2021-2022学年河南省开封市高阳中学高三化学上学期期末试卷含解析

2021-2022学年河南省开封市高阳中学高三化学上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. 下列事实能说明氯的非金属性比硫强的是（）
A．铁与硫反应生成硫化亚铁，而铁与氯气反应时生成氯化铁
B．与金属钠反应，氯原子得一个电子，而硫原子能得两个电子
C．常温时氯气呈气态，而硫呈现固态
D．氯的最高价为+7价，而硫的最高价为+6价
参考答案：
答案：A
2. 由铍和铝在元素周期表中的位置可知，二者的化合物具有相似的化学性质，已知反应：
BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be(OH)2↓ 能完全进行，则下列推断错误的是
A. BeO和Be(OH)2均既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液
B. BeCl2是共价化合物，Na2BeO2是离子化合物
C. BeCl2水溶液呈酸性，将其蒸于并灼烧，残留物是BeCl2
D. Na2BeO2水溶液呈碱性，将其蒸干并灼烧，残留物为Na2BeO2
参考答案：
C
在周期表中Be和Al位于对角线位置，性质相似，由反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2 Be(OH)2↓可知，BeCl2与Na2BeO2发生互促水解生成Be(OH)2，类似于氯化铝与偏铝酸钠的反应，根据铝、氧化铝、氢氧化铝性质判断Be、氧化铍、Be(OH)2性质。

A．BeO和Be(OH)2性质类似于氧化铝和氢氧化铝，具有两性，则既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故A正确；B．氯化铝是共价化合物，偏铝酸钠是离子化合物，可以推知BeCl2是共价化合物，Na2BeO2是离子化合物，故B正确；C．BeCl2为强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶液的pH＜7，将其蒸干，HCl挥发，水解彻底，得到Be(OH)2，灼烧后可得残留物BeO，故C错误；D．Na2BeO2溶液水解呈碱性，溶液的pH＞7，将其蒸干，水解得到的氢氧化钠又与Be(OH)2反应得到Na2BeO2，灼烧后可得残留物Na2BeO2，故D正确；故选C。

点睛：本题考查元素周期律，明确物质性质及元素周期律是解本题关键，解答本题需要充分利用题干信息“铍和铝的化合物具有相似的化学性质”，采用知识迁移的方法来分析解答。

3. 常温下，0.1mol／L醋酸溶液的pH＝3。

将该温度下0.2 mol／L醋酸溶液和0.2mol／L醋酸钠溶液等体积混合后，混合液的pH＝
4.7,下列说法正确的是:
A.该温度下，0.0lmol／L醋酸溶液的pH＝4
B.该温度下，用0.1mol/L醋酸和0.01 mol/L醋酸分别完全中和等体积0.1 mol/L的NaOH溶液，消耗两醋酸的体积比为1∶10
C.该温度下，0.01mol／L醋酸溶液中由水电离出的c(H+)＝10-11mol/L
D.该温度下，0.2mol／L醋酸溶液和0.2mol／L醋酸钠溶液等体积混合后，混合液中
c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
参考答案：
B
略
4. 生活中难免会遇到一些突发事件，我们要善于利用学过的知识，采取科学、有效的方法保护自己。

如果发生了氯气泄漏，以下自救方法得当的是（）
A.只要在室内放一盆水
B.向地势低的地方撤离
C.观察风向，顺风撤离
D.用湿毛巾或蘸有石碱水的毛巾捂住口鼻撤离
参考答案：
D
氯气有毒，密度比空气大，疏散时应逆风、向地势高的地方撤离，B、C错误。

氯气在水中的溶解度且与水反应程度较小，室内放水效果不好，A错误。

氯气可和碱反应生成盐，从而消除氯气对人体的危害，D正确。

5. (2011·全国II卷)在容积可变的密闭容器中，2mo1N2和8mo1H2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时的氮气的体积分数接近于
A．5% B．10% C．15% D．20%
参考答案：
C
N2 + 3H22NH3
起始量（mol） 2 8 0
转化量（mol） 2/3 2 4/3
平衡量（mol） 4/3 6 4/3
所以平衡时的氮气的体积分数＝。

6.
参考答案：
C
7. 下列化学用语正确的是
A．S2－的原子结构示意图为 B．碳—12可表示为12C C．—OH的电子式为 D．NaCl的分子式为NaCl
参考答案：
C
略
8. 在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42﹣离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3+浓度（mol/L）为（）
A．B．C．D．
参考答案：
C
考点：物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算
专题：守恒法．
分析：根据SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓计算溶液中的SO42﹣离子的物质的量，根据NH4++OH﹣NH3↑+H2O计算NH4+的物质的量，再利用电荷守恒来计算原溶液中的Al3+浓度．
解答：解：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42﹣离子完全沉淀，
则SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓
bmol bmol
c（SO42﹣）==mol/L，
由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3，
则NH4++OH﹣NH3↑+H2O
cmol cmol
c（NH4+）==mol/L，
又溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可知，
x×3+mol/L×1=mol/L×2，
解得x=mol/L，
故选C．
点评：本题考查物质的量浓度的计算，明确发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，并熟悉浓度的计算公式来解答即可．
9. 下列关于元素的叙述正确的是（）
Ａ．金属元素与非金属元素能形成共价化合物
Ｂ．只有在原子中，质子数才与核外电子数相等
Ｃ．目前使用的元素周期表中，最长的周期含有36种元素
Ｄ．非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数只能是2或8
参考答案：
答案：A
解析：金属元素与非金属元素一般形成离子化合物，也可以形成共价化合物，如AlCl3,A正确;在原子和分子中，质子数和电子数都相同，B错误；元素周期表中，最长的周期含有32种元素，而不是36种；非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数一般是2或8，但是非金属形成的化合物种类繁多，也有特殊的，像CO、NO、SO2、PCl5、BF3等均不符合２或８电子结构。

高考考点：物质结构中的共价化合物和离子化合物、原子结构知识、元素周期表的结构。

易错提醒：有的同学掌握知识不全面，对于一些特殊的物质结构不熟悉而错选D。

备考提示：在复习时，不仅要掌握一般的规律，而且也要记住特殊的物质，以便于在作选择题时进行排除。

10. 下面的说法正确的是 ( )
A．相同条件下浓度相同的氨水和氢氧化钠溶液的导电能力相同
B．向1L 0.1 mol·L－1醋酸溶液中通入0.1mol氨气后，溶液的导电能力明显增强
C．在1L 0.1mol·L－1的盐酸溶液中加入0.1mol的硝酸银固体后，溶液的导电能力明显变化
D．相同条件下等浓度的硫酸钠溶液和氯化钠溶液的导电能力相同
参考答案：
B
略11. 下列有关物质的性质及其应用均正确的是
A．NH3溶于水后显碱性，在FeC13饱和溶液中通入适量NH3可制取Fe（OH）3胶体
B．金属有导热性，铝、钠熔点不高，核反应堆内使用液体铝钠合金作载热介质
C．碳酸钠溶液显碱性，用热的饱和碳酸钠溶液可除去金属表面的矿物油污
D．次氯酸钠具有强还原性，可用于配制“84”消毒液
参考答案：
B
略
12. 在FeCl3，CuCl2，FeCl2的混合溶液中，Fe3+，Cu2+和Fe2+的物质的量之比为3：2：1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变化为1：2：4，则参加反应的铁粉与原溶液Fe3+的物质的量之比为（）
A．2：1 B．1：2C．1：3 D．1：4
参考答案：
C
考点：离子方程式的有关计算．
专题：计算题．
分析：因氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe3+反应，假设原溶液中含有Fe3+、
Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据反应后溶液中离子比例关系计算Fe3+离子物质的量变化，结合方程式计算．
解答：解：因氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，
则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe3+反应，
设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，反应后Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，则反应后Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为1mol、2mol、4mol，
故反应的Fe3+的物质的量为3mol﹣1mol=2mol，则：
2Fe3++Fe=3Fe2+
2mol 1mol 3mol
故参加反应的Fe的物质的量为1mol，
参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为1mol：3mol=1：3，故选C．
点评：本题考查混合物的计算，关键是正确判断离子的氧化性强弱，判断反应的程度，再结合反应的离子方程式计算
13. 在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示。

下列说法错误的是
A．NO2是该过程的中间产物
B．NO和O2必须在催化剂表面才能反应
C．汽车尾气的主要污染成分包括CO和NO
D．催化转化总反应为：2NO+O2+4CO 4CO2+N2
参考答案：
B
略
14. 将一定体积的稀硝酸溶液平均分成两份，一份与足量的铜粉反应收集到气体的体积V1，另一份先加入与其等体积的稀硫酸，再投入足量的铜粉收集到的气体的体积为V2（V1与V2都是在同一条件测定）。

已知2V1=V2，则稀硝酸与稀硫酸的物质的量浓度之比为（）
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．任意比
参考答案：
B
略
15. 25℃，一个大气压下呈气态的化合物，降温使其固化得到的晶体属于：
A．分子晶体B．原子晶体
C．离子晶体D．何种晶体无法判断
参考答案：
A
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16. （17分)苯甲酸广泛应用于制药和化工行业。

某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。

反应原理：
实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。

已知：苯甲酸分子量是122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物一般都有固定熔点。

（1）操作Ⅰ为，操作Ⅱ为。

（2）无色液体A是，定性检验A的试剂是，现象是。

（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔。

该同学推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确。

请在答题卡上完成表中内容。

（4
）取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为
结论
2.40×10-3mol。

产品中甲苯酸质量分数的计算表达式为，计算结果为（保留两位有效数字）。

参考答案：
（1）分液，蒸馏
（2）甲苯，酸性KMnO4溶液，溶液褪色。

（3）①冷却、过滤②滴入2-3滴AgNO3溶液③加热使其融化，测其熔点；熔点为122.4℃（4）(2.40×10-3×122×4)/1.22；96%
略
三、综合题（本题包括3个小题，共30分）
17. 选修3物质结构与性质（共1小题，满分0分）
第四周期过渡元素Fe、Ti可与C、H、N、O形成多种化合物．
（1）①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为；
②下列叙述不正确的是；（填字母）
A．因为HCHO与水分子间能形成氢键，所以CH2O易溶于水
B．HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化
C．C6H6分子中含有6个σ键和1个大π键，C2H2是非极性分子
D．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低
③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式；
（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物．
①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是；
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4﹣中不存在；A、共价键B、非极性键C、配位键D、σ键E、π键
写出一种与CN﹣互为等电子体的单质分子式；
（3）根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，其中Ti属
于区；
（4）一种Al﹣Fe合金的立体晶胞如图所示．请据此回答下列问题：
①确定该合金的化学式；
②若晶体的密度=ρ g/cm3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离（用含ρ的代数式表示，不必化简）为cm．
参考答案：
（1）①H＜C＜N＜O；
②BC；
③N≡C﹣O﹣H；
（2）①具有孤对电子；
②B；N2；
（3）d；
（4）①化学式为Fe2Al；
②．
【分析】（1）①根据元素周期表电负性的递变规律比较电负性强弱；
②A．甲醛和水分子间能形成氢键，所以CH2O易溶于水；B．二氧化碳分子中C原子为sp杂化；C．苯中碳碳键含有6个σ键，每个碳氢键含有一个σ键；D．原子晶体的熔沸点大于分子晶体；
③碳为四价，氮为三价，氧为两价，氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，故N≡C﹣O﹣H；
（2）①形成配离子具备的条件为：中心原子具有空轨道，配体具有孤对电子对；
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4﹣中Fe2+与CN﹣形成配位键，CN﹣中存在C≡N三键，为极性共价键，三键中有1个σ键2个π键；CN﹣中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN﹣等电子体的单质；
（3）根据Ti原子核外电子排布式解答；
（4）①根据均摊法计算化学式；
②计算出晶胞边长，即可进一步求出最近的两个Fe原子之间的距离．
【解答】解：（1）①同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C＜N＜O，H的电负性最小，电负性顺序为：H＜C＜N＜O，
故答案为：H＜C＜N＜O；
②A．A中甲醛中含有羟基，与水可以形成氢键，故A正确；
B．HCHO分子中C原子采用sp2杂化，但二氧化碳分子中C原子为sp杂化，故B错误；
C．C2H2是直线型对称结构，为非极性分子，但苯中碳碳键含有6个σ键，每个碳氢键含有一个σ键，苯分子中一共含有12个，故C错误；
D．二氧化碳晶体是分子晶体，二氧化硅晶体是原子晶体，所以CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故D正确，
故答案为：BC；
③氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，碳为四价，氮为三价，氧为两价，故N≡C﹣O﹣H，
故答案为：N≡C﹣O﹣H；
（2）①形成配离子具备的条件为：中心原子具有空轨道，配体具有孤对电子对，
故答案为：具有孤对电子；
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4﹣中Fe2+与CN﹣形成配位键，CN﹣中存在C≡N三键，为极性共价键，三键中有1个σ键2个π键，所以CN﹣中共价键、配位键、σ键、π键；CN﹣中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN﹣等电子体的单质为N2，
故答案为：B；N2；
（3）Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，钛位于第四周期第ⅣB族，属于d区，故答案为：d；
（4）①Fe位于顶点、面心、体心和棱心，数目为8×+6×+1+12×=8，Al位于晶胞体心，数目为4，原子数目比值为2：1，化学式可写为：Fe2Al，
答：化学式为Fe2Al；②晶胞质量为：×（56×2+27）g，设晶胞边长为a cm，则晶胞体积为a3cm3，由密度公式得：ρ×a3=×（56×2+27），解得a=2×，两个Fe原子之间的距离为边长的一半，则距离为：×a cm=cm，
故答案为：．
【点评】本题考查了物质结构和性质，题目比较综合，侧重对物质结构主干知识的考查，涉及电负性、杂化理论、化学键、分子结构与性质、晶体类型与性质、晶胞计算等，需要学生具备知识的基础，难度中等．
18. 氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。

下面是一个还原过程的反应式：
NO3－＋4H＋＋3e－=NO＋2H2O ; KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质（甲）能使上述还原过程发生。

（1）写出并配平该氧化还原反应的方程式：
（2）反应中硝酸体现了、性质。

（3）反应中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是 mol。

（4）若1mol甲与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是：
（5）KMnO4在酸性溶液中发生还原反应的反应式:
参考答案：
答案：(8分)(1)14HNO3＋3Cu2O=6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O (2)酸性氧化
性 (3)0.6mol (4)使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成 (5)MnO4-+ 8H++5e-
=Mn2++4H2O
19. 硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。

回答下列问题：
（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为______，该能层具有的原子轨道数为_____、电子数为____。

（2）硅主要以硅酸盐、______等化合物的形式存在于地壳中。

（3）单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以______相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献______个原子。

（4）单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。

工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为______________________。

（5）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：
①
_____________。

②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是__________________________。

（6）在硅酸盐中，SiO44－四面体(如下图(a))通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架状四大类结构型式。

图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为__________。

Si与O的原子数之比为__________________。

参考答案：
(1)M 9 4 (2)二氧化硅(3)共价键3
(4)Mg2Si+4NH4Cl==SiH4+4NH3+2MgCl2
(5)①C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定。

而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂。

导致长链硅烷难以生成
②C—H键的键能大于C—O键，C一H键比C—O键稳定。

而Si—H键的键能却远小于Si—O 键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键
(6)sp3 1：3 [SiO3]n2n－(或SiO32－)
知识点:物质结构与元素周期律解析：（1）硅原子核外有14个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，对应能层分别别为K、L、M，其中能量最高的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道，硅原子的M能层有4个电子
（3s23p2）；
（2）硅元素在自然界中主要以化合态（二氧化硅和硅酸盐）形式存在;
（3）硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合．在金刚石晶体的晶胞中，每个面心有一个碳原子（晶体硅类似结构），根据均摊法知面心位置贡献的原子为6×1/ 2 =3个；
（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式为：
Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2;
（5）①烷烃中的C-C键和C-H键大于硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能，所以硅烷中Si-Si键和Si-H键的键能易断裂，导致长链硅烷难以生成；②键能越大、物质就越稳定，C-H键的键能大于C-O 键，故C-H键比C-O键稳定，而Si-H键的键能远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O键；
（6）硅酸盐中的硅酸根（SiO44?）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，化学式为SiO32-。

思路点拨:杂化方式看物质的结构比如：直线型为sp，平面型为sp2，四面体型为sp3,或运用价电子对数计算法：对于ABm型分子(A为中心原子，B为配位原子)，分子的价电子对数可以通过下列计算确定：n=1/2（中心原子的价电子数+每个配位原子提供的价电子数×m），配位原子中卤素原子、氢原子提供1个价电子，氧原子和硫原子按不提供价电子计算；若为离子，须将离子电荷计算在内：
n=1/2（中心原子的价电子数+每个配位原子提供的价电子数×m±离子电荷数），阳离子取“－”，阴离子取“+”。

根据价电子对数可以有以下结论：
分子价电子对数几何构型中心原子杂化类型
BeCl2 2 直线
型
sp
BF3 3 平面三角形 sp2
SiCl4 4 正四面体 sp3
价层孤VS 立体
SO3 3 0 sp2 平面三角
CH4 4 0 sp3正四面体NH4+ 4 0 sp3正四面体H2O 4 2 sp3 V
BF3 3 0 sp2平面三角CO3 2- 3 0 sp2平面三角SO2 3 1 sp2 V
NH3 4 1 sp3三角锥。