四川省成都市大面中学2022年高三化学联考试题含解析

四川省成都市大面中学2022年高三化学联考试题含解析一、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.在下列各组溶液中，离子一定能大量共存的是

（

）A．加入KSCN溶液显红色的溶液：K+、NH4+、Cl－、I－B．常温下，pH＝1的溶液：Fe3+、Na+、NO3－、SO42－C．滴入酚酞试液显红色的溶液：Mg2+、Al3+、Br－、SO42－D．含0.1mol/LNH4Al(SO4)2·12H2O的溶液：K+、Ca2+、NO3－、OH－参考答案：B略2.向盐酸和AlCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀Al(OH)3的量随着加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法正确的是A．在a点对应的溶液中,加入Mg2+、I―、NH4＋、NO3―离子仍能大量共存B．图中B→C的过程中,实际发生的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OC．若b、c的纵坐标数值相同，则横坐标数值之比为1：3D．原溶液中盐酸和AlCl3物质的量的浓度之比为1：3参考答案：B略3.我国科学工作者合成了许多结构复杂的天然有机化合物，如：叶绿素、血红素、维生素B等，叶绿素的结构如右图所示，下列有关说法正确的是

（

）A、叶绿素属于高分子化合物B、叶绿素分子中含有两种类型的双键C、叶绿素不属于芳香烃D、在一定条件下，叶绿素能加成、水解、酯化等反应参考答案：B略4.下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是A．乙醇、甲苯、

B．苯、己烯

C．乙醇、乙酸

D．庚烷、己烷参考答案：D略5.A、B、C、D、E五种元素原子序数逐渐增大，且均不超过18。其中A与C、B与E分别为同族元素。原子半径A＜B＜E＜D＜C，B原子最外层电子数是次外层的3倍，C、D的核外电子数之和与B、E核外电子数之和相等。下列说法正确的是A．原子电子层数：A＜B

B．气态氢化物的稳定性：B＜EC．简单离子半径：E＜D

D．最高价氧化物对应的水化物碱性：C＜D参考答案：A略6.某合作学习小组讨论辨析以下说法：①合金和高分子都是混合物；②沼气和水煤气都是可再生能源；③冰和干冰既是纯净物又是化合物；④不锈钢和目前流通的硬币都是合金；⑤盐酸和食醋既是化合物又是酸；⑥纯碱和熟石灰都是碱；⑦豆浆和雾都是胶体。上述说法正确的是A．①②③④

B．①②⑤⑥

C．①③④⑦

D．③⑤⑥⑦

参考答案：C7.中国科学院成功开发出一种新型铝—石墨双离子电池，大幅提升了电池的能量密度。该电池充电时的总反应为：Al+xC+Li++PF6-=AlLi+CxPF6，有关该电池说法正确的是（

）A．放电时，电子由石墨沿导线流向铝

B．放电时，正极反应式为：Al+Li++e-=AlLiC．充电时，铝电极质量增加

D．充电时，PF6-向阴极移动参考答案：C新型铝—石墨双离子电池，充电时的总反应为：Al+xC+Li++PF6-=AlLi+CxPF6，阳极发生氧化反应：xC+PF6-?e-=CxPF6，所以充电时PF6-向阳极移动，故D项错误；阴极发生还原反应：Al+Li++e-=AlLi，所以A→AlLi质量会增加，故C项正确；放电时，正极得电子发生还原反应：CxPF6+e-=xC+PF6-，故B项错误；负极失电子发生氧化反应：AlLi?e-=Al+Li+，电子由铝电极沿导线流向石墨电极，故A项错误。综上所述，符合题意的选项为C。【点睛】本题考查电化学原理，有一定难度，注意掌握好原电池与电解池的反应原理是解题关键。首先他们都遵循氧化还原反应原理，还原剂失电子发生氧化反应，氧化剂得电子发生还原反应；其次无论电解池还是原电池，阳离子运动方向与电流方向形成闭合回路，阴离子运动方向与电子方向形成闭合回路。8.下列实验操作正确的是()编号实验操作A观察钠与水反应的现象用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中B检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明Na2O2与CO2是放热反应Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应D检验Na2CO3与K2CO3溶液用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色参考答案：C略9.下列说法不正确的是

（

）

A、电子云是笼罩在原子核外的云雾

B、下列电子排布式：1s22s12p1是某原子基态的排布式

C、任何能层中的d能级的轨道数都为5

D、［Ar］3d64s2表示的是Fe原子的电子排布式参考答案：AB略10.下列离子方程式正确的是：A．若将过量的Cl2通入FeBr2溶液中，其离子方程式为：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl－B．用稀HNO3溶解FeS固体：FeS+2H+Fe2++H2S↑C．在水玻璃溶液中通入过量CO2：+2H2O+2CO2H2SiO3↓+D．少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-CaSO3↓+2HClO参考答案：C略11.甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质。它们所含离子如下表所示：阳离子NH、Na＋、Mg2＋阴离子OH－、NO、SO取等质量的三种化合物配制相同体积的溶液，其溶质物质的量浓度：c(甲)>c(乙)>c(丙)，则乙物质可能是①MgSO4

②NaOH

③(NH4)2SO4

④Mg(NO3)2

⑤NH4NO3A．①②

B．③④

C．③⑤

D．①⑤参考答案：C12.在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡，溶液变蓝。在上述溶液中加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断错误的是

A．漂白粉溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝

B．氧化性：ClO－＞SO42－＞I2

C．向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色

D．ClO－与I－在碱性条件可以发生氧化还原反应

参考答案：B略13.夏令营活动结束后，同学们将易降解的垃圾掩埋，不易降解的垃圾带回放入分类垃圾箱。下列垃圾物品中，易降解的是①塑料袋

②餐巾纸

③瓜皮果壳

④矿泉水瓶A.①②

B.③④

C.①④

D.②③参考答案：D略14.

2011年3月11日，日本本州岛仙台港发生9.0级地震，地震引发海啸，食盐、蔗糖、醋酸、“84消毒液”、明矾等是灾后居民日常生活中经常使用的物质，下列有关说法或表示正确的是（

）A．食盐中阴离子的结构示意图为：B．蔗糖和醋酸都是弱电解质

C．“84消毒液”中有效成分NaClO的电子式为：D．1L2mol·L-1的明矾溶液完全水解制得的胶体中胶粒数等于2NA参考答案：C食盐中阴离子的核外电质排布中最外层应是8个电子；蔗糖是非电解质；由于胶体粒子是氢氧化铁分子的聚合体，故1L2mol·L-1的氢氧化铁胶体中含有氢氧化铁胶粒数小于2NA，故ABD项错误，即选C。15.为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是（

）A.C2H6(C2H4)——通入溴的四氯化碳溶液中B.苯（苯酚）——加入浓溴水后过滤C.NaNO3(NaCl)——用冷却热饱和溶液结晶方法分离D．SO2(SO3)——用排饱和NaHCO3溶液收集气体参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（14分）某探究学习小组用如图所示装置进行SO2、Fe2+和Cl﹣还原性强弱比较实验，实验过程如下：Ⅰ．先向B中的FeCl2溶液（约10ml）中通入Cl2，当B的溶液变黄时，停止通气．Ⅱ．打开活塞b，使约2ml的溶液流入D试管中，检验取出溶液中的离子．Ⅲ．接着再向B中通入一定量的SO2气体．Ⅳ．更新试管D，重复过程Ⅱ，检验取出溶液中的离子．（1）仪器B的名称是，棉花中浸润的溶液为，目的是

．（2）实验室制备氯气的化学方程式为

．（3）过程Ⅲ中一定发生反应的离子方程式为

，过程IV中检验取出溶液中是否含有硫酸根的操作是

．（4）该小组对SO2、Fe2+和Cl﹣还原性强弱比较期望达到的结论是：

．（5）甲、乙、丙三同学分别完成了上述实验，下表是他们的检测结果，他们的检测结果一定能够证明SO2、Fe2+和Cl﹣还原性强弱关系的是

．过程II中检出离子过程IV中检出离子甲有Fe3+无Fe2+有SO42﹣乙既有Fe3+又有Fe2+有SO42﹣丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+．

参考答案：（1）分液漏斗；NaOH溶液；防尾气污染环境；（2）MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；取溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明有SO42﹣，反之无；（4）SO2＞Fe2+＞Cl﹣；（5）乙、丙；考点： 性质实验方案的设计；氧化性、还原性强弱的比较．分析：Ⅰ．先向B中的FeCl2溶液（约10ml）中通入Cl2，当B的溶液变黄时，则氯气将二价铁氧化成三价铁时，停止通气；Ⅱ．打开活塞b，使约2ml的溶液流入D试管中，用KSCN溶液来检验溶液中的三价铁离子；Ⅲ．接着再向B中通入一定量的SO2气体，还原三价铁，生成二价铁和硫酸根；Ⅳ．更新试管D，重复过程Ⅱ，用先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，来检验有SO42﹣；据此分析解答；（1）仪器B的名称是分液漏斗；Cl2、SO2有毒污染空气，应有尾气处理，装置中的棉花需要浸润强碱溶液吸收Cl2、SO2；（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸加热来制备氯气；（3）根据以上分析，过程Ⅲ中一定发生反应为二氧化硫还原三价铁，生成二价铁和硫酸根；用先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，来检验有SO42﹣；（4）根据氧化还原反应的以强制弱原则来判断；（5）该题的理论依据是氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，也强于还原剂的氧化性；甲、B可能有存在溶解的氯气氧化SO2，错误；乙、B中存在Fe3+、Fe2+，说明Cl2氧化性强于Fe3+，且没有Cl2剩余；故后有SO42﹣能说明Fe3+氧化性强于SO2；丙、B中存在Fe3+，说明Cl2氧化性强于Fe3+；后生成了Fe2+，只能是Fe3+被SO2还原，正确．解答：解：Ⅰ．先向B中的FeCl2溶液（约10ml）中通入Cl2，当B的溶液变黄时，则氯气将二价铁氧化成三价铁时，停止通气；Ⅱ．打开活塞b，使约2ml的溶液流入D试管中，用KSCN溶液来检验溶液中的三价铁离子；Ⅲ．接着再向B中通入一定量的SO2气体，还原三价铁，生成二价铁和硫酸根；Ⅳ．更新试管D，重复过程Ⅱ，用先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，来检验有SO42﹣；（1）仪器B的名称是分液漏斗；Cl2、SO2有毒污染空气，应有尾气处理，装置中的棉花需要浸润强碱溶液吸收Cl2、SO2；故答案为：分液漏斗；NaOH溶液；防尾气污染环境；（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸加热来制备氯气，方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）根据以上分析，过程Ⅲ中一定发生反应为二氧化硫还原三价铁，生成二价铁和硫酸根，方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；用先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，来检验有SO42﹣；故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；取溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明有SO42﹣，反之无；（4）根据通入Cl2，当B的溶液变黄，说明氯气将二价铁氧化成三价铁，则氧化性氯气大于三价铁离子，还原性Fe2+＞Cl﹣；当通入一定量的SO2气体时，有硫酸根生成，说明二氧化硫将二价铁还原成三价铁，则还原性SO2＞Fe2+；故答案为：SO2＞Fe2+＞Cl﹣；（5）该题的理论依据是氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，也强于还原剂的氧化性；甲、B可能有存在溶解的氯气氧化SO2，错误；乙、B中存在Fe3+、Fe2+，说明Cl2氧化性强于Fe3+，且没有Cl2剩余；故后有SO42﹣能说明Fe3+氧化性强于SO2，正确；丙、B中存在Fe3+，说明Cl2氧化性强于Fe3+；后生成了Fe2+，只能是Fe3+被SO2还原，正确．故选：乙、丙；点评： 本题考查学生氯气的性质以及氧化还原反应的综合知识，属于综合知识的考查，难度不大．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.(4分）元素周期表共有

个周期；

个主族。其中卤素包括

氧族元素包括 （填元素符号）参考答案：7,7,氟氯溴碘，氧硫硒碲18.X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素．请回答下列问题：（1）五种元素中原子半径最大的是（写元素符号）．（2）写出X、Z、Q形成的化合物的电子式．（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB（在水溶液中进行），其中C是溶于水显酸性的气体，①如果A、D均由三种元素组成且A、B、D溶液呈碱性，由B转化为A的离子方程式为．②如果A、B、D均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为；由A转化为B的离子方程式为．参考答案：1.Na

2.3.HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O．NaAlO2AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣或2AlO2﹣+CO2+3H2O=Al（OH）3↓+CO3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、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大，Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为O元素、R为Al；X、Y两元素最高正价与最低负价代数和均为0，原子序数均小于O元素，为ⅠA族H元素、ⅣA族元素，故X为H元素、Y为C元素；Q与X同主族，结合原子序数可知，Q为Na元素，（1）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大；（2）H、O、Na形成的化合物为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成；（3）上述五种元素中的若干种组成的化合物A、B、C、D，C是溶于水显酸性的气体，C为CO2，①如果A、D均由三种元素组成且A、B、D溶液呈碱性，则A为Na2CO3、D为NaOH，B为NaHCO3；②如果A、B、D均由三种元素组成，B为两性不溶物，则B为Al（OH）3，D为NaOH，A为NaAlO2．解答：解：X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大，Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为O元素、R为Al；X、Y两元素最高正价与最低负价代数和均为0，原子序数均小于O元素，为ⅠA族H元素、ⅣA族元素，故X为H元素、Y为C元素；Q与X同主族，结合原子序数可知，Q为Na元素，（1）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Na＞Al＞C＞O＞H，故答案为：Na；（2）H、O、Na形成的化合物为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成，其电子式为：，故答案为：；（3）上述五种元素中的若干种组成的化合物A、B、C、D，C是溶于水显酸性的气体，C为CO2，①如果A、D均由三种元素组成且A、B、D溶液呈碱性，则A为Na2CO3、D为NaOH，B为NaHCO3，由B转化为A的离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，故答案为：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O；②如果A、B、D均由三种元素组成，B为两性不溶物，则B为Al（OH）3，D为NaOH，A为NaAlO2，由A转化为B的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣或2AlO2﹣+CO2+3H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣，故答案为：NaAlO2；AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣或2AlO2﹣+CO2+3H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣．点评：本题考查元素化合物推断，推断元素是解题的关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，（3）题中②离子方程式书写为易错点．19.草酸()在工业上可作漂白剂、鞣革剂，也是实验室常用试剂。（1）已知草酸中相关化学键的键能数据如下表：化学键C—OCOC—CE/(kJ/mol)abc

一定条件下发生反应H2C2O4(g)H2O(g)+CO(g)+CO2(g)

△H=_________kJ/mol。（2）现将0.50mol无水草酸放入10L的密闭容器中，分别在T1、T2时进行上述反应(体系内物质均为气态)，测得n(H2C2O4)随时间变化的数据如下表：t/min温度010204050T10.500.350.250.100.10T20.500.300.18……0.18

①温度：T1_________T2(填“>”、“<”或“=”)；②T2时0~20min平均反应速率v(CO)=_________；③该反应达到平衡的标志为_________(填序号)；a消耗H2C2O4和生成H2O的物质的量相等

b.气体密度不变c混合气体的平均摩尔质量不变 d.体系中不变④T2时，反应至20min时再加入0.5molH2C2O4，反应达平衡时H2C2O4物质的量_________0.36mol(填“>”“<”或“=”)。（3）室温下利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究外界条件对反应速率的影响，设计方案如下：试验编号所加试剂及用量/mL溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4溶液H2O0.01mol/L稀KMnO4溶液3mol/L稀H2SO413.02.03.02.04.022.03.03.02.05.231.04.03.02.06.4

①上述反应的离子方程式为_________；②分析数据可得到的结论是_________；③该实验中若n(Mn2+)随时间变化趋势如图一所示，请于图二画出t2后生成CO2的速率图像(从a点开始作图)并说明理由_________。。参考答案：(1)2a+c-b

(2)①＜

②0.0016mol/(L·min)

③cd

④＜

(3)①5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O

②其他条件不变时，草酸的浓度越大，反应速率越快

③，锰离子对反应起到催化作用，生成二氧化碳的速率会突然加快，随着反应的进行，溶液中溶质的浓度逐渐减小，生成二氧化碳的速率减慢，最后几乎为0【分析】(1)根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能计算；(2)①温度越高，化学反应速率越快；②首先可以计算T2时0~20min平均反应速率v(H2C2O4)，再结合方程式H2C2O4(g)H2O(g)+CO(g)+CO2(g)，计算v(CO)；③根据化学平衡状态的特征和标志分析判断；④根据表格数据，T2时，反应至20min时反应达到平衡，再加入0.5molH2C2O4，相当于增大压强，据此分析判断；(3)①反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，结合化合价升降守恒写出并配平反应的化学方程式；②表格中溶液的总体积相同，高锰酸钾的体积相等，草酸的体积不同，结合溶液褪色需要的时间分析解答；③根据n(Mn2+)随时间变化趋势图可知，t2时反应速率突然加快，可能是生成的锰离子对反应起到催化作用，因此生成二氧化碳的速率也会突然加快，随着反应的进行，溶液中溶质的浓度逐渐减小，因此生成二氧化碳的速率减慢，最后几乎为0，据此分析解答。【详解】(1)反应物中含有2个H-O，2个C-O，2个C=O和1个C-C；生成物H2O+CO+CO2中含有2个H-O，1个，2个C=O，H2C2O4(g)H2O(g)+CO(g)+CO2(g)

△H=反应物的总键能-生成物的总键能=2E(C-O)+E(C-C)-E()=(2a+c-b)kJ/mol，故答案为：2a+c-b；(2)①温度越高，化学反应速率越快，根据表格数据可知，相同时间内，n(H2C2O4)在T2时变化大，反应速率快，因此温度：T1＜T2，故答案为：＜；②T2时0~20min平均反应速率v(H2C2O