2022年海淀区高三期中考试化学试题解析版.pdf

1.我国“天问一号”探测器使用了大量新材料，其中属于金属材料的是（)A.探测器结构材料镁铝合金B.深空太阳能电池材料碎化钱C.隔热组件材料二氧化硅纳米气凝胶D.柔性可伸缩材料形状记忆聚合物2.下列有关放射性核素 UP的说法中，错误的是（）A.即原子核外电子数为15B.尚P 原子的质量数为15c.UP可能用于同位素示踪D.llPH3和 春P”3 的化学性质基本相同3.下列化学用语或图示表达僧误的是（）A.二氧化碳的电子式：6：c：6：Ik/HB.乙烯的结构式：（、_（：/11/iC.乙醇的分子模型：D.镁原子的结构示意图：4.用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.6.2g Na2O 中的离子总数为0.2人B.pH=2的盐酸中的H-总数为0.01 NAC.2.3gNa和足量O2反应转移电子数为0.1MD.标准状况下，5.6LH2O所含O-H键的数目为0.5M5 .下列反应中，H2O 表现出氧化性的是（）A.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 T B.4NO2+O2+2H2O=4HNO3C.2F2+2H2O=4HF+02 D.2Na+2H2O=2NaOH+W2 T6.维生素C 的结构如图所示。下列说法错误的是（）OHOHHOOHOA.维生素C 中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键B.维生素C 能使澳水、酸 性KMnO4溶液褪色C.维生素C 可保存在强碱性环境中D.维生素C 分子中含有键和兀键7.下列物质的应用中，主要利用的反应不属于氧化还原反应的是（）A.用铝和氧化铁的混合物焊接铁轨B.用氮气实现工业合成氨C.实验室用NaOH溶液吸收S02尾气D.用湿润的淀粉碘化钾试纸检验Cl28.以下是某种粗盐（主要含S O l、Ca2+、M g2+等杂质离子）精制成NaCl溶液的部分流程。下列说法惜误的是（）-除 SO；除 Ca?，除 ML-奴哉注液-一 NaCl速液-A.中的除杂试剂可以是BaCl2溶液B.中加入过量Na2c。3 溶液后，只 有 Ca2+被除去C.中加入过量NaOH溶液后过滤，还需加适量稀盐酸D.杂质离子的去除顺序还可以是 9.下列方程式能准确解释相应事实的是（）A.硫酸型酸雨的形成：S02+H2O H2SO3B.84消毒液不能与洁厕灵混用：CI O-+Cl-+2 H+=Cl2 T+H20C.和面时在小苏打中加少量醋酸，增强效果：H+H COi=H20+C02 TD.向 NaHS04溶液中加入足量Ba（0H）2 溶液，得到白色沉淀：2”+S0+Ba2+2 0H-=BaSO4 1+2 H2O10.实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是（）气体试剂制备装置收集方法ACl2MnO2和浓盐酸beBso2Cu和稀硫酸bcCNOCu和稀硝酸bcDNH3NH 4 cl 和 Ca（OH）2adA.A B.B C.C D.D1 1.常温常压下，1体积水能溶解约700体 积N H3 o 用下图所示装置进行实验，下列说法正确的是()A.挤压滴管并打开止水夹后，观察到烧杯中的水倒吸，产生红色“喷泉”B.“喷泉”的产生能证明N t h与H2O发生了反应C.若 将N H3换 成 CO2,也能产生明显的“喷泉”D.实验后，取出烧瓶中的溶液，测得其pH 7,原因是：N H3+H2O N H3-H2O,N H3-H zOWNH：+OH-12.以c o 和H2为原料合成甲醵是工业上的成熟方法，直接以co2为原料生产甲醇是目前的研究热点。我国科学家用。2 人工合成淀粉时，第一步就需要将C02转化为甲醇。已知：CO(g)+2 H2(g C H3OH(g)AH1=-90.5k八 moZ-1 CO（g）+%O（g）=CO2（g）+，2（g）42=-41.1/c/-m o r1 2H2（g）+02（g）=2H20（g”H3=-483.6k-m oL下列说法僧识的是（）A.若温度不变，反应中生成l m o/C/O H。）时，放出的热量大于9 O.5 k JB.CO2与%合成甲醇的热化学方程式为：C O 2（g）+3 H 2（g）=C H 3 0 H（g）+”2 O（g H =-4 9.4 k/mol-1c.通过电解制H2和选用高效催化剂，可降低co2与H2合成甲醇的反应的焰变D.以C02和H20为原料合成甲醇，同时生成02,该反应需要吸收能量1 3.水 体中的局部氮循环如下图所示，其中含氮物质转化方向与水深有关。N?INH：NHJOH NO；NO；表层水 硝化过程为主 中底层水 反殖化过程为主 动一N,0 4-NO -NO；-下列说法笛误的是（）A.图中涉及的反应均为氧化还原反应B.反硝化过程中含N物质被还原C.不同水深含氮物质转化方向不同，可能与溶氧量有关D.排放含N Ht废水不会影响水体中N 0 2的浓度1 4.研究小组在探究卤素离子与硝酸银的反应时，进行了以下实验。编号操作试剂现象1/试 制 K C 1 溶液稀硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀2 K C 1 溶液浓硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀3rn K I 溶 液 稀硝酸酸化的AgNO3溶液产生黄色沉淀43-试财 K I 溶 液 浓硝酸酸化的AgNO3溶液产生褐色的浊液下列说法镇氓的是（）A.实验1 和2 说明，硝酸浓度不影响c r的检验B.实验1 和 3 说明，卤素离子的检验可使用稀硝酸酸化的AgNO3溶液C.对比实验2 和 4,说明异常现象的产生与卤素离子种类有关D.由上述实验推测，B r 的检验不能使用浓硝酸酸化的AgNO3溶液二、综合题1 5 .钛酸钙是最典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质。（1）基 态 C a 2+的核外电子排布式为。（2）钛酸钙的晶胞如图所示，1 个晶胞中含有。2-的个数是。离子半径Ca2+大于Ti4+，理由是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _（3）钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，从而衍生出多种钙钛矿型化合物。晶体密度p可以用晶胞的质量除以体积来求算。已知，钛酸钙晶胞的棱长为a p m（l p m =1 x1 0-1 0c m ）,则钛酸钙晶体密度p=c z n-3（列出计算式）若忽略离子替代时的体积变化，下列钙钛矿型化合物中，密 度 大 于 钛 酸 钙 的 是（填字母序号）a.BaTiO b.MgTiO c.BaZrO（4）通过离子替代可获得具有优异光电性能的有机钙钛矿型化合物CH 3 NH 3 Pbi3。其中有机阳离 子CH3N H可由甲胺（CH3N H2）制得。C H 3 N 咫 中N的杂化方式为 o 请从化学键的角度解释由甲胺形成CH 3 N时的过程：_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _为爆r港余发漫池一 洋灰海藻1 6 .碘是人体必须的微量元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。在实验室中，从海藻里提取碘的流程如下：一一液，.含h.水漕液W i 1含h的有机溶液 我;*I琮单质（1）指出上述过程中有关实验操作的名称，步骤i:，步骤iii:0（2）步骤i i 中可使用Cl2,从原子结构角度说明理由：Cl2过量时，可能无法获得h，原因是h会被继续氧化为/7,原因是：N H3+H2O N H3-H20,N H3-H2ONH t+0H-,D 符合题意；故答案为：D。【分析】氨气极易溶于水，挤压滴管并打开止水夹后，氨气溶于水，造成圆底烧瓶内气体减少，压强变小，外界大气压大，将烧杯中水压入圆底烧瓶，形成喷泉。12.【答案】C【解析】【解答】A.CH30H从气态转化为液态放出热量，则反应中生成17noi 时，放出的热量大于90.5 k J,A不符合题意;B .根据盖斯定律，反应-得到目标方程。0 2（9）+342（。）二。3。，（9）+4 2。（。），4 H =AH1-AH2=-90.5 -（-41.1）/c；mol-1=-4 9.4 k-m o r1,B 不符合题意:C.催化剂只改变反应历程，不改变反应的焰变，C符合题意；D.根据盖斯定律，反应-得 到CO2+3H 20 0 c H 3OH+O2,=-9 0.5 -（-41.1）-（-483.6）k；-m o f1=+389.2k；-mol-1,A H 0,是吸热反应，需要吸收能量，D不符合题意；故答案为：C o【分析】依据盖斯定律和反应热及焰变分析解答即可。1 3.【答案】D【解析】【解答】A.由图中转化关系可知，图中涉及的反应，元素化合价都发生了变化，故均为氧化还原反应，故A不符合题意；B.由图中转化关系可知，反硝化过程中含N 物质化合价均降低，被还原，故 B不符合题意；C.表层水中氧气浓度大，含氮物质转化以硝化过程为主，发生氧化反应；底层水中氧气浓度小，含氮物质转化以反硝化过程为主，发生还原反应，所以不同水深含氮物质转化方向不同，可能与溶氧量有关，故 C不符合题意；D.图中转化关系中N Ht浓度增大，硝化作用增强，会导致N 0 2增多，所以排放含N Ht废水会影响水体中N 0 2的浓度，故 D符合题意；故答案为：D o【分析】根据图中含氮化合物的转变，分析氮元素化合价的变化，进而分析解答。1 4.【答案】D【解析】【解答】A.对比实验1 和 2,实验1 酸化时使用的是稀硝酸，而实验2 使用的是浓硝酸，但二者皆可以产生白色沉淀，故不影响氯离子的检验，A不符合题意；B.稀硝酸酸化的硝酸银溶液分别和F、Ch 反应，得到氟化银（易溶），氯化银（白色沉淀），澳化银（浅黄色沉淀），碘化银（黄色沉淀）故可以区分开，B不符合题意；C.对比实验2 和 4 的条件可得，异常现象的产生与卤素离子种类有关，C不符合题意；D.浓硝酸的氧化性强于漠单质，所以浓硝酸可以把澳离子氧化为澳单质（红棕色），同时用氮的氧化物产生，故可以用来检测滨离子，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.对比实验1 和 2,实验1 酸化时使用的是稀硝酸，而实验2 使用的是浓硝酸，但二者皆可以产生白色沉淀；B.稀硝酸酸化的硝酸银溶液分别和F C l 反应，得到氟化银(易溶)、氯化银(白色沉淀)、澳化银(浅黄色沉淀)、碘化银(黄色沉淀)；C.对比实验2 和4 的条件只有卤素离子种类不一样；D.浓硝酸的氧化性强于澳单质，所以浓硝酸可以把澳离子氧化为澳单质(红棕色)，同时有氮的氧化物产生。1 5.【答案】(1)Is 22s 22P63s 23P6(2)3；T i 是 22号元素，Ti4+的核外电子排布式为Is 22s 22P63s 23P6,C a2+和 T i4+的电子排布相同，但 C a 元素的核电荷数小于T i,则离子半径Ca2+大 于 7产+(4)s p 3；氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(C H 3NH 2)的性质与氨相似，其中的N 原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形 成CH3NH+【解析】【解答】(1)C a是2 0 号元素，基 态Ca2+的核外电子排布式为I s 2 2 s 2 2 P63 s 2 3 P6；(2)由均摊法可知，1 个晶胞中含有一的个数是6x 4=3,T i 是2 2 号元素，Ti4+的核外电子排布式为I s 2 2 s 2 2 P63 s 2 3 P6,Ca2+和7 产+的电子排布相同，但 C a 元素的核电荷数小于T i,则离子半径Ca2+大 于 T 产+.(3)由均摊法可知，1 个晶胞中含有。2-的个数是6 x/=3,含 有 7产+的个数为1,含 有ca2+的个数为8 x =1,钛酸钙晶胞的棱长为a p m(1pm=1 x 1 0-1 0c m ),则钛酸钙晶体密度p=o3 x 1 6+40+48 1 3 6X1 O3 0(ax l O-1 0)3=N4a3 ；钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，忽略离子替代时的体积变化，钙钛矿型化合物的密度取决于阴阳离子的质量，由此可知密度大于钛酸钙的是BaTiO3和BaZrO3，故答案为：ac；(4)C W 3 N H I 中以N 原子为中心原子，价层电子对数为4+4(5-1 一3-1)=4,N 的杂化方式为 s p 3 杂化；氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(C H 3 NH 2)的性质与氨相似，其中的N 原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H-形成CH3NH 0【分析】(1)书写核外电子排布式时要运用构造原理，并注意洪特规则及其特例；(2)根据均摊法分析判断；(3)分析晶胞中紧密接触的离子，利用半径关系求出晶胞边长，由此求出晶胞密度；密度取决于阴阳离子的质量；(4)可利用氮原子的成键方式判断杂化类型；考 虑N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形 成CH 3 N时。1 6.【答案】(1)过滤；萃取分液(2)同主族从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，即氧化性：C h I2；5 c l 2+I 2+6H 2 O2 /O3 +1 OC 1+1 2 H+(3)反应的离子方程式为H2O2+2 /-+2 H+=I2+2 H2O,p H=7时，即减小反应物的浓度，反应正向进行受阻；增 大H2O2的浓度，促进反应正向进行，厂 的转化率增大；过 量 的“2。2分解产生的。2氧 化 厂 使转化率增大【解析】【解答】海藻在生烟中灼烧得到海藻灰，将海藻灰浸泡得到海藻灰悬浊液，然后利用过滤的方法分离海藻灰悬浊液，得到残渣和溶液，在溶液中通入过量氯气，氯气和碘离子发生氧化还原反应得失L,向含有L的溶液中加入有机溶剂进行萃取，得到含有碘的有机溶液，再利用蒸储的方法得到晶态碘。(1)过滤适用于不溶于水的固体和液体，步 骤i分离固体和液体用过滤；利用溶质在互不相溶的溶剂里溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它跟另一种溶剂所组成的溶液里提取出来，这种方法叫做萃取，步 骤i i将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，故答案为：过滤：萃取分液；(2)步 骤i i是 将I-氧化为E,使 用C%，原因是同主族从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，即氧化性：Cl2 l2；C L具有强氧化性，过量的C L与L反 应 生 成/O 3和C h反应的离子方程式为5 c l2+I 2+6 H2 O 2 /O 3 +1 0 C1+1 2 H；(3)也。2做氧化剂时，反应的离子方程式为H2O2+2 /-+2 H+=L+2 H2 O,溶液在酸性条件下，/-反应较完全，若pH=7时，即减小反应物的浓度，反应正向进行受阻；理 论 上H2O2与/-物质的量之比为0.5 ：1,若提高至1：1,即 增 大H2O2的浓度，促进反应正向进行，/-的转化率增大，还有可能是多余的H2O2分解产生的O 2,也 能 氧 化I-。【分析】海带灼烧可生成水和二氧化碳，海带灰中含有碘化钾等物质，溶于水，浸泡过滤得到含有碘离子的溶液，通入氯气,氯气置换出碘，得到碘的水溶液，用四氯化碳萃取得到含碘的有机溶液，经蒸储可得到碘，以此解答该题。1 7.【答案】(1)吸收烟气中的S O 2(2)将其中的Fe2+氧化成Fe3+(3)氢氧化铁与氢氧化铝；Fe3+3OH=Fe(OH)31 ,Al3+30H=A1(OH)3；(4)pH过小的话Fe3+、AF+沉淀不完全，p H过大的话Mr?+转化成沉淀(5)Mn2+2HCO 3=MnCO31+CO2t+H20【解析】【解答】本实验为通过软锦矿浆(主要成分MnOD吸收烟气中的S O 2,经过脱硫，反应，除杂等一系列操作，制备MnCCh的过程，据此分析回答问题。(1)由题意可知，MnCh可吸收烟气中的S O 2,生成MnSCU；,(2)过程1向浆液中通入O2的目的是将其中的Fe2+氧化成Fe3+,而后经过调节溶液的p H除去；(3)金属离子沉淀的p H表可知，调节溶液的pH将Fe3+、AF+变成氢氧化铁与氢氧化铝沉淀；离子方程式为 Fe3*+3OH=Fe(OH)31 ,Al3+3OH=Al(OH)3i ；(4)制备MnCCh的过程中，一般控制溶液的p H范围为5 7,p H过小的话Fe3+、AP+沉淀不完全，p H过大的话M#+转化成沉淀；(5)金属离子沉淀的p H表可知，p H不能过大，所以选择物质A为NH4HCO3,发生反应的离子方程式为 Mn2+2HCO 3=MnCO3i+CO2T+H20；(6)碳酸镐与硫酸反应生成硫酸镒，而后与KMnCU反应生成MnCh,化合价由+2价变成+4价，KMnO4由+7价变成+4价，根据化合价升降规律，设碳酸镐的物质的量为n,所以n x 2=V x lO-3 x e x 3,解得n=始 写 空m o l,故MnCCh质 量 分 数 为 爱 三 竺、ioo%=竽K%。【分析】本实验为通过软锦矿浆(主要成分MnO?)吸收烟气中的SO 2,经过脱硫，反应，除杂等一系列操作，制备MnCCh的过程；MnCh先吸收烟气中的S O 2,生成M nSCh,过程1通入O2将其中Fe?+氧化成Fe3+,而后经过调节溶液的pH将Fe3+、AP+变成沉淀滤渣1除去；通过过程2除 去Zn2+,通过加入NH4HCO3,制得MnCO3,依氧化还原反应中电子得失数目相等计算MnCO3质量分数即可。1 8【答案】(1)第三周期第IIA族(2)N c 十吒i：H a -C l：r (3)B；C(4)酸；M和。的电负性差值为1,O和H的电负性差值1.4,根据电负性差异是影响M-O-H中化学键断裂难易程度的主要原因，明显O-H键更容易断裂，该元素最高价氧化物对应的水化物呈酸性；NaOH；N a与0的电负性差值比M g与0的电负性差值大，M-0键更容易断裂，所以碱性较强的是NaOH【解析】【解答】基态Y原子的价电子排布为3s23P、可知Y为S,W、X、Y、Z为同一周期的四种主族元素，原子序数依次增大，Z 为CL Y 第三周期主族元素，其他三种元素为第三周期元素，根据X 电离能知，该元素位于第HA族，X 为Mg元素，W 为Na；(1)X 为Mg元素，位于第三周期第I1A族；(2)由上面分析可知WZ为氯化钠，NaCl为离子化合物，书写电子式时注意，左边写钠原子和氯原子电子式，右边写氯化钠的电子式，中间用箭头连接，用电子式表示NaCl的形成过程为Na 十 1：Net；*(3)A.同主族元素从上到下元素的金属性依次增强，A 不能用元素周期律解释，A 不正确；B.同主族元素从上到下元素的非金属性依次减弱，S 的非金属性弱于0,氢化物稳定性H2s小于H20,B 能用元素周期律解释，B 正确；C.同周期从左到右元素的非金属性依次增强，所以C1的非金属性强于S,C 能用元素周期律解释，C 正确；D.同周期从左到右元素的非金属性依次增强，所以S 的非金属性强于S i,所以S 的最高价氧化物对应水化物H2s04的酸性强于H.SiOs,D 不能元素周期律解释，D 不正确；故答案为：BC,(4)根据O、H 元素的电负性数值分别为3.5和 2.1,某元素M 的电负性数值为2.5,M 和 O 的电负性差值为1,0 和 H 的电负性差值1.4,根据电负性差异是影响M-O-H中化学键断裂难易程度的主要原因，明显0-H 键更容易断裂，该元素最高价氧化物对应的水化物呈酸性；W 的最高价氧化物对应的水化物为NaOH,X 的最高价氧化物对应的水化物Mg(0H)2,同一周期从左到右电负性逐渐增大，Na与O 的电负性差值比Mg与。的电负性差值大，M-O键更容易断裂，所以碱性较强的是NaOH；【分析】根据基态Y 原子的价电子排布可知Y 为 S,所以四种元素W、X、Y、Z 均为第三周期元素,X 的第二电离能和第三电离能之间相差很大，说明X 失去2 个电子达到了8 电子稳定结构，X 的最外层有2 个电子，X 为Mg元素，由原子序数依次增大，所以W 为Na,Z 为 C l,再依据元素周期律和元素周期表的相关知识及化学键和原子电负性的相关知识分析解答即可。1 9.【答案】(1)Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3(2)3Fe2+4H+N0=3Fe3+NOT+2H2O；浓 HNO3将 SCN氧化(3)氧气在酸性条件下将 Fe2+氧化为了 Fe3+(4Fe2，+O2+4H+=4Fe31+2H2O)(4)加入5 滴 O.lmo。L-kSCN溶液,再加入5ml稀 H2s。4(5)力 口 入 5 滴 O.lmo卜 LK SCN溶液，再加入5ml稀 H2sCU(6)a；由步骤I取 2mLFeS04溶液，加入5 滴 O.lmo卜 LKSCN溶液，无明显现象，再加入5mL浓KNCh溶液，无明显现象，说明待测液中几乎不存在铁离子，说明待测液几乎没有变质(7)要注意排尽溶液中的氧气，要进行对照实验，铁离子检验时，溶液中是否只存在能氧化硫鼠根的离子等【解析】【解答】(1)F e 3+遇K S C N 溶夜变成红色离方程式为F e3+3S C N-=F e(S C N)3；(2)亚铁具有还原性，引入的H+和N0氧化亚铁变成铁离子，所以反应的离子方程式为3F e2+4 H+NO3=3F e3+N O t+2H2O,ii中血红包褪去的可能原因是，浓 H N C h 将 S C N 氧化；(3)可能的影响因素是，其它具有氧化性的物质，能接触的还有空气中的氧气，氧气在酸性条件下将 F e2+氧化为了 F e3+(4 F e2，+O 2+4 H+=4 F e3+2H 2O)；根据对比实验，步骤I I 中的操作，加入5 滴0.1 mo l L K S C N 溶液，再加入 5 ml 稀 H 2s o 4,；(5)根据对比实验，步骤I I 中的操作，加 1 入 5 滴 O.lmo 卜 L-K S C N 溶液，再加入5 n li稀 H 2s o 4,;(6)由步骤I 取 2mL F eS 04 溶液，加入5 滴 0.1 mo 卜 L K S C N 溶液，无明显现象，再加入5 m L 浓 K N C h溶液，无明显现象，说明本来几乎不存在铁离子，说明几乎基本没有变质；(7)从上述探究中获得启发，在用K S C N 检验F e3+及进行F e2+还原性验证实验时，需要注意的事项有：要注意排尽溶液中的氧气，要进行对照实验，铁离子检验时，溶液中是否只存在能氧化硫鼠根的离子等；【分析】加入K S C N 溶液几乎无色，说明溶液中没有F e3+,随 着Fe2+转化为 酷3+溶液颜色逐渐变深，由于浓硝酸的加入，浓硝酸的强氧化性使被S C N-氧化，所以溶液颜色变浅；依据铁盐和亚铁盐之间的转化和F e3+的检验及对比实验分析解答。