河南省周口市沈丘县长安高级中学2022-2023学年高三上学期期末考试化学试卷（PDF版含答案）

长安高级中学2022-2023学年高三上学期期末考试

参考答案：

1．D

【分析】不需要外加电源，说明不需要其他能量就可以发生。

【详解】①电解，属于电解池，需要外接电源；②电镀属于电解池的应用，属于电解池，需要外接电源；③电离，电解质在水溶液中或者熔融状态下可以电离，不需要外接电源；④电化学腐蚀，在潮湿的空气中，金属会发生电化学腐蚀，不需要外接电源；③④符合题意，本题答案选D。

2．A

【详解】A、使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中含有I2，Na+、NH4+、Cl-、Brˉ、I2之间不反应，可以共存，A正确；B、使酚酞变红的溶液中含有OH-，Mg2+、Fe3+与OH-能生成沉淀，不共存，B错误；C、Fe2+、NH4+与OH-间分别生成沉淀和气体，不共存，C错误；D、CO32-与Cu2+间发生双水解，不共存，D错误。正确答案为A。

3．C

【详解】A．溶解得到的溶液及洗涤烧杯2~3次的洗涤液均需转移到容量瓶中，保证溶质完全转移，A项正确；

B．向容量瓶中转移溶液时用玻璃棒引流，B项正确；

C．定容时若俯视刻度线，水的量不足，溶液体积减小，造成所配溶液浓度偏大，C项错误；

D．碳酸钠的质量为10.6g，，容量瓶规格为100mL，溶液的物质的量浓度为，，D项正确；

答案选C。

4．B

【详解】A. 硅是良好的半导体材料，是人类将太阳能转换为电能的常用材料如硅太阳能电池板，A正确；

B. 由于二氧化硅与氢氟酸反应是氢氟酸的特性不是酸的通性，所以二氧化硅不是两性氧化物，而是酸性氧化物，B错误；

C. 硅的导电性介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料，C正确；

D. 根据原子守恒可知，硅酸盐钙沸石Ca(Al2Si3O10)·3H2O氧化物的形式表示为CaO·Al2O3·3SiO2·3H2O，D正确；

故答案为：B。

5．D

【详解】A．干冰是固态的二氧化碳，由二氧化碳分子构成，属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，A错误；

B．氯化铵固体是由氯离子和铵根离子通过离子键结合而成的离子晶体，加热氯化铵破坏了氯离子和铵根离子之间的离子键，同时加热氯化铵分解为氨气和HCl，破坏了H和N之间的共价键，B错误；

C．汞是常温下呈液态的金属，是由金属离子和自由电子通过金属键结合而成的金属晶体，其气化破坏了金属键，C错误；

D．二氧化硅只含有共价键，属于共价化合物，固体熔化时，破坏共价键，D正确；

答案选：D。

6．C

【详解】A. H2O2具有强氧化性，能将Fe(NO3)2溶液中二价铁氧化成三价铁，溶液由浅绿色变黄色，A正确；

B. 金属钠具有强还原性，能与CO2反应，生成碳酸钠和碳，所以集气瓶中产生大量白烟为碳酸钠，黑色颗粒是碳，B正确；

C. 向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水，先生成氢氧化银白色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成[Ag(NH3)2]OH，形成银氨溶液，C错误；

D. Na2SO3溶液为强碱弱酸盐，具有碱性，滴加酚酞变红，然后加入稀盐酸至过量，Na2SO3与稀盐酸反应生成二氧化硫气体，溶液碱性消失，变成无色，D正确。

答案选C。

7．D

【详解】A、铁与水蒸气在高温下发生3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2↑，故A说法正确；

B、氢氧化铁胶体的制备：将几滴饱和FeCl3溶液滴入沸水中，加热至出现红褐色液体，停止加热，即得到氢氧化铁胶体，故B说法正确；

C、KSCN滴入Fe3＋溶液中显血红色，滴入Fe2＋中不显色，可以鉴别，故 C说法正确；

D、Fe2O3 常用作红色油漆和涂料，Fe3O4为黑色，故D说法错误；

答案为D。

8．B

【详解】A．合金的熔点低于成分金属，A错误；

B．合金的硬度比成分金属大，该合金硬度比纯铁高，适合用于制造冰刀，B正确；

C．钢的含碳量低于生铁，C错误；

D．合金属于金属晶体，D错误；

故答案选B。

9．A

【详解】A．油污中含有难溶于水的酯类化合物高级脂肪酸甘油酯，水解显碱性，高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下水解生成可溶性的甘油和高级脂肪酸钠，所以纯碱可用作除污粉的成分之一，故A正确；

B．熔点高，可用作耐火材料，故B错；

C．过氧化氢时强氧化剂，可用作消杀剂而不是利用该性质制备氧气，故C错；

D．既不溶于水又不与水反应，所以不能用与水反应制备硅酸，故D错；

答案选A。

10．C

【详解】A．18gT2O的物质的量为=mol，每个T2O分子含有10个质子，所以共含NA个质子，A错误；

B．溶液体积未知，无法确定所含离子数目，B错误；

C．3.4克硫化氢的物质的量为=0.1mol，每个H2S含有3个原子，所以原子总数为0.3NA，C正确；

D．同温同压下，气体的体积比等于物质的量之比，所以20mLNH3和60mLO2所含分子个数比等于1∶3，D错误；

综上所述答案为C。

11．D

【详解】A．O2在b电极上得到电子发生还原反应，A错误；

B．该燃料电池工作时，电解质溶液中OH-向正电荷较多的负极移动，B错误；

C．该装置通过两个电极分别发生氧化反应、还原反应，实现了化学能到电能的转化，C错误；

D．氢氧燃料电池反应产物水不会对环境造成污染，且水又是生产燃料H2的原料，比H2直接燃烧能量利用率大大提高，因此是一种具有应用前景的绿色电源，D正确；

故合理选项是D。

12．C

【分析】A、氯气与水的反应是可逆反应；

B、HF在标准状况下为液态；

C、50g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为50g×46%＝23g，水的质量为（50g—23g）=27g，溶液中氢原子为两者所含氢原子之和；

D、NH4+在溶液中水解。

【详解】A项、氯气与水的反应是可逆反应，标准状况下22.4 L Cl2不可能完全反应，转移的电子数小于NA，故A错误；

B项、HF在标准状况下为液态，故2.24LHF的物质的量不是0.1mol，所含电子数目不为NA，故B错误；

C项、50g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为50g×46%＝23g，水的质量为（50g—23g）=27g，溶液中氢原子的物质的量为（×6+×2）=6mol，溶液中氢原子总数为6NA，故C正确；

D项、NH4+在溶液中水解，则1 L 2 mol/L NH4Cl溶液和1 L 1 mol/L (NH4)2SO4溶液中NH4+的物质的量均小于2mol，所含NH4+的数目均小于2NA，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，注意氯气与水反应和盐类水解为可逆反应的是解答关键。

13．A

【分析】A.火柴头含有氯酸钾，检验氯元素，先配制成溶液，氯元素以的形式存在，加入还原剂将其还原成氯离子进行检验；

B.醋酸为弱电解质，在离子反应方程式中应写化学式；

C.铜离子和氨水中氨气生成配位健；

D.应加入稀硫酸，其作用是为了抑制、的水解，防止产物不纯．

【详解】火柴头含有氯酸钾，检验氯元素，先配制成溶液，氯元素以的形式存在，加入还原剂亚硝酸根离子，将氯酸根离子还原成氯离子，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，反应为，证明燃尽的火柴头浸泡液中含有氯元素，A正确；

B.醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，所以离子反应方程式中应写化学式，离子反应为：，B错误；

C.用纸层析法分离和时，最后阶段充分氨熏：反应为，C错误；

D.亚铁盐在空气中易被氧化，但形成复盐可稳定存在，制备摩尔盐即硫酸亚铁铵，就是在溶液中加入少量稀溶液，再加入饱和溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作后所得，过程中稀硫酸的作用是为了抑制、的水解，防止产物不纯，D错误。

故选A。

14．D

【分析】118号元素是第七周期的0族元素，则115号元素的原子核最外层电子数是5，则Mc位于第七周期第ⅤA族，据此分析解答。

【详解】A．质子数等于核外电子数，所以Mc原子核外有115个电子，故A正确；

B．Mc与N的最外层电子数都是5，都位于第ⅤA族，故B正确；

C．同主族从上往下金属性增强，所以Mc 在同主族元素中金属性最强，故C正确；

D．中子数为173的Mc的质量数＝115+173＝288，该核素正确的符号为，故D错误；

答案选D。

【点睛】本题的易错点和难点为B，关键是根据原子序数推断出元素在周期表中的位置，一般需要记住7种0族元素的原子序数和16个族在元素周期表中的排列规律。

15．C

【详解】A．同周期自左向右逐渐减小，则原子半径大小：，A错误；

B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性强弱：，B错误；

C．同主族从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性强弱：，C正确；

D．同主族从上到下金属性逐渐增强，金属性：，D错误；

答案选C。

16．C

【分析】A电极发生的反应亚硫酸根离子变化为S2O42-，硫元素化合价降低得到电子，发生还原反应，为电解池的阴极；B电极处二氧化硫被氧化为硫酸，硫元素的化合价升高失去电子，发生氧化反应，为电解池的阳极，阳极区发生反应SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+，则a为电源负极，b电极为电源正极，据此分析判断。

【详解】A．电子流动方向为：a→A，B→b，电子不能通过电解质溶液，故A项错误；

B．a为电源负极，发生氧化反应，A极为电解池阴极，发生还原反应，故B项错误；

C．阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，阴极的电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O，离子交换膜应使H+移动，应为阳离子交换膜，故C项正确；

D．B极为电解池的阳极，二氧化硫失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+，故D项错误；

故答案选C。

17．(1)第三周期IIIA族

(2)

(3)取少量试样加入试管中，再加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，若试纸变蓝，则说明试样中存在

(4)     Na     cd

(5)NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑

【分析】T是地壳中含量最多的元素,则T为O，X最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为C，Y常温下，单质为双原子分子，其氢化物的水溶液呈碱性，则Y为N，Z的M层比K层少1个电子，则Z为Na，W的离子是第三周期金属元素的离子中半径最小的，则W为Al。

(1)

元素W是Al，Al在元素周期表中的位置是第三周期IIIA族；故答案为：第三周期IIIA族。

(2)

元素X的一种同位素可测定文物的年代，则该同位素是质子数为6，中子数为8的碳原子，这种同位素的符号是；故答案为：。

(3)

元素Y(N)与氢元素形成一种离子，检验某溶液中含该离子的方法是：取少量试样加入试管中，再加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，若试纸变蓝，则说明试样中存在；故答案为：取少量试样加入试管中，再加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，若试纸变蓝，则说明试样中存在。

(4)

根据同周期从左到右金属性逐渐减弱，元素Z(Na)与元素W(Al)相比，金属性较强的是Na，a.Z单质的熔点比W单质的低，不能从熔沸点分析金属性强弱；故a不符合题意；b.Z的化合价比W的低，金属性强弱与化合价无关，只与得到电子的能力有关，故b不符合题意；c.常温下Z单质与水反应的程度很剧烈，而W单质在加热条件下才能与水反应，说明Z(Na)的金属性与W(Al)的金属性强，故c符合题意；d.Z的最高价氧化物对应的水化物的碱性比W的强，说明Z(Na)的金属性与W(Al)的金属性强，故d符合题意；综上所述，答案为：cd。

(5)

剧毒化合物ZXY(NaCN)与过氧化氢溶液反应生成一种酸式盐和一种气体，二者的水溶液均呈碱性，说明气体为氨气，酸式盐为碳酸氢钠，该反应的化学方程式为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑；故答案为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑。

18．(1)2NaNO2＋2KI＋2H2SO4═2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O

(2)e

(3)A

(4)C

(5)

【分析】(1)根据得失电子守恒、原子守恒进行配平；

(2)从物质得分类进行分析；

(3)NaNO2水解显碱性，硝酸银与NaCl反应生成白色沉淀，加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，不能品尝鉴别试剂；

(4)误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，则Fe2＋失电子变为Fe3＋，化合价升高，作还原剂，NaNO2作氧化剂，体现氧化性，与H2O2表现出的性质相同，即H2O2也体现氧化性，结合元素的化合价降低体现氧化性判断；

(5) NaCN与NaClO反应生成Na2CO3、NaCl和N2，根据得失电子守恒、原子守恒进行配平。

（1）

反应___NaNO2＋___ KI＋___═___NO↑＋___ I2＋___ K2SO4＋___Na2SO4＋___ H2O中，N元素得电子，化合价由＋3价降低为＋2价，I元素失电子，化合价由−1价升高为0价，根据得失电子守恒得到NaNO2×2，KI×2，再根据原子守恒得到反应物应该为2H2SO4，生成物2NO，1I2，1K2SO4、1Na2SO4、2H2O，故方程式为：2NaNO2＋2KI＋2H2SO4═2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O；

故答案为2NaNO2＋2KI＋2H2SO4═2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O；

（2）

NaNO2是由酸根阴离子和金属阳离子构成的正盐，同时NaNO2在水溶液中完全电离，属于强电解质；

故答案选e；

（3）

A．化学药品不能用来品尝味道，所以不能鉴别，故A错误；

B．亚硝酸根离子在酸性条件下不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用HNO3酸化的AgNO3区分NaNO2和NaCl，故B正确；

C．加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，反应现象不同，可以用加强热收集气体检验来区分NaNO2和NaCl，故C正确；

故答案选A；

（4）

误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，则Fe2＋失电子变为Fe3＋，化合价升高，作还原剂，NaNO2作氧化剂，体现氧化性，与H2O2表现出的性质相同，即H2O2也体现氧化性；

A．2H2O22H2O+O2↑，H2O2中氧原子既失电子，又得电子，氧元素的化合价部分升高，部分降低，H2O2体现氧化性和还原性，故A错误，

B．H2O2+Cl2=2HCl+O2↑，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，故B错误，

C．H2O2+H2SO4+2KI=2H2O+I2+K2SO4，H2O2中氧原子得电子，化合价降低，H2O2体现氧化性，故C正确，

D．5H2O2+2KMnO4+6HCl=2MnCl2+2KCl+5O2↑+8H2O，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，故D错误，

故答案选C；

（5）

反应为碱性条件下ClO−与CN−反应生成N2、CO和Cl−，反应离子方程式为；

故答案为。

【点睛】本题主要考查氧化还原反应原理的应用，熟练掌握电子守恒、原子守恒书写化学方程式和离子方程式是关键，同时考查学生的分析能力、应用能力等，难度中等。

19．(1)     ③     ①②     ②③⑤⑥

(2)         

(3)②③④

(4)

(5)第四周期VIA族

(6)     强于     半径减小，得电子能力增强

(7)Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O

(8)     不     正盐

【解析】（1）

这些物质中，只含有离子键的是③BaCl2；属于共价化合物的是①N2H4②HBrO；属于电解质的是②HBrO ③BaCl2⑤NH4Cl ⑥Na2O2①N2H4分子中含有N-H极性共价键和N-N非极性共价键，②HBrO分子中含有H-O极性键和O-Br极性键，③BaCl2中仅含有离子键，④Ne原子间没有任何化学键，⑤NH4Cl中含有N-H极性键和与Cl-|间的离子键，⑥Na2O2中含有O-O非极性键和Na+与之间的离子键，⑦N2分子中含有H-H非极性共价键；含有离子键的化合物叫做离子化合物，只含有共价键的化合物叫做共价化合物，据此可知；只含有离子键的是③；属于共价化合物的是①②，属于电解质的是②③⑤⑥；

（2）

结构式就是用短线表示出物质中所有共价键的式子，电子式是用“："表示出原子或离子最外层电子的式子，N2H4分子中含有4条N-H极性键和1条N-N非极性键，N2H4的结构式：；1个氨分子是3个氢原子和1个N原子通过共价键形成的分子，形成过程：；

（3）

破坏了化学键说明发生化学反应或电解质熔融或溶于水，故②烧碱熔化③H2S溶于水④Na2O2溶于水破坏了化学键；

（4）

元素周期表上边界：

；

（5）

该主族元素电子层为4层，且三层均填满，最外层有6个电子，故该元素在第四周期VIA族；

（6）

由元素周期表可知，元素I为Cl，元素H为S，Cl的非金属性强于S，因为同周期元素，随着原子序数的递增，原子半径递减，得电子能力增强，非金属性增强；

（7）

D是Be，F是Al，根据对角线规则，Be的性质与Al相似，故Be(OH)2具有两性，故D(OH)2与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；

（8）

元素G为P，故该含氧酸化学式为：H3PO3，为二元酸，P原子最外层有5个电子，需要3个电子达到8电子稳定，即形成三个共价键，而根据已知结构判断，H3PO3中P原子形成了4个共价键，故不是8电子稳定结构，H3PO3与过量氢氧化钠溶液反应，因氢氧化钠溶液过量，故生成的产物为正盐。

20．     玻璃棒     22.4L     Fe3I8     Fe3I8+8NaHCO3=Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O     NaCl     4.68

【分析】含碘废液加入亚硫酸钠和饱和硫酸铜溶液,发生氧化还原反应生成CuI固体，加入浓硝酸，可得到碘，然后加入铁粉和水，得到含铁化合物B，化合物B中含两种元素铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3:8 ，则应为Fe3I8，加入碳酸氢钠溶液可得到NaI溶液，同时得到黑色固体Fe3O4，发生Fe3I8 + 8NaHCO3 =Fe3O4+ 8NaI+ 8CO2↑+4H2O ，滤液经蒸发、结晶得到NaI固体，以此解答该题；

【详解】(1) 过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，玻璃棒用于引流，故答案为：玻璃棒；

(2) 反应③中CuI被氧化，还原产物只有NO2，化学反应方程式为2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+4NO2↑+I2+4H2O，当有95.5gCuI参与反应，即n(CuI)=，由方程式可以知道生成1mol NO2，则在标准状况下产生的NO2的体积为22.4L，故答案为：22.4L；

(3) 化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3:8，另种元素为I，则化合物B的化学式为Fe3I8，故答案为：Fe3I8；

(4) 反应⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，应为四氧化三铁，无色气体为二氧化碳，则反应⑤的化学方程式为：Fe3I8 + 8NaHCO3 =Fe3O4+ 8NaI+ 8CO2↑+4H2O ，故答案为：Fe3I8 + 8NaHCO3 =Fe3O4+ 8NaI+ 8CO2↑+4H2O ；

(5) 将足量的Cl2通入含NaI的溶液中可发生氧化还原反应生成NaCl溶液，一段时间后把溶液蒸干、灼烧，得到的固体是NaCl，n(NaI)=，则与足量氯气反应生成0.08molNaCl，则m(NaCl)= 0.08mol×58.5g/mol=4.68g，故答案为：NaCl；4.68g。