江西省吉安市南溪中学2022年高三化学测试题含解析

江西省吉安市南溪中学2022年高三化学测试题含解析一、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.检验烧碱溶液是否含有少量纯碱的方法是A、加入少量稀H2SO4看是否产生气体

B、加热看是否有气体产生C、加入BaCl2溶液看是否浑浊

D、加入少量的Ca(HCO3)2溶液看是否变浑浊参考答案：C2.被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，下列说法中正确的是(NaBH4中H为-1价)：A.NaBH4既是氧化剂又是还原剂

B.被氧化的元素与被还原的元素质量比为1:1C.硼元素被氧化，氢元素被还原

D.NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂参考答案：B略3.下列有关实验装置进行相应实验，能达到实验目的是

A．用图1所示装置除去Cl2中含有少量HCl

B．用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体

C．用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体

D．用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层参考答案：D略4.为了除去硫酸铜溶液中含有的Fe2+杂质，先加入合适的氧化剂使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质中最好选用

(

)

A．H2O2溶液

B．KMnO4溶液

C．Cl2水

D．HNO3溶液参考答案：A略5.将4mol金属Al全部转化为Al（OH）3，消耗HClamol，NaOHbmol，则a+b的最小值为（

）A．4

B．6

C．8

D．16参考答案：B6.下列物质中，只有氧化性、只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是

（）A．F2、K、HCl

B．Cl2、Al、H2

C．NO2、Na、Br2

D．O2、SO2、H2O参考答案：答案：A

考点：元素的化合价与元素的氧化性还原性的关系解析：元素具有最高价时只有氧化性，注意F2没有最高化合价，元素具有最低化合价时只有还原性，而处于中间价态时既具有氧化性又具有还原性。相关知识点：有关化合价在氧化还原反应中的应用①、判断一个反应是否是氧化还原反应有化合价变化的反应是氧化还原反应，该反应在一定条件下可能被设计成原电池。②、利用元素的价态判断其氧化性和还原性ⅰ、最高价态的元素只有氧化性，常见阳离子的氧化性顺序：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+。ⅱ、最低价态的元素只有还原性，常见阴离子的还原性顺序：H->S2->I-。ⅲ、中间价态的元素既有氧化性，又有还原性，遇到强氧化剂时呈现还原性，遇到强还原剂时呈现氧化性。例1：氢气与钠反应体现氧化性，氢气与氧气反应体现还原性，氢气更多的时候体现还原性，化学方程式：氧化性：2Na+H2NaH2

；还原性：H2+CuO

H2O+Cu；SiCl4+2H2

Si+4HCl例2：碳单质既体现氧化性，又可以体现还原性，更多时候体现还原性，化学方程式：氧化性：C+Si

SiC

；还原性：C+H2O

CO+H2；2C+SiO2

2CO↑+Si；C+CO2

2CO；例3：二氧化硫既有氧化性又有还原性，更多时候体现还原性，化学方程式：氧化性：2H2S+SO2=3S+2H2O；还原性：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl

；2SO2+O2

2SO3例4：二氧化氮既有氧化性又有还原性，更多时候体现氧化性，化学方程式：氧化性：（二氧化氮气体使润湿的淀粉碘化钾试纸变蓝）2KI+NO2=I2-+2KNO2氧化性和还原性：3NO2+2H2O=2HNO3+NO还原性：4NO2+O2+2H2O=4HNO3例5：亚硫酸钠既有氧化性又有还原性，通常以还原性为主，化学方程式：氧化性：2Na2S+Na2SO3+3H2SO4=3Na2SO4+3S↓+3H2O还原性：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl③、同一元素价态越高氧化性越强，价态越低还原性越强。例1：NaH+H2O=NaOH+H2↑分析：氧化剂：H2O，氧化性：H2O>H2；还原剂：NaH，还原性：NaH>H2。例2：2FeCl3+Fe=3FeCl2分析：氧化剂：FeCl3，氧化性：FeCl3>FeCl2；还原剂：Fe，还原性：Fe>FeCl2。④、几种氧化剂分别与变价金属反应，使变价金属呈现较高价态的氧化剂的氧化性强。例如：氯气和硫分别与铁反应，产物中铁的价态不同。2Fe+3Cl22FeCl3,Fe+SFeS；氧化性：Cl2>S。⑤、几种还原剂分别与氧气反应，生成物中氧元素的价态越高，该还原剂的还原性越强。例如：2Na+O2Na2O2

，K+O2KO2，还原性：K>Na

。⑥、岐化反应种元素的价态变化规律：在岐化反应只有一种元素发生化合价变化，反应物中变价元素的价态必然在生成物中变价元素的价态之间。例如：在岐化反应（3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O）中，反应物中硫元素的价态介于生成物K2S和K2SO3的硫元素价态之间。⑦、归中反应中元素的价态变化规律（化合价就近变化互不交叉原则）：在归中反应只有一种元素发生化合价变化，生成物中变价元素的价态必然在反应物中变价元素的价态之间。例如：在归中反应（2K2S+K2SO3+3H2SO4=3S+3H2O+3K2SO4）中，生成物中（硫）元素的价态介于反应物K2S和K2SO3的硫元素价态之间。例2：在归中反应（H2S+H2SO4（浓）=S↓+2H2O+SO2↑）中，生成物中（硫）元素的价态介于反应物H2S和H2SO4的硫元素价态之间：H2S→S；H2SO4（浓）→SO2。⑧、利用化合价变化规律推测产物：化合价变化规律：在一个化学反应中，有化合价升高的元素，必有化合价降低的元素，化合价升高的总数等于化合价降低的总数。例如：推测钠与水的产物：在钠与水的反应中，滴入无色酚酞，溶液变红，说明钠与水反应生成物有碱（氢氧化钠）生成。反应物只有单质钠和水，钠元素化合价升高，水中必有一种元素化合价降低，而氧元素已经呈最低价态，只能是+1价的氢元素化合价降低，得电子变成氢气，所以钠与水反应的产物是氢氧化钠和氢气。7.短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大．X原子的S能级电子总数是P能级电子总数的2倍，Y与X同主族，Z和W原子中未成对电子数之比为2：1．下列说法错误的是（）A．XW4为非极性分子B．Y、Z、W的最高价氧化物的水化物酸性强弱顺序是Y＜Z＜WC．X、Y的氢化物由固态转化为气态时，克服相同的作用力D．XW4、YW4、ZW2分子中的中心原子均为sp杂化参考答案：D

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：短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，X原子的S能级电子总数是P能级电子总数的2倍，则X是C元素，Y与X同主族，则Y是Si元素，Z和W原子中未成对电子数之比为2：1，且二者原子序数都大于Y，则Z是S元素、W是Cl元素，再结合题目分析解答．解答：解：短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，X原子的S能级电子总数是P能级电子总数的2倍，则X是C元素，Y与X同主族，则Y是Si元素，Z和W原子中未成对电子数之比为2：1，且二者原子序数都大于Y，则Z是S元素、W是Cl元素，A．CCl4为正四面体结构，正负电荷重心重合，为非极性分子，故A正确；B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Si＜S＜Cl元素，所以Y、Z、W的最高价氧化物的水化物酸性强弱顺序是Y＜Z＜W，故B正确；C．X、Y的氢化物分别是CH4、SiH4，二者都是分子晶体，所以由固态转化为气态时，克服相同的作用力，都是分子间作用力，故C正确；D．CCl4、SiCl4、SCl2分子中的中心原子价层电子对个数都是4，所以均为sp3杂化，故D错误；故选D．点评：本题考查了原子结构和元素周期律的关系，熟悉元素周期表结构、原子结构是解本题关键，再结合元素周期律、基本概念、价层电子对互斥理论等知识点来分析解答，题目难度中等．8.下列实验不能达到目的的是选项目的实验A制取较高浓度次氯酸溶液将Cl2通入碳酸钠溶液中B加快氧气的生成速率在过氧化氢溶液中加入少量MnO2C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸

参考答案：A【详解】A、氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验目的，A选；B、过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能达到实验目的，B不选；C、碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C不选；D、根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，D不选；答案选A。

9.（2011·四川卷）下列推论正确的A.SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3-B.NH4+为正四面体结构，可推测出PH4+也为正四面体结构C.CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体D.C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子参考答案：B氨气分子之间存在氢键，沸点高于PH3的；SiO2晶体也是原子晶体；C3H8不是直线型的，碳链呈锯齿形且为极性分子。10.镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应,产生气体的体积(V)与时间(t)关系如下图。反应中镁和铝的(

)A.物质的量之比为3∶2B.质量之比为3∶2C.摩尔质量之比为2∶3D.反应速率之比为2∶3参考答案：A由图像可知,两个反应中生成的氢气一样多,说明两种金属提供的电子数目一样多,则镁、铝的物质的量之比为3∶2,质量之比为4∶3,故A项正确,B项错误。镁、铝的摩尔质量之比为8∶9，C项错。由图像可知,镁、铝与硫酸反应需要的时间之比为2∶3，则二者的速率之比为3∶2，D项错。11.地壳中化学元素含量前四为排序正确的是（

）A．氧、硅、铁、铝

B．铁、氧、铝、镁C．氧、硅、铝、铁

D．硅、氧、铝、铁参考答案：C解：根据地壳里各元素的含量由多到少的顺序排列依次是氧，硅，铝，铁，钙，可知C答案正确．故选：C．12.下列物质中，其水溶液能导电，溶于水时化学键被破坏，且该物质属于非电解质的是A.Cl2

B.SO2

C.NaOH

D.C2H5OH参考答案：略13.下列说法正确的是()A．0.1mol·L－1的醋酸加水稀释，c(H＋)/c(OH－)减小B．体积、pH均相同的醋酸和盐酸完全溶解等量的镁粉(少量)，后者用时少C．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw变大D．常温下，V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1≤V2参考答案：A14.实验室里需要480mL0.1mol·L-1的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是A.称取7.68g硫酸铜，加入500mL水

B.称取12.0g胆矾配成500mL溶液

C.称取8.0g硫酸铜，加入500mL水

D.称取12.5g胆矾配成500mL溶液参考答案：D略15.氢化钙可以作为生氢剂(其中CaH2中氢元素为－1价)，反应方程式如下：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，其中水的作用是（

）

A．既不是氧化剂也不是还原剂

B．是氧化剂

C．是还原剂

D．既是氧化剂又是还原剂

参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（15分）实验室配制500mL0.2mol?L﹣1的FeSO4溶液，具体操作步骤为：①在天平上称取一定质量的绿矾（FeSO4?7H2O），把它放在烧杯中，用适量的蒸馏水使其完全溶解；②把制得的溶液小心的注入500mL的容量瓶中；③继续向容量瓶中滴加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处时，改用胶头滴管小心滴加，直到溶液的凹液面恰好与刻度线相切为止；④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次的洗涤液都转入容量瓶中，并轻轻摇匀；⑤将容量瓶塞好，充分摇匀．请填写下列空白．（1）用托盘天平称取的绿矾的质量为：

；（2）上述操作的正确顺序为：

；（3）本次实验用到的仪器有：玻璃棒、

，在配制溶液的过程中多次用到玻璃棒，在溶解时玻璃棒的作用是：

，在移液时玻璃棒的作用是：

．（4）观察液面时，若俯视刻度线，会使所配制的溶液的浓度（填“偏高”、“偏低”或“无影响”下同）；加蒸馏水时不慎超过了刻度线后倒出部分溶液，使液面与刻度线相切，会；（5）用ρ=1.84g?mL﹣1，质量分数为98%的浓硫酸配制200mL1mol?L﹣1的稀硫酸与上述配制溶液的步骤上的差别主要有三点：①计算：理论上应取浓硫酸的体积V=

mL（精确到小数点后两位）；②量取：由于量筒是一种粗略的量具，如想精确量取，必需选用

（填仪器名称）．③溶解：稀释浓硫酸的方法

．参考答案：（1）27.8g；（2）①②④③⑤；（3）托盘天平、药匙、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管；搅拌，加快溶解；引流；（4）偏高；偏低；（5）①10.87；②酸式滴定管；③将浓硫酸沿着盛有水的烧杯内壁慢慢倒入，并不断用玻璃棒搅拌．

考点：配制一定物质的量浓度的溶液．.专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：（1）根据m=CVM计算溶质的质量；（2）配制的一般步骤为称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；（3）根据用固体配一定物质的量浓度溶液的操作步骤选取实验仪器；（4）根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大；（5）①根据c=计算浓硫酸的浓度，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算浓硫酸的体积；②滴定管精确度为0.01ml，浓硫酸具有强的氧化性；③依据稀释浓硫酸的正确操作方法解答．解答：解：（1）配制500mL0.2mol?L﹣1的FeSO4溶液，需要称取绿矾（FeSO4?7H2O）的质量m=0.500L×0.2mol?L﹣1×278g/mol=27.8g，故答案为：27.8g；（2）配制的一般步骤为称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为：①②④③⑤；（3）配制硫酸亚铁溶液所需的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，在溶解时用玻璃棒搅拌，可以加速固体的溶解；移液时，因为容量瓶的瓶颈细长，应用玻璃棒将溶液引流入容量瓶中；故答案为：托盘天平、药匙、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管；搅拌，加快溶解；引流；（4）观察液面时，若俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；加蒸馏水时不慎超过了刻度线后倒出部分溶液，使液面与刻度线相切，吸出的液体中含有溶质，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；故答案为：偏高；偏低；（5）①ρ=1.84g?mL﹣1，质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度C==18.4mol/L，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸的体积为V，则V×18.4mol/=200mL×1mol?L﹣1，解得V=10.87ml；故答案为：10.87；②滴定管精确度为0.01ml，浓硫酸具有强的氧化性，所以应选择酸式滴定管量取；故答案为：酸式滴定管；③稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；切不可把水注入浓硫酸中；故答案为：将浓硫酸沿着盛有水的烧杯内壁慢慢倒入，并不断用玻璃棒搅拌．点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及浓硫酸的稀释，注意实验的基本操作方法和注意事项，误差分析时，注意从c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（12分）某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题：(1)装置F中发生反应的离子方程式：________________________________________。(2)装置A中的烧瓶内固体可选用_________(选填以下选项的代号)。A．碱石灰B．生石灰C．二氧化硅D．五氧化二磷

E．烧碱(3)虚线框内应添加必要的除杂装置，请从上图的备选装置中选择，并将编号填入下列空格：B，D_____________，E。(均填编号)(4)氯气和氨气在常温下相混就会反应生成氯化铵和氮气，装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，请设计实验方案鉴定该固体就是氯化铵：_______________________。(5)从装置C的出气管口处逸出的尾气可能含有污染环境的气体，如何处理？________。参考答案：(12分）(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O

（2分）(2)A、B、E

（3分）(3)ⅠⅡⅢ

（3分）(4)取一定量该固体加水溶解，将该溶液分成两份于试管中，向其中一份中加入NaOH溶液，加热，生成的气体能使红色石蕊试纸变红，说明含NH4＋；向另一份溶液中加入HNO3酸化，然后加入AgNO3，出现白色沉淀，说明含Cl－；通过上述现象即可证明该固体是氯化铵（2分）(5)将尾气通入盛有NaOH溶液的烧杯中（2分）略18.（Ⅰ）氮是地球上含量丰富的一种元素，其单质及化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。（1）一定温度下，在1L容积恒定的密闭容器中充入2molN2和8molH2并发生反应。10min达平衡，测得氨气的浓度为0.4mol/L，此时氮气的转化率为

。（2）下图是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成1molCO2(g)和1molNO(g)过程中能量变化示意图，请写出该反应的热化学方程式

。（3）NH3(g)燃烧的方程式4NH3(g)+7O2(g)==4NO2(g)+6H2O(l)，

已知：2H2(g)+O2(g)==2H2O(l)△H=-483.6kJ/molN2(g)+2O2(g)==2NO2(g)△H=+67.8kJ/molN2(g)+3H2(g)==2NH3(g)△H=-92.0kJ/mol请计算NH3(g)的燃烧热

。温度平衡浓度/(mol

L－1)c(NH3)c(CO2)T10.1

T2

0.1（4）将一定量的氨基甲酸铵固体置于某容积恒定的真空容器中，发生反应：

H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)在不同温度下，该反应平衡状态部分数据见右表。下列说法正确的是

A．若T2＞T1，则该反应的ΔH＜0B．向容器中充入N2，H2NCOONH4质量增加C．NH3体积分数不变时，说明该反应达到平衡D．T1、T2时，H2NCOONH4转化的Δn(T2)=2Δn(T1)（Ⅱ）海水资源的利用具有广阔前景。海水中主要离子的含量如下：成分含量/(mg

L－1)成分含量/(mg

L－1)Cl－18980Ca2+400Na+10560HCO