2022年江苏省无锡市第三高级中学高三化学下学期期末试卷含解析

2022年江苏省无锡市第三高级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.下列化学实验事实及其解释都正确的是A．在漂白粉中滴入70%的硫酸，立刻产生黄绿色气体，说明硫酸具有还原性B．久置的酚酞试液有白色沉淀（未变质），加入少量酒精，沉淀消失，说明酚酞易溶于酒精C．硫酸铜溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，说明白色沉淀为CuI2D．在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热，再加少量新制氢氧化铜浊液加热，无红色沉淀，说明淀粉未水解参考答案：B略2.在铁与铜的混合物中，加入不足量的稀硝酸，反应后剩余金属m1g；再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后，剩余金属m2g，则m1与m2之间的关系是

A．m1一定大于m2

B．m1可能等于m2

C．m1一定等于m2

D．m1可能大于m2

答：参考答案：A略3.下列实验方案能达到预期目的的是①实验室保存FeCl3溶液应加少量稀盐酸，并且放入少量的Fe粉②氢氧化钠溶液保存在配有橡胶塞的细口瓶中③向溶液中滴入氯化钡溶液，再加稀硝酸能检验溶液中是否含有SO42-④用丁达尔现象可以区分食盐水和淀粉溶液⑤工业上可用金属铝与V2O5在高温下冶炼矾，铝作还原剂A．①②④B．①②⑤

C．②④⑤

D．②③④￥参考答案：C略4.下列反应属于氮的固定的是（

）

A．空气在雷电作用下所产生NO

B．NO和O2生成NO2

C．铜与浓硝酸反应产生NO2

D．NH4Cl与Ca(OH)2反应生成NH3参考答案：A略5.短周期元素X、Y、Z，其中X、Y位于同一主族，Y、Z位于同一周期．X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z原子的核外电子数比Y原子少1．下列比较正确的是（

）A．元素非金属性：Z＞Y＞X

B．最高价氧化物水化物酸性：Z＞YC．原子半径：Z＜Y＜X

D．气态氢化物的稳定性：Z＜Y＜X参考答案：D考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X只能含有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素，X、Y位于同一主族，则Y为S元素，Y、Z位于同一周期，Z原子的核外电子数比Y原子少1，则Z为P元素，结合元素周期律的递变规律可解答该题．解答：解：X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X只能含有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素，X、Y位于同一主族，则Y为S元素，Y、Z位于同一周期，Z原子的核外电子数比Y原子少1，则Z为P元素，则A．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性S＜O，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则非金属性P＜S，则有非金属性：O＞S＞P，即X＞Y＞Z，故A错误；B．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性P＜S，则最高价氧化物水化物酸性：Z＜Y，故B错误；C．原子的核外电子层数越多，半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则有原子半径：Z＞Y＞X，故C错误；D．非金属性：O＞S＞P，即X＞Y＞Z，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则态氢化物的稳定性：Z＜Y＜X，故D正确．故选D．点评：本题考查元素位置结构性质的相互关系及应用，题目难度中等，本题解答的关键是正确推断元素的种类，学习中注意把握元素周期律的递变规律，是解答该类题目的前提．6.同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是

（

）A．2Na218O2+2H2O=4Nal8OH+O2↑

B．NH4Cl+2H2O

NH3·2H2O+HClC．2KMnO4+5H218O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+518O2↑+8H2OD．K37ClO3+6HCl=K37Cl+3Cl2↑+3H2O参考答案：C略7.五种短周期元素的部分性质数据如下：下列叙述正确的是（）

元素TXYZW原子半径/nm0.0370.0750.0990.1020.143最高或最低化合价+1+5，﹣3+7，﹣1+6，﹣2+3

A．X的阴离子半径小于T的阳离子半径B．Y的氢化物的热稳定性比Z的氢化物的大C．Y单质与Fe反应生成的化合物中，铁元素显+3价D．Z元素的氧化物对应的水化物一定为强酸参考答案：BC考点：原子结构与元素周期律的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：都是短周期元素，Y有+7、﹣1价，则Y为Cl；Z有+6、﹣2价，则Z为S元素；X有+5、﹣3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，则X为N元素；T有+1价，处于IA族，原子半径最小，则T为H元素；W有+2价，处于ⅢA族，且原子半径大于Cl，故W为Al元素，据此解答．解答：解：都是短周期元素，Y有+7、﹣1价，则Y为Cl；Z有+6、﹣2价，则Z为S元素；X有+5、﹣3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，则X为N元素；T有+1价，处于IA族，原子半径最小，则T为H元素；W有+2价，处于ⅢA族，且原子半径大于Cl，故W为Al元素，A．N3﹣离子半径大于H+，故A错误；B．非金属性Cl＞S，故氢化物稳定性HCl＞H2S，故B正确；C．氯气与Fe反应生成氯化铁，氯化铁中铁元素显+3价，故C正确；D．亚硫酸为中强酸，故D错误，故选BC．点评：本题考查结构性质位置关系，难度中等，根据化合价、半径推断元素是关键，注意对元素周期律的理解掌握．8.（2001·全国卷）14.在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是（）A.反应的化学方程式为：2MNB.t2时，正逆反应速率相等，达到平衡C.t3时，正反应速率大于逆反应速率D.t1时，N的浓度是M浓度的2倍参考答案：D

略9.已知：将Cl2通人适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KC1O3，且的值与温度高低有关．当n（KOH）=amol时，下列有关说法错误的是（）A．若某温度下，反应后=11，则溶液中B．参加反应的氯气的物质的量等于0.5amolC．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amol≤ne≤amolD．改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为amol参考答案：D【考点】有关范围讨论题的计算；氧化还原反应的计算．【分析】A．设n（ClO﹣）=1mol，反应后=11，则n（Cl﹣）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3﹣），据此计算判断；B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）；C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算；D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，结合C中计算判断．【解答】解：A．设n（ClO﹣）=1mol，反应后=11，则n（Cl﹣）=11mol，电子转移守恒，5×n（ClO3﹣）+1×n（ClO﹣）=1×n（Cl﹣），即：5×n（ClO3﹣）+1×1mol=1×11mol，解得：n（ClO3﹣）=2mol，故溶液中=，故A正确；B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量为：n（Cl2）=n（KOH）=0.5amol，故B正确；C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=amol，转移电子最大物质的量为：amol×5=amol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），根据钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故：n（KClO）=n（KOH）=amol，转移电子最小物质的量=amol×1=amol，则反应中转移电子的物质的量ne的范围为：amol≤ne≤amol，故C正确；D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=amol，故D错误；故选D．10.（2007·四川卷）12.咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，其结构简式如下所示：关于咖啡鞣酸的下列说法不正确的是A.分子式为C16H18O9B.与苯环直接相连的原子都在同一平面上C.1mol咖啡鞣酸水解时可消耗8molNaOHD.与浓溴水既能发生取代反应又能发生加成反应参考答案：C本题主要考查有机物的组成、结构和性质。由题目所给的结构简式易知其分子式为C16H18O9，A正确；由苯分子中所有原子都处于同一平面的结构可知，与苯环直接相连的所有原子共面，则B正确；1mol咖啡鞣酸水解产生1mol和1mol的,除—COOH可消耗NaOH外，酚羟基可消耗NaOH，故1mol咖啡鞣酸水解，可消耗4molNaOH，C不正确；所给物质的分子中含酚的结构及—CH=CH—结构，故D选项正确。

11.某同学设计了钠与氯气反应的装置，如右图。将一根玻璃管与氯气发生器相连，玻璃管内放一块黄豆粒大的金属钠（已吸净煤油），玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉花球。先给钠预热，到钠熔融成圆球时，停止加热，通入氯气，即可见钠燃烧起来，生成大量白烟。以下叙述错误的是

A．钠着火燃烧产生苍白色火焰

B．浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过量的氯气，以避免污染空气

C．反应生成的大量白烟是氯化钠晶体

D．若在棉球外沿滴一滴淀粉碘化钾溶液，可以判断氯气是否被碱液完全吸收参考答案：A略12.下列各组试剂在溶液中反应，两种试剂的量发生改变时，不能用同一离子方程式表示的是

(

)A.氯化镁、氢氧化钠

B.硫酸钠、氢氧化钡C.氧化镁、盐酸

D.溴化亚铁、氯水

参考答案：D略13.下列各选项中,物质之间通过一步反应就能实现如图所示变化的是选项甲乙丙丁AAlAlCl3Al2O3NaAlO2BSH2SSO2SO3CNaNa2ONaOHNa2O2DN2NH3NONO2

参考答案：A14.在一种酸性溶液中可能存在NO3-、I-、Cl-、Fe3+中一种或几种离子，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，由此可推断溶液中 A．可能会有Fe3+

B．一定会有NO3-C．一定含有I-，不能确定是否含Cl-

D．一定含有I-、NO3-和Cl-参考答案：C略15.如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（）选项X收集气体YA碱石灰氯化氢水B碱石灰氨气水C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠A．A

B．B

C．C

D．D参考答案：C考点：真题集萃；气体的净化和干燥；实验装置综合．.专题：实验评价题．分析：该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，据此分析解答．解答：解：该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，A．碱石灰呈碱性，能和HCl反应，所以HCl不能用碱石灰干燥，故A错误；B．氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，故B错误；C．二氧化硫密度大于空气且常温下和空气中成分不反应，氯化钙和二氧化硫不反应，所以能用氯化钙干燥，故C正确；D．常温下NO和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，所以得不到NO，NO采用排水法收集，故D错误；故选C．点评：本题考查了气体的干燥、收集和尾气处理，根据气体的性质确定干燥剂、尾气处理试剂，根据气体的溶解性及密度确定收集方法，注意氨气不能用氯化钙干燥，为易错点，题目难度不大．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：回答下列问题：（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋2TiO2＋(无色)＋Fe＋4H＋===2Ti3＋(紫色)＋Fe2＋＋2H2OTi3＋(紫色)＋Fe3＋＋H2O===TiO2＋(无色)＋Fe2＋＋2H＋加入铁屑的作用是____________。（2）在②→③工艺中需要控制条件以形成TiO2·nH2O溶胶，该分散质颗粒直径大小在_____________范围。（3）若把③中制得的固体TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10-39,该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋H2O的平衡常数K=_____________。（4）已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(l)＋O2(g)

△H=+140KJ·mol-12C(s)＋O2(g)===2CO(g)

△H=—221KJ·mol-1写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：_____________。（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_____________（只要求写出一项）。（6）依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用_____________方法。

TiCl4SiCl4熔点/℃－25.0－68.8沸点/℃136.457.6参考答案：（1）使Fe3+还原为Fe2+；生成Ti3+保护Fe2+不被氧化。

（2）10－9m～10－7m（或其他合理答案）；

（3）2.79×103；

（4）TiO2(s)＋2C(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H=—81KJ·mol-1；

（5）产生三废（或其他合理答案）；

（6）蒸馏（或分馏，或精馏）。（1）根据题意给出方程式分析铁屑的作用就是作为还原剂的，即：将Fe3＋还原为Fe2＋，另外浸出液显紫色，说明含有Ti3＋，防止Ti3＋被Fe3＋氧化成TiO2＋。参考答案中“生成Ti3＋保护Fe2＋不被氧化。”有点让人费解，能不能说成“防止Ti3＋被Fe3＋氧化成TiO2＋”或者说“将TiO2＋还原成Ti3＋”。（2）形成TiO2·nH2O溶胶，说明得到是胶体，其分散质颗粒直径大小为10－9～10－7m（或1nm～100nm）；（3）Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH—)＝2.79×10—39，25℃时，c(H+)×c(OH—)＝Kw＝1×10—14；反应Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋H2O的平衡常数K=＝＝＝2.79×103。此问设计精妙！利用数学关系巧妙代换求出反应的平衡常数，命题者的独具匠心可见一斑。（4）涉及盖斯定律计算，比较常规，按要求写出方程式相加即可得出【答案】TiO2(s)＋2C(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H=—81KJ·mol-1（5）依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处产生了废气，废液，废渣等。（6）下表信息可以看出，SiCl4、TiCl4两者的沸点相差较大，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4可用蒸馏（或分馏）等方法。这题是典型的化工流程题，问题设置不难。第（3）小问是亮点，精妙！个人觉得加上请计算该反应的平衡常数K可能设问更清晰。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.(13分)雾霾含有大量的污染物SO2、NO，工业上变废为宝利用工业尾气获得NH4NO3产品的流程图如下：(Ce为铈元素)：（1）上述流程中循环使用的物质有_____________，（2）上述合成路线中用到15%-20%的乙醇胺(HOCH2CH2NH2)，其水溶液具有弱碱性，显碱性的原因：HOCH2CH2NH2+H2OHOCH2CH2NH3++OH-，写出乙醇胺吸收CO2的化学方程式_____________。（3）写出吸收池Ⅲ中，酸性条件下NO转化为NO2－的离子方程式为_____________。（4）向吸收池Ⅳ得到的HSO3﹣溶液中滴加少量CaCl2溶液，出现浑浊，pH降低，用平衡移动原理解释溶液pH降低的原因：_____________。（5）电解池Ⅴ可使Ce4+再生，装置如下图所示：生成Ce4+从____口(填字母)流出，写出阴极的电极反应式_____________：（6）从氧化池Ⅵ中得到粗产品NH4NO3的实验操作是_____________、_____________、过滤、洗涤等。

参考答案：（1）乙醇胺、Ce4+；（2）2HOCH2CH2NH2+H2O+CO2=(HOCH2CH2NH3)2CO3或HOCH2CH2NH2+H2O+CO2=(HOCH2CH2NH3)HCO3；（3）NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+；（4）HSO3-中存在电离平衡HSO3-H++SO32-，加入CaCl2溶液，Ca2++SO32-=CaSO3↓，电离平衡正向移动，c(H+)增大；（5）a；2HSO3-+4H++4e-=S2O32-+3H2O；（6）蒸发浓缩、冷却结晶

18.（10分）铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂。（1）Cu位于元素周期表第IB族。Cu2＋的核外电子排布式为__________（2）

右图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，可确定该晶胞中阴离子的个数为_________。（3）胆矾CuSO4·5H2O可写成[Cu(H2O4)]SO4·H2O，其结构示意图如下：

下列说法正确的是__________（填字母）。A.在上述结构示意图中，所有氧原子都采用sp3杂化

B.在上述结构示意图中，存在配位键、共价键和离子键C.胆矾是分子晶体，分子间存在氢键D.胆矾中的水在不同温度下会分步