2018-2019高三化学上学期期末试卷带与答案

2018-2019 高三化学上学期期末试卷带与答案期末考试化 学注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Cu 64 Fe 56一、选择题（每小题 3 分，共 48 分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是A可以利用化学氧化（铬酸做氧化剂）的方法使铝制品表面的氧化膜产生美丽的颜色。B将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”的还原性比铜片更强C直馏汽油、裂化汽油、植物油均能使溴的四氯化碳溶液褪色D高压钠灯发出透雾性能力强的淡紫色光，常做路灯2下列说法错误的是A液氨汽化时要吸收大量的热，常用作制冷剂B压减燃煤、严格控车、调整产业是治理雾霾的有效措施C手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的无机非金属材料D纯碱可用于生产普通玻璃，也可用来治疗胃酸过多的病症3NA 代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A钢铁发生析氢腐蚀时，0.56g Fe 反应转移电子数为 0.03NAB 1L 0.1molL1 的 NaHCO3 溶液中 HCO3 和 CO23 离子数之和为 0.1NAC 1mol H2O2 分子中的非极性共价键 NAD氢氧燃料电池正极消耗 22.4L 气体时，电路中通过的电子数目为4NA4下列关于有机物的叙述正确的是A能与 NaOH 溶液反应且分子式为 C2H4O2 的有机物一定是乙酸B 2-甲基-2-丁醇可以被高锰酸钾氧化C苯乙烯和甲苯分子内所有原子可能共平面D酸性高锰酸钾溶液可以检验出苯和乙醇的混合液中的乙醇5下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A在溶液中加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液，出现白色沉淀，证明原溶液中有 SO24B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液C气体通过无水 CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是 SO26在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是7硫黄制酸在我国的工业发展进程中具有重要地位，其工业流程示意图如下。已知硫磺的燃烧热H=-297kJmol 1。下列说法正确的是A中主要反应的热化学方程式：S(l)+O2(g) =SO2(g) H=-297 kJmol1B 中主要反应的化学方程式：2SO2+O2 2SO3C 中使用催化剂可提高化学反应速率和平衡转化率D中气体 a 可以直接排放到大气中8下列离子方程式书写正确的是A过量氨水滴入氯化铝溶液中：Al3+3OH=Al(OH)3 B硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合：S2O23+2H+=S+SO2+H2OC NaClO 溶液与 FeCl2 溶液混合：2ClO+Fe2+2H2O=2HClO+Fe(OH)2 D次氯酸钙溶液中通入过量 CO2：Ca2+2ClO+H2O +CO2=CaCO3+2HClO9向 CuSO4 溶液中逐滴加入 KI 溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入 SO2 气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是A上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2 SO2B通入 SO2 时，SO2 与 I2 反应，I2 作还原剂C通入 SO2 后溶液逐渐变成无色，体现了 SO2 的漂白性D滴加 KI 溶液时，转移 2mol e时生成 1mol 白色沉淀10X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素，其中 X、Z 同族，Y、Z 同周期，W 是短周期主族元素中原子半径最大的，X 原子最外层电子数是核外电子层数的 3 倍，Y 的最高正价与最低负价代数和为 6。下列说法正确的是A原子半径由大到小的顺序为：YZXB Y 元素最高价氧化物对应的水化物化学式 H2YO4C Y、Z 两种元素气态氢化物中，Z 的气态氢化物最稳定DX 与 W 形成的两种化合物中，阴、阳离子物质的量之比均为1211下列实验方案中，不能达到实验目的是选项 实验目的 实验方案A 证明盐类水解是吸热反应 在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后红色加深B 鉴别溴蒸气和 NO2 分别通入硝酸银溶液中，产生淡黄色沉淀的是溴蒸汽C 证明氧化性：H2O2 比 Fe3+强 用硫酸酸化的 H2O2 溶液滴入Fe(NO3)2 溶液中，溶液变黄色D 证明难溶物存在沉淀溶解平衡 往黄色固体难溶物 PbI2 加水中振荡，静置取上层淸液加入 NaI 固体产生黄色沉淀12可逆反应 mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)的 v-t 图象如下右图，如若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其 v-t 图象如图：a1a2 a1a2 b1b2 b1b2 t1t2 t1=t2 两图中阴影部分面积相等 右图中阴影部分面积更大，以上说法中正确的是A B C D13常温下，将 NaOH 溶液滴加到某一元酸 (HA)溶液中，测得混合溶液的 pH 与离子浓度变化关系如下图所示【已知：Pc(A )/c(HA)=-1gc(A)/c(HA)】 。下列叙述不正确的是AKa(HA) 的数量级为 105B滴加 NaOH 溶液过程中，c(A )/c(HA)×c(OH)保持不变C m 点所示溶液中：c(H+)=c(HA)+c(OH)-c(Na+)Dn 点所示溶液中：c(Na+)=c(A)+c(HA)14某化学兴趣小组学生对塑料饭盒废弃物的水解液进行电渗析处理，同时得到对苯二甲酸。原理如图所示（H2A 表示对苯二甲酸，A2表示对苯二甲酸根离子） ，下列说法正确的是A电极 a 为阴极，电极 b 产生氧气B通电一段时间后，硫酸溶液 pH 升高C A2通过阴离子交换膜进入浓缩室D对 200ml 的 8.3gL1 对苯二甲酸溶液，通电一段时间后，浓度上升到 0.1molL1，阴极产生气体体积 4.48L15在三个容积均为 1L 的密闭容器中以不同的氢碳比 充入 H2 和CO2，在一定条件发生反应：2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) H，CO2 的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是A该反应的 H0B氢碳比：，B 错误；氢碳比为2.0 时，Q 点未平衡，由 Q 点应向 P 点转化，即 CO2 的转化率增大，即反应向正反应方向进行，即 v(正)v(逆)，C 错误；P 点 CO2 转化率为 50%，即平衡时 c(CO2)0.25molL1，c(H2)0.25 molL1，c(C2H4)0.125 molL1，c(H2O)0.5 molL1，则Kc(C2H4)c4(H2O)c2(CO2)c6(H2)0.125×0.54 0.252×0.256512，D 正确。16. 【答案】D【解析】往 200mL FeCl3 溶液中通入 4.48L 标难状况下的 H2S 气体后(气体完全反应) ，发生反应的离子方程式为2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+。标难状况下，4.48L H2S 的物质的量为 0.2mol，由离子方程式可知，反应后可生成 0.8mol Fe2+和0.8mol H+，再加入过量的 Fe 粉，反应停止后，0.8mol H+可以溶解0.4mol Fe 再生成 0.4mol Fe2+，Fe2+ 总物质的量恰好为 1.2mol，所以溶液中金属阳离子全部是 Fe2+，说明 H2S 与反应后，Fe3+没有剩余，所以原溶液中只有 0.8mol Fe3+。A通入 H2S 时发生反应的离子方程式为 2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，A 不正确；B 若将加入 Fe 粉后溶液中的 1.2mol Fe2+完全氧化，需要通入 0.6mol Cl2，0.6mol Cl2 在标准状况下体积为 13.44L，B 不正确；C 若将上述 4.48L 标准状况下的 H2S 换成 0.2mol Na2S，则反应后没有 H+生成，加入过量的 Fe 粉后，铁粉不会溶解，所以溶液中不能得到1.2mol 金属阳离子，C 不正确；D将原 FeCl3 溶液加热蒸干并灼烧，得到的固体是 0.4mol Fe2O3，0.4mol Fe2O3 的质量为 64g，D 正确。本题选 D。第卷（非选择题，共 52 分）二、非选择题（共 5 小题）17. 【答案】 （1）MnO2+4H+2Cl =Mn2+Cl2+2H2O （2）量筒、烧杯、玻璃棒 （3）防止 NaClO 分解，影响水合肼的产率 （4）N2H4H2O+2NaClO=N2 +3H2O+2NaCl （5）偏大；d；25%【解析】由图可知，装置 I 由二氧化锰和浓盐酸制备氯气；装置 II由氯气和氢氧化钠溶液制备次氯酸钠；装置 III 是尾气处理装置；图乙中的由 CO(NH2)2 与 NaOH、NaClO 反应制备水合肼。实验 1：制备 NaClO 溶液( 己知：3NaClO= 2NaCl+NaClO3)：（1）图甲装置中烧瓶内发生反应的离子方程式为 MnO2+4H+2Cl=Mn2+Cl2 +2H2O。 （ 2）用 NaOH 固体配制溶质质量分数为 30%的 NaOH 溶液时，所需玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒。 （3）由题中信息(己知：3NaClO=2NaCl+NaClO3)可知，图甲装置中用冰水浴控制温度的目的是防止 NaClO 分解，影响水合肼的产率。实验 2：制取水合肼：（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4H2O 会参与 A 中反应并产生大量氮气，降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl。充分反应后，蒸馏 A中溶液即可得到水合肼的粗产品。实验 3：测定馏分中水合肼的含量：（5）称取馏分 3.0g，加入适量 NaHCO3 固体( 滴定过程中，调节溶液的 pH 保持在 6.5 左右)，加水配成 250mL 溶液，移出25.00mL 置于锥形瓶中，并滴加 23 滴淀粉溶液。用 0.15molL-1的碘的标准溶液滴定。(已知：N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O)水合肼(N2H4 H2O)是一种强还原性的碱性液体，滴定操作中若不加入适量 NaHCO3 固体控制溶液的 pH，则碘会在碱性条件下发生歧化反应而消耗较多的碘，所以测量结果会偏大。下列实验操作：a锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响测定结果；b滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则标准液的体积读数偏小；c读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则标准液的体积读数偏小；d盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液，则标准液会被残留的水稀释，从而消耗标准液的体积偏大。综上所述，能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 d。实验测得消耗 I2 溶液的平均值为20.00mL，由反应的化学方程式 N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O可知，n(N2H4 H2O)=n(I2)= =0.0015mol，馏分中水合肼 (N2H4H2O)的质量分数为 25%。18. 【答案】 （1）CH4 (g)+2SO2 (g) =CO2 (g)+2S (s)+2H2O(l) H=(2b-a)kJmol1 （2）H2S ；300；2×10-3/t1 mol/(Lmin) 2H2+SO2=S+2H2O （3） 36.45mol L1 （4）SO23+SO2+H2O=2HSO 3 c(Na+)c(HSO3) c(SO23)c(H+)=c(OH )【解析】 （1）CH4 和 S 的燃烧热分别为 a kJmol1 和 b kJmol1，写出热化学方程式：CH4(g)+2O2(g) =CO2(g)+2H2O(l) H=-a kJmol1（） ；S(s)+O2(g) =SO2(g) H= -b kJmol1（） ；应用盖斯定律，将-×2得，CH4(g)+2SO2(g) =CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) H=（2b-a）kJmol1。 （2）根据图示和图像，第一步对应图像 0t1 段，由H2 和 SO2 反应生成 X，反应消耗的 H2、SO2 和生成的 X 物质的量浓度之比为（6×10-3）（3×10-3-1 ×10-3）（2×10-3）=311；第二步对应图像 t1t2 段，X 与 SO2 反应生成 S，消耗的 X 与 SO2 物质的量浓度之比为（2×10-3）（1×10-3）=21，结合原子守恒，X 为 H2S，0t1 时间段的反应温度为 300。(SO2)= = = mol(Lmin)1。根据图示和图像，总反应为 H2 与 SO2 按物质的量之比 21 反应生成 S，结合原子守恒，总反应的化学方程式为2H2+SO2=S+2H2O。 （3）根据图像 a 点达到平衡状态， 700后升高温度 SO2 的平衡转化率减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的 H0。700时 SO2 的转化率为 90%，用三段式2C(s) + 2SO2(g) S2(g)+2CO2(g)起始（molL1）： 1 0 0转化（molL1）：1×90% 0.45 0.9平衡（molL1）： 0.1 0.45 0.9700的平衡常数 K= = =36.45molL1。（4）Na2SO3 吸收 SO2 的离子方程式为SO23+SO2+H2O=2HSO3。Na2SO3 溶液呈碱性， NaHSO3 溶液呈酸性，用 Na2SO3 溶液吸收 SO2 得到 pH=7 的溶液，溶液中溶质为 Na2SO3 和 NaHSO3，溶液中 c(H+)=c(OH)=1×107 molL1，根据 K2(H2SO3)= =6.2×108，则 =6.2×10-8(1×107)=0.62，c(SO23)c(HSO 3)，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c(Na+)c(HSO3)c(SO23)c(H+)=c(OH) 。19. 【答案】 （1）分液漏斗 （2）C；让锌粒与盐酸先反应产生 H2，把装置 2 和 3 中空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化 （3）B；A （4）过量的锌与 CrCl3 充分反应得到 CrCl2 （5）83.3% （6）空气或氧气；5.6【解析】 （1）根据仪器结构特征，可知仪器 1 为分液漏斗；（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生 H2，把装置 2 和 3 中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，答案选 C；目的是：让锌粒与盐酸先反应产生 H2，把装置 2 和 3 中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化；（3）利用生成氢气，使装置内气体增大，将 CrCl2 溶液压入装置 3 中与 CH3COONa 溶液顺利混合，应关闭阀门 B，打开阀门A；（4）锌粒要过量，其原因除了让产生的 H2 将 CrCl2 溶液压入装置 3 与 CH3COONa 溶液反应外，另一个作用是：过量的锌与CrCl3 充分反应得到 CrCl2；（5）CrCl3 为 =0.06mol，得到 CrCl2为 0.06mol，而 CH3COONa 为 1.5mol，由方程式可知 CH3COONa足量，则得到Cr(CH3COO)222H2O 为 0.06mol× ×376gmol1=11.28g，所得产品的产率为 ×100% = 83.3%；（6）向废液中通入足量的空气或氧气，将 Cr2+氧化为 Cr3+，铬的离子沉淀完全时，浓度应小于 10-5molL1，根据 KspCr(OH)3=c(Cr3+)×c3(OH)=6.3×1031，此时溶液中 c(OH)=4×109，溶液 pH=-lgc(H+)=5.6。20. 【答案】 （1）粉碎矿石，适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等；S、SiO2 （2）防止 FeCl3 及 BiCl3 水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；氯气 （3）2Bi+2O2 +Na2O2 =高温 2NaBiO3；NA 或 6.02×1023 （4）10-111 （5）Bi3+、Bi(HDz)3 ；Bi(HDz)3+6OH =Bi(OH)3+3H2O+3Dz2【解析】 （1） “浸取”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有粉碎矿石、适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等；二氧化硅与盐酸和氯化铁不反应，Bi2S3 中的2 价 S 被氧化为单质硫，则滤渣的主要成分有 S、 SiO2。 （2）由于铁离子、 Bi3+易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止 FeCl3 及 BiCl3 水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；加入铁粉后铁离子转化为亚铁离子，Bi3+转化为单质铋，氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁而循环利用，所以气体 X 为氯气。 （3）焙烧时生成铋酸钠的化学方程式为2Bi+2O2+Na2O2=高温 2NaBiO3；反应中只有 Bi 元素化合价升高，从 0 价升高到 5 价，当消耗标准状况下 4.48L O2 即 0.2mol 氧气时，转移电子的个数是 NA。 （4）根据溶度积常数可知此时 Bi3+未沉淀，浓度是 0.02molL1。铜离子浓度是 molL1，所以所得溶液中 c(Cu2+)c(Bi3+)10111。 （5）当调节 pH2.5 时铋的萃取率是 0.8，所以铋（Bi ）的存在形式有Bi3+、Bi(HDz)3；向萃取后的 CCl4 中加入 NaOH 溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为 Bi(HDz)3+6OH=Bi(OH)3+3H2O+3Dz2。21. 【答案】 （1）CO(g)+1/2O2(g) =CO2(g) H=-283 kJmol 1 （2）该反应是吸热且熵增的反应，只有在较高温度下 G=H-TS 才有可能小于 0，反应才有利于自发进行 （3）88.3655(或 1.611 或 85) （4）0.025 不变 （5）HC1O+2C1O2+H+=2ClO2+Cl+H2O【解析】 （1）C(s)+O2(g) =CO2(g) H=-393.5kJmol1，2C(s)+O2(g)=2CO(g) H=-221 kJmol1，根据盖斯定律，将(×2-) × 得：CO(g)+ O2(g) =CO2(g) H=(-393.5 kJmol1)×2-(-221kJmol1)× =-283kJmol1，故答案为： CO(g)+1/2O2(g) =CO2(g) H=-283kJmol 1；（2）该反应是吸热反应，且属于熵增的反应，只有在较高温度下 G=H-TS 才有可能小于 0，反应才有利于自发进行，因此气体通过微波催化交换炉需要较高温度，故答案为：该反应是吸热且熵增的反应，只有在较高温度下G=H-TS 才有可能小于 0，反应才有利于自发进行；（3）含有 H2、N2、CO、CO2 及 O2，其中 N2 约为 55%、CO 约为25%、 CO2 约为 15%、O2 约为 1.64%，则 H2 约为 1-55%-25%-15%-1.64%=3.36%，假设气体总量为 100mol，经过脱氧后含有 55mol N2，25mol CO、15mol CO2、3.36mol H2，经过 CO2+CH4 2CO+2H2，反应后气体中含有 55mol N2，(25+15×2)mol CO、 (15×2+3.36)mol H2，再经过 CO+H2O CO2+H2 反应后，气体中含有 55mol N2，(25+15 ×2)mol CO2、(25+15 ×2+15×2+3.36)mol H2，因此 V(H2)V(N2)= n(H2) n(N2)= (25+15×2+15×2+3.36)mol55mol=88.3655 ，故答案为：88.36 55；（4）10min 内v(ClNO)=7.5 10-3mol(Lmin)1，则平衡是 c(ClNO)=7.5 10-3 mol(Lmin)1×10min =0.075molL1，n (ClNO)= 0.075molL1×2L=0.15mol，根据 2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)，反应的氯气为 0.075mol，则平衡后 n(Cl2)= 0.1mol-0.075mol=0.025mol，由于该反应为气体体积减小的反应，若反应在恒压条件下进行，相当于平衡时增大压强，平衡正向移动，NO 的转化率增大，即12；温度不变，平衡常数 K 不变，故答案为：0.025； ；不变（5）NCl3 中 Cl 元素为 +1 价，NCl3 发生水解产物之一具有强氧化性，为次氯酸，次氯酸能将稀盐酸中的 NaClO2 氧化成 ClO2，反应的离子方程式为 HC1O+2C1O2+H+=2ClO2+Cl +H2O。