福建省宁德市福安赛岐中学2022年高三化学期末试卷含解析

/福建省宁德市福安赛岐中学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.元素X～Z是元素周期表中4种主族元素，其性质或结构信息如下表，有关下列元素的描述错误的是（）元素XYWZ相关信息用硫酸处理海藻灰时，可得通常状况下为紫黑色的固体，其制剂可用来消毒．工业上在冰晶石存在的条件下，用电解法制取其单质．最早是在用氯气处理提取食盐后的盐水母液中发现的，被称作“海洋元素”．原子的电子总数是最外层电子数的6倍A．实验室可在海藻灰的浸出液中滴加双氧水来制取元素X的单质B．元素X、Y的单质充分混合后滴加少量水，可看到大量紫色蒸汽生成，说明该反应会放出大量的热C．元素X的气态氢化物的沸点高于元素W的气态氢化物的沸点D．元素Z是一种较活泼的金属元素，可用铝热法从Z的氧化物中制备Z的单质参考答案：D【考点】原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系．【分析】元素X～Z是元素周期表中4种主族元素，用硫酸处理海藻灰时，可得通常状况下X为紫黑色的固体，其制剂可用来消毒，海藻中含有I元素，则X为I；工业上在冰晶石存在的条件下，用电解法制取Y的单质，则Y为Al；W是最早在用氯气处理提取食盐后的盐水母液中发现的，被称作“海洋元素”，则W为Br；Z原子的电子总数是最外层电子数的6倍，则Z为Mg，据此解答．【解答】解：元素X～Z是元素周期表中4种主族元素，用硫酸处理海藻灰时，可得通常状况下X为紫黑色的固体，其制剂可用来消毒，则X为I；工业上在冰晶石存在的条件下，用电解法制取Y的单质，则Y为Al；W是最早在用氯气处理提取食盐后的盐水母液中发现的，被称作“海洋元素”，则W为Br；Z原子的电子总数是最外层电子数的6倍，则Z为Mg．A．双氧水具有强氧化性，能将溴离子氧化为溴单质，故A正确；B．碘受热易升华，碘与Al混合后滴加少量水可看到大量紫色蒸汽生成，碘发生升华，说明Al与碘的反应会放出大量的热，故B正确；C．HBr、HI均形成分子晶体，HI相对分子质量大，分子间作用力强，沸点高于HBr，故C正确；D．Z为Mg，是一种较活泼的金属元素，其活泼性比Al强，不能用铝热法从氧化镁中制备镁，可以采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故D错误，故选D．【点评】本题考查元素推断、元素化合物性质，难度不大，注意D选项中铝热反应本质是置换反应，会根据金属活泼性强弱选取金属冶炼方法．2.科学家发现在特殊条件下，水能表现出许多有趣的性质。如一定条件下给水施加一个弱电场，常温常压下水结成冰，俗称“热冰”；如用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子M+，M+具有较强的氧化性。下列说法不正确的是（

）A.在弱电场条件下水结成冰，说明水是极性分子B.“热冰”的一个用途是可以建造室温溜冰场C.1molM+含有的电子数为9molD.若M+能与水分子作用生成羟基，则此时的水具有碱性参考答案：D略3.目前下列工艺过程没有直接使用离子交换技术的是（）A．硬水的软化

B．电解饱和食盐水制造NaOHC．电渗析淡化海水

D．海水中提取金属Mg

参考答案：答案：D解析：海水中提取金属镁，现在应用的方法主要还是提取MgCl2熔融电解的方法。

4.

参考答案：BD5.化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。已知：氧化还原反应：2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl；2Co(OH)3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O2Fe(OH)2+I2+2KOH=2Fe(OH)3+2KI；3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O复分解反应：2HSCN+K2CO3=2KSCN+CO2↑+H2O；KCN+CO2+H2O=HCN+KHCO3热分解反应：4NaClO

3NaCl+NaClO4；NaClO4

NaCl+2O2↑下列说法不正确是：（

）A．氧化性（酸性溶液）：FeCl3>Co(OH)3>I2

B．还原性（碱性溶液）：Fe(OH)2>I2>KIO3C．热稳定性：NaCl>NaClO4>NaClO

D．酸性（水溶液）：HSCN>H2CO3>HCN参考答案：A略6.（不定项）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A取少量食盐溶于水，加稀硫酸酸化，再滴入淀粉溶液，溶液未呈蓝色该食盐中不含有碘酸钾B将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，下层溶液显紫红色Fe3+的氧化性大于I2C向蛋白质溶液中加入CuCl2或（NH4）2SO4饱和溶液，均有沉淀蛋白质均发生了变性D将0.1mol?L﹣1，MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol?L﹣1CuSO4溶液，白色沉淀逐渐变为蓝色沉淀Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]

参考答案：BD【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．淀粉遇碘单质变蓝；B．KI和FeCl3溶液在试管中混合，发生氧化还原反应生成碘单质；C．蛋白质溶液中加入CuCl2或（NH4）2SO4饱和溶液，分别发生变性、盐析；D．白色沉淀逐渐变为蓝色沉淀，发生沉淀的转化，向Ksp更小的方向移动．【解答】解：A．淀粉遇碘单质变蓝，实验操作不生成碘，则不能检验该食盐中是否含有碘酸钾，故A错误；B．KI和FeCl3溶液在试管中混合，加入CCl4，振荡，静置，下层溶液显紫红色，可知发生氧化还原反应生成碘单质，则Fe3+的氧化性大于I2，故B正确；C．蛋白质溶液中加入CuCl2或（NH4）2SO4饱和溶液，分别发生变性、盐析，均有沉淀生成，故C错误；D．白色沉淀逐渐变为蓝色沉淀，发生沉淀的转化，向Ksp更小的方向移动，则Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，故D正确；故选BD．7.已知：HCN(aq)+NaOH(aq)=NaCN(aq)+H2O(l)

△H=-12.1KJ.mol-1；HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)

△H=-57.3KJ.mol-1；则HCN在水溶液中电离的ΔH等于

(

)A.-69.4KJ.mol-1

B.-45.2KJ.mol-1

C.+45.2KJ.mol-1

D.+69.4KJ.mol-1参考答案：CHCN与NaOH溶液反应既包含氢离子与氢氧根离子的中和也包含HCN的电离，HCl与NaOH溶液反应只包是氢离子与氢氧根离子的中和，所以HCN在水溶液中电离的ΔH=-12.1-（-57.3）KJ.mol-1=+45.2KJ.mol-18.某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质下列说法正确的是

A．Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部被消耗B．Ⅱ图中：量筒中发生了取代反应C．Ⅲ图中：生成棕色的烟雾D．Ⅳ图中：a和b互换位置，a的有色布条可能也褪色参考答案：略9.在中学化学实验中可用来分离或提纯物质的方法很多，如蒸馏、过滤、结晶、渗析、盐析等，分离或提纯下列各组混合物所选用方法最合适的是()A．FeCl3溶液得到FeCl3固体——加热蒸干B．除去Cu粉中混有的CuO——加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤、干燥C．分离NaNO3和BaSO4的混合物——溶解、过滤D．除去NaOH溶液中混有的少量Na2SO4——加入BaCl2溶液、过滤参考答案：C10.三氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3。则下列说法正确的是

A．反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为2：1

B．NF3是一种无色、无臭的气体，因此NF3在空气中泄漏时不易被察觉

C．一旦NF3泄漏，可以用石灰水溶液喷淋的方法减少污染

D．若反应中转移的电子数目为6.02×1023，生成22.4LNO气体参考答案：C略11.25℃时对于pH＝1的盐酸，下列叙述不正确的是

A．c(H+)＝c(Cl-)＋c(OH-)B．c(H+)·c(OH-)＝1．0×10—14C．由水电离出的c(H+)＝1．0×10-13mol?L-1D．与pH＝13的NaOH溶液混合后，混合溶液一定呈中性参考答案：D略12.常温下将HA和HB两种一元酸的溶液分别加水稀释，稀释时溶液pH的变化如下图所示。则下列叙述中正确的是（

）

A．HA是一种弱酸B．稀释前，c(HA)＝10c(HB)C．在M点的两种溶液中：c(B－)＝c(A－)，且c(B－)+c(H＋)＞c(A－)+c(OH－)D．在NaB和HB的混合溶液中一定存在：c(B－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH)参考答案：C13.

参考答案：D14.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与其他三种元素原子的内层电子数相同．X、Y均能与Z分别形成原子个数比为1：1、1：2的气态化合物．根据以上叙述，下列说法不正确的是（）A．上述气态化合物分子中所有原子最外层电子数均为8B．X、N、Z都可与W形成既有极性共价键又有非极性共价键的化合物C．化合物W4XY2Z可能是离子化合物，也可能是共价化合物D．沸点：W2Z＞YW3＞XW4参考答案：A【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的阴离子的核外电子数与其他三种元素原子的内层电子数相同，而阴离子最外层电子数满足稳定结构，由于短周期元素原子内层电子数为2或8，可推知W阴离子核外电子数为2，故W为H元素；X、Y、Z均处于第二周期，X、Y均能与Z分别形成原子个数比为1：1、1：2的气态化合物，可推知X为C、Y为N、Z为O，C元素与氧元素形成C2H2、C2H4，N元素与O元素形成NO2、N2O4，据此解答．【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的阴离子的核外电子数与其他三种元素原子的内层电子数相同，而阴离子最外层电子数满足稳定结构，由于短周期元素原子内层电子数为2或8，可推知W阴离子核外电子数为2，故W为H元素；X、Y、Z均处于第二周期，X、Y均能与Z分别形成原子个数比为1：1、1：2的气态化合物，可推知X为C、Y为N、Z为O，C元素与氧元素形成C2H2、C2H4，N元素与O元素形成NO2、N2O4．A．由上述分析可知，C元素与氧元素形成C2H2、C2H4中含有H元素，H原子一定不满足8电子结构，故A错误；B．C元素与H元素形成C2H6等，N元素与H元素可以形成N2H4，O元素与H元素可以形成H2O2，既有极性共价键又有非极性共价键，故B正确；C．化合物H4CN2O，可能为NH4CNO，可能为CO（NH2）2，前者属于离子化合物，后者属于共价化合物，故C正确；D．常温下水为液态，而甲烷、氨气为气体，故水的沸点最高，而氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷，故沸点：H2O＞NH3＞CH4，故D正确；故选A．15.把铜粉放入装有浓氨水的试管中，塞紧试管塞，振荡后发现试管塞越来越紧，且溶液逐渐变为浅黄色（近乎无色）溶液，打开试管塞后，溶液迅速变为蓝色溶液．则下列说法不正确的是（）A.试管塞越来越紧，是因为反应消耗了大量O2B.打开试管塞前Cu元素的化合价为+1价C.溶液迅速变为蓝色溶液，是因为反应生成了[Cu（H2O）4]2+D.上述反应原理可用于测定O2的含量参考答案：C考点：铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：振荡后试管越来越紧，属于减压状态，说明试管中的O2参与了反应．化学反应为：4Cu+8NH3+O2+2H2O→4[Cu（NH3）2]OH；打开试管塞后，溶液迅速变为蓝色溶液说明+1价的铜被氧化成+2价，[Cu（NH3）2]OH→[Cu（NH3）4]（OH）2．解答：解：振荡后试管越来越紧，属于减压状态，说明试管中的O2参与了反应．化学反应为：4Cu+8NH3+O2+2H2O→4[Cu（NH3）2]OH；打开试管塞后，溶液迅速变为蓝色溶液说明+1价的铜被氧化成+2价，[Cu（NH3）2]OH→[Cu（NH3）4]（OH）2A、振荡后试管越来越紧，属于减压状态，说明试管中的O2参与了反应，故A正确；B、振荡后试管越来越紧，属于减压状态，说明试管中的O2参与了反应．化学反应为：4Cu+8NH3+O2+2H2O→4[Cu（NH3）2]OH，故B正确；C、打开试管塞后，溶液迅速变为蓝色溶液说明+1价的铜被氧化成+2价，[Cu（NH3）2]OH→[Cu（NH3）4]（OH）2，故C错误；D、根据铜粉质量可以测定试管中氧气的含量，故D正确；故选：C．点评：结合物质的性质抓住信息里反应出的现象分析、解决问题，难度较大．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（2008·江苏卷）B．醇与氢卤酸反应是制备卤代烃的重要方法。实验室制备溴乙烷和1-溴丁烷的反应如下：

NaBr+H2SO4HBr+NaHSO4

①

R-OH+HBrR-Br+H2O

②可能存在的副反应有：醇在浓硫酸的存在下脱水生成烯和醚，Br—被浓硫酸氧化为Br2等。有关数据列表如下；

乙醇溴乙烷正丁醇1-溴丁烷密度/g·cm-3

0.78931.46040.80981.2758沸点/℃78.538.4117.2101.6请回答下列问题：（1）在溴乙烷和1-溴丁烷的制备实验中，下列仪器最不可能用到的是

。（填字母）a．圆底烧瓶

b．量筒

c．锥形瓶

d．布氏漏斗

（2）溴代烃的水溶性

（填“大于”、“等于”或“小于”）相应的醇；其原因是

。（3）将1-溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物在

（填“上层”、“下层”或“不分层”）。（4）制备操作中，加入的浓硫酸必须进行稀释，起目的是

。（填字母）a．减少副产物烯和醚的生成

b．减少Br2的生成c．减少HBr的挥发

d．水是反应的催化剂

（5）欲除去溴代烷中的少量杂质Br2，下列物质中最适合的是

。（填字母）a．NaI

b．NaOH

c．NaHSO3

d．KCl

（6）在制备溴乙烷时，采用边反应边蒸出产物的方法，其有利于

；但在制备1-溴丁烷时却不能边反应边蒸出产物，其原因是

。参考答案：B．（1）d

（2）小于；醇分子可与水分子形成氢键，溴代烃分子不能与水分子形成氢键。（3）下层（4）abc（5）c（6）平衡向生成溴乙烷的方向移动（或反应②向右移动）

1-溴丁烷与正丁醇的沸点差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出B：（1）在溴乙烷和1溴丁烷的制备实验中，最不可能用到的仪器应为d，即布氏漏斗，因其是用于过滤的仪器，既不能用作反应容器，也不能用于量取液体，答案为d。（2）溴代烃的水溶性小于相应的醇，因为醇分子可与水分子形成氢键，溴代烃分子不能与水分子形成氢键。（3）根据题干表格数据：1-溴丁烷的密度大于水的密度，因此将1-溴丁烷的粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物即1-溴丁烷应在下层。（4）由于浓H2SO4在稀释时放出大量热且具有强氧化性，因此在制备操作过程中，加入的浓H2SO4必须进行稀释，其目的是防止放热导致副产物烯和醚的生成并减小HBr的挥发，同时也减少Br2的生成。（5）除去溴代烷中的少量杂质Br2应选用c即NaHSO3，二者可以发生氧化还原反应而除去Br2。NaI能与Br2反应生成I2而引入新的杂质；NaOH不但能与Br2反应，同时也能与溴代烷反应；KCl都不反应，因此a、b、d都不合适，故答案为c。（6）根据平衡移动原理，蒸出产物平衡向有利于生成溴乙烷的方向移动；在制备1溴丁烷时不能采取此方法，原因是1-溴丁烷与正丁醇的沸点差较小，若边反应边蒸，会有较多的正丁醇被蒸出。

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.甲、乙两个研究小组，用以下两种方法由Cu粉制Cu(NO3)2溶液。(1)甲组用agCu粉，在加热条件下，与空气充分反应，然后将生成的CuO全部溶于适量的稀HNO3溶液中，制得Cu(NO3)2溶液。则消耗的O2的物质的量是

，消耗的HNO3的物质的量是

(2)乙组用agCu粉全部溶于一定量的浓HNO3中，测得生成的气体在标准状况下体积为bL(不考虑NO2转化成N2O4)。则消耗的HNO3的物质的量是

mol。为消除污染，将生成的气体通入水中并同时通入O2，使生成的气体完全溶于水，则消耗O2的物质的量是 mol；若将生成的气体通入NaOH溶液中，气体被完全吸收，产物只有NaNO3、NaNO2和H2O，则生成NaNO2的物质的量是

mol。参考答案：答案．(10分)(1)

(2)18.工业生产硅（粗）的主要原理为：SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑。（1）在制硅（粗）的过程中同时会有碳化硅生成，若产物硅和碳化硅的物质的量之比为1:1，则参加反应的C和SiO2的质量比为________________。（2）工业上可通过以下步骤实现硅（粗）高度纯化：

Si(粗)＋2Cl2(g)SiCl4(l)；SiCl4＋2H2Si(纯)＋4HCl

若上述反应中Si(粗)和SiCl4的利用率均为80%，制粗硅时有10%的SiO2转化为SiC，则生产25.2吨纯硅需纯度为75%石英砂多少吨？（3）工业上还可以通过如下图所示的流程制取纯硅：

反应①：Si(粗)＋3HCl(g)SiHCl3(l)＋H2(g)

反应②：SiHCl3＋H2Si(纯)＋3HCl

假设在每一轮次的投料生产中，硅元素没有损失，反应①