2021-2022学年山西省临汾市山西师范大学实验中学高三化学下学期期末试卷含解析

2021-2022学年山西省临汾市山西师范大学实验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.香石花由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2(ZWR4)3T2，X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是：

A．原子半径：Y＞Z＞R＞T

B．气态氢化物的稳定性：W＜R＜T

C．最高价氧化物对应的水化物碱性：X＞Z

D．XR2、WR2两化合物中R的化合价相同参考答案：D略2.下列实验能达到目的的是A．制取SO2、检验SO2的漂白性B．实验室制取并收集O2C．此装置可防止铁钉生锈D．实验室进行石油分馏实验

参考答案：A略3.化学与社会、生产、生活密切相关．下列说法不正确的是（

）A．采用加热方法消毒的目的是使蛋白质变性而杀灭细菌B．石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等C．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，加入明矾可以使海水淡化D．已知Ksp（MnS）＞Ksp（CdS）所以工业上用MnO2制取MnCl2时，用MnS除去溶液中含有的Cd2+离子参考答案：C解：A．加热能使蛋白质变性，采用加热消毒的目的是使蛋白质变性而杀灭细菌消毒，故A正确；B．石油分馏是将石油分成沸点段不同的产物，通过分馏可得到石油气、汽油、煤油、轻柴油等馏分，故B正确；C．明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故C错误；D．沉淀向Ksp更小的方向转化，加入MnS可使Cd2+离子转化为CdS沉淀，故D正确．故选C．4.下列试验中，所选装置不合理的是①

②

③

④

⑤A.粗盐提纯，选①和②

B.用CC14提取碘水中的碘，选③C.分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④

D.用FeC12溶液吸收C12选⑤参考答案：C略5.下列情况会使所配溶液浓度偏低或其它测量值偏低的是（

）①中和热测定时用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液，测得的中和热数值②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤④在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，标准液滴定管水洗未润洗⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线⑥用标准液滴定未知溶液（放于锥形瓶中）时，滴定管滴定前无气泡滴定后有气泡．A．①③⑤⑥

B．①②⑤⑥C．②③④⑥

D．③④⑤⑥参考答案：A解：①醋酸为弱电解质，电离需要吸收热量，导致测得的中和热数值偏低，故①选；②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积偏大，故②不选；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，导致溶质的物质的量偏小，依据C=分析可知溶液的浓度偏小，故③选；④在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，标准液滴定管水洗未润洗，导致标准液浓度偏下，滴加液体体积偏大，因此浓度偏大，故④不选；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液的体积偏大，依据C=分析可知溶液的浓度偏小，故⑤选；⑥在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，滴定前无气泡滴定后有气泡，导致标准液的体积偏小，未知溶液的浓度偏小，故⑥选；故选：A．6.“天宫一号”飞行器在太空工作期间必须有源源不断的电源供应。其供电原理是：白天太阳能帆板发电，将一部分电量直接供给天宫一号，另一部分电量储存在镍氢电池里，供黑夜时使用。右图为镍氢电池构造示意图（氢化物电极为储氢金属，可看做H2直接参加反应）。下列说法正确的是A．放电时NiOOH在电极上发生氧化反应

B．充电时阴极区电解质溶液pH降低C．放电时负极反应为：M+H2O＋e－＝MH+OH－D．充电时阳极反应为：Ni(OH)2-e-+OH-＝NiOOH+H2O参考答案：D略7.在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是（）A．Cl-、Na+、NO3-、Ca2+

B．NH4+、HCO3-、Cl-、K+C．K+、Ba2+、Cl-、SO42-

D．Cu2+、NH4+、I-、Cl-参考答案：A解析：A、溶液无色，在酸性条件下不发生任何反应，能大量共存，故A正确；B、溶液无色，在酸性条件下HCO3﹣与H+反应不能大量共存，故B错误；C、溶液无色，Ba2+与SO42﹣反应生成沉淀不能大量共存，故C错误；D、Cu2+有颜色，不符合题目无色要求，故D错误．故选A．8.下列各组的两种溶液中，分别加入足量氨水，观察到的现象相同的是（

）

A．FeCl3

、AlCl3B．NaCl、BaCl2

C．MgCl2、CuCl2

D．FeCl2、FeCl3参考答案：B略9.（07年全国卷1）某有机化合物仅由碳、氢、氧三种元素组成，其相对分子质量小于150。若已知其中氧的质量分数为50%，则分子中碳原子的个数最多为

（）

A．4

B．5

C．6

D．7参考答案：答案:B解析:因为氧元素的质量分数为50%，而相对分之质量小于150可以知道有机分子中氧元素的相对原子量总和小于75，而小于75和75接近的且为16（氧原子相对原子量）的整数倍的最大数值为64，可以得知有机物的最大相对分子质量为128，碳氢的原子相对质量总和最大为64。所以碳原子最多有5个。难度:难，理解应用知识落点:高二化学第七章《烃的衍生物》第三节。另外我们注意到2005年全国高考卷（Ⅲ）第29题和本题非常相似，值得参考（原题为：某有机化合物A的相对分子质量大于110，小于150。经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为52。24%其余为氧。请回答：（1）该化合物中有几个氧原子，为什么？（2）该化合物的相对分子质量是___

。（3）该化合物的化学式是____

。（4）该化合物中最多含____

个羰基的原子团）。对教学的启示:从本题的解析可以看到在有机物的相关计算中常常有隐含条件，如碳和氢的个数比要大于1：4、碳、氢、氧的原子个数一定为整数、他们在分子中原子相对质量总和一定是12和16的整数倍等基本解题技巧。10.下列实验现象预测正确的是（

）A．实验I：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B．实验II：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C．实验III：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色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：D略11.下列大小顺序排列不正确的组合是A.气态氢化物的稳定性：HCl>HBr>HIB.离子半径：S2－>Na＋>O2－C.酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4D.熔点：SiO2>NaCl>干冰参考答案：B知识点:元素周期律解析：非金属性：Cl>Br>I，因此氢化物的稳定性：HCl>HBr>HI，A正确；相同电子层结构的微粒，核电核数大的半径小，O2－>Na＋，即S2－>O2－>Na＋，B错误；非金属性：Cl>S>P，则最高价含氧酸酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，C正确；SiO2是原子晶体，NaCl是离子晶体，干冰是分子晶体，一般有熔点：原子晶体>离子晶体>分子晶体，D正确，选B。思路点拨:⑴微粒半径的比较①同周期由左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大②电子层结构相同的微粒核电荷数大的半径小③同种元素阴离子半径＞原子半径＞阳离子半径。⑵熔沸点的比较：熔沸点的高低取决于4种晶体微粒间的作用力的大小，离子晶体受离子半径的大小及离子所带电荷的多少，原子晶体取决于共价键的强弱，分子晶体取决于分子间力，金属晶体取决于金属键的大小；有时可根据物质的状态判断如固体的沸点>液体>气体。12.图所示装置Ⅰ是一种可充电电池，装置Ⅱ为电解池。离子交换膜只允许Na+通过，装置Ⅰ中充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3

Na2S4+3NaBr。闭合开关K时，b极附近先变红色。下列说法正确的是（

）A．当有0.01molNa+通过离子交换膜时，b电极上析出标准状况下的气体112mLB．负极反应为4Na4e-=4Na+C．闭合K后，b电极附近的pH变小D．闭合K后，a电极上有产生氢气参考答案：A略13.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,其原子的最外层电子数之和为18,W和Y同主族,X、Y、Z同周期，X原子的电子层数与最外层电子数相等,Z元素最高正价与最低负价的代数和为6.下列说法不正确的是A.Z的氧化物的水化物酸性一定大于W

B.W的某种单质的沸点比X高C.W与Y可形成一种硬度很大的化合物

D.W、X、Y均能与Z形成共价化合物参考答案：A由上述分析可以知道,W为C,X为Al,Y为Si,Z为Cl,A.非金属性Cl>C,则最高价氧化物的水化物的酸性:Z>W,若不是最高价含氧酸无此规律,如碳酸的酸性大于HClO的酸性,故A错误；

B.C的单质金刚石是原子晶体,Al的晶体为金属晶体，沸点金刚石大于铝，所以B选项是正确的；C.W与Y可形成一种硬度很大的化合物为SiC,为原子晶体,所以C选项是正确的；

D.W、X、Y三种元素均可以与Z元素以共价键结构,均为共价化合物,所以D选项是正确的；

所以D选项是正确的。点睛：W、X、Y、Z均为短周期主族元素,原子序数依次增大,X原子的电子层数与最外层电子数相等,则X为Be或Al,Z元素最高正价与最低负价的绝对值之差为6,应为Cl元素,W和Y同主族,且四种元素的最外层电子数之和为18,如X为Be,则W、Y的最外层电子数为4.5,不满足电子数为整数的特点,则X应为Al,W、Y的最外层电子数为4,则W为C、Y为Si元素,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。14.日常所用干电池其电极分别为碳棒和锌皮，以糊状NH4Cl和ZnCl2作电解质（其中加入MnO2氧化吸收H2），电极反应可简化为：，（NH3再用于结合Zn2＋）。根据上述叙述判断下列说法中正确的是A．

干电池中Zn为正极，碳为负极B．

干电池工作时，电子由碳极经外电路流向Zn极C．

干电池长时间连续使用时内装糊状物可能流出腐蚀电器D．

干电池可以实现化学能向电能的转化和电能向化学能的转化

答：参考答案：C略15.下列有关化学用语使用正确的是A．次氯酸的结构式：

B．CO2的比例模型

C．甲基的电子式：

D．油酸的分子式：C18H32O2参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.垃圾是放错地方的资源，工业废料也可以再利用。某化学兴趣小组在实验室中用废弃含有铝、铁、铜的合金制取硫酸铝溶液、硝酸铜晶体和铁红（Fe2O3）。其实验方案如下：（1）写出滤液A中加入足量硫酸后所发生反应的离子方程式：

写出滤渣B中发生反应的离子方程式：

（2）已知Fe（OH）3沉淀的pH是2～3.2，溶液C通过调节pH可以使Fe3+沉淀完全。下列物质中，可用作调整溶液C的pH的试剂是

（填序号）A.铜粉

B.氨水

C.氧化铜

D.氢氧化铜（3）利用滤液D制取硝酸铜晶体，必须进行的实验操作步骤：加热浓缩、冷却结晶、

（填操作名称）、自然干燥。（4）选用提供的试剂，设计实验验证铁红中是否含有FeO。提供的试剂：a.稀盐酸

b.稀硫酸

c.KSCN溶液d.KMnO4溶液

e.NaOH溶液

f.碘水所选用的试剂为

（填序号）；证明铁红中含有FeO的实验现象为

。（5）在0.1L的混合酸溶液中，c（HNO3）＝2mol·L-1，c（H2SO4）＝3mol·L-1，将0.3mol的铜放入并充分反应后，被还原的HNO3的物质的量为

。参考答案：（16分）（1）［Al（OH）4］-+4H+=Al3++4H2O；3Cu+8H++2NO3=3Cu2++2NO↑+4H2O；4H++NO-3+Fe=Fe3++NO↑+2H2O（2）CD（选对一个得1分，只要错选一个不得分）（3）过滤（4）bd（选对一个得1分，只要错选一个不得分）稀硫酸溶解铁红所得溶液使KMnO4溶液褪色（只要答出KMnO4溶液褪色即得2分）（5）0.2mol（漏掉单位不得分）略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.综合利用CO2对环境保护及能源开发意义重大．（1）Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2．如果寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是．a．可在碱性氧化物中寻找b．可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找c．可在具有强氧化性的物质中寻找（2）Li2O吸收CO2后，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2．原理是：在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是．（3）利用反应A可将释放的CO2转化为具有工业利用价值的产品．反应A：CO2+H2OCO+H2+O2已知：①反应Ⅱ是反应（填“吸热”或“放热”），其原因是．②反应A的热化学方程式是．（4）高温电解技术能高效实现（3）中反应A，工作原理示意图如图：①电极b发生（填“氧化”或“还原”）反应．②CO2在电极a放电的反应式是．（5）CO与H2在高温下合成C5H12（汽油的一种成分）减少碳排放．已知燃烧1molC5H12（g）生成H2O（g）放出约3540kJ的热量．根据化学平衡原理，说明提高合成C5H12的产率可采取的措施是．参考答案：1.ab

2.CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO33.吸热；反应物总能量低于生成物总能量（或△H＞0）4.CO2+2e﹣═CO+O2﹣5.增大压强或及时将生成的C5H12分离出去或降低温度考点：常见的生活环境的污染及治理；反应热和焓变；化学电源新型电池．专题：化学反应中的能量变化；电化学专题；化学应用．分析：（1）二氧化碳为酸性气体，Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2与氧化性无关；（2）根据题干信息，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒进行解答；（3）①当反应物的能量低于生成物总能量时，反应是吸热反应，吸热反应是化学反应中反应物获得能量在生成物中储存的过程；②根据图示反应Ⅰ和反应Ⅱ书写热化学反应方程式，构造目标方程式利用盖斯定律解答；（4）二氧化碳、水分别在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳、氢气，同时生成氧离子；电极b氧离子失去电子发生氧化反应生成氧气；（5）反应为5CO+11H2?C5H12+5H2O△H＜0，提高合成C5H12的产率，应使平衡向正反应方向移动，结合方程式的特点和影响化学平衡的条件解答；解答：解：（1）a．Li2O、Na2O、MgO均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物CO2，可在碱性氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，故a正确；b．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，钠、镁为ⅠA、ⅡA族元素，所以可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，故b正确；c．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，但它们都没有强氧化性，且吸收二氧化碳与氧化还原无关，故c错误；故答案为：ab；（2）在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，所以化学方程式为：CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3，故答案为：CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3；（3）①△H＞0表示吸热，反之放热，当反应物的能量低于生成物总能量时，反应是吸热反应，所以反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，故答案为：吸热；反应物总能量低于生成物总能量（或△H＞0）；②根据图示反应Ⅰ：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol，根据图示反应Ⅱ：CO2（g）=CO（g）+O2（g）△H=+283.0KJ/mol，反应A：CO2+H2OCO+H2+O2，为Ⅱ﹣Ⅰ所得，所以热化学方程式为：CO2（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）+O2（g）△H=+524.8kJ?mol﹣1，故答案为：CO2（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）+O2（g）△H=+524.8kJ?mol﹣1；（4）①CO2+H2OCO+H2+O2，二氧化碳中的碳元素化合价降低，被还原，水中的氢元素化合价降低被还原，反应物中的氧元素化合价升高，被氧化，失去电子发生氧化反应生成氧气；故答案为：氧化；②二氧化碳在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳同时生成氧离子，反应电极反应式为：CO2+2e﹣═CO+O2﹣，故答案为：CO2+2e﹣═CO+O2﹣；（5）①CO2（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）+O2（g）△H=+524.8kJ?mol﹣1；②C5H12（l）+8O2（g）=5CO2（g）+6H2O（g）△H=﹣3540KJ?mol﹣1，③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol，由三者可知：③×6﹣①×5﹣②可得5CO（g）+11H2（g）?C5H12（g）+5H2O（g）△H=﹣533.6kJ/mol，提高合成C5H12的产率，应使平衡向正反应方向移动，所以可采取增大压强或及时将生成