山东省青岛市私立海山学校2022年高三化学期末试卷含解析

山东省青岛市私立海山学校2022年高三化学期末试卷含解析一、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.某化学兴趣小组用回收的镁铝合金制取氢气。现有l0.8g镁铝合金，下列说法正确的是（）A．常温下与足量18mol/LH2SO4溶液反应，最多可放出0.6molH2B．常温下与足量2mol/LHNO3溶液反应，最少可放出0.45molH2C．常温下与足量2mol/LH2SO4溶液反应，放出H2的物质的量在0.45mol～0.6mol之间D．常温下与足量2mol/LNaOH溶液反应，放出H2的物质的量在0.45mol～0.6mol之间参考答案：答案：C2.甲醇(CH3OH)是一种有毒物质，检测甲醇含量的测试仪工作原理示意图如下。下列说法正确的是A.该装置为电能转化为化学能的装置B.a电极发生的电极反应为C.当电路中有1mole－转移时，正极区n(H＋)增加1molD.将酸性电解质溶液改为碱性电解质溶液该测试仪不可能产生电流参考答案：B略3.根据下列实验及现象，能量关系正确的是（

）

实验及现象能量关系①将“NO2”球置于热水中，红棕色增加N2O4(g)2NO2(g)

△H＜0②NaOH与HCl溶液混合，溶液温度升高③钠投入水中，熔化成小球

④微热含酚酞的Na2CO3溶液，红色加深CO32－(aq)+H2O(1)HCO3－(aq)+OH－(aq)△H＜0

A．①B．②C．③D．④参考答案：B试题解析：A、D实验△H＞0，C实验放热，生成物能量低，只有B实验的中和反应放热是正确的。4.下列说法正确的是A．ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强B．Ⅵ族元素的氢化物中，稳定性最好的其沸点也最高C．同周期非金属氧化物对应的水化物的酸性从左到右依次增强D．第三周期元素的离子半径从左到右逐渐减小参考答案：B略5.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是A.酸性：HCl>HF

B.金属性：Na>MgC.碱性：KOH>NaOH

D.热稳定性：HCl>HBr参考答案：AA项，由元素周期律可解释非金属元素最高价氧化物对应水化物酸性的强弱，不能解释气态氢化物水溶液酸性的强弱；B项，核电荷数：Na＜Mg，原子半径：Na＞Mg，原子核对外层电子的引力：Na＜Mg，金属性：Na＞Mg，可用元素周期律解释；C项，金属性：K＞Na，碱性：KOH＞NaOH，能用元素周期律解释；D项，非金属性：Cl＞Br，热稳定性：HCl＞HBr，能用元素周期律解释；不能用元素周期律解释的是A，答案选A。点睛：本题考查元素周期律，理解元素周期律的实质和内容是解题的关键。元素原子的核外电子排布、原子半径、元素的主要化合价、元素的金属性和非金属性随着原子序数的递增呈周期性变化。元素金属性的强弱可通过金属单质与水（或酸）反应置换出氢的难易程度或最高价氧化物对应水化物碱性的强弱推断，元素非金属性的强弱可通过最高价氧化物对应水化物酸性强弱、或与氢气生成气态氢化物的难易程度以及氢化物的稳定性推断。注意：元素非金属性的强弱不能通过含氧酸酸性强弱或气态氢化物水溶液酸性强弱判断，如由非金属性：S＜Cl可推出酸性：H2SO4＜HClO4；但酸性：H2SO4＞HClO等。6.下列关于仪器使用的说法正确的是A．在量取液体后，量筒中残留的液体要用蒸馏水洗涤并转入相应容器B．熔融纯碱、烧碱时，不能选用石英坩埚，应该选用铁坩埚C．蒸发结晶实验中，蒸发皿应放在石棉网上加热D．在测量或监测温度时，温度计水银球碰到容器内壁不影响测量结果参考答案：B【知识点】实验解析：因为量筒是量出式容器，即倒出的液体的体积，就是它所标注的体积，如果再用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液转移如容量瓶，则所配制的溶液浓度偏高，A错误；熔融纯碱、烧碱时，若用石英坩埚，则其中的二氧化硅会与纯碱、烧碱，B正确；蒸发皿可直接放在石棉网上加热，C错误；因为玻璃容器的温度与液体温度不一样，烧杯加热时，烧杯底部温度高，液体温度底，所以温度计不能碰触容器，D错误。【思路点拨】准确掌握仪器的使用是关键。7.已知将过氧化钠加入硫酸亚铁盐溶液中发生：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O＝4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋．则下列说法正确的是

(

)A、该反应中的氧化产物是Fe(OH)3，还原产物是O2B、该反应的氧化剂是Na2O2，还原剂是FeSO4C、生成4molFe(OH)3时转移6mol电子D、有4molNa2O2完全反应时转移8mol电子参考答案：C略8.从石油分馏得到的固体石蜡，用氯气漂白后，燃烧时会产生含氯元素的气体，这是由于石蜡在漂白时与氯气发生过（）A.加成反应B.取代反应C.聚合反应D.催化裂化反应参考答案：B略9.下列各项中表达正确的是（

）A．F一的结构示意图：

B．CO2的分子模型示意图：C．NaCl的电子式：

D．N2的结构式：参考答案：Ａ10.下列反应的离子方程式中，正确的是

(

)A、向FeCl3溶液中通入过量H2S气体：Fe3++H2S=FeS↓+2H+B、向NaAlO2溶液中通入过量的CO2气体：

CO2+2H2O+AlO2—=Al(OH)3↓+HCO3—C、硫酸亚铁溶液中加入双氧水：Fe2++2H2O2+4H+=Fe3++4H2OD、FeI2溶液中加入少量氯水：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—参考答案：略11.等物质的量的N2、O2、CO2混合气体通过Na2O2后，体积变成原体积的8/9（同温同压），这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为

A．3∶4∶1

B．3∶3∶2

C．6∶7∶3

D．6∶9∶0参考答案：A略12.一定条件下，可逆反应C(s)+CO2(g）2CO(g)；△H＞0，达到平衡状态，现进行如下操作：①升高反应体系的温度；②增加反应物C的用量；③缩小反应体系的体积；④减少体系中CO的量。上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是（）A、①②③④B、①③C、①②D、①③④参考答案：答案：B13.下列关于铁的叙述正确的是①铁能被磁铁吸引，但纯铁易锈蚀。②在人体的血红蛋白中含有铁元素。③铁位于周期表中的第四周期第ⅧB族。④铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧。⑤铁与硝酸反应的产物仅是Fe(NO3)3。

⑥不能通过化合反应生成FeCl2和Fe(OH)3。A．①③

B．②④

C．②⑤

D．④⑥参考答案：B略14.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B.NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C.Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂D.Al2O3熔点高，可用作耐高温材料参考答案：D试题分析：A、SO2用于漂白纸浆是利用其漂白性，错误；B、NH4HCO3用作氮肥是因为其中含有氮元素，易被农作物吸收，错误；C、Fe2(SO4)3用作净水剂是因为铁离子水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮的杂质，错误；D、Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，正确。

15.已知25℃时，Mg（OH）2的Ksp＝5．6×10-12，MgF2的Ksp＝7．4×10-11。下列说法正确的是:A．25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大B．25℃时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者c（Mg2+）大C．25℃时，Mg（OH）2固体在同体积同浓度的氨水和NH4Cl溶液中的Ksp比较，前者小D．25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入饱和NaF溶液后，Mg（OH）2不可能转化成MgF2参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.为了降低电子垃圾对环境构成的影响，将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：（1）第①步Cu与混酸反应的离子方程式为．得到滤渣1的主要成分为（2）第②步中加入H2O2的作用是，使用H2O2的优点是；调溶液pH的目的是．（3）简述第③步由滤液2得到CuSO4?5H2O的方法是．（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3?18H2O，设计了以下三种方案：上述三种方案中，方案不可行，原因是；从原子利用率角度考虑，方案更合理．（5）用滴定法测定CuSO4?5H2O含量．取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol/LEDTA（H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣→CuY2﹣+2H+．写出计算CuSO4?5H2O质量分数的表达式ω=．参考答案：

考点：制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；（2）过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染．调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；（4）依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；（5）依据滴定实验和反应离子方程式计算得到．解答：解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O，Au、Pt和酸不反应，所以是滤渣；故答案为：Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O，Au、Pt；（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；使Fe3+、Al3+沉淀除去；（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；故答案为：加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费，所以从原子利用率和是否产生杂质考虑知，乙更合理，故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙．（5）取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol?L﹣1EDTA（H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣=CuY2﹣+2H+铜离子物质的量和标准液物质的量相同，则20mL溶液中铜离子的物质的量=cmol/L×b×10﹣3L=bc×10﹣3mol；则ag样品中CuSO4?5H2O的质量=c×b×10﹣3mol×250g/mol×5，所以CuSO4?5H2O质量分数的表达式=×100%．故答案为：×100%．点评：本题考查离子分离的方法，实验设计，试剂选择，中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质的熟练掌握是解题关键，题目大．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.

(08惠州调研)（1）科技日报07年1月30日讯

，

美、德两国科学家成功合成具有独特化学特性的氢铝化合物(AlH3)n，其结构类似由硼和氢组成的硼烷。最简单的氢铝化合物是Al2H6,其熔点为150℃，燃烧热极高。下列有关说法肯定不正确的是

;A．Al2H6中H为+1价，Al为-3价B．Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水C．氢铝化合物Al2H6的晶体为分子晶体D．氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料（II）A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们原子序数依次增大。A与D同主族；C与E同主族；B、C同周期；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2；A、B两元素的核电荷数之差等于它们的原子最外层电子数之和；F元素是同周期元素中原子半径最小的主族元素。A、B、C、D、E、F形成的化合物甲、乙、丙、丁、戊、己的组成如下表所示。化合物甲乙丙丁戊己化学式A2CA2C2B2A2D2C2A2EDF

回答下列问题：

（2）化合物丁的电子式为

；F原子的最外层电子排布式为______。

（3）化合物戊的沸点比甲

（填“高”或“低”），写出甲与丁反应的化学方程式：（4）将2.0g丙完全燃烧，生成液态甲和B的气态氧化物，放出99.6KJ热量，请写出丙燃烧的热化学方程式

；参考答案：答案：18.脱水偶联反应是一种新型的直接烷基化反应，例如：（1）化合物Ⅰ中含有的官能团的名称为

，1mol该物质完全水解最少需要消耗

molNaOH。（2）化合物Ⅱ可使

溶液（限写一种）褪色；化合物Ⅲ（分子式为C10H11C1）可与Na