山西省忻州市第十三中学2021年高三化学下学期期末试卷含解析

山西省忻州市第十三中学2021年高三化学下学期期末试卷含解析一、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.（2005·全国卷Ⅱ）6.分析发现，某陨石中含有半衰期极短的镁的一种放射性同位素28Mg，该同位素的原子核内的中子数是A.12

B.14

C.16

D.18参考答案：C根据中子数＝质量数－质子数，该同位素原子核内中子数为28－12＝16。2.下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的①过滤

②蒸发

③溶解

④向容量瓶转移液体A．①和④

B．①和②

C．①和③

D．③和④参考答案：A略3.某有机物具有下列性质：能发生银镜反应，滴入石蕊试液不变色，加入少量碱液并滴入酚酞试液，共煮后红色消失。原有机物是下列物质中的:A.甲酸

B.乙酸甲酯

C.乙醛

D.甲酸乙酯参考答案：D略4.A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，设计成份分析方案如下，下列分析不正确的（）A．当m1＞m2时，溶液a中阴离子只有1种B．生成蓝色溶液的离子方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2﹣C．要确定混合物中是否含Al，可取A加入适量稀HClD．当m2﹣m3=2.96g，Fe3O4的质量至少为2.32g参考答案：A考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液；B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性；C、金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应在；D、因固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应；解答：解：A、当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子不至一种，故A错误；B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故B正确；C、金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应在，可取A加入适量稀HCl，如果有气体产生，证明铝的存在，故C正确；D、因固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3O4～2Fe3+～Cu，也就是四氧化三铁和铜的物质的量大于1：1，m2﹣m3=2.96g才符合，最小值为1：1，即2.96g××100%=2.32g，故D正确；故选A．点评：本题考查常见金属元素及化合物的综合应用，难度较大，要通过实验现象得出结论，再结合定量计算得出结论5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A．标准状况下，11．2L氯仿中含有的C—Cl键的数目为1.5NA

B．标准状况下，30gNO和16gO2混合所生成的气体分子数为NA

C．12g石墨晶体中碳原子构成的正六边形的数目为0.5NA

D．28g铁粉与足量Cl2反应时转移的电子数为NA参考答案：C略6.下列措施不符合节能减排的是（

）A.大力发展火力发电，解决广东电力紧张问题B.在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用热水C.用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏D.用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气参考答案：A本题考查能源、环保等热门话题。火力发电,成本高也不环保,不符合节能减排的要求,A错。利用太阳能可减少SO2、CO2排放,保护环境、节约能源,B正确。将煤脱硫,可防止SO2产生,石膏可回收,环保经济,C正确。沼气是可再生能源,变废为宝,符合节能减排的要求,D正确。7.已知X、M都是中学教材中的常见元素，下列对两个离子反应通式的推断中，其中正确的是(甲)XO3n-+Xn-+H+→X单质+H2O(未配平)(乙)Mm++mOH-＝M(OH)m↓①若n=1,则XO3n-中X元素为+5价,X位于周期表第ⅤA族②若n=2,则X最高价氧化物的水化物可能与它的氢化物反应③若m=1,则M（NO3）m溶液和氨水互滴时的现象可能不同④若m=2,则在空气中蒸干、灼烧MSO4溶液一定能得到MSO4⑤若m=3,则MCl3与足量氢氧化钠溶液反应一定生成M(OH)mA．①③

B．④⑤

C．①②

D．②③参考答案：D8.下列结论中，正确的是

()A．摩尔是国际单位制的七个基本物理量之一B．0.012kg12C约含有6.02×1023个碳原子C．1mol任何物质都含有6.02×1023个分子D．氢氧化钠的摩尔质量为40g参考答案：B略9.下列溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是A.等体积等物质的量浓度NaF溶液与HF混合：2c(Na＋)=c(F―)+c(HF)B.0.1mol·L-1pH为4的NaHB溶液中：c(HB-)>c(H2B)>c(B2-)C.在NaHA溶液中一定有：c(Na＋)+c(H＋)

=c(HA―)+c(OH―)+c(A2-)D.等物质的量浓度的(NH4)2SO4和(NH4)2CO3溶液中的c(NH4＋):前者<后者参考答案：A10.已知常温下0.1mol/LNaHSO3溶液pH＜7，将10mL0.1mol/LBa（OH）2溶液缓慢滴加到10mL0.1mol/LNaHSO3溶液中，下列说法不正确的是（）A．常温下0.1mol/LNaHSO3溶液中HSO3﹣电离程度大于水解程度B．当加入的Ba（OH）2溶液体积小于5mL时，溶液中的反应为：2HSO3﹣+Ba2++2OH﹣BaSO3↓+2H2O+SO32﹣C．滴加过程中，溶液中白色沉淀不断增加D．当加入Ba（OH）2溶液体积为7.5mL时，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）参考答案：D【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A、多元弱酸的酸式根在水溶液中存在两种趋势，电离与水解，如果电离大于水解溶液呈酸性，如果水解大于电离溶液呈碱性；B、当加入的Ba（OH）2溶液体积小于5mL时，说明亚硫酸氢钠过量，则氢氧化钡少量，即氢氧化钡完全反应，所以钡离子与氢氧根离子之比等于1：2；C、随着钡离子和氢氧根离子的浓度增加，所以滴加过程中，逐渐产生亚硫酸钡沉淀；D、当加入Ba（OH）2溶液体积为7.5mL时，则氢氧化钡的物质的量为：0.75mmol，而NaHSO3溶液的物质的量为1mmol，所以溶液钠离子的物质的量为1mmol，而亚硫酸根离子的物质的量1mmol﹣0.75mmol=0.25mmol，氢氧根离子的物质的量为：1.5mmol﹣1mmol=0.5mmol，由此分析解答．【解答】解：A、已知常温下0.1mol/LNaHSO3溶液pH＜7，说明亚硫酸氢钠的电离程度大于水解程度，故A正确；B、当加入的Ba（OH）2溶液体积小于5mL时，说明亚硫酸氢钠过量，则氢氧化钡少量，即氢氧化钡完全反应，所以钡离子与氢氧根离子之比等于1：2，所以溶液中反应的离子方程式为：2HSO3﹣+Ba2++2OH﹣?BaSO3↓+2H2O+SO32﹣，故B正确；C、随着钡离子和氢氧根离子的浓度增加，所以滴加过程中，逐渐产生亚硫酸钡沉淀，所以滴加过程中，溶液中白色沉淀不断增加，故C正确；D、当加入Ba（OH）2溶液体积为7.5mL时，则氢氧化钡的物质的量为：0.75mmol，而NaHSO3溶液的物质的量为1mmol，所以溶液钠离子的物质的量为1mmol，而亚硫酸根离子的物质的量1mmol﹣0.75mmol=0.25mmol，氢氧根离子的物质的量为：1.5mmol﹣1mmol=0.5mmol，所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+），故D错误；故选D．11.化学与日常生活密切相关，下列说法正确的是（）A．碘酒只是指碘单质的乙醇溶液B．纯水不易导电，但属于电解质C．质量分数：医用酒精＞生理盐水＞食醋D．明矾可用于水的消毒、杀菌参考答案：B考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；电解质与非电解质；镁、铝的重要化合物．专题：化学应用．分析：A、碘酒是碘的酒精溶液；B、纯水中含有少量的氢离子和氢氧根离子；C、医用酒精的成份主要是乙醇；生理盐水就是0.9%的氯化钠水溶液，；食醋中所含醋酸的量也不同，一般大构在5～8%之间，食醋的酸味强度的高低主要是其中所含醋酸量的大小所决定；D、明矾可用于水的净化，它不具有氧化性．解答：解：A、碘酒是碘的酒精溶液，溶质是碘单质，溶剂是酒精，没有水，故A错误；B、纯水中含有极少量的氢离子和氢氧根离子，不易导电，但属于电解质，故B正确；C、用消毒酒精是乙醇的水溶液，75%的酒精用于消毒；生理盐水是氯化钠的水溶液，溶质质量分数为0.9%；食醋是醋酸的水溶液，溶质的质量分数为一般大构在5～8%之间；质量分数：医用酒精＞食醋＞生理盐水，故C错误；D、明矾中的铝离子水解生成的氢氧化铝可用于水的净化，但是不具有杀菌消毒的作用，故D错误．故选B．点评：本题是一道化学的实际应用题，考查学生的理解和接受知识的能力，难度中等．12.下列有关实验的说法正确的是（）

A．除去铁粉中混有的少量铝粉．可加人过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤

B．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量

C．制备Fe(OH)3胶体，通常是将Fe(OH)3固体溶于热水中

D．某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定含有CO32－

参考答案：答案：A解析：本题考查了物质的提纯与分离、常见物质的制备、离子的鉴别与检验等基本实验操作。

13.下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是（）A．该试剂的物质的量浓度为9.2mol·L—1B．该硫酸50mL与足量的铜反应可得到标准状况下SO210.3LC．配制200mL4.6mol·L—1的稀硫酸需取该硫酸50mLD．该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49%

参考答案：答案：C14.下列说法中正确的是：A．Na2O2晶体中的阳离子与阴离子个数比为1∶1B．石墨晶体中C原子数与C—C共价键数比1∶1C．等物质的量3H216O与2H217O分子中的质子个数比为1∶1D．Na2CO3溶液中Na+与CO32—离子数目比为2∶1参考答案：C略15.居室装修用石材的放射性常用作为标准，发现Ra元素的居里夫人(MarieCurie)曾两度获得诺贝尔奖。下列叙述中正确的是

A．一个原子中含有138个中子

B．Ra元素位于元素周期表中第六周期ⅡA族C．RaCl2的熔点比CaCl2高

D．Ra(OH)2是一种两性氢氧化物参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某固体混合物可能含有MgCO3、Al2(SO4)3、Na2SO4、Ba(NO3)2、AgNO3和CuSO4中的若干种。将该混合物进行如下实验，回答相关问题。①将少许混合物放入水中充分反应后静置，得到无色溶液和白色沉淀；②取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色；③取①中白色沉淀加入足量稀盐酸，沉淀完全溶解并放出气体。(1)请根据所给实验现象写出每一步实验得出的结论(如肯定存在的物质或肯定不存在的物质等)与理由。步骤结论理由①

②

③

(2)通过上述实验仍无法确定的物质是________________________________________________________________________。(3)按要求写出离子方程式：①步骤③确定的物质溶解在足量稀硝酸中________________________________。②稀氨水中通入过量的步骤③产生的气体_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。参考答案：(1)步骤结论理由①没有CuSO4混合物溶于水得到无色溶液，而CuSO4溶液呈蓝色②有Na2SO4焰色反应呈黄色，说明存在Na＋，混合物中肯定含有Na2SO4③有MgCO3，无Ba(NO3)2和AgNO3①中白色沉淀全部溶解在足量稀盐酸中并产生气体，故沉淀不可能是BaSO4和AgCl，只能是碳酸盐沉淀，所以一定含有MgCO3(2)Al2(SO4)3(3)①MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋CO2↑＋H2O②CO2＋NH3·H2O===NH＋HCO

略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

△H1=?90.7kJ·mol?1②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)

△H2=?23.5kJ·mol?1③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

△H3=?41.2kJ·mol?1回答下列问题：（1）则反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=___________kJ·mol?1。（2）反应②达平衡后采取下列措施，能提高CH3OCH3产率的有___________。A．加入CH3OH

B．升高温度

C．增大压强

D．移出H2O

E．使用催化剂（3）以下说法能说明反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)达到平衡状态的有___________。A．H2和CO2的浓度之比为3∶1B．单位时间内断裂3个H—H同时断裂1个C=OC．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变E．绝热体系中，体系的温度保持不变（4）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。①该反应△H_____0（填“>”、“<”或“=”），550℃时，平衡后若充入惰性气体，平衡__________（填“正移”、“逆移”或“不移动”）。②650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为_____________（保留2位有效数字）。③T时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=_________p总。参考答案：（1）?246.1

（2）D

（3）DE

（4）①>

正移

②25%

③0.5解析：（1）2×①＋②＋③得出△H=②△H1＋△H2＋△H3=kJ·mol－1=－246.1kJ·mol－1；（2）A、加入CH3OH，因为反应前后气体系数之和相等，因此CH3OCH3的产率保持不变，故错误；B、正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH3OCH3产率降低，故错误；C、反应前后气体系数之和不变，增大压强，平衡不移动，CH3OCH3产率不变，故错误；D、移出H2O，平衡向正反应方向移动，CH3OCH3的产量增加，产率增大，故正确；E、催化剂对化学平衡无影响，因此CH3OCH3的产率不变，故错误；（3）A、不清楚开始时通入量是多少，因此两者浓度比为3：1，无法判断是否达到平衡，故错误；B、断裂3molH－H键，消耗3molH2，断裂1molC=O键，消耗0.5molCO2，两者比值不等于化学计量数之比，因此不能说明反应达到平衡，故错误；C、组分都是气体，因此气体质量不变，又是恒容状态，体积不变，根据密度的定义，密度始终不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故错误；D、组分都是气体，气体质量不变，但反应前后气体系数之和不等，根据摩尔质量的定义，摩尔质量发生变化，因此当平均摩尔质量不变，说明反应达到平衡，故正确；E、是绝热容器，温度发生变化，当温度不再改变，说明反应达到平衡，故正确；（4）①根据图像，随着温度升高，CO2的体积分数降低，说明平衡向正反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，即△H>0，恒压状态下，充入非反应气体，体积增大，组分浓度降低，平衡向正反应方向移动；②

C(s)+CO2(g)2CO(g)起始：

1

0变化：

x

2x平衡：

1－x

2x

2x/(1＋x)×100%=40%，解得x=0.25mol/L，即CO2的转化率为0.25/1×100%=25%；③T℃是CO的平衡分压为50%p总，CO2的分压为50%p总，Kp=p2(CO)/p(CO2)=0.5p总。18.我国北方的山岗荒坡间有一种草本植物，别名奈何草，其中含有抗菌作用的某有机物M的合成路线如下图所示：已知：ⅰ．RCH2BrR—HC=CH—R'ⅱ．R—HC=CH—R'

ⅲ．R—HC=CH—R'

（以上R、R'、R″代表氢、烷基或芳基等）（1）A的化学名称为_____，B的核磁共振氢谱显示为_____组峰。（2）由C生成D的反应类型为_____。（3）1molM与足量NaOH溶液反应,消耗_____molNaOH。（4）X的结构式为_____，F的结构简式为_____________。（5）由G生成H的化学方程式为_______________________________。（6）符合下列条件的E的同分异构体共_____种（不考虑立体异构）。①芳香族化合物

②与E具有相同官能团

③能发生银镜反应

④酸性条件下水解产物遇氯化铁溶液显紫色参考答案：(1)邻二甲苯

6

(2)取代反应(酯化反应)

(3)2

(4)

(5)＋NaOH＋NaI＋H2O

(6)19解析：根据C的结构可知B为，则A为，C与甲醇发生酯化反应生成D，D为，根据E的结构结合信息i可知，D与甲醛发生反应生成E，E水解生成F，F为，根据信息ii，F在一定条件下与碘反应生成G，G为，G发生消去反应生成H，H为，根据信息iii，最后H在一定条件下反应生成M。(1)根据上述分析，A()的名称邻二甲苯，B()中有6种氢原子，核磁共振氢谱显示为6组峰，故答案为：邻二甲苯；6；(2)C()与甲醇发生酯化反应生成D()，故答案为：取代反应(酯化反应)；(3)1molM()中含有2mol酯基，与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH，故答案为：2；(4)根据上述分析，X为甲醛，结构式为，F为，故答案为：；；(5)G()发生消去反应生成H()的化学方程式为＋NaOH＋NaI＋H2O，故答案为：＋NaOH＋NaI＋H2O；(6)E为，①芳香族化合物含有苯环；②与E具有相同官能团，含有碳碳双键和酯基；③能发生银镜反应，说明含有醛基，④酸性条件下水解产物遇氯化铁溶液显紫色，水解生成的羟基与苯环直接相连，符合条件的E的同分异构体有：苯环上只有3个侧链，1个为乙烯基，1个为HCOO—，1个为甲基，有10种；苯环上只有2个侧链，1个为HCOO—，1个为—CH2CH=CH2，有3种；苯环上只有2个侧链，1个为HCOO—，1个为—CH=CHCH3，有3种；苯环上只有2个侧链，1个为HCOO—，1个为—C(CH3)=CH2，有3种；共19种，故答案为：19。点睛：本题考查了有机合成与推断，掌握卤代烃的水解和消去，并充分利用题示信息分析判断是解答本题的关键。本题的易错点为(6)中同分异构体数目的判断，要注意根据苯环侧链的结构和数目分析解答。19.铜冶金技术以火法冶炼为主．（1）火法炼铜的工艺流程如下：反应Ⅰ：2Cu2S（s）+3O2（g）═2Cu2O（s）+2SO2（g）△H=﹣768.2kJ?mol﹣1反应Ⅱ：2Cu2O（s）+Cu2S（s）═6Cu（s）+SO2（g）△H=+116.0kJ?mol﹣1①在反应Ⅱ中，每生成1molSO2转移电子

mol．②反应Cu2S（s）+O2（g）═2Cu（s）+SO2（g）的△H=

kJ?mol﹣1．③理论上m1：m2=

．（2）炼铜的副产品SO2多用于制硫酸和石膏等化学产品．①制硫酸中重要的一步反应是

2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=﹣196kJ?mol﹣1．图表示将2.0molSO2和1.0molO2置于1L密闭容器中，当其他条件一定时，SO2（g）的平衡转化率α随X的变化关系，X（X1、X2）代表压强或温度．X代表的物理量是

．A对应条件下平衡常数K=

．②下图表示的是生产石膏的简单流程，请用平衡移动原理解释向CaCO3悬浊液中通入SO2发生反应的原因

．（3）工业硫酸中往往含有一定量SO2，测定过程如下：取mg工业硫酸配成100mL溶液，取出20.00mL溶液，加入1mL指示剂，用cmol?L﹣1I2标准溶液滴定，消耗的I2标准溶液VmL，工业硫酸中含有SO2的质量分数的计算式是

．参考答案：（1）①6；②﹣217.4；③2：1；（2）①压强；80；②CaCO3悬浊液中存在CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32﹣（aq），通入SO2时，CO32﹣与SO2反应，c（CO32﹣）减小，溶解平衡正向移动；（3）×100%．【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；含硫物质的性质及综合应用．【专题】氧族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）①2Cu2O（s）+Cu2S（s）═6Cu（s）+SO2（g），硫由﹣2价变成+4价，所以生成1mol的二氧化硫转移6mol的电子；②根据盖斯定律，反应Ⅰ：2Cu2S（s）+3O2（g）═2Cu2O（s）+2SO2（g）△H=﹣768.2kJ?mol﹣1，反应Ⅱ：2Cu2O（s）+Cu2S（s）═6Cu（s）+SO2（g）△H=+116.0kJ?mol﹣1，Cu2S（s）+O2（g）═2Cu（s）+SO2（g）的△H=；③由反应Ⅰ：2Cu2S（s）+3O2（g）═2Cu2O（s）+2SO2（g），反应Ⅱ：2Cu2O（s）+Cu2S（s）═6Cu（s）+SO2（g）可知，反应Ⅰ生成2mol的氧化亚铜消耗2molCu2S，而2mol的氧化亚铜反应Ⅱ中消耗1mol的硫化亚铜，所以理论上m1：m2=2：1；（2）①2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=﹣196kJ?mol﹣1，正反应是放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，SO2（g）的平衡转化率α减小，而增大压强平衡正向移动，SO2（g）的平衡转化率α增大；反应达平衡后，由图可知，SO2的平衡转化率α=0.80，参加反应的二氧化硫为2mol×80%=1.6mol，则：

2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）开始（mol）：2

1

0变化（mol）：1.6

0.8

1.6平衡（mol）：0.4

0.2

1.6所以平衡时浓度：c（SO2）=0.4mol/L，c（O2）=0.2mol/L，c（SO3）=1.6mol/L，故平衡常数k==80；②碳酸钙的悬浊液中存在溶解平衡，所以而通入二氧化硫与水反应生成亚硫酸酸性比碳酸的酸性强；（3）根据反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，进行计算求解．【解答】解：（1）①2Cu2O（s）+Cu2S（s）═6Cu（s）+SO2（g），硫由﹣2价变成+4价，所以生成1mol的二氧化硫转移6mol的