2022年四川省资阳市简阳贾家中学高三化学期末试题含解析

2022年四川省资阳市简阳贾家中学高三化学期末试题含解析一、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.在一定体积pH=12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液体积之和，则Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液体积之比是

（

）A．1:9

B．1:1

C．1:2

D．1:4参考答案：D略2.双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl(OH)2CO3。关于该物质的说法正确的是()A．该物质属于两性氢氧化物

B．该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物C．1molNaAl(OH)2CO3最多可消耗3molH＋

D．该药剂不适合于胃溃疡患者服用参考答案：D略3.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法错误的是A.20g重水（D2O）中含有10NA个电子B.标准状况下，22.4L一氯甲烷的分子数约为NAC.4.6gNa在氧气中完全反应生成Na2O和Na2O2，转移电子数为0.2NAD.25℃时，1LpH=14的Ba(OH)2溶液中，Ba2+数为NA

参考答案：D略4.下列各组物质中，不能按(“→”表示一步完成)关系转化的是

（

）选项ABCDaNaOHHNO3HClSbNa2CO3NOCl2SO3cNaClNO2HClOH2SO4

参考答案：D略5.2—甲基丙烷（）的二氯代物共有(不考虑立体异构）A.2种B.3种C.4种D.5种参考答案：B略6.表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(

)A、标准状况下，铝跟氢氧化钠溶液反应生成1mol氢气时，转移的电子数为

B、标准状况下，22.4L与水反应生成1mol硫酸C、足量铜与1L18mol浓硫酸反应可以得到

的分子总数为9

D、标准状况下，22.4L任意比的氢气与氧气的混合气体中含有的分子总数均为

参考答案：D略7.某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则M离子可能为

所含离子NO3－SO42－H＋M浓度（mol/L）2121

A．Mg2＋

B．Ba2＋

C．F－

D．Na＋参考答案：A8.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，后沉淀又溶解”现象的是

（

）

①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2

②向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸

③向AgNO3溶液中逐滴加过量的氨水

④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸

A．①②

B．①③

C．①④

D．②③参考答案：C略9.有15mL2mol·L-1的H2SO4溶液与15mL3mol·L-1的Na2CO3溶液，欲使其反应产生CO2的量最多，则正确的操作是A．把两种溶液快速混合并不断搅拌

B．把两种溶液缓慢混合并不断搅拌C．把Na2CO3溶液滴加到H2SO4溶液中

D．把H2SO4溶液滴加到Na2CO3溶液中参考答案：C略10.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应NaN3+KNO3→K2O+Na2O+N2↑对上述反应的描述错误的是A.NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂B.该反应中有两种元素的化合价发生变化C.配平后物质的系数依次为10、2、1、5、16D.若生成8molN2，则转移电子的物质的量为5mol参考答案：BNaN3中N元素化合价从－1/3价升高到0价，硝酸钾中氮元素化合价从+5价降低到0价，所以根据电子得失守恒和原子守恒可知配平后的方程式为10NaN3＋2KNO3＝K2O＋5Na2O＋16N2↑，则A.NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，A正确；B.该反应中只有氮元素的化合价发生变化，B错误；C.配平后物质的系数依次为10、2、1、5、16，C正确；D.若生成8molN2，则转移电子的物质的量为5mol，D正确，答案选B。本题考查氧化还原反应，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意各种守恒法应用。11.向明矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，铝元素的存在形式是（

）

A一部分为Al(OH)3沉淀，一部分以Al3+存在于溶液中

B．一部分为Al(OH)3沉淀，一部分以AlO2-形式存在于溶液中

C．全部为Al(OH)3沉淀

D．几乎全部以AlO2-形式存在于溶液中

参考答案：D略12.难挥发性二硫化钽（TaS2）可采用如下装置提纯。将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。反应如下：TaS2（s）+2I2(g)TaI4(g)+S2(g)

下列说法正确的是A．在不同温度区域，TaI4的量保持不变B.在提纯过程中，I2的量不断减少C．在提纯过程中，I2的作用是将TaS2从高温区转移到低温区D.该反应的平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成反比参考答案：C解析：根据反应条件可知当温度不同时反应进行的主要方向不同所以A错误。因为是在同一密闭系统中有质量守恒定律可知I2的量不可能不断减少，而是充当一个“搬运工”的角色，将TaS2从高温区转移到低温区，B错误。根据平衡常数表达式可知K与Tal4和S2的浓度乘积成正比，D错误。

13.甲装置中所含的是物质的量之比为1：2的的混合溶液，电解过程中溶液的pH值随时间t变化的示意图如乙示（不考虑电解产物可能与水的反应）。试分析下列叙述中正确的是A.是该混合溶液中的导致了A点溶液的pH值小于B点B.AB线段与BC线段在阴极上发生的反应是相同的即：C.BC段阴极产物和阳极产物的体积之比为2：1D.在整个电解的过程中会出现少量淡蓝色的Cu（OH）2沉淀参考答案：C14.维生素C可用于预防和治疗坏血病等，其结构式如下图所示．下列关于维生素C的叙述错误的是A．维生素C的化学式为C6H8O6B．维生素C可作食品添加剂C．维生素C可发生水解反应D．维生素C不能发生氧化反应参考答案：D15.NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质。下列说法正确的是

A.25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B.常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应C.图4所示转化反应都是氧化还原反应D.石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.乙酰苯胺是常用的医药中间体，可由苯胺与乙酸制备．反应的化学方程式如下：

有关化合物的物理性质见下表：化合物密度（g．cm﹣3）溶解性熔点（℃）沸点（℃）乙酸1.05易溶于水、乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇﹣6184乙酰苯胺﹣微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇114304合成：方案甲：采用装置甲（分馏柱的作用类似于石油分馏中的分馏塔）．在圆底烧瓶中加入5，0mL苯胺、7.4mL乙酸，加热至沸，控制温度计读数100～105℃，保持液体平缓流出，反应40min后停止加热．将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有100mL水的烧杯，冷却后有乙酰苯胺固体析出，过滤得粗产物．方案乙：采用装置乙，加热回流，反应40min后停止加热．其余与方案甲相同．提纯：甲乙两方案均采用重结晶方法．操作如下：①加热溶解→②活性炭脱色→③趁热过滤→④冷却结晶→⑤过滤→⑥洗涤→⑦干燥请回答：（1）仪器a的名称是

，b处水流方向是

（填“进水”或“出水”）．（2）合成步骤中，乙酰苯胺固体析出后，过滤分离出粗产物．留在滤液中的主要物质是．（3）提纯过程中的第③步，过滤要趁热的理由是

．（4）提纯过程第⑥步洗涤，下列洗涤剂中最合适的是．A．蒸馏水

B．乙醇

C．5%Na2CO3溶液

D．饱和NaCl溶液（5）从投料量分析，为提高乙酰苯胺产率，甲乙两种方案均采取的措施是

；实验结果表明方案甲的产率较高，原因是

．装置甲

装置乙参考答案：（1）冷凝管；出水；（2）乙酸；（3）防止温度降低导致乙酰苯胺析出，降低产率；（4）A；（5）乙酸过量；方案甲将反应过程中生成的水蒸出，促进反应．

【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据装置图可知仪器名称，根据逆流冷却效果好判断；（2）在圆底烧瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，苯胺、乙酸反应是按1：1反应，苯胺、乙酸的密度接近，所以乙酸过量，据此答题；（3）提纯过程中的第③步，其目的是将活性炭除去，产品要留在溶液中，所以要趁热过滤，防止乙酰苯胺冷却而析出，造成产品损失；（4）乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇，所以洗涤是既要除去可溶性杂质，又要防止产品溶解而造成产品损失，Na2CO3溶液、饱和NaCl溶液洗涤又会引入杂质；（5）甲乙两种方案均采取乙酸过量，可以提高乙酰苯胺产率，而方案甲将反应过程中生成的水蒸出，促进反应，使得甲的产率较高；【解答】解：（1）根据装置图可知仪器a的名称是冷凝管，根据逆流冷却效果好可知b处水流方向是出水，故答案为：冷凝管；出水；（2）在圆底烧瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，苯胺、乙酸反应是按1：1反应，苯胺、乙酸的密度接近，乙酸过量，所以留在滤液中的主要物质是乙酸，故答案为：乙酸；（3）提纯过程中的第③步，其目的是将活性炭除去，产品要留在溶液中，所以要趁热过滤，防止乙酰苯胺冷却而析出，造成产品损失，故答案为：防止温度降低导致乙酰苯胺析出，降低产率；（4）乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇，所以洗涤是既要除去可溶性杂质，又要防止产品溶解而造成产品损失，Na2CO3溶液、饱和NaCl溶液洗涤又会引入杂质，所以用蒸馏水洗涤较合适，故选A；（5）甲乙两种方案均采取乙酸过量，可以提高乙酰苯胺产率，而方案甲将反应过程中生成的水蒸出，促进反应，使得甲的产率较高，故答案为：乙酸过量；方案甲将反应过程中生成的水蒸出，促进反应．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.具有令人愉快香味的铃兰醛可用如下路线合成：已知：请按要求回答下列问题：

（1）A的名称_______________；

上图中属于取代反应的有（填反应编号）_______________。

（2）C的同系物分子式通式：___________；D的官能团的结构简式：________。

（3）写出一种检验铃兰醛含醛基的化学方程式：

_______________________________________________________________________。

（4）反应⑥中常有副产物M（C17H22O）的产生。

M的结构简式___________________________________。

（5）写出反应⑧的化学方程式：

_______________________________________________________________________。

（6）N是D的芳香族同分异构体，与D具有相同官能团，但能发生银镜反应，苯环上仅含一个取代基，且该取代基核磁共振氢谱有3个吸收峰。写出符合上述条件的所有N的同分异构体的结构简式：

______________________________________________________________________。

参考答案：（1）2-甲基丙烯

（或异丁烯）

②④（2）CnH2n-6（n≥6）

-COOR（R为烃基）（3）或（4）（5）（6）试题解析：（1）由A、B的分子式判断A到B的反应是加成反应，故A为烯烃类，再结合反应③的产物倒推可知A为2-甲基丙烯；①属于加成反应，②属于取代反应，③是氧化反应，④是酯化反应，属于取代反应，⑤是还原反应，⑥是加成(还原)，⑦为加成反应，⑧为氧化反应，故答案为：②④。

（2）由B到C的反应类似已知ii的反应，C被酸性高锰酸钾溶液氧化的产物的结构简式题目已给出，所以C的结构简式为,属于苯的同系物，其通式为CnH2n-6（n≥6）;生成D的反应④是酸与醇的酯化反应，化学方程式为，所以D中应含有酯基（-COOR）；

（3）醛基的检验可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验，其化学方程式为

或

（4）E向F转化的过程中，常伴有分子式为C17H22O的副产物M产生，因为E分子中仍存在醛基，可以与甲醛继续发生类似已知i的反应，所以M的结构简式为;

（5）G为F加氢的产物，反应⑧为G生成铃兰醛,发生醇的催化氧化反应，化学方程式为

（6）N是D的芳香族同分异构体，D为，与D具有相同官能团，但能发生银镜反应，苯环上仅含一个取代基，且该取代基核磁共振氢谱有3个吸收峰。符合上述条件的N的同分异构体的结构简式为：。18.（1）写出下列物质在水溶液中的电离方程式氯化铜______________

硫酸铁______________

（2）下列物质：①Na②H2O③酒精④CO2⑤NH3⑥Cu(OH)2

⑦Ba(OH)2⑧冰醋酸(纯净的醋酸)

⑨蔗糖⑩NaCl溶液?BaSO4。属于电解质的是

，属于非电解质的是

。（填序号）

（3）已知浓度为0.01mol·L-1的HCl溶液VmL，加水稀释到2VmL，取出10mL，则这10mL溶液中c(H+)

mol/L。参考答案：（1）CuCl2=Cu2++2Cl-

Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42-

（2）⑥

⑦

⑧?;③④

⑤⑨;（3）0.005

试题分析：（1）氯化铜和硫酸铁都是强电解质，所以电离方程式为;CuCl2=Cu2++2Cl-

Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42-（2）电解质和非电解质都是化合物，电解质是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物,非电解质是在熔融状态和水溶液中都不导电的化合物,①Na-单质②H2O-弱电解质③酒精-非电解质④CO2-二氧化碳的水溶液能导电，原因是二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，碳酸是电解质，二氧化碳是非电解质⑤NH3-同理非电解质⑥Cu(OH)2–电解质⑦Ba(OH)2–电解质⑧冰醋酸(纯净的醋酸)-电解质

⑨蔗糖–非电解质⑩NaCl溶液-混合物?BaSO4-电解质，属于电解质的是⑥

⑦

⑧?，属于非电解质的是③④

⑤⑨；（3）根据稀释前后溶质的物质的量不变可知：0.01mol·L-1×VmL/2VmL=0.005mol/L，又因为盐酸为一元强酸，所以溶液中c(H+)为0.005mol/L。考点：考查电离方程式的书写，电解质、非电解质的概念和分类，化学计算等知识。19.【化学——选修3：物质结构与性质】钴元素是三元锂离子电池阳极材料的重要成分。请回答下列问题：(1)钴元素在周期表中的位置是___________，其外围电子排布式为___________。(2)已知第四电离能大小：I4(Fe)>I4(Co)，从原子结构的角度分析可能的原因是___________。(3)配位化学创始人维尔纳发现，取1mol配合物CoCl3·6NH3(黄色)溶于水，加人足量硝酸银溶液，产生3mol白色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸。原配合物中络离子形状为正八面体。①根据上述事实推测原配合物中络离子化学式为___________。②该配合物在热NaOH溶液中发生反应，并释放出气体，该反应的化学方程式___________；生成气体分子的中心原子杂化方式为___________。(4)经X射线衍射测定发现，晶体钴在417℃以上堆积方式的剖面图如图所示，则该堆积方式属于___________，若该堆积方式下的晶胞参数为acm，则钴原子的半径为___________pm。参考答案：(1)第四周期VIII族

3d74s2

(2)Fe3+电子排布较稳定的3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量

(3)①[Co(NH3)6]3+

②[Co(NH3)6]Cl3+3NaOH=Co(OH)3↓+6NH3+3NaCl

sp3

(4)面心立方堆积

a1010【分析】(1)钴的原子序数为27，在周期表中位于第四周期VIII族，电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；(2)Fe3+外围电子排布式为3d5，Co3+外围电子排布式为3d6，由此可知Fe3+从电子排布较稳定3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量；(3)①1mol配合物CoCl3·6NH3(黄色)溶于水，加人足量硝酸银溶液，产生3mol白色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸，说明Cl-是外界离子，不是配位体；络离子形状为正八面体，则说明Co3+与6个NH3形成配位络离子；②根据以上分析，该配合物为[Co(NH3)6]Cl3，与热NaOH溶液中发生反应，放出气体应为氨气；NH3分