2022年山西省忻州市青石学校高三化学下学期期末试卷含解析

2022年山西省忻州市青石学校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.某氨水质量分数为w%，物质的量浓度为cmol/L，密度为dg/mL，1Kg这种氨水中含有的氨是：A、1000dwg B、cmol

C、c/dmol D、34w/7g参考答案：C2.氢化钙（CaH2）固体是一种储氢材料，是登山运动员常用的能源提供剂，某化学小组的同学在老师的指导下制备氢化钙．[查阅资料]氢化钙通常用氢气与钙加热制得．氢化钙要密封保存，遇水反应生成氢氧化钙和氢气．钙遇水立即发生剧烈反应生成氢氧化钙和氢气，并放出大量的热．标准状况下氢气的密度为0.09g/L．[进行实验]小组同学设计的制取装置如图所示（固定装置略）．

回答下列问题：（1）写出A中发生反应的化学方程式 ．（2）B、D中所盛试剂相同，该试剂为

，其作用分别是

、

．（3）实验时先打开A中活塞，一段时间后，再点燃C中酒精灯，其目的是

．（4）装置C中制取氢化钙的化学方程式是

．[实验反思]小组同学通过反思提出问题：上述制得的氢化钙是否纯净？他们再次设计实验进行检验，实验步骤如下：步骤1：检查装置气密性，装入足量的水和已称好质量的氢化钙样品，按图所示连接仪器（固定装置略）．步骤2：将Y形管倾斜，使A中的水全部进入B中，完全反应后，冷却至室温，读取量筒读数．通过上述实验可分析出制得的氢化钙是否纯净，其依据是

．参考答案：（1）Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；（2）浓硫酸；干燥氢气；防止空气中的水蒸汽进入C中；（3）排除装置内的空气，防止加热时产生爆炸；（4）H2+CaCaH2；【实验反思】根据实验得出的氢气的体积，可计算出氢气的质量，再根据氢化钙与水反应的化学方程式，计算出所需氢化钙的质量，并与氢化钙样品质量作对比．

【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合．【分析】（1）根据实验室用稀硫酸和锌粒反应制取氢气进行解答；（2）根据信息资料氢气与钙反应必须是干燥的氢气，氢化钙不能与水接触，因此D也是干燥装置；（3）根据氢气的可燃性分析；（4）钙和氢气反应在加热的条件下生成氢化钙；【实验反思】要验证氢化钙是否纯净，可取一定量氢化钙样品与水完全反应，根据生成氢气的质量求出氢化钙的质量，然后与样品质量比较，【解答】解：（1）实验室用稀硫酸和锌粒反应制取氢气，化学方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，故答案为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；（2）用氢气与钙加热制得氢化钙，因钙遇水立即发生剧烈反应生成氢氧化钙和氢气，并放出大量的热，所以与钙反应的氢气必须是干燥的氢气，故制取的氢气需通过浓硫酸进行干燥，因生成的氢化钙遇水反应生成氢氧化钙和氢气，因此为防止防止空气中的水蒸汽进入C中，需在D中装有浓硫酸进行干燥，故答案为：浓硫酸；干燥氢气；防止空气中的水蒸汽进入C中；（3）点燃不纯的氢气可能会发生爆炸，因此氢气与钙加热反应前需将装置内的空气排出，故实验时先打开A中活塞，一段时间后，再点燃C中酒精灯，以排除装置内的空气，防止加热时产生爆炸，故答案为：排除装置内的空气，防止加热时产生爆炸；（4）钙和氢气反应在加热的条件下生成氢化钙，反应的方程式为H2+CaCaH2，故答案为：H2+CaCaH2；【实验反思】根据图示，要验证氢化钙是否纯净，可取一定量氢化钙样品与水完全反应，根据生成氢气的质量求出氢化钙的质量，然后与样品质量比较，故答案为：根据实验得出的氢气的体积，可计算出氢气的质量，再根据氢化钙与水反应的化学方程式，计算出所需氢化钙的质量，并与氢化钙样品质量作对比．【点评】解答时注意分析题目所给信息并结合所学知识，对信息加以整合，依据题意分析问题、解决问题．3.空气是人类生存所必需的重要资源。为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民的支持。下列措施不利于“蓝天工程”建设的是（）A

推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染B

实施绿化工程，防治扬尘污染C

研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染D

加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量

参考答案：答案：D4.下列说法不正确的是A．等物质的量的－CH3与－OH所含电子数相等B．7.80gNa2O2与5.85gNaCl所含阴离子数相等C．等质量的C2H4和C3H6中所含C－H键数目相等D．等体积、等密度下的12C18O和14N2所含质子数相等参考答案：D5.现有以下几种措施：①对燃烧煤时产生的尾气进行除硫处理，②少用原煤做燃料，③燃煤时鼓入足量空气，④开发清洁能源。其中能减少酸雨产生的措施是A.①②③

B.②③④

C.①②④

D.①③④参考答案：C煤及其他化石燃料中含S元素，它们燃烧产生的SO2的大量排放是形成酸雨的主要原因。对燃煤产生的尾气进行除硫、少用、不用原煤做燃料，开发清洁能源都可以减少SO2的排放，减少酸雨的产生。燃煤时鼓入足量空气只能提高煤的燃烧效率，不能减少SO2的排放。6.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．饱和氯水中：Cl—、NO3—、Na+、SO32—B．pH=12的溶液中：K+、NO3—、I—、Na+、AlO2—

C．Na2S溶液中：K+、SO42—、Cl、Cu2+

D．由水电离的c(H+)=1.0×10—13mol/L几溶液中：C6H5O—、K+、SO42—、C1—参考答案：B略7.Li﹣Al/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e﹣=Li2S+Fe．有关该电池的下列说法中，正确的是（）A．Li﹣Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为+1价B．该电池的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+FeC．负极的电极反应式为Al﹣3e﹣=Al3+D．充电时，阴极发生的电极反应式为：Li2S+Fe﹣2e﹣=2Li++FeS参考答案：B考点：电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池．.分析：Li和Al都属于金属，合金中Li较Al活泼，根据正极反应式知，原电池的电极材料Li﹣Al/FeS，判断出负极材料为Li，发生反应为：Li﹣e﹣=Li+，又知该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e﹣=Li2S+Fe，所以电池反应为：2Li+FeS=Li2S+Fe，充电时为电解池原理，阴极发生还原反应，正确的反应式是2Li++2e﹣=2Li．解答：解：A、Li和Al都属于金属，所以Li﹣Al应该属于合金而不是化合物，因此化合价为0价，故A错误；B、根据正极反应2Li++FeS+2e﹣=Li2S+Fe与负极反应2Li﹣2e﹣=2Li+相加可得反应的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+Fe，故B正确；C、由正极反应式知负极应该是Li失去电子而不是Al，故C错误；D、充电时为电解池原理，阴极发生还原反应，正确的反应式是2Li++2e﹣=2Li，故D错误；故选：B．点评：本题涵盖电解池和原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写．8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．0.05mol熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.10NAB．25℃，pH=12的1L氨水中含有的OH－数为0.01NAC．11.2L乙烯、乙炔的混合气体中含有的碳原子数为NAD．5.6gFe和足量盐酸完全反应，转移的电子数为0.3NA参考答案：B略9.为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：①测定溶液的pH，溶液显强碱性。②取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体。③在上述溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀。④取上层清液继续加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再加AgNO3溶液，产生白色沉淀。根据实验，以下推测正确的是A．一定有SO32--

B．一定有CO32--C．一定有C1--

D．不能确定是否存在HCO3--参考答案：B略10.铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98g（用精密天平测量）Cu(OH)2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图1所示：另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素的质量的关系曲线，如图2所示。则下列分析正确的是（

）A．图1中，A到B的过程中有0.01mol电子发生了转移B．图1整个过程中共生成0.26g水C．图2三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是AD．图1中A和B化学式分别为Cu2O和CuO参考答案：A略11.在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示。下列分析不正确的是A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH–C．c点，两溶液中含有相同量的OH–D．a、d两点对应的溶液均显中性参考答案：C试题分析：两个反应的方程式为：①Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O

②Ba(OH)2+NaHSO4=NaOH+BaSO4+H2O

③NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O。从方程式分析，当氢氧化钡恰好和硫酸完全反应时，溶液的导电能力最小，故①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A正确。b点是加入硫酸氢钠进行反应②，溶液中含有氢氧化钠，B正确。c点①曲线为硫酸，②曲线为氢氧化钠和硫酸钠，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中的氢氧根离子浓度不相同，C错误。a点为钡离子和硫酸根离子完全沉淀，d为硫酸钠溶液，溶液都显中性，D正确。12.在下列溶液中，能大量共存的一组离子是A．pH＝1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、Cl－

B．通入过量SO2气体的溶液中：Fe3+、NO3-、Ba2+、H+

C．c(Al3+)＝0.1mol/L的溶液中：Na+、K+、AlO2-、SO42-

D．由水电离出的c(H+)＝1×10-13mol/L的溶液中：Na+、HCO3-、Cl-、Br-参考答案：A略13.下列说法正确的是A.在3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量比为1:2B.SO2气体使品红溶液褪色，表现了SO2的氧化性C.浓盐酸和MnO2反应时，浓盐酸中的HCl全部被氧化D.当7.8gNa2O2与H2O完全反应时，有0.2mol电子发生了转移参考答案：A略14.A元素原子最外层电子数为a，次外层电子数为b；B元素的原子M层电子数为a—b，L层电子数为a+b；则对AB两元素形成的化合物晶体叙述正确的是A．分子晶体，是一种弱电解质

B．离子晶体，是一种强电解质

C．是一种合金

D．原子晶体，是一种非电解质参考答案：D15.X、Y为短周期元素，X原子各电子层的电子数之比为1：4：1，它比Y原子多3个电子。下列叙述不正确的是

A．X离子的半径小于Y离子的半径

B．X单质在空气中燃烧不止生成一种物质

C．X、Y形成的化合物为共价化合物

D．Y单质极容易与氢气发生化合参考答案：C二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（13分）正溴丁烷（CH3CH2CH2CH2Br）是一种重要的有机合成工业原料。在实验中可利用下图装置（加热或夹持装置省略）制备正溴丁烷。制备时的化学反应方程式及有关数据如下：NaBr＋H2SO4=HBr＋NaHSO4C4H9OH＋HBrC4H9Br＋H2O物质相对分子质量密度/g·cm-3沸点/℃水中溶解性正丁醇740.80117.3微溶正溴丁烷1371.27101.6难溶溴化氢81------极易溶解实验步骤：在装置A中加入2mL水，并小心加入28mL浓硫酸，混合均匀后冷却至室温。再依次加入18.5mL正丁醇和26g溴化钠，充分摇振后加入沸石，连接气体吸收装置C。将装置A置于石棉网上加热至沸腾，然后调节为小火使反应物保持平稳地回流。一段时间后停止加热，待反应液冷却后，拆去装置B，改为蒸馏装置，蒸出粗正溴丁烷。请回答下列问题;(1)仪器A的名称是________,仪器B的作用是________.操作中加入沸石的作用是________.(2)装置C中盛装的液体是_______________,其作用是____________________.(3)制备的粗产物正溴丁烷中往往含有水分、正丁醇等杂质，加入干燥剂出去水分后，再由下列操作中的___________制备纯净的正溴丁烷。(4)若制备实验的“回流”过程中不采用“调节为小火”，仍采用大火加热回流，则会使产品产率偏_________（填“高”或“低”）,试说出其中一种原因：_________________________.(5)若最终得到13.6g纯净的正溴丁烷，则该实验的产率是_______________（保留三位有效数字）

参考答案：（1）圆底烧瓶（1分）

冷却、回流（1分）

防止暴沸（1分）（2）NaOH溶液（或其他合理答案，1分）

吸收逸出的HBr，防止其污染空气（1分）（3）d（2分）（4）低（1分）

大火，副反应多或产物逸出较多（合理答案即可，2分）（5）49.6%（3分）解析：(2)在此反应过程中生成了溴化氢气体，会对环境产生污染，故需用碱液进行吸收，装置中盛装的液体应为碱液。(3)正溴丁烷中含有正丁醇杂质，这两种液体是相互溶解的有机物只能采用蒸馏的方法进行分离。(4)如果采用大火加热回流时，在较高的温度下会发生很多其他的副反应，如浓硫酸在温度较高的情况下氧化性更强，可能会把乙醇等有机物氧化，正丁醇和正丁烷的沸点都比较低，易逸出等都会使产率降低。(5)m(C4H9OH)=18.5mL×0.80g·cm-3=14.8gn(C4H9OH)=0.2molC4H9OH＋HBrC4H9Br＋H2O1mol

1mol0.2mol

0.2molm(C4H9Br)=27.4g产率=13.6g/27.4g=49.6%【思路点拨】本题考查了在化学实验中基本的化学实验仪器的使用，在试验中尾气吸收时吸收剂的选择，物质分离的方法，还考查到了实验误差的分析和产率的计算，本题的综合性较强。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.为了纪念元素周期表诞生150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。回答下列问题：(1)Ag与Cu在同一族，则Ag在周期表中___（填“s”、“p”、“d”或“ds”）区。[Ag2（NH3）2]+中Ag+空5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是___。(2)下表是Fe和Cu的部分电离能数据：请解释I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因：______。元素FeCu第一电离能I1/kJ·mol－1759746第二电离能I2/kJ·mol－115611958

(3)亚铁氰化钾是食盐中常用抗结剂，其化学式为K4[Fe(CN)6]。①CN-的电子式是______；1mol该配离子中含σ键数目为____。②该配合物中存在的作用力类型有_____（填字母）。A．金属键

B．离子键

C．共价键

D．配位键

E．氢键

F．范德华力(4)MnO2的熔点(1660℃C)比MnS的熔点(1610℃)高，其主要原因是_________。(5)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3)半导体作为吸光材料，CH3NH3PbI3具有钙钛矿(AMX3)的立方结构，其晶胞如图所示。①AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，则M处于____位置，X处于____位置。②CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm，其晶体密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为______。参考答案：(1)ds

直线形

(2)失去第二个电子时，Cu失去的是全充满3d10电子，Fe失去的是4s1电子

(3)①

12NA

②BCD

(4)二者均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS

(5)①体心

面心

②620/（a×10-7）3d【详解】(1)Ag位于第五周期第ⅠB族，外围电子排布为4d55s1，属于ds区；[Ag2（NH3）2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，所以其空间构型为直线型结构；(2)根据表中数据可知，I2(Cu)大于I2(Fe)，主要原因为：失去第二个电子时，Cu失去的是全充满3d10电子，Fe失去的是4s1电子；(3)①CN-中碳与氮之间形成三对共用电子对，电子式是；1mol该配离子[Fe(CN)6]4-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12NA；②K4[Fe(CN)6]中钾离子与[Fe(CN)6]4-之间形成离子键、[Fe(CN)6]4-中CN-与铁离子之间形成配位键、CN-中碳原子与氮原子之间形成共价键，故存在的作用力类型有离子键、共价键、配位键。答案选BCD；(4)MnO2的熔点(1660℃)比MnS的熔点(1610℃)高，其主要原因是二者均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS；(5)①AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，根据图中离子的位置关系可知，M处于体心位置，X处于面心位置；②CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm，其晶体密度为dg·cm-3，根据可知dg·cm-3=，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为。

18.有A、B、C、D、E五种短周期元素，其元素特征信息如下表编号元素特征信息A其单质是密度最小的物质。B阴离子带两个单位负电荷，单质是空气的主要成分之一。C其阳离子与B的阴离子有相同的电子层结构，且与B可以形成两种离子化合物。D其氢氧化物和氧化物都有两性，与C同周期E与C同周期，原子半径在该周期最小[（1）A、B、C形成的化合物的电子式为

，其中含有的化学键类型是

。（2）B