福建省诗山县2022届高三化学上学期期中试题含解析

福建诗山县2022届高三化学上学期期中试题1.环境和资源是人类面临的两大课题，下列说法正确的是（　　）A.燃煤中加入生石灰既可减少酸雨的产生，又可减少温室气体的排放B.石油分馏所得的汽油、煤油等产品均属于化合物C.海水淡化后所得的盐卤可提取溴、镁等多种重要元素D.沼气的主要成分为CH4，属于不可再生资源【答案】C【解析】A、燃煤中加入生石灰不能吸收CO2，A错误；B、汽油、煤油等均是混合物，B错误；C、盐卤中含有较丰富的溴、镁等元素，生产、生活中所需溴、镁等元素组成的物质很多以盐卤为原料提取、制备的，C正确；D、沼气属于可再生能源，D错误，答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.50g46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为3NAB.1molH2与足量O2反应生成的H2O中含有的共价键总数为2NAC.0.1molSO2溶于水，溶液中SO32－、HSO3－、H2SO3的总数为0.1NAD.用铂电极电解100mL1mol•L-1的CuSO4溶液足够长时间，转移的电子数一定为0.2NA【答案】B3.工业上可由乙苯生产苯乙烯：，下列说法正确的是（　　）A.苯乙烯的分子式为C8H10B.可用Br2/CCl4鉴别乙苯和苯乙烯C.乙苯的同分异构体共有三种-11-\nD.乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7【答案】B【解析】苯乙烯的分子式为C8H8，故A错误；苯乙烯含有碳碳双键，能使Br2/CCl4褪色，故B正确；乙苯的同分异构体中属于芳香烃的有邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯三种，还有烯烃、炔烃等，故C错误；乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7或8，故D错误。4.根据侯德榜制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤。下列图示装置和原理能达到实验目的的是（　　）A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B．应将二氧化碳从长导管通入，否则会将液体排出，故B错误；C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可低温烘干或用滤纸吸去表面的水，故D错误；故选C。5.—定温度下，将2molSO2和1molO2充入10L恒容密闭容器中，发生反应如下：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=－196kJ•mol－1。5min时达到平衡，测得反应放热166.6kJ。下列说法错误的是（　　）A.0～5min内，用O2表示的平均反应速率v(O2)=0.017mol·L－1·min－1B.的值不变时，该反应达到平衡状态C.若增大O2的浓度，SO2的转化率增大D.条件不变，起始向容器中充入4molSO2和2molO2，平衡时放热小于333.2kJ【答案】D【解析】A、根据反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ•mol-1可知，当反应放热166.6-11-\nkJ时，有1.7mol二氧化硫和0.85mol氧气参加反应，生成1.7mol三氧化硫，则0～5min内，用O2表示的平均反应速率V(O2)＝0.85mol/(10L×5min)＝0.017mol·L-1·min-1，A正确；B、的值不变时，说明氧气和二氧化硫的浓度保持不变，该反应达到平衡状态，B正确；C、若增大O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率增大，C正确；D、条件不变，起始向容器中充入4molSO2和2molO2，相当于加压，平衡时放热大于333.2kJ，D错误。答案选D。点睛：选项D是解答的难点，注意放大缩小思想的灵活应用，该方法适用于起始投入物质的物质的量之间存在一定的倍数关系。它指的是将反应容器的体积扩大一定的倍数，使起始物质的浓度相同，则在一定条件下，可建立相同的平衡态。然后在此基础上进行压缩，使其还原为原来的浓度。分析在压缩过程中，平衡如何移动，再依据勒夏特列原理，分析相关量的变化情况。6.某科研小组模拟“人工树叶”电化学装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为糖类(C6H12O6)和O2，X、Y是特殊催化剂型电极，已知：装置的电流效率等于生成产品所需的电子数与电路中通过总电子数之比。下列说法错误的是（　　）A.该装置中Y电极发生氧化反应B.X电极的电极反应式为6CO2+24H++24e－===C6H12O6+6H2OC.理论上，每生成22.4L(标准状况下）O2，必有4molH+由X极区向Y极区迁移D.当电路中通过3mole时，生成18gC6H12O6，则该装置的电流效率为80%【答案】C【解析】A、根据装置图可知，X与电源的负极相连，为阴极；Y与电源的正极相连，为阳极，阳极上失去电子，发生氧化反应，A正确；B、根据装置图可知二氧化碳在X电极上转化为C6H12O6，因此X电极的电极反应式为6CO2+24H++24e－＝C6H12O6+6H2O，B正确；C、H+由Y极区向X极区迁移，C错误；D、生成C6H12O6的物质的量是18g÷18g/mol＝0.1mol，转移电子的物质的量是2.4mol，因此当电路中通过3mole－时该装置的电流效率为2.4mol/3mol×100%＝80%，D正确，答案选C。-11-\n7.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是(　　)A.W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性B.简单离子半径：W<X<ZC.气态氢化物的热稳定性：W<YD.最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z【答案】A【解析】试题分析：四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X是钠；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，Z只能是第三周期的非金属元素，且Z的氢化物的水溶液属于强酸，则Z是氯；W、X的简单离子具有相同电子层结构，则W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；W与Y同族，Y在X与Z之间，位置关系如图：；A．W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧，与钠形成的化合物可能是氮化钠，氧化钠，过氧化钠，它们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性，故A正确；B．X、W离子的电子层为2层，Z离子即氯离子电子层为3层，电子层多半径大，电子层结构相同时，序小半径反而大，则简单离子半径大小顺序是：X＜W＜Z，故B错误；C．W与Y处于同于主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，则W＞Y，故C错误；D．Y与Z处于同同期，从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则Z＞Y，故D错误；故选B。考点：考查原子结构与元素周期表的关系，正确推断各元素为解答关键。8.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如下图所示：FeCl3溶液/含有淀粉的碘水/NaOH溶液ABC（1）SO2气体还原Fe3＋的氧化产物是____________（填离子符号），参加该反应的SO2和Fe-11-\n3＋的物质的量之比是____________。（2）下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是____________（填序号）。A．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与浓硫酸C．固体硫在纯氧中燃烧D．铜与热浓H2SO4（3）装置C的作用是_______________________________________。（4）若要从A中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有____________（填序号）。A.蒸发皿B.石棉网C.漏斗D.烧杯E.玻璃棒F.坩埚（5）在上述装置中通入SO2，为了验证A中SO2与Fe3＋发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案①：往第二份试液加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀。方案②：往第一份试液中加入KMnO4溶液，紫红色褪去。方案③：往第三份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀。上述方案不合理的是________，原因是__________________________________。（6）能表明I－的还原性弱于SO2的化学方程式为__________________________________。【答案】(1).）SO42－(2).1:2(3).BD(4).吸收SO2尾气，防止污染空气(5).BF(6).方案②(7).因为A的溶液中含有氯离子（或二氧化硫），氯离子或SO2也能使KMnO4溶液褪色(8).SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI【解析】试题分析：（1）反应为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，所以还原产物是Fe2+，参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是1:2。（2）A、硝酸具有强氧化性，把亚硫酸钠氧化成硫酸钠，得不到二氧化硫，错误；B、浓硫酸虽具有强氧化性，但不能氧化生成的SO2，正确；C、固体硫在纯氧中燃烧，操作不容易控制，错误；D、铜和浓硫酸在加热条件下可以制得二氧化硫，正确。（3）二氧化硫是酸性氧化物，具有刺激性气味，直接排放污染大气，能和碱反应生成盐和水，所以可用碱液处理二氧化硫，所以装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气；（4）操作步骤：蒸发需用到蒸发皿，冷却结晶需用到烧杯，过滤需用到漏斗、玻璃棒，故不需要石棉网和坩埚。-11-\n（6）I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4；二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性考点：二氧化硫的化学性质；性质实验方案的设计【名师点睛】本题考查的是二氧化硫的性质及实验室制法，二氧化硫有还原性，与强氧化剂发生氧化还原反应，还具有漂白性，经常与次氯酸的漂白性比较。9.印刷电路板在科技领域具有不可替代的作用，它的制备方法为高分子化合物和铜箔压合，通过FeCl3溶液“腐蚀”而成。某实验小组在实验室用废弃的印刷电路板和“腐蚀液”提取铜的一种工艺流程如下：请回答下列问题：（1）检验“腐蚀液”中含有Fe3+的方法为_________________。（2）“分离”所用的操作名称为____________，该操作所用的主要玻璃仪器有烧杯、_________________________。（3）用电解法在铁上镀铜时，阴极材料为_____________（填化学式），理论上电镀过程中电解质溶液的浓度_________(填“增大”“减小”或“不变”）。（4）Fe2+溶液有很多重要用途。①已知：常温下，Ksp[Fe(OH)2]=1.8×10－16。保存1.8mol·L－1的FeSO4溶液时，为确保溶液中不出现浑浊，应调节溶液的pH不超过_________________。②Fe2+转化为Fe3+后，可用于制备高铁酸盐。向FeCl3溶液中加入NaOH、NaClO溶液制备Na2FeO4的化学方程式为_________________________。③Fe2+可使Ag+与Fe3+之间相互转化。一定温度下，0.1mol·L－1的Fe(NO3)2溶液中，c(Fe3+)与c(Ag+)的关系如图所示：Fe2++Ag+Fe3++Ag-11-\n该温度下，A点溶液中转化反应的平衡常数为____________(溶液体积变化忽略不计）；若将0.6mol·L－1Fe(NO3)2溶液、0.15mol·L－1Fe(NO3)3溶液、0.06mol•L－1AgNO3溶液等体积混合后，再加入1.08gAg,可观察到的现象为________________。【答案】(1).取少量“腐蚀液”于洁净的试管中，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色(2).过滤(3).漏斗、玻璃棒(4).Fe(5).不变(6).6(7).2FeCl3+3NaClO+l0NaOH===2Na2FeO4+9NaCl+5H2O(8).2.5(9).Ag部分溶解，溶液黄色变浅【解析】试题分析：（1）Fe3+与KSCN溶液反应溶液呈血红色；（2）用过滤法分离固体与液体；（3）电镀时，镀件做阴极、镀层金属做阳极，理论上电镀过程中电解质溶液的浓度不变；（4）①根据Ksp[Fe(OH)2]==1.8×10－16计算PH；②向FeCl3溶液中加入NaOH、NaClO溶液生成Na2FeO4和氯化钠；③平衡常数为=；，根据Q、K的关系，判断Fe2++Ag+Fe3++Ag进行的方向。解析：（1）取少量“腐蚀液”于洁净的试管中，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色证明含有Fe3+；（2）用过滤法分离固体与液体，“分离”所用的操作名称为过滤，过滤用的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）电镀时，镀件做阴极、镀层金属做阳极，用电解法在铁上镀铜时，阴极材料为Fe，理论上电镀过程中电解质溶液的浓度不变；（4）①根据=1.8×10－16，，，PH=6；②向FeCl3溶液中加入NaOH、NaClO溶液生成Na2FeO4和氯化钠，反应的化学方程式是2FeCl3+3NaClO+l0NaOH===2Na2FeO4+9NaCl+5H2O；③平衡常数为=2.5；将0.6mol·L－1Fe(NO3)2溶液、0.15mol·L－1Fe(NO3)3-11-\n溶液、0.06mol•L－1AgNO3溶液等体积混合后c(Fe2+)=0.2mol·L－1、c(Fe3+)=0.05mol·L－1、c(Ag+)=0.02mol·L－1，=，所以Fe2++Ag+Fe3++Ag逆向移动，Ag部分溶解，溶液黄色变浅。点睛：根据浓度熵和平衡常数的关系判断反应进行的方向，若Q=K，反应达到平衡状态；若Q>K，反应逆向进行；若Q<K，反应正向进行。10.NH3是一种重要的化工原料，可用来制备肼、硝酸、硝酸铵和氯胺等。（1）N2和H2以物质的量之比为1∶3在不同温度和压强下发生反应：N2＋3H22NH3，测得平衡体系中NH3的物质的量分数如右图。①下列途径可提高氨气产率的是________(填字母)。a.采用常温条件b.采用高温条件c.将原料气加压d.将氨液化，不断移去液氨②右图中所示的平衡体系中NH3的物质的量分数为0.549和0.478时，该反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1________(填“>”“<”或“＝”)K2。（2）肼(N2H4)是一种火箭燃料。已知：N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)；ΔH＝＋67.7kJ·mol－1N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝－534.0kJ·mol－1NO2(g)===1/2N2O4(g)；ΔH＝－28.0kJ·mol－1①反应2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。②氨气与次氯酸钠溶液反应生成肼的离子方程式为__________________________。（3）电解硝酸工业的尾气NO可制备NH4NO3，其工作原理如右图。-11-\n①阴极的电极反应式为____________________________________。②将电解生成的HNO3全部转化为NH4NO3，则通入的NH3与实际参加反应的NO的物质的量之比至少为________。（4）饮用水消毒时，氯胺(NH2Cl等)在酸性条件下具有良好的效果（已知：NH2Cl＋H2O≒NH3＋HClO），其原因是__________________________________________。【答案】(1).cd(2).＝(3).－1079.7(4).2NH3＋ClO－===Cl－＋N2H4＋H2O(5).NO＋5e－＋6H＋===NH＋H2O(6).1∶4(7).氯胺与水反应存在平衡：NH2Cl＋H2O≒NH3＋HClO，酸性条件下平衡右移使次氯酸浓度变大【解析】试题分析：（1）①平衡正向移动可提高氨气产率；②物质的量分数为0.549和0.478时对应的温度都是400℃；（2）①根据盖斯定律计算2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)的焓变；②根据氧化还原反应规律书写氨气与次氯酸钠溶液反应生成肼的离子方程式；（3）①阴极得电子发生还原反应，所以阴极产物是NH；②电解总反应是8NO＋7H2O===3NH4NO3＋2HNO3，根据电解总反应分析通入氨气的物质的量；（4）酸性条件下NH2Cl＋H2O≒NH3＋HClO平衡正向移动。解析：（1）①采用常温条件，反应速率慢，故a错误；b.采用高温条件，平衡逆向移动，氨气的产率降低，故b错误；c.将原料气加压，平衡正向移动，氨气的产率增大，故c正确；d.将氨液化，不断移去液氨，平衡正向移动，氨气产率增大，故d正确；②物质的量分数为0.549和0.478时对应的温度都是400℃，温度相同，平衡常数相同，故K1＝K2；（2）①N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)；ΔH＝＋67.7kJ·mol－1②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝－534.0kJ·mol－1③NO2(g)===1/2N2O4(g)；ΔH＝－28.0kJ·mol－1根据盖斯定律②×2－③×2－①得2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1079.7kJ·mol－1；②根据氧化还原反应规律，氨气与次氯酸钠溶液反应生成肼和氯离子，离子方程式是2NH3＋ClO－===Cl－＋N2H4＋H2O；（3）①阴极得电子发生还原反应，所以阴极产物是NH，阴极反应式是NO＋5e－＋6H＋===NH＋H2O；②电解总反应是8NO＋7H2O===3NH4NO3-11-\n＋2HNO3，根据电解总反应将电解生成的HNO3全部转化为NH4NO3，则通入的NH3为2mol，所以通入的NH3与实际参加反应的NO的物质的量之比至少为2:8=1:4；（4）酸性条件下NH2Cl＋H2O≒NH3＋HClO平衡正向移动，使次氯酸浓度变大。11.晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料，电池板中还含有硼、氮、钛、钻、钙等多种化学物质。请回答下列问题：（1）科学家常利用X-射线衍射实验区分晶体硼和无定形硼，二者之关的关系互为_________。第二周期元素的第一电离能按由小到大的顺序排列，B元素排在第____位，其基态能量最低的能极电子云轮廊图为____________。（2）硅酸根有多种结构形式，一种无限长链状结构如图1所示，其化学式为_______，Si原子的杂化类型为__________________。（3）N元素位于元素周期表___________区；该元素形成的氢化物的沸点比同族元素的氢化物沸点高，其原因为____________________________________________________。（4）[Co(NH3)6]3+的几何构型为正八面体形，Co在中心。[Co(NH3)6]3+中，1个Co提供___个空轨道。该配位离子的作用力为_________________（填序号）。A．金属键B．离子键C．共价键D．配位键E．氢键（5）一种由Ca、Ti、O三种元素形成的晶体的立方晶胞结构如图2所示。①与Ti紧邻的Ca有________________个。②若Ca与O之间的最短距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度ρ=___gcm－3(用含a、NA的代数式表示)。【答案】(1).同素异形体(2).2(3).球形(4).SiO32－[或(SiO3)n2n－](5).sp3(6).p(7).氨分子间存在氢键，同族其他氢化物只有范德华力(8).6(9).CD(10).8(11).或【解析】试题分析：(1)晶体硼和无定形硼是硼元素组成的不同单质；同周期元素的第一电离能从左到右依次增大，但铍原子2S轨道全充满，第一电离能大于相邻的硼原子；硼原子基态时能量最低的能级为1s；（2）根据图1，-11-\n每个硅原子与4个O原子成键，4个O原子中有2个O原子被2个硅原子共用；（3）N原子核外电子排布式是；氨分子间能形成氢键；1个Co原子与6个NH3分子形成配位键；（5）①由于1个顶点可以形成8个立方体，所以根据晶胞结构可知，在该物质的晶体结构中，每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钙离子有8个；根据均摊法计算该晶体的化学式，根据计算密度；解析：(1)晶体硼和无定形硼是硼元素组成的不同单质，所以晶体硼和无定形硼之关的关系互为同素异形体；同周期元素的第一电离能从左到右依次增大，但铍原子2S轨道全充满，第一电离能大于相邻的硼原子，所以硼的第一电离能仅大于锂，第一电离能按由小到大的顺序排列，B元素排在第2位；其基态能量最低的能级为1s，电子云轮廊图为球形；（2）根据图1，每个硅原子与4个O原子成键，4个O原子中有2个O原子被2个硅原子共用，实际每个硅原子占用氧原子数，化学式为SiO32－，Si原子的杂化类型为sp3；（3）N原子核外电子排布式是，最外能层是2p，所以N元素位于元素周期表p区；氨分子间能形成氢键，同族其他氢化物只有范德华力，所以氨气的沸点比同族元素的氢化物沸点高；1个Co原子与6个NH3分子形成配位键，1个Co提供6个空轨道。该配位离子的作用力为配位键、共价键；（5）①由于1个顶点可以形成8个立方体，所以根据晶胞结构可知，在该物质的晶体结构中，每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钙离子有8个；根据均摊法，每个晶胞含有Ca、Ti、O原子数1、、，该晶体的化学式是CaTiO3，晶胞的摩尔质量是138g/mol,1个晶胞的质量是g，Ca与O之间的最短距离为apm，则晶胞的边长是，，=；点睛：根据均摊原则，晶胞顶点的原子被1个晶胞占用、楞上的原子被1个晶胞占用；面心的原子被1个晶胞占用。-11-