广东省珠海市罗掌权中学2022年高三化学期末试题含解析

广东省珠海市罗掌权中学2022年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.能在水溶液中大量共存的一组离子是A.H＋、I―、NO3―、SiO32－

B.Ag＋、Fe3＋、Cl―、SO42―C.K＋、SO42－、Cu2＋、NO3―

D.NH4＋、OH－、Cl－、HCO3－参考答案：C略2.有一不饱和的NaOH溶液，加入amolNa2O、bmolNa2O2或cmolNaOH恰好得到NaOH饱和溶液（同一温度下），则a、b、c的关系为

A．a=b=c/2

B．a=b＞c/2

C．a=b＜c/2

D．a＞b＞c参考答案：C3.有下述有机反应类型①消去反应，②水解反应，③加聚反应，④加成反应，⑤还原反应，⑥氧化反应，已知CH2Cl-CH2Cl+2H2OCH2OH-CH2OH+2HCl，以丙醛为原料制取1,2-丙二醇，所需进行的反应类型依次是（

）A⑥④②①

B⑤①④②

C①③②⑤

D⑤②④①参考答案：BB略4.某浓度的硝酸与过量铁粉反应，生成4.48LN2O气体（标准状况）。如改与铝反应（生成NO气体），则最后可溶解铝的量是（

）

A．13.5g

B．9g

C．27g

D．0.33mol参考答案：A略5.已知：△。下列说法正确的是

（

）

A．

B．该反应说明

C．反应中的能量变化与反应体系的温度和压强无关

D．△参考答案：D略6.将40mL1.5mol·L－1的CuSO4溶液与30mL3mol·L－1的NaOH溶液混合生成浅蓝色沉淀，假如溶液中Cu2+或OH－浓度都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为

A．Cu(OH)2

B．CuSO4·Cu(OH)2

C．CuSO4·2Cu(OH)2

D．CuSO4·3Cu(OH)2参考答案：D略7.在化学分析中草酸（H2C2O4）是重要的还原剂，已知20.00mL0.100mol·L-1VO2+离子恰好将20.00mL

0.050mol·L-1H2C2O4完全氧化成CO2，VO2+被还原为VOn+离子，则VOn+中的n值为A.1

B.2

C.3

D.4

参考答案：B略8.一定质量的铁铝合金完全溶于过量的稀硝酸中，反应过程中共产生4.48LNO（标准状况下测定），若在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀的质量不可能是A．21.4g

B．18.7g

C．15.6g

D．7.8g参考答案：A略9.．将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)H2(g)＋I2(g)。达到平衡时，c(H2)＝0.5mol·L－1，c(HI)＝4mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为A．9

B．16

C．20

D．25参考答案：C略10.X、Y、Z、M、G五种短周期元素原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子；Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂。下列叙述正确的是A.元素M的氧化物对应的水化物酸性比G的弱B.化合物Z2M、MY2中化学键的类型相同C.ZX与水的反应属于氧化还原反应D.简单离子半径的大小顺序：X<Y<Z<M<G参考答案：CA.元素M的氧化物对应的水化物是H2SO3、H2SO4两种，G的氧化物对应的水化物主要有HClO、HClO3、HClO4，H2SO3、H2SO4的酸性均比HClO强，故A错误；B.化合物Z2M是Na2S，含有的化学键是离子键，MY2是SO2，含有的化学键是共价键，故B错误；C.NaH和水反应，生成NaOH和氢气，是氧化还原反应，故C正确；D.简单离子半径的顺序是：X<Z<Y<G<M，故D错误；本题答案为C。11.下列有关金属的工业制法中，正确的是A.制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液B.制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁C.制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁D.制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝参考答案：B试题分析：A．工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl2Na+Cl2↑，而电解纯净的NaCl溶液：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，得不到钠，故A错误；B．工业制铁是CO还原铁矿石：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故B正确；C．工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2Mg+Cl2↑，故C错误；D．工业制铝是电解熔融的氧化铝来：2Al2O34Al+3O2↑，氯化铝是共价化合物，在熔融状态下不导电，故D错误；故选B。【名师点晴】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同。金属的冶炼方法取决于金属的活泼性，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的三氧化二铝)制得；较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有(C、CO、H2等)；Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，Pt、Au用物理分离的方法制得。12.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A．5．6g铁粉在0．1mol氯气中充分燃烧，转移电子数为0．3NA

B．1molNa2O2与足量H2O充分反应，转移的电子数为2NA

C．7．8gNa2O2中含有的阴离子数等于0．1NA

D．0．5mol雄黄（As4S4，结构如右图）含有NA个S—S键参考答案：C略13.在298K、100kPa时，已知：①2H2O(g)=O2(g)＋2H2(g)ΔH1

②Cl2(g)＋H2(g)=2HCl(g)

ΔH2③2Cl2(g)＋2H2O(g)=4HCl(g)＋O2(g)

ΔH3则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是（

）A．ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2

B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2

C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2

D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2参考答案：A14.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4

②1s22s22p63s23p3

③1s22s22p3

④1s22s22p5则下列有关比较中正确的是（）A．第一电离能：④＞③＞②＞① B．原子半径：④＞③＞②＞①C．电负性：④＞③＞②＞① D．最高正化合价：④＞③=②＞①参考答案：A【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素，结合元素周期律知识解答该题．【解答】解：由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素，A．同周期自左而右第一电离能增大，由于P为半充满状态，较稳定，所以第一电离能S＜P，N＜F，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径P＞N，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性O＞S，N＜F，同主族自上而下电负性降低，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误．故选A．15.下列说法中正确的是

（

）A．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B．蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到D．沼气、天然气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.(10分)以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表。难溶物KspCa3(AsO4)26.8×10－19AlAsO41.6×10－16FeAsO45.7×10－21污染物H2SO4As浓度28.42g/L1.6g·L－1排放标准pH6～90.5mg·L－1

表1．几种砷酸盐的Ksp

表2．工厂污染物排放浓度及允许排放标准回答以下问题：⑴该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)＝

mol·L－1。⑵写出难溶物Ca3(AsO4)2的Ksp表达式：Ksp[Ca3(AsO4)2]＝

，若混合溶液中Al3＋、Fe3＋的浓度均为1.0×10－4mol·L－1，c(AsO43－)最大是

mol·L－1。⑶工厂排放出的酸性废水中的三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），写出该反应的离子方程式

。⑷在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3(AsO4)2形式沉降。①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为

；②Ca3(AsO4)2在pH调节到8左右才开始沉淀的原因为

。参考答案：⑴0.29⑵c3(Ca2＋)·c2(AsO43－)

5.7×10－17⑶2H＋＋MnO2＋H3AsO3＝H3AsO4＋Mn2＋＋H2O⑷①CaSO4

②H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时AsO43－浓度增大，Ca3(AsO4)2开始沉淀略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.根据物质结构相关知识，回答下列问题：（1）在第三周期的元素中，第一电离能介于Mg与Cl之间的有_____种。（2）碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示，其中8个C原子位于立方体的顶点，4个C原子位于立方体的面心,4个N原子在立方体内。①已知该晶体硬度超过金刚石，其原因是_____。②晶胞中C原子的杂化方式为_____。③知该晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为g·cm-3________（3）大π键可表示为Πmn，其中m代表参与形成的大π键原子数，n表示大π键的电子数，如的大π键可表示为Π66，则CO32-中的大π键可表示为______。（4）金属铬是一种极硬、耐腐蚀的银白色金属，其化合物种类繁多，如：Cr2(SO4)3、K2Cr2O7以及配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+等。①基态铬原子的价电子排布式为_____。②配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+的结构可能有种______。（5）AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AIP的熔点为2000℃，其晶胞结构如下图所示。①C点的原子坐标为_____。②AlP的晶胞中，Al原子位于P原子形成的正四面体空隙中，此空隙的填充率为_____。参考答案：(1)3

(2)①该晶体为原子晶体，由于氮原子半径比碳原子半径小，C—N键长比C—C键长短，C—N的键能更大，故其硬度更高

②sp3

③

(3)

(4)①3d54s1

②2

(5)①(，，)

②50%【分析】(1)在第三周期的元素中，第一电离能介于Mg与Cl之间的有Si、P、S；(2)①该晶体为原子晶体，晶体中N原子半径小于C原子，半径越小共价键键能越大，则硬度越大；②一个碳原子周围最近且距离相等的N原子有4个，则晶胞中C原子的杂化方式为sp3；③晶胞中：C=8×+4×=3，N=4，ρ=；(3)中心C原子孤电子对=（4+2-2×3）=0，为sp2杂化，则C、O原子各提供1个π键的电子数，离子带2单位负电荷，共6个π键的电子数；(4)①基态铬原子的价电子为最外层及3d能级的电子；②配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+的结构为八面双锥形，3个水在同一个三角形中和不在同一三角形中2种；(5)①C点的原子与上平面面心的小球相连，且与顶点组成等边三角形，故在x、y平面的投影为（，），同理可得在z轴的投影为；②一个晶胞中可以切割成8个小立方体，共填充4个立方体；【详解】(1)在第三周期的元素中，第一电离能介于Mg与Cl之间的有Si、P、S，3种；(2)①该晶体为原子晶体，晶体中N原子半径小于C原子，半径越小共价键键能越大，则硬度越大，答案为：该晶体为原子晶体，由于氮原子半径比碳原子半径小，C—N键长比C—C键长短，C—N的键能更大，故其硬度更高；②一个碳原子周围最近且距离相等的N原子有4个，则晶胞中C原子的杂化方式为sp3；③晶胞中：C=8×+4×=3，N=4，ρ==；(3)中心C原子孤电子对=（4+2-2×3）=0，为sp2杂化，则C、O原子各提供1个π键的电子数，离子带2单位负电荷，共6个π键的电子数，答案为：；(4)①基态铬原子价电子为最外层及3d能级的电子，其排布式为3d54s1；②配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+的结构为八面双锥形，3个水在同一个三角形中和不在同一三角形中2种；(5)①C点的原子与上平面面心的小球相连，且与顶点组成等边三角形，故在x、y平面的投影为（，），同理可得在z轴的投影为，答案为：(，，)；②一个晶胞中可以切割成8个小立方体，共填充4个立方体，空隙的填充率为50%；

18.（9分）下图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物。已知：①反应C＋GB＋H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E＋I2F＋D，F中E元素的质量分数为60%。回答问题：(1)①中反应的化学方程式为___________________________________________；(2)化合物Ⅰ的电子式为____________，它的空间构型是____________；(3)1.6gG溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需铜粉的质量(写出离子方程式和计算过程)；(4)C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为________________，反应后溶液与过量化合物Ⅰ反应的离子方程式为__________________；(5)E在I中燃烧观察到的现象是______________________________________。参考答案：(1)2Al＋Fe2O3Fe＋Al2O3(2)

直线形(3)Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋n(Cu)＝n(Fe2O3)＝＝0.010mol铜粉的质量＝64g·mol－1×0.010mol＝0.64g(4)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO(注：不要求写OH－＋CO2＝HCO)(5)镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的碳略19.已知可逆反应：M（g）+N（g）?P（g）+Q（g）△H＞0，请回答下列问题．（1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c（M）=1mol?L﹣1，c（N）=2.4mol?L﹣1，达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为．（2）若反应温度升高，M的转化率（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c（M）=4mol?L﹣1，c（N）=amol?L﹣1；达到平衡后，c（P）=2mol?L﹣1，a=．（4）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c（M）=c（N）=bmol?L﹣1，达到平衡后，M的转化率为．参考答案：（1）25%；（2）增大；(3)6；(4)41%．考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．.专题：化学平衡专题．分析：（1）根据M的转化率为60%计算出M的浓度变化量，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比求出N的浓度变化量，再根据转化率定义计算；（2）该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动，M的转化率增大；（3）由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数计算；（4）设平衡时M的浓度变化量为xmol/L，由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数计算x的值，在利用转