2022年广西壮族自治区南宁市市第二中学高三化学下学期期末试题含解析

2022年广西壮族自治区南宁市市第二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.气体的自动化检测中常常应用原电池原理的传感器。下图为电池的工作示意图：气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号。下表列出了待测气体及敏感电极上部分反应产物。则下列说法中正确的是（

）A．上述气体检测时，敏感电极均作电池正极B．检测Cl2和NO2体积分数相同的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同C．检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同D．检测H2S时，对电极充入空气，对电极上的电极反应式为O2++4e－===2O2－参考答案：B【知识点】电化学解析：

对于检测NO2、Cl2气体时，气体得到电子，敏感电极均作电池正极，而对于检测CO、H2S气体时，气体失去电子，敏感电极均作电池负极A错误；检测Cl2和NO2体积分数相同的两份空气样本时，因为1molCl2气体在反应中转移的电子的物质的量2mol，而1molNO2气体在反应中转移的电子的物质的量2mol，传感器上产生的电流大小相同，B正确；检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时，因为1molCO气体在反应中转移的电子的物质的量2mol，而H2S则是1mol气体在反应中转移的电子的物质的量8mol，所以传感器上产生的电流大小不相同，C错误；检测H2S气体时，由于是酸性环境，所以对电极充入空气，对电极上的电极反应式为O2

+4e－

+4H+=2H2O，D错误。【思路点拨】传感器上产生的电流大小可根据得失电子数是否相等来判断；检测不同气体时，敏感电极作正负极不同。2.如图所示，甲、乙之间的隔板K可以左右移动，甲中充入2molA和1molB，乙中充入2molC和1molHe，此时K停在0处。在一定条件下发生可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，反应达到平衡后，恢复到反应发生前时的温度。下列有关说法不正确的是()A．根据隔板K滑动与否可判断左右两边的反应是否达到平衡B.达到平衡后，隔板K最终停留在左侧刻度0－2之间C.达到平衡时，甲容器中C的物质的量大于乙容器中C的物质的量D.若平衡时K停留在左侧1处，则活塞仍停留在右侧6处参考答案：D略3.下列说法正确的是（

）A．C8H10含苯环的烃同分异构体有3种B．结构为…﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣…的高分子化合物，其单体是乙烯C．总质量一定时，乙炔和乙醛无论按什么比例混合，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变D．丙烯酸（CH2=CHCOOH）和山梨酸（CH3CH=CHCH=CHCOOH）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物是同系物参考答案：D解：A．C8H10的芳香烃满足CnH2n﹣6的通式，即有可能为苯的同系物，取代基可以是2个甲基或1个乙基，结构简式：有4种，故A错误；B．由结构可知，为加聚反应产物，链节为﹣CH=CH﹣，则单体为CH≡CH，故B错误；C．乙炔为CH≡CH，乙醛为CH3CHO（改写成C2H2．H2O），可知总物质的量一定时，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变，但总质量一定时，C的质量分数不同，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不同，故C错误；D．含双键数目不同，均可与氢气发生加成反应生成饱和一元羧酸，则丙烯酸和山梨酸不是同系物，但加成产物是同系物，故D正确；故选D．4.下列离子方程式与所述事实相符的是A．过量氨水溶液滴入AlCl3溶液中，生成白色沉淀：Al3++3OH－＝

Al(OH)3↓，B．淀粉碘化钾试纸上滴稀硝酸,试纸变蓝：6I－+8H++2NO3－＝3I2+2NO↑+4H2OC．重铬酸钾溶液中滴加氢氧化钠溶液后变为黄色：Cr2O72－（橙色）+OHˉ2CrO42－(黄色)+H2OD．0.01mol/LCH3COOH的PH>2：CH3COOH+H2OCH3COO－+2OH－参考答案：B略5.下列热化学方程式中，正确的是

A．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O(g)

△H=-890．3kJ·mol-1B．500℃、30MPa下，将0．5molN2（g）和1．5molH2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g）放热19．3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）

△H=-38．6kJ·mol-1C．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（-57．3）kJ·mol-1D．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285．8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571．6kJ·mol-1参考答案：D略6.参考答案：略7.往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入3.36L(标准状况)氯气，反应完成后溶液中有1/2的Fe2+被氧化成Fe3+。则原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为

A．1.1mol·L－1

B．1.5mol·L－1

C．1.2mol·L－1

D．1.0mol·L－1参考答案：

8.已知氢有3种核素：，氯有2种核素：，则HCl分子的相对分子质量数值可能有几种A．1种

B．5种

C．6种

D．1000种参考答案：B略9.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是A．聚丙烯的链节是—CH2—CH2—CH2—B．装置乙的试管中可收集到芳香烃C．装置丙中的试剂可吸收烯烃以制取卤代烃D．最后收集的气体可做燃料参考答案：A略10.能正确表示下列反应的离子方程式是

A．碳酸氢钠溶液中加入少量氢氧化钡：HCO+Ba2++OH－==BaCO3↓+H2O

B．大理石跟稀盐酸反应：CaCO3+2H+==Ca2++H2O+CO2↑

C．氢氧化镁跟稀硫酸反应：OH－+H+==H2O

D．碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钠溶液：NH+OH－==NH3·H2O参考答案：B略11.婴儿用的一次性纸尿片中有一层能吸水保水的物质。下列高分子中有可能被采用的是参考答案：B

略12.在pH=1的无色溶液中，下列各离子组因发生氧化还原反应而不能共存的是A.NH4+

K+

Na+

CO32-

NO3-B.K+

Na+

Fe2+

SO42-

NO3-C.NH4+

K+

Na+

HCO3-

［Al（OH）4］-D.NH4+

K+

Na+

NO3-

I-参考答案：D略13.下列离子方程式正确的是（）A．等物质的量浓度的FeBr2和CuCl2混合溶液用惰性电极电解最初发生反应：Cu2++2Br﹣Cu+Br2B．碳酸氢镁溶液中加入足量的烧碱溶液：Mg2++2HCO3﹣+2OH﹣═MgCO3↓+CO32﹣+2H2OC．过量SO2通入氨水中：SO2+2NH3?H2O═2NH4++SO32﹣+H2OD．碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O参考答案：A考点：离子方程式的书写分析：A．阳极上溴离子放电、阴极上铜离子放电；B．二者反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水；C．二者反应生成亚硫酸氢铵；D．弱电解质醋酸写化学式．解答：解：A．阳极上溴离子放电、阴极上铜离子放电，所以电池反应式为Cu2++2Br﹣Cu+Br2，故A正确；B．二者反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水，离子方程式为Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O，故B错误；C．二者反应生成亚硫酸氢铵，离子方程式为SO2+NH3?H2O═NH4++HSO3﹣，故C错误；D．弱电解质醋酸写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故D错误；故选A．点评：本题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，明确物质的性质及离子方程式书写规则即可解答，单质、气体、沉淀、弱电解质、络合物、氧化物等写化学式，要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，易错选项是B，注意碳酸镁溶解性大于氢氧化镁，为易错点．14.如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，则下列说法正确的是（

）A．x是正极，y是负极，CuSO4溶液的pH逐渐减小B．x是正极，y是负极，CuSO4溶液的pH保持不变C．x是负极，y是正极，CuSO4溶液的pH逐渐减小D．x是负极，y是正极，CuSO4溶液的pH保持不变参考答案：答案：A15.向某恒容密闭容器中充入一定量C02和H2，发生反应：CO2（g）+H2（g）HCOOH（g），测得平衡体系中C02的百分含量（CO2％）与反应温度变化的关系如图所示。下列物理量中，a点大于b点的是①正反应速率②逆反应速率③HCOOH（g）的浓度④对应温度时的平衡常数A．①②

B．①③

C．②④

D③④参考答案：D解析：①b点C02的百分含量大于a点，且温度也高，正反应速率应该b点大于a点；②b点温度高，正、逆反应速率都是b点大于a点；③根据C02的百分含量b点大于a点，HCOOH（g）的浓度应该是a点大于b点；④根据图像知升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，所以对应温度时的平衡常数a点大于b点；故答案选D二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某校兴趣小组对SO2与新制Cu（OH）2悬浊液的反应进行探究，实验如表：装置序号试管中的药品现象持续通入实验Ⅰ1.5mL1mol?L﹣1CuSO4溶液和3.5mL1mol?L﹣1NaOH溶液混合开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色实验Ⅱ1.5mL1mol?L﹣1CuCl2溶液和3.5mL1mol?L﹣1NaOH溶液混合开始时有黄色沉淀出现，一段时间后，黄色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀，溶液呈绿色（1）制取新制Cu（OH）2悬浊液的离子方程式为

．（2）甲同学重新用实验II的方法制备新制Cu（OH）2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净．向洗净后的Cu（OH）2中加入5mL蒸馏水，再持续通入SO2气体，现象与实验I相同，此步实验证明：

．检验Cu（OH）2洗涤干净的方法是

．（3）同学们对白色沉淀的成分继续进行探究．查阅资料如下：CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸．它与氨水反应生成Cu（NH3）2+，在空气中会立即被氧化成含有蓝色Cu（NH3）42+溶液．①甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为：CuCl+2NH3?H2O═Cu（NH3）2++Cl﹣+2H2O、

．②乙同学用另一种方法证明了该白色沉淀为CuCl，实验方案如图：现象1现象2填写如表空格：试剂1

试剂2蒸馏水现象1

现象2

③写出实验II中由Cu（OH）2生成白色沉淀的离子方程式： ．（4）丙同学通过实验证明实验Ⅰ中观察到的砖红色沉淀是Cu2O．完成合理的实验方案：取少量Cu2O固体于试管中，

，则说明砖红色沉淀是Cu2O．参考答案：（1）Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓；（2）黄色沉淀消失，生成大量白色沉淀（或实验II与实验I的现象差异）与Cl﹣有关（或与SO42﹣无关）；取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu（OH）2洗涤干净；（3）①4Cu（NH3）2++8NH3?H2O+O2═4Cu（NH3）42++4OH﹣+6H2O；②试剂1浓盐酸

现象1白色沉淀溶解现象2出现白色沉淀；③2Cu（OH）2+2Cl﹣+SO2═2CuCl↓+SO42﹣+2H2O；（4）加5mL蒸馏水，向其中持续通入SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色（或现象与实验I相同）．

【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）实验室通常用氢氧化钠和硫酸铜制取新制Cu（OH）2悬浊液，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；（2）比较实验Ⅰ和Ⅱ可知，两个实验制取Cu（OH）2悬浊液所以用铜盐不同，产生的现象不同也应由此产生，Cu（OH）2固体表面有氯离子等杂质，可以通过洗涤滤液中是否有氯离子判断洗涤是否干净；（3）①甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，蓝色溶液中应有铜离子，所以这一过程中有亚铜离子被氧化的反应；②CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸，根据这上性质可以证明该白色沉淀是否为CuCl；③实验II中由Cu（OH）2与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铜和硫酸盐；（4）根据实验Ⅰ中的现象可知，氧化亚铜能与二氧化硫继续反应生成绿色溶液，据此说明砖红色沉淀是Cu2O．【解答】解：（1）实验室通常用氢氧化钠和硫酸铜制取新制Cu（OH）2悬浊液，反应的离子方程式为Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓，故答案为：Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓；（2）比较实验Ⅰ和Ⅱ可知，两个实验制取Cu（OH）2悬浊液所以用铜盐不同，产生的现象不同也应由此产生，Cu（OH）2固体表面有氯离子等杂质，可以通过洗涤滤液中是否有氯离子判断洗涤是否干净，具体操作为取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu（OH）2洗涤干净，故答案为：黄色沉淀消失，生成大量白色沉淀（或实验II与实验I的现象差异）与Cl﹣有关（或与SO42﹣无关）；取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu（OH）2洗涤干净；（3）①甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，蓝色溶液中应有铜离子，所以这一过程中有亚铜离子被氧化的反应，所以存的离子反应还有4Cu（NH3）2++8NH3?H2O+O2═4Cu（NH3）42++4OH﹣+6H2O，故答案为：4Cu（NH3）2++8NH3?H2O+O2═4Cu（NH3）42++4OH﹣+6H2O；②CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸，根据这上性质可以证明该白色沉淀是否为CuCl，所以实验为试剂1浓盐酸试剂2蒸馏水现象1白色沉淀溶解现象2出现白色沉淀，故答案为：试剂1浓盐酸

现象1白色沉淀溶解现象2出现白色沉淀；③实验II中由Cu（OH）2与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铜和硫酸盐，反应的离子方程式为2Cu（OH）2+2Cl﹣+SO2═2CuCl↓+SO42﹣+2H2O，故答案为：2Cu（OH）2+2Cl﹣+SO2═2CuCl↓+SO42﹣+2H2O；（4）根据实验Ⅰ中的现象可知，氧化亚铜能与二氧化硫继续反应生成绿色溶液，据此说明砖红色沉淀是Cu2O，其操作为加5mL蒸馏水，向其中持续通入SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色（或现象与实验I相同），故答案为：加5mL蒸馏水，向其中持续通入SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色（或现象与实验I相同）．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.元素X是地壳中含量最多的元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子；元素Z位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．（1）X基态原子的电子排布式为．（2）X的氢化物（H2X）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是

．（3）在Y的氢化物（H2Y）分子中，Y原子轨道的杂化类型是．（4）Y与X可形成YX32﹣①YX32﹣的空间构型为（用文字描述）．②写出一种与YZ32﹣互为等电子体的分子的化学式．（5）Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如右图所示，该化合物的化学式为．其晶胞边长为540.0pm，密度为g?cm﹣3（列式并计算），a位置Y与b位置Z之间的距离为pm（列式表示）．（6）Z的氯化物与氨水反应可形成配合物[X（NH3）4]Cl2，2mol该配合物中含有σ键的数目为．参考答案：(1)1s22s22p4；(2)水分子与乙醇分子之间形成氢键；(3)sp3；(4)①三角锥型；②NF3；(5)ZnS；4.1g?cm﹣3；；(6)32NA；考点：原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．.分析：元素X是地壳中含量最多的元素，所以X是O元素，元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素，元素Z位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；据此答题．解答：解：元素X是地壳中含量最多的元素，所以X是O元素，元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素，元素Z位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素，（1）X为O，则基态原子的电子排布式为1s22s22p4，故答案为：1s22s22p4；（2）H2O在乙醇中的溶解度大于H2S，其原因是水分子与乙醇分子之间形成氢键，故答案为：水分子与乙醇分子之间形成氢键；（3）H2S分子中，S原子的价层电子数==4，所以S原子的轨道的杂化类型是sp3杂化，故答案为：sp3；（4）①SO32﹣中S原子的价层电子数=4+（6+2﹣4×2）=4，且有一对孤电子对，所以是三角锥型结构，故答案为：三角锥型；②与SO32﹣互为等电子体的分子是NF3，故答案为：NF3；（5）该晶胞中Z离子数目=8×+6×=4，Y离子数目为4；则Z、Y离子个数之比=4：4=1：1，则化学式为ZnS，该晶胞的边长为540.0pm=5.4×10﹣8cm，则体积为1.57×10﹣22cm3，该物质的密度==g?cm﹣3=g?cm﹣3=4.1g?cm﹣3，每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为109°28′，两个白球之间的距离=270pm，设S2﹣离子与Zn2+离子之间的距离为x，2x2﹣2x2cos109°28′=（270）2，x==pm；故答案为：ZnS；4.1g?cm﹣3；；（6）Zn的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn（NH3）4]Cl2，一个化学式[Zn（NH3）4]Cl2中含有16个σ键，则2mol该配合物中含有σ键的数目32NA，故答案为：32NA；点评：本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、化学式确定、原子杂化方式判断、配位键等知识点，熟练掌握基础知识并灵活运用基础知识解答问题是解本题关键，难点是晶胞、配位数的计算，题目难度中等．18.（2006·上海卷）31.已知：4NH3+5O24NO+