山东省日照市于里镇中学高三化学期末试题含解析

山东省日照市于里镇中学高三化学期末试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是（）

A.Al

B.Al(OH)3

C.AlCl3

D.Al2O3

参考答案：答案：A

2.下列说法正确的是（）A．分子式为CH4O和C2H6O的物质一定互为同系物B．丙烯的比例模型为：C．1mol物质：最多能与3molNaOH反应D．CH3CN的电子式为：参考答案：D【考点】芳香烃、烃基和同系物；电子式；球棍模型与比例模型．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】A、分子式为CH4O和C2H6O的可以是醇或是醚；B、比例模型主要体现出分子中各原子相对体积大小，B为球棍模型；C、酚羟基、酯键可以与氢氧化钠反应，注意酯键水解后的酚羟基消耗氢氧化钠；D、电子式表示原子最外层电子．【解答】解：A、分子式为CH4O和C2H6O的可以是醇或是醚，故A错误；B、比例模型主要体现出分子中各原子相对体积大小，B为球棍模型，故B错误；C、酚羟基、酯键可以与氢氧化钠反应，注意酯键水解后的酚羟基消耗氢氧化钠，1mol物质：最多能与5molNaOH，故C错误；D、电子式表示原子最外层电子，CH3CN的电子式为：，故D正确．故选D．【点评】本题考查常用化学用语的表示方法判断，题目难度中等，涉及球棍模型、结构简式、结构式等知识，注意掌握结构简式、结构式的区别，明确常见化学用语的书写原则为解答关键．3.下列物质中属于离子化合物的是

A．苛性钾

B．碘化氢

C．硫酸

D．醋酸参考答案：答案：A4.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A、常温下23gNO2含有NA个氧原子B、1L0.1mol·L-1的氨水中含有0.1NA个OH-C.标准状况下，2.24L已烷含有分子的数目为0.1NAD.常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成1molO2，转移电子的数目为2NA参考答案：A略5.下列有关反应热的叙述中正确的是（）①已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ?mol﹣1，则氢气的燃烧热为△H=﹣241.8kJ?mol﹣1②由单质A转化为单质B是一个吸热过程，由此可知单质B比单质A稳定③X（g）+Y（g）═Z（g）+W（s）△H＞0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的△H增大④已知：共价键C﹣CC═CC﹣HH﹣H键能/（kJ?mol﹣1）348610413436上表数据可以计算出（g）+3H2（g）→（g）的反应热；⑤由盖斯定律，推知在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时，放出的热量相等；⑥25℃，101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量为碳的燃烧热．A．①②③④ B．③④⑤ C．④⑤ D．⑥参考答案：D【考点】热化学方程式；有关反应热的计算．【分析】①燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水；②能量越高越不稳定；③一定条件下，反应热与平衡移动无关，与化学计量数与物质的状态有关；④苯环中不存在碳碳双键；⑤金刚石与石墨的结构不同，能量不相同；⑥燃烧热指：25℃，101kPa时1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量．【解答】解：①燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜﹣241.8kJ?mol﹣1，故错误；②单质A转化为单质B是一个吸热过程，则B的能量比A的高，能量越高越不稳定，故错误；③一定条件下，反应热与平衡移动无关，与化学计量数与物质的状态有关，故错误；④反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，由于苯环中不存在碳碳双键，不能计算反应热，故错误；⑤金刚石与石墨的结构不同，能量不相同，在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时，放出的热量不相等，故错误；⑥碳的燃烧热指：25℃，101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量，故正确，故选D．【点评】本题考查燃烧热、反应热有关计算、热化学方程式等，注意对概念与热化学方程式的理解，注意③中平衡移动，放出的热量发生变化，但热化学方程式焓变不变．6.下列叙述正确的是

A．用pH=2和pH=3的醋酸溶液中和含等量NaOH的溶液所消耗的醋酸溶液的体积分别为Va和Vb，

则Va=10Vb

B．pH相等的NaOH、CH3COONa和NaHCO3三种溶液，则有：

C（NaOH）＜C（CH3COONa）＜C（NaHCO3）

C．过量SO2通入到Ba（NO3）2溶液中，正确的离子反应方程式为：

3SO2＋2NO3－＋3Ba2＋＋2H2O=3BaSO4↓＋2NO↑＋4H+D．向Ca(HCO3)2溶液加少量氢氧化钠溶液：

Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O参考答案：C11.H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。若向H2S溶液中A.加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大B.通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大C.滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小D.加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小参考答案：C加水促进电离，但氢离子浓度减小，A错误，B项反应：2H2S+SO2=3S+2H2O当SO2过量溶液显酸性，而且酸性比H2S强pH值减小，错误，滴加新制氯水，发生反应Cl2+H2S=2HCl+S平衡向左移动，溶液pH值减小，C项正确加入少量硫酸铜固体，发生反应H2S+Cu2-=CuS+2H-

H-浓度增大D项错误

8.下列关于实验现象的描述不正确的是（

）A.把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡B.用锌片做阳极，铁片做阴极，电解氯化锌溶液，铁片表面出现一层锌C.把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁D.把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快参考答案：C略9.沼气是一种能源,它的主要成分是CH4。0．5molCH4完全燃烧生成CO2和H2O时,放出445kJ热量,则下列热化学方程式中正确的是

（

）

A．2CH4（g）+4O2（g）===2CO2（g）+4H2O（l）；△H＝+890kJ·mol-1

B．CH4（g）+2O2（g）===CO2（g）+2H2O（l）；

△H＝+890kJ·mol-1

C．CH4（g）+2O2（g）===CO2（g）+2H2O（l）；

△H＝-890kJ·mol-1

D．1/2CH4（g）+O2（g）===1/2CO2（g）+H2O（l）；

△H＝-890kJ·mol-1参考答案：C略10.下列有关原子结构及元素周期律的叙述中正确的是()。A．第ⅠA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子

B．同周期元素(除0族元素外)从左到右，原子半径逐渐减小C．第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强

D．同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低参考答案：B略11.碘元素的一种核素I可用于治疗肿瘤．下列有关碘元素的说法正确的是（）A．I核外有72个电子B．I与I互为同素异形体C．I﹣能使淀粉溶液变蓝D．I最外层电子数为7参考答案：D解析：A、核外电子数等于质子数，即53，故A测；B、同种元素的不同种原子之间互称为同位素，同种元素构成的不同种单质互称同素异形体，故B错误；C、碘单质能使淀粉溶液变蓝，碘离子不可以，故C错误；D、碘处于第ⅤⅡA族，最外层7个电子，故D正确，故选D．12.著名化学家徐光宪获得2008年度“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土串级萃取理论方面作出的贡献。稀土铈（Ce）元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法正确的是（

）A．铈的冶炼步骤为：用稀土串级萃法对矿石进行筛选富集；电解熔融CeO2B．CeO2铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：CeO2+4HI=CeI4+2H2OC．用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++2Fe2+=Ce3++2Fe3+D．铈能从硫酸铜溶液中置换出铜：Ce+2Cu2+=2Cu+Ce4+参考答案：A略13.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是A．0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等B．在密闭容器中加入1.5molH2和0.5molN2，充分反应后可得到NH3分子数为NAC．常温常压下，7.0g乙烯与丁烯的混合物中含有氢原子的数目为NAD．标准状况下，22.4L氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为3NA参考答案：C略14.HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，室温下，将0.2mol?L﹣1的HA和0.2mol?L﹣1的NaOH溶液等体积混合，下列说法不正确的是（）A．混合前0.2mol?L﹣1HA中：c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣）B．混合后溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣）C．混合后溶液中：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（A﹣）＞c（H+）D．混合后溶液中：c（A﹣）+c（HA）=c（Na+）参考答案：C考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．0.2mol?L﹣1HA溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒判断各离子浓度关系；B．混合液中一定遵循电荷守恒，根据电荷守恒判断混合液中各离子之间关系；C．由于HA为弱酸，则等浓度、等体积的HA与氢氧化钠溶液混合后恰好生成强碱弱酸盐NaA，溶液显示碱性，根据电荷守恒、盐的水解原理判断各离子浓度大小；D．溶液中一定满足物料守恒，根据物料守恒判断混合液中钠离子与c（A﹣）+c（HA）的大小．解答：解：A．混合前0.2mol?L﹣1HA中，根据电荷守恒可得：c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣），故A正确；B．溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒可知混合后溶液中：c（Na+）+c（H+）=（A﹣）+c（OH﹣），故B正确；C．将0.2mol?L﹣1的HA和0.2mol?L﹣1的NaOH溶液等体积混合，反应生成强碱弱酸盐NaA，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），由于A﹣的水解程度较小，则c（OH﹣）＜c（A﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；D．混合液中一定遵循物料守恒，根据物料守恒可得：c（A﹣）+c（HA）=c（Na+）=0.1mol/L，故D正确；故选C．点评：本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小．

15.下列实验方案中，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的是（

）

①取a克混合物充分加热，减重b克

②取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体

③取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体先用浓硫酸干燥再用碱石灰吸收，碱石灰增重b克

④取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体A．只有①②④

B．①②③④

C．只有①③④

D．只有①②③参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.碳酸钠是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料。工业碳酸钠（纯度约98%）中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和等杂质，提纯工艺路线如下：已知碳酸钠的溶解度（S）随温度变化的曲线如下图所示：回答下列问题：（1）滤渣的主要成分为________________。（2）“趁热过滤”的原因是________________________________________。（3）若在实验室进行“趁热过滤”，可采取的措施是_______________________（写出1种）。（4）若“母液”循环使用，可能出现的问题及其原因是_____________________________。（5）已知：Na2CO3·10H2O（s）Na2CO3(s)+10H2O(g)

ΔH1=+532.36kJ·mol-1Na2CO3·10H2O（s）Na2CO3·H2O（s）+9H2O(g)

ΔH2=+473.63kJ·mol-1写出Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式______________________________。参考答案：（1）Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3（2）使析出的晶体为Na2CO3·H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3·10H2O晶体，令后续的加热脱水耗时长（3）用已预热的布氏漏斗趁热抽滤（4）问题：溶解时有大量沉淀生成，使Na2CO3损耗且产物Na2CO3混有杂质；原因：“母液”中，含有的离子有Ca2+、Na+、Cl-、、OH-，，当多次循环后，使离子浓度不断增大，溶解时会生成CaSO4、Ca(OH)2、CaCO3等沉淀（5）Na2CO3·H2O（s）Na2CO3(s)+H2O(g)；ΔH=+58.73kJ·mol-1(1)因工业碳酸钠中含有Mg2+、Fe3+、Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg(OH)2、Fe（OH）3、CaCO3沉淀。(2)观察坐标图，温度减少至308K时发生突变，溶解度迅速减少，若不趁热过滤将析出晶体Na2CO3·7H2O。(3)思路方向：①减少过滤的时间;②保持过滤时的温度。(4)思路：分析“母液”中存在的离子，若参与循环，将使离子浓度增大，对工业生产中所得产品的质量有所影响。(5)通过观察两个热化学方程式，可将两式相减，从而得到Na2CO3·H2O（s）Na2CO3（s）+H2O（g）。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）1.0LNa2SO4和CuSO4的混合溶液中，c(SO42-)=3.0mol/L，用铂作电极电解此溶液。通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况下），停止通电。假设电解后溶液体积仍为1.0L，试求：（1）电解过程中，阴阳两电极上析出物的成分及物质的量；（2）原混合溶液中Na+的物质的量溶度和Cu2+的物质的量溶度；（3）当溶液中Cu2+恰好完全变成Cu时，所得溶液中c(H+)。参考答案：(1)阴极：Cu1mol

H21mol

阳极：O21mol

(2)原混合溶液中c(Na+)=4.0mol/L

c(Cu2+)=1.0mol/L(3)电解后所得溶液中c(H+)=2.0mol/L略18.小苏打、胃舒平、达喜都是常用的中和胃酸的药物。

(1）小苏打片每片含0.5gNaHCO3，2片小苏打片和胃酸完全中和，被中和的H＋是___________mol。

(2）胃舒平每片含0.245gAl(OH)3。中和胃酸时，6片小苏打片相当于胃舒平_____片。

(3）达喜的化学成分是铝和镁的碱式盐。①取该碱式盐3.01g，加入2.0mol·L－1盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，计算该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比。②在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74g，若该碱式盐中氢元素的质量分数为0.040，试推测该碱式盐的化学式。参考答案：答案：（1）0.012mol。(2）3.8。(3）n(OH－)∶n(CO32－)＝16∶1。(4）Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O。解析：(1)2片小苏打所含NaHCO3的质量为1g，其物质的量为=0.012mol，由HCO3－＋H+===CO2↑＋H2O，可知n(H＋)=0.012mol。(2)6片小苏打的物质的量为：=0.036mol，即中和的H＋为0.036mol，而每片的Al(OH)3的物质的量为=0.0031mol，由Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，所以Al(OH)3的片数为：=3.8片。(3)①碱式盐中加入HCl，首先是碱式盐中的OH-和CO与H+（42.5mL）反应生成H2O和HCO，,然后HCO继续与盐酸反应，消耗45.0mL时正好反应完全。所以n(HCO3－)＝2.0mol·L－1×（0.045L-0.0425L）＝0.005mol，即n(CO)=0.005mol，H＋与CO、OH-－反应的H＋的总物质的量为：2.0mol·L－1×0.0425L＝0.085mol，所以n(OH-)=0.08mol，该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比：16∶1。②能与过量的NaOH溶液反应产生沉淀的只有Mg2＋，所以n[Mg(OH)2]＝=0.03mol，若碱式盐中不含结晶水，则氢元素（OH-）的质量分数为：0.08mol×1g/mol＝0.08g，氢元素的质量分数为：=0.027＜0.04，说明碱式盐中含有结晶水，根据题意有：m(Al)＋m(H2O)＋0.03mol×24g/mol（Mg2+）＋0.005mol×60g/mol（CO）＋0.08mol×17g/mol（OH-）=3.01g，=0.04，所以m(H2O)=0.36g，n(H2O)=002mol，m(Al)=0.27g，n(Al)=001mol，所以n(Al3＋)∶n(Mg2＋)∶n(OH－)∶n(CO32－)∶n(H2O)＝0.01mol∶0.03mol∶0.08mol∶0.005mol∶0.02mol＝2∶6∶16∶1∶4，即碱式盐的化学式为：Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O。19.(09全国卷2，27）某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的