2022年度河北省滄州市李天木中學高三化學上學期期末試卷含解析

2022年度河北省滄州市李天木中學高三化學上學期期末試卷含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.下列說法正確的是()A．按系統(tǒng)命名法，的名稱為4,7-二甲基-3-乙基壬烷B．分子中所有原子共平面C．肌醇與葡萄糖的元素組成相同，化學式均為C6H12O6，滿足Cm(H2O)n，因此，均屬于糖類化合物D．1.0mol的最多能與含5.0molNaOH的水溶液完全反應(yīng)參考答案：D略2.化學與生活息息相關(guān)。下列說法不正確的是

A．可用淀粉-KI試紙和食醋檢驗真假碘鹽

B．用飽和氯化銨溶液可以清洗金屬表面的銹跡

C.次氯酸鈉溶液是生活中常用的消毒劑

D．經(jīng)常食用含明礬的食品能中和過多的胃酸參考答案：D3.用初中電解水的實驗裝置電解水和重水（）組成的混合液，通電一段時間后，在兩極共收集到33.6L（標準狀況）氣體，總質(zhì)量為18.5g，則混合氣體中H原子和D原子個數(shù)之比

（

）A．3∶1

B．1∶3

C．2∶3

D．4∶1參考答案：A略4.下列名稱的有機物實際上不可能存在的是

（

）A．2，2-二甲基丁烷

B．2-甲基-4-乙基-1-己烯

C．3-甲基-2-戊烯

D．3，3-二甲基-2-戊烯參考答案：D試題分析：A、2，2-二甲基丁烷的結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）3CCH2CH3，可能存在，錯誤；B、2-甲基-4-乙基-1-己烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C(CH3)CH2CH(CH2CH3)2，可能存在，錯誤；C、3-甲基-2-戊烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=C(CH3)CH2CH3，可能存在，錯誤；D、3，3-二甲基-2-戊烯中有一個碳原子超過4個共價鍵，不可能存在，正確。5.化學與社會、生活息息相關(guān)。下列說法不正確的是()A.以地溝油為原料加工制成的生物柴油的成分與由石油分餾得到的柴油的成分不同B.絲綢的主要成分是蛋白質(zhì),蛋白質(zhì)是天然高分子化合物C.聚酯纖維屬于新型無機非金屬材料,可制作宇航服D.鉆石、水晶、剛玉都是人們熟知的寶石，但其化學成分不同參考答案：C6.下列實驗中，所使用的裝置(夾持裝置略)、試劑和操作方法都正確的是(

)

參考答案：AA．氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以制備氫氧化亞鐵要隔絕空氣，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔絕空氣，所以能實現(xiàn)實驗目的，故A正確；B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀釋或溶解藥品的儀器，應(yīng)該用燒杯溶解硝酸鈉，然后等溶液冷卻到室溫，再將硝酸鈉溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，故B錯誤；C．實驗室用氯化銨和氫氧化鈣加熱制取氨氣，氨氣極易溶于水，不能采用排水法收集，常溫下，氨氣和氧氣不反應(yīng)，且氨氣密度小于空氣，所以應(yīng)該采用向下排空氣法收集氨氣，故C錯誤；D．制取乙烯需要170℃，溫度計測定混合溶液溫度，所以溫度計水銀球應(yīng)該插入溶液中，且乙醇能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，乙醇易揮發(fā)，導致得到的乙烯中含有乙醇，影響乙烯的檢驗，故D錯誤；故選A。7.某同學通過系列實驗探究Mg及其化合物的性質(zhì)，操作正確且能達到目的的是A、將水加入濃硫酸中得到稀硫酸，置鎂片于其中探究討Mg的活潑性B、將NaOH溶液緩慢滴入MgSO4溶液中，觀察Mg(OH)2沉淀的生成C、將Mg(OH)2濁液直接倒入已裝好濾紙的漏斗中過濾，洗滌并收集沉淀D、將Mg(OH)2沉淀轉(zhuǎn)入表面皿中，加足量稀鹽酸，加熱蒸干得無水MgCl2固體參考答案：B8.下列說法正確的是

（

）

A．c（H+）>c（OH一）的溶液一定顯酸性

B．常溫下，pH=6的溶液一定是酸溶液

C．電解稀硫酸或氫氧化鈉溶液的產(chǎn)物不同

D．水電解生成氫氣和氧氣，證明水是弱電解質(zhì)參考答案：A略9.去甲腎上腺素可以調(diào)控動物機體的植物性神經(jīng)功能，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示．下列說法正確的是（）A．去甲腎上腺素分子式為C8H10O3NB．每個去甲腎上腺素分子中含有3個酚羥基C．1mol去甲腎上腺素最多能與2molBr2發(fā)生取代反應(yīng)D．去甲腎上腺素既能與鹽酸反應(yīng)，又能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)參考答案：D考點：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．分析：由結(jié)構(gòu)簡式可知分子式，分子中含有酚羥基，可發(fā)生取代、氧化和顯色反應(yīng)，含有醇羥基，可發(fā)生取代、氧化和消去反應(yīng)，含有氨基，具有堿性，可與酸反應(yīng)，以此解答．解答：解：A．由結(jié)構(gòu)簡式可知分子式為C8H11NO3，故A錯誤；B．分子中含有2個酚羥基，1個醇﹣OH，故B錯誤；C．酚﹣OH的鄰對位與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，則1mol去甲腎上腺素最多能與3molBr2發(fā)生取代反應(yīng)，故C錯誤；D．酚羥基可與氫氧化鈉反應(yīng)，氨基可與鹽酸反應(yīng)，故D正確．故選D．點評：本題考查有機物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團結(jié)構(gòu)及其性質(zhì)是解答的關(guān)鍵，注意B選項中酚與醇的區(qū)別，題目難度中等10.兩種元素X、Y，其原子核外電子層數(shù)分別為a、b，最外層電子數(shù)分別為m、n。下列說法錯誤的是（

）

A．若8>m>3，則X必定為主族元素

B．若Y的氣態(tài)氫化物化學式為YHn，且b<4，則該氫化物為非極性分子

C．若a<b<m=n=4，則晶體類型相同時，其單質(zhì)熔點：Y>X

D．若a=b=3，8>m>n>b，則元素非金屬性：X>Y參考答案：C略11.T℃時，某恒容密閉容器中充人A、B，C三種氣體，反應(yīng)過程中各氣體物質(zhì)的量濃度c(mol/L)隨時間的變化如圖1所示，C氣體的百分含量(C%)隨時間、反應(yīng)條件X的變化如圖2所示，下列說法最恰當?shù)氖茿.0～2分鐘、2～3分鐘內(nèi)用A濃度表示的平均反應(yīng)速

率：v(0～2)>v(2～3)>0B．容器中發(fā)生的反應(yīng)可表示為：3A(g)+B(g)=2C(g)C．若X表示溫度，則生成C的反應(yīng)是放熱反應(yīng)D．若其他條件不變，僅減小起始時B的濃度，開始反應(yīng)后

C物質(zhì)的濃度一定減小參考答案：C12.下列化學用語正確的是A．CO2的比例模型

B．H2O2的電子式

C．氨分子的結(jié)構(gòu)式

D．14C的原子結(jié)構(gòu)示意圖參考答案：C略13.下列關(guān)于平衡常數(shù)K的說法中，正確的是A．在任何條件下，化學平衡常數(shù)是一個恒定值

B．改變反應(yīng)物濃度或生成物濃度都會改變平衡常數(shù)KC．平衡常數(shù)K只與溫度有關(guān)，與反應(yīng)濃度、壓強無關(guān)D．從平衡常數(shù)K的大小不能推斷一個反應(yīng)進行的程度參考答案：C【Ks5u解析】A、化學平衡常數(shù)受溫度影響，溫度變化，化學平衡常數(shù)發(fā)生變化，錯誤；B、濃度不影響化學平衡常數(shù)，錯誤；C、平衡常數(shù)K只與溫度有關(guān)，反應(yīng)濃度、壓強不影響化學平衡常數(shù)，正確；D、平衡常數(shù)越大，反應(yīng)進行的程度越大，可逆程度越小，平衡常數(shù)K的大小可以推斷一個反應(yīng)進行的程度，錯誤；選C。14.在AlCl3和FeCl3混合溶液中，先加入過量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得到的沉淀物是()A．Fe(OH)3、Al(OH)3

B．Al(OH)3、I2

C．Fe2S3、I2

D．FeS、S、Al(OH)3參考答案：D略15.下列有關(guān)表述正確的是A．與組成元素相同，含有的電子數(shù)也相同B．丙烷的分子的球棍模型為：C．次氯酸的電子式為D．熔化時的電離方程式為參考答案：B試題分析：A中與組成元素相同，但為9電子，為10電子，故A錯誤；C中次氯酸的電子式應(yīng)為，故C錯誤；D中熔化時只破壞中的離子鍵，故電離方程式應(yīng)為=Na++HSO4—，故D錯誤?？键c：常用化學用語二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.Ⅰ.下列實驗操作或?qū)嶒炇聦嵉拿枋霾徽_的是

（填序號）①配制一定濃度的溶液時，俯視容量瓶的刻線，會使配制的濃度偏高②向沸騰的NaOH稀溶液中滴加FeCl3飽和溶液，以制備Fe(OH)3膠體③僅用蒸餾水可鑒別出蔗糖、硫酸銅、碳酸鈣三種粉末④用瓷坩堝熔化各種鈉的化合物

⑤實驗室配制氯化亞鐵溶液時，將氯化亞鐵先溶解在鹽酸中，然后用蒸餾水稀釋并加入少量鐵粉⑥測溶液大致的pH：用玻璃棒蘸取溶液滴在濕潤的pH試紙上，與標準比色卡對照；⑦

向NaOH溶液中滴加Al2(SO4)3溶液和向Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液現(xiàn)象不同⑧分別向體積和pH均相同的鹽酸和醋酸中滴加等濃度的氫氧化鈉溶液，完全中和時消耗的氫氧化鈉溶液的體積前者少，后者多Ⅱ．實驗室有一份混有少量碳酸鈣雜質(zhì)的碳酸鋇樣品。分離并提純碳酸鋇的實驗步驟如下：請根據(jù)要求填空（右圖為Ba(OH)2和Ca(OH)2的溶解度曲線）：（1）高溫灼燒碳酸鋇和碳酸鈣的混合物，直至完全分解。所需儀器除三腳架、泥三角、酒精噴燈、坩堝外還有所需儀器有

、

。（2）將灼燒后的固體混合物置于80℃的熱水中，制成氫氧化鋇的熱飽和溶液。為減少Ba(OH)2的損失并除去不溶物應(yīng)進行的操作是

。（3）將“（2）”中濾液

并過濾，得到的Ba(OH)2固體溶于水制成溶液。（4）使Ba(OH)2全部生成碳酸鋇沉淀的方法：_____________

。（5）濾出碳酸鋇沉淀，經(jīng)

后即得到純凈的碳酸鋇。參考答案：略三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.【化學—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】銅的化合物如Cu2O、CuO、CuCl、CuSO4·5H2O、Cu(IO3)2、[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]Cl2等均有著廣泛的應(yīng)用.回答下列問題：(1)基態(tài)Cu2+的核外電子排布式為____________(2)IO3-的空間構(gòu)型為_____________________________（用文字描述）,與SO42-互為等電子體的分子為____________(3)配離子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中，Cu2+的配位數(shù)是____________.①乙二胺分子中N原子軌道的雜化類型為____________.②1mol[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中含有的σ鍵的數(shù)目為____________.(4)

CuO的熔點比CuCl的熔點高,其原因是____________.(5)

Cu2O晶體結(jié)構(gòu)可能是____________(填字母).參考答案：(1)1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9

(2)三角錐形

SiF4、CCl4等

(3)4

①sp3雜化

②26NA

(4)CuO的陰陽離子半徑小于CuCl的陰陽離子半徑，CuO陰陽離子所帶電荷大于CuCl，由此可得CuO的晶格能更大

(5)C【分析】(1)基態(tài)Cu2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9。(2)IO3-中I與3個O原子形成共價鍵后，I的最外層還有一對孤對電子，對形成的三個共價鍵有排斥作用，從而使結(jié)構(gòu)不對稱；尋找與SO42-互為等電子體的分子時，可將O換成F或Cl，然后再通過價電子數(shù)相等，將S替換為C或Si。(3)配離子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中，1個H2NCH2CH2NH2與Cu2+形成2個配位鍵，從而得出配位鍵的數(shù)目。①乙二胺分子中N原子，除去含有一對孤對電子外，還形成了3個共價鍵。②1mol[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中，1個H2NCH2CH2NH2含有11個共價單鍵，2個H2NCH2CH2NH2含有22個共價單鍵，另外，Cu2+與N還形成了4個配位鍵，從而得出含有的σ鍵的數(shù)目。(4)

CuO的熔點比CuCl的熔點高的原因，從離子所帶電荷、離子半徑尋找答案。(5)

從離子個數(shù)比為2：1，分析三個晶體結(jié)構(gòu)，從而確定Cu2O晶體結(jié)構(gòu)。A中，頂點含8個分子，面心含6個分子，晶體共含4個分子；B中，頂點含8個黑球，面心含6個黑球，晶體內(nèi)含有4個白球，該晶體中共含4個黑球，4個白球；C中，頂點含8個白球，體心含1個白球，晶體內(nèi)含4個黑球，該晶體中共含有2個白球，4個黑球?！驹斀狻?1)基態(tài)Cu2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9。答案為：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；(2)IO3-中I與3個O原子形成共價鍵后，I的最外層還有一對孤對電子，對形成的三個共價鍵有排斥作用，從而使結(jié)構(gòu)不對稱，所以結(jié)構(gòu)為三角錐形；尋找與SO42-互為等電子體的分子時，可將O換成F或Cl，然后再通過價電子數(shù)相等，將S替換為C或Si，從而得出分子為SiF4、CCl4等。答案為：三角錐形；SiF4、CCl4等；(3)配離子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中，1個H2NCH2CH2NH2與Cu2+形成2個配位鍵，從而得出配位鍵的數(shù)目為4。答案為：4；①乙二胺分子中N原子，除去含有一對孤對電子外，還形成了3個共價鍵，從而得出N原子軌道的雜化類型為sp3雜化。答案為：sp3雜化；②1mol[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中，1個H2NCH2CH2NH2含有11個共價單鍵，2個H2NCH2CH2NH2含有22個共價單鍵，另外，Cu2+與N還形成了4個配位鍵，由此得出1個[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+含有的σ鍵的數(shù)目為26個，從而得出1mol[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中，含26NA個σ鍵。答案為：26NA；(4)

CuO的熔點比CuCl的熔點高，原因是CuO的陰陽離子半徑小于CuCl的陰陽離子半徑，CuO陰陽離子所帶電荷大于CuCl，由此可得CuO的晶格能更大。答案為：CuO的陰陽離子半徑小于CuCl的陰陽離子半徑，CuO陰陽離子所帶電荷大于CuCl，由此可得CuO的晶格能更大；(5)

從離子個數(shù)比為2：1，分析三個晶體結(jié)構(gòu)，從而確定Cu2O晶體結(jié)構(gòu)為C(黑球與白球的個數(shù)比為2：1)。答案為：C。18.（16分）工業(yè)上以乙烯為原料，合成化學式為C3H6O3的化合物。

已知：

請回答相關(guān)的問題：（1）寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式：A：

C：

（2）寫出反應(yīng)③的化學方程式

。（3）D在濃硫酸存在條件下加熱，可生成五原子環(huán)狀化合物E(C4H6O4)，請寫出反應(yīng)的化學方程式

（4）下列說法正確的是

A．化合物II的分子式C5H9O2B．反應(yīng)④的目的是防止—CHO在第⑤步被氧化C．反應(yīng)③是消去反應(yīng)，反應(yīng)④是酯化反應(yīng)D．化合物D可以發(fā)生縮聚反應(yīng)得到高分子化合物（5）化合物F與C互為同分異構(gòu)體，且化合物F滿足以下條件①取等物質(zhì)的量F分別與NaHCO3、Na充分反應(yīng)產(chǎn)生CO2和H2比為1:1②化合物F符合下面的核磁共振氫譜圖

化合物F的結(jié)構(gòu)簡式為

參考答案：（16分）（1）A：CH3CH2CHO(2分)；C：(2分)

（2）CH3CHBrCHO+NaOHCH2=CHCHO+NaBr+H2O

(3分)

（3）（3分）

濃硫酸

+H2O（4）BD(4分)（5）

19.從鋁土礦（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等雜質(zhì)）中提取氧化鋁的兩種工藝流程如下：請回答下列問題：（1）流程甲加入鹽酸后生成Al3+的離子方程式為．（2）流程乙加入燒堿后生成SiO32﹣的離子方程式為．（3）驗證濾液B含F(xiàn)e3+，可取少量濾液并加入（填試劑名稱）．（4）濾液D產(chǎn)生沉淀F的離子方程式為．（5）濾液E、K中溶質(zhì)的主要成分是（填化學式），寫出該溶質(zhì)的一種用途．參考答案：（1）Al2O3+6H+═2Al3++3H2O．（2）SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O．（3）硫氰化鉀（4）AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣（5）NaHCO3；制純堿或做發(fā)酵粉等．考點：金屬的回收與環(huán)境、資源保護．.專題：實驗設(shè)計題；元素及其化合物．分析：根據(jù)工藝流程甲可知，鋁土礦與鹽酸反應(yīng)得固體A為濾液B，則固體A為SiO2，濾液B含有氯化鋁、氯化鐵、氯化鎂等，濾液中加入過量的NaOH，可推知沉淀C為氫氧化鐵、氫氧化鎂，濾液D含有偏鋁酸鈉、氯化鈉，所以向濾液D中通入過量二氧化碳，生成氫氧化鋁沉淀與碳酸氫鈉，沉淀F為Al（OH）3，濾液E中含有NaCl、NaHCO3；根據(jù)工藝流程乙可知，鋁土礦中的Al2O3、SiO2能和氫氧化鈉反應(yīng)，可知固體X為Fe2O3、MgO等，濾液Y為硅酸鈉、偏鋁酸鈉，濾液中通入過量二氧化碳，沉淀Z為Al（OH）3、硅酸，濾液K中含有NaHCO3，據(jù)此解答即可．解答：解：由工藝流程甲可知，鋁土礦與鹽酸