高导热绝缘耐高温纳米XB在绝缘材料中应用广泛，其晶体与金刚石类似，属于

晶体．B的最简单氢化物容易液化，理由是

．（3）X、氧、B元素的电负性由大到小的顺序为

（用元素符号作答）．（4）Z的基态原子核外电子排布式为

；．元素Z与人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸：Z+HCl+O2=ZCl+HO2，HO2（超氧酸）不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性．下列说法或表示不正确的是

（填序号）①氧化剂是O2②HO2在碱中不能稳定存在③氧化产物是HO2④1molZ参加反应有1mol电子发生转移（5）已知Z的晶胞结构如下图所示，又知Z的密度为9.00g/cm3，则晶胞边长为cm．ZYO4常作电镀液，其中YO42﹣的空间构型是，Y原子的杂化轨道类型是杂化．参考答案：（1）非极性；2；（2）2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；原子；分子间形成氢键；（3）O＞N＞Al；（4）1s22s22p63s23p63d104s1；③；（5）；正四面体；sp3．

【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A元素可形成自然界硬度最大的单质，该单质为金刚石，则A为C元素；B与A同周期，核外有三个未成对电子，则B为N元素；根据X原子的第一电离能至第四电离可知，X原子的第四电离能剧增，则X表现+3价，所以X为Al元素；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质，则Y为S元素；Z的一种同位素的质量数为63、中子数为34，则质子数=63﹣34=29，故Z为Cu元素，据此进行解答．【解答】解：A元素可形成自然界硬度最大的单质，该单质为金刚石，则A为C元素；B与A同周期，核外有三个未成对电子，则B为N元素；根据X原子的第一电离能至第四电离可知，X原子的第四电离能剧增，则X表现+3价，所以X为Al元素；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质，则Y为S元素；Z的一种同位素的质量数为63、中子数为34，则质子数=63﹣34=29，故Z为Cu元素．（1）AY2化学式是CS2，其结构式为S=C=S，为直线型结构，属于非极性分子，其分子中每个双键中含有1个σ键，所以CS2分子存在2个σ键，故答案为：非极性；2；（2）X是Al元素，铝与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；XB是CN，晶体与金刚石类似，属于原子晶体；B的最简单氢化物是NH3，N原子电负性大，分子间形成氢键，所以容易液化，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；原子；分子间形成氢键；（3）非金属性越强，电负性越强，Al、O、N元素的电负性与非金属性一致，则三种元素电负性大到小顺序为：O＞N＞Al，故答案为：O＞N＞Al；（4）Z为29号Cu元素，根据构造原理，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；①O2中氧元素的化合价是0价，HO2中氧元素的平均化合价是﹣0.5价，化合价降低作氧化剂，故①正确；②HO2为超氧酸，应具有酸性，可与碱反应，故HO2在碱中不能稳定存在，故②正确；③还原产物是HO2，故③错误；④1molCu参加反应生成+1价铜离子，有1mol电子发生转移，故④正确，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；③；（5）Z为Cu元素，铜原子位于顶点和面心，每个晶胞中含有铜原子的数目为：8×+6×=4，晶胞中含有4个铜原子，则晶胞的质量为：g，设该晶胞的边长为xcm，则该晶胞体积为：x3cm3，则：g=x3cm3×9.00g/cm3，整理可得x=；SO42﹣离子的中心原子S的价层电子对为：4+=4，孤电子对数为0，故其空间结构为正四面体，S原子杂化方式为：sp3，故答案为：；正四面体；sp3．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、分子结构与性质、杂化方式、晶胞计算等，（5）中晶胞的计算为难点、易错点，难度中等．18.某二元化合物甲有刺鼻气味，极易被水和酸吸收，是一类重要的火箭燃料．将3.20g甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况）；已知甲分子内各原子均达到稳定结构．工业上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质．（1）写出甲的分子式

．（2）适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，写出该反应的离子反应方程式：

．（3）工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁（Fe3O4），以减慢锅炉内壁的锈蚀．其化学方程式为

．（4）已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O．①甲与新制Cu（OH）2之间能发生反应，从氧化还原反应的角度说明其合理性．②甲与新制Cu（OH）2充分反应，有红色固体乙生成，写出乙的成分

（写出所有可能），请设计实验方案检验乙的成分 ．参考答案：（1）N2H4；（2）Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；（3）N2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2O；（4）①N2H4中N元素为﹣2价，处于较低价态具有还原性，而Cu（OH）2中Cu元素为+2价，处于最高价态，具有氧化性；②Cu或Cu、Cu2O或Cu2O；取红色固体乙ag，加入足量稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀，通过a、b的数量关系判断即可，若a=b，固体乙的成分是Cu；若=b，固体乙的成分是Cu2O，若＜b＜a，固体乙的成分是Cu和Cu2O．

【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况），则甲中含有H元素，工业上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质，根据元素守恒可知甲中含有N元素，综上可知，甲中含有N和H两种元素，n（H2）==0.2mol，则m（H）=0.2mol×2×1g/mol=0.4g，则3.20g甲中含有m（N）=3.20g﹣0.4g=2.8g，n（N）==0.2mol，所以n（N）：n（H）=0.2mol：0.4mol=1：2，甲分子内各原子均达到稳定结构，可知甲为N2H4．【解答】解：甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况），则甲中含有H元素，工业上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质，根据元素守恒可知甲中含有N元素，综上可知，甲中含有N和H两种元素，n（H2）==0.2mol，则m（H）=0.2mol×2×1g/mol=0.4g，则3.20g甲中含有m（N）=3.20g﹣0.4g=2.8g，n（N）==0.2mol，所以n（N）：n（H）=0.2mol：0.4mol=1：2，甲分子内各原子均达到稳定结构，可知甲为N2H4．（1）甲的分子式为：N2H4，故答案为：N2H4；（2）适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，该反应的离子反应方程式：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；（3）工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁（Fe3O4），以减慢锅炉内壁的锈蚀，Fe元素化合价降低，则N元素被氧化生成氮气，其化学方程式为：N2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2O，故答案为：N2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2O；（4）已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O．①N2H4中N元素为﹣2价，处于较低价态具有还原性，而Cu（OH）2中Cu元素为+2价，处于最高价态，具有氧化性，甲与新制Cu（OH）2之间能发生反应，故答案为：N2H4中N元素为﹣2价，处于较低价态具有还原性，而Cu（OH）2中Cu元素为+2价，处于最高价态，具有氧化性；②甲与新制Cu（OH）2充分反应，有红色固体乙生成，乙的成分可能为：Cu或Cu、Cu2O或Cu2O，取红色固体乙ag，加入足量稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀，通过a、b的数量关系判断即可，若a=b，固体乙的成分是Cu；若=b，固体乙的成分是Cu2O，若＜b＜a，固体乙的成分是Cu和Cu2O，故答案为：Cu或Cu、Cu2O或Cu2O；取红色固体乙ag，加入足量稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀，通过a、b的数量关系判断即可，若a=b，固体乙的成分是Cu；若=b，固体乙的成分是Cu2O，若＜b＜a，固体乙的成分是Cu和Cu2O．【点评】本题考查无机物的推断、氧化还原反应、实验方案设计，属于计算型推断，侧重考查学生分析计算能力、知识的迁移应用，题目难度中等．19.芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到．OPA是一种重要的有机化工中间体．A、B、C、D、E、F和OPA的转化关系如下所示：回答下列问题：（1）A的化学名称是

；（2）由A生成B的反应类型是

．在该反应