四川省德阳市什邡禾丰中学高三化学下学期期末试卷含解析

四川省德阳市什邡禾丰中学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.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（）A．a图，滴加乙醇，试管中橙色溶液变为绿色，乙醇发生取代反应生成乙酸B．b图，右边试管中产生气泡较为迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好C．c图，根据试管中收集到无色气体，不能验证铜与稀硝酸的反应产物是NOD．d图，试管中先有白色沉淀、后有黑色沉淀生成，能确定Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）参考答案：C【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．乙醇被氧化生成乙酸；B．过氧化氢的浓度不同、催化剂不同；C．排水法收集时，若生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和NO；D．硝酸银过量，均发生沉淀的生成，而不发生沉淀的转化．【解答】解：A．a图，滴加乙醇，试管中橙色溶液变为绿色，乙醇发生氧化反应生成乙酸，反应类型不合理，故A错误；B．b图，右边试管中产生气泡较为迅速，因浓度、催化剂均不同，不能说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好，故B错误；C．排水法收集时，若生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，则根据试管中收集到无色气体，不能验证铜与稀硝酸的反应产物是NO，故C正确；D．硝酸银过量，均发生沉淀的生成，而不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2S），故D错误；故选C．2.将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）A．

B．C．

D．参考答案：C考点：钠的重要化合物．.专题：元素及其化合物．分析：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；NaOH被消耗完毕，接下来又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3、BaCO3、反应，最后剩余沉淀为Al（OH）3．解答：解：通入CO2，依次发生：CO2+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaKAlO2═2Al（OH）3↓+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO3═2NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，由以上反应可知，图象应为C，故选C．点评：本题考查元素化合物知识，侧重于二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序的考查，注重运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题．难度不大．3.已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按下图进行卤素的性质实验。玻璃管内装有分别滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的是

①②③④A黄绿色橙色蓝色白色

B无色橙色紫色白色C黄绿色橙色蓝色无色D黄绿色无色紫色白色参考答案：A略4.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是

A．1mol甲醇中含有C—H键的数目为4NA

B．25℃,pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0．1NA

C．标准状况下，2．24L已烷含有分子的数目为0．1NA

D．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应,共生成0．2molO2,转移电子的数目为0．4NA参考答案：D略5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A．7.8gNa2O2含有的阴离子数目为0.2NAB．PH=2的醋酸冲稀10倍后，溶液中H+数目大于0.001NAC．1molFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，胶体粒子的数目小于NAD．1.8g重水（D2O）中含NA个质子和NA个中子参考答案：C解析：A、7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，含有的阴离子数目为0.1NA，故A错误；B、缺少溶液体积，无法解答溶液中H+数目，PH=2的醋酸冲稀10倍后，溶液中H+浓度大于0.001mol/L，故B错误；C、1molFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，许多的氢氧化铁才能形成一个胶体粒子，氢氧化铁的数目小于NA，故C正确；D、1.8g重水（D2O）的物质的量是0.09mol，含0.9NA个质子和0.9NA个中子，故D错误。故答案选C6.通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一．对下列反应的推断或解释正确的是（）

操作可能的实验现象解释A某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成溶液中一定含有SOB向CaSO3中加入硝酸有刺激性气味的气体生成CaSO3与硝酸反应生成SO2C同温同压下用pH试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性碳酸钠溶液发生了水解D向淀粉KI溶液中通入Cl2溶液变蓝Cl2与淀粉发生显色反应A．A

B．B

C．C

D．D参考答案：C考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．白色沉淀可能为AgCl；B．硝酸可氧化CaSO3；C．碳酸钠溶液水解呈碱性是因为碳酸根离子水解呈碱性，硫酸钠是强酸强碱盐；D．氯气氧化碘离子为碘单质遇淀粉变蓝．解答：解：A．白色沉淀可能为AgCl，某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，溶液中可能含银离子或硫酸根离子，但二者不同时存在，故A错误；B．硝酸具有强氧化性，与CaSO3发生氧化还原反应生成NO，故B错误；C．同温同压下，用pH试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性，碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性，是因为碳酸根离子水解显碱性，故C正确；D．氯气氧化碘离子为碘单质遇淀粉变蓝，不是氯气和淀粉的显色反应，故D错误；故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、发生的反应及离子的检验为解答的关键，侧重离子检验及氧化还原反应的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．7.如右图装置可用于收集SO2并验证其某些化学性质，下列说法正确的是

参考答案：B略8.对于可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H＜0，在其它条件不变的前提下，下列研究目的和示意图相符的是（）参考答案：答案：C9.下列反应中，调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是()A．金属钠在氧气中燃烧

B．铁在硫蒸气中燃烧C．二氧化硫通入石灰水

D．硝酸中加入铜粉参考答案：AB略10.下列叙述不正确的是A．天然气和沼气的主要成分是甲烷B.等物质的量的乙醇和乙酸完全燃烧时所需氧气的质量相等C.纤维素乙酸酯、油脂和蛋白质在一定条件都能水解D.葡萄糖和蔗糖都含有C、H、O三种元素，但不是同系物参考答案：B解析：天然气、煤道坑气和沼气的主要成分都是甲烷，故A正确；因为是等物质的量的乙醇和乙酸再根据乙醇和乙酸分子式可知B错；纤维素乙酸酯、油脂和蛋白质都能在一定条件下水解，C正确；葡萄糖属于单糖，分子式为C6H12O6，蔗糖属于糖类中的二糖，分子式为C12H22O11，按照同系物的定义可知，故D正确。

11.设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移电子数为0.3NAB．7.8gNa2S和Na2O2中含有的阴离子数大于0.1NAC．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜加热反应，生成分子的数目为0.46NAD．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA

参考答案：D试题分析：A.Fe和Cl2的物质的量都是0.1mol,发生反应时Cl2不足量，所以应该以氯气为标准碱性计算，转移电子数为0.2NA，错误；B.Na2S和Na2O2相对分子质量都是78，阳离子、阴离子个数比都是2:1，所以7.8gNa2S和Na2O2中含有的阴离子数等于0.1NA,错误；C。只有浓硫酸能够与Cu发生反应，当反应进行到一定程度，硫酸变为稀硫酸，这时反应就不再发生，因此50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2分子的数目少于0.46NA，错误；D在常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA，正确。12.下列三种有机物是某些药物中的有效成分：

以下说法正确的是A．三种有机物都能与浓溴水发生反应

B．使用FeCl3溶液和稀硫酸不能鉴别出这三种有机物C．三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种D．将等物质的量的三种物质加入氢氧化钠溶液中，阿司匹林消耗氢氧化钠最多参考答案：D略13.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2型分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L;W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A.原子半径:W>Z>Y>X>M B.XZ2、X2M2、W2Z2均为直线形的共价化合物C.由X元素形成的单质不一定是导体D.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既含有离子键，又含有共价键参考答案：C知识点:元素周期律、分子结构解析：X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，最外层电子数之和为15，最外层电子数平均为5，X与Z可形成XZ2气态分子，X为+4价，Z为-2价，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；

根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g?L-1，就可计算出该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol×0.76g?L-1=17g/mol，从而确定M为H元素；

根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2,W的质子数为1/2（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素，

A．同周期自左向右原子半径减小，同主族自上到下原子半径增大，故原子半径Na＞C＞N＞O＞H，即W＞X＞Y＞Z＞M，故A错误；

B．W2Z2为过氧化钠，为离子化合物，故B错误．

C．X为C，形成的单质由金刚石、石墨、C60等，只有石墨导电，故C正确；

D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物中，尿素只含有共价键，故D错误．故答案选C思路点拨:本题考查了元素推断、元素周期律、分子结构、根据密度判断Y与M形成的气态化合物是氨气为推断的关键，14.工业制取硫酸是一种连续的生产过程。今测得在进入接触室时混合气体（396K、8kPa，主要成分为SO2、O2、N2）的流量为1.0m3·s－1，从接触室导出的气体（792K、8kPa）的流量为1.8m3·s－1。据此，以下说法中正确的是A．单位时间内进入接触室的气体与从接触室导出的气体的物质的量之比为10︰9B．导出气体中SO3所占的体积分数为9/2C．此反应中SO2的转化率一定为20%D．SO2催化氧化反应是吸热反应参考答案：A略15.下列有关化学用语表示正确的是（

）A．N2的电子式：B．S2－的结构示意图：C．质子数为53、中子数为78的碘原子：ID．HClO的结构简式：H—Cl—O参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一

焦亚硫酸钠的制取：采用下图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5（1）装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为

。（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是

。（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为

(填序号)。实验二焦亚硫酸钠的性质:Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－

的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是

(填序号)。a．测定溶液的pH

b．加入Ba(OH)2溶液

c．加入盐酸

d．加入品红溶液

e．用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是

。实验三

葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25．00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为

g·L－1。②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果

(填“偏高”“偏低”或“不变”)。参考答案：三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.(13分)苯乙烷(C8H10)可生产塑料单体苯乙烯(C8H8)，其反应原理是：C8H10(g)C8H8(g)+H2(g)

△H=125kJ·mol-1I．某温度下，将0.40mol苯乙烷，充人2L真空密闭容器中发生反应，测定不同时间该容器内物质的量，得到数据如下表：

(1)当反应进行到20min时，该段时间内H2的平均反应速率是

。(2)该温度下，该反应的化学平衡常数是

。(3)若保持其他条件不变，用0.40molH2(g)和0.40molC8H8(g)合成C8H10(g)，当有30kJ热量放出时，该反应中H2的转化率是

。此时，该反应是否达到了平衡状态?

(填“是”或“否”)Ⅱ．工业上以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂(不参与反应)，C8H10(g)的平衡转化率与水蒸气的用量、体系的温度、压强的关系如图I、图Ⅱ所示。(4)由图I可知，T1

T2(填“大于”、“小于”或“等于”)。(5)由图Ⅱ可知，当其他条件不变时，水蒸气的用量越大，平衡转化率将

(填“越大”、“越小”或“不变”)，原因是

。参考答案：略18.某反应中反应物与生成物有：FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu．

（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示，请回答下列问题：①图中X溶液是

；②Cu电极上发生的电极反应式为

；③原电池工作时，盐桥中的

离子（填“K+”或“Cl﹣”）不断进入X溶液中．（2）将上述反应设计成的电解池如图乙所示，乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：①M是极；②图丙中的②线是离子的变化．③当电子转移为2mol时，向乙烧杯中加入

L5mol?L﹣1NaOH溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全．（3）铁的重要化合物高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点．①高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe+2NaOH+2H2ONa2FeO4+3H2↑，则电解时阳极的电极反应式是

．②高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为

．③Na2FeO4能消毒、净水的原因

．参考答案：（1）①FeCl3；②Cu﹣2e﹣=Cu2+；③K+；（2）①根负；②Fe2+；③2.8；（3）①Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O；②2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；③高价铁具有氧化性，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解形成胶体，具有吸附悬浮物的净水作用；【考点】原电池和电解池的工作原理；电解原理．【分析】（1）①由甲中反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2进行分析；②铜作负极失电子发生氧化反应；③盐桥中阳离子向正极移动；（2）①根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此Cu做阳极，石墨做阴极；②根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子；③结合转移电子的物质的量计算；（3）①用电解法制备铁酸钠，电解时铁失去电子发生氧化反应结合氢氧根离子生成铁酸跟离子和水；②NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和水，根据得失电子守恒写出离子方程式；③高铁酸钠具有强氧化性能杀菌消毒，在反应过程中被还原为铁离子在水溶液中水解生成氢氧化铁胶体．【解答】解：（1）①据反应物和生成物可以确定甲中反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，则X为FeCl3，故答案为：FeCl3；②铜作负极失电子发生氧化反应，电极反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+，故答案为：Cu﹣2e﹣=Cu2+；③Cu做负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X溶液中，故答案为：K+；（2）①根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此Cu做阳极，石墨做阴极，则M为负极，N为正极，故答案为：负；②在电解过程中有Cu2+生成，则Cu2+的物质的量从零逐渐增大，所以③为Cu2+，由图可知，①表示的金属离子的物质的量正极减少，则为Fe3+，所以②为Fe2+，故答案为：Fe2+；③当电子转移为2mol时，溶液中有Fe3+2mol，Fe2+3mol，Cu2+为1mol，所以需要加入NaOH溶液14mol，所以NaOH溶液等体积为=2.8L，故答案为：2.8；（3）①用铁做阳极电解氢氧化钠制备铁酸钠，电解时铁失去电子发生氧化反应结合氢氧根离子生成铁酸跟离子和水，电极反应式为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O，故答案为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O；②NaClO氧化Fe（OH）3的反应方程式为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；③Na2FeO4能消毒、净水的原因是高价铁具有氧化性，能消毒杀菌，生成Fe3+形成胶体，具有吸附悬浮物的净水的作用；故答案为：高价铁具有氧化性，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解形成胶体，具有吸附悬浮物的净水作用；19.能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料．（1）在25℃、101kPa时，16gCH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是890.31kJ，则CH4燃烧的热化学方程式为

．（2）已知：C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣437.3kJ?mol﹣1H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H=﹣285.8kJ?mol﹣1CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣283.0kJ?mol﹣1则煤气化反应C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）的焓变△H=

kJ?mol﹣1．（3）如图所示组成闭合回路，其中，甲装置中CH4为负极，O2和CO2的混合气体为正极，稀土金属材料为电极，以熔融碳酸盐为电解质；乙装置中a、b为石墨，b极上有红色物质析出，CuSO4溶液的体积为200mL．①装置中气体A为

（填“CH4”或“O2和CO2”），d极上的电极反应式为

．②乙装置中a极上的电极反应式为

．若在a极产生112mL（标准状况）气体，则甲装置中消耗CH4

mL（标准状况），乙装置中所得溶液的pH=．（忽略电解前后溶液体秋变化）③如果乙中电极不变，将溶液换成饱和Na2SO3溶液，当阴极上有amol气体生成时，同时有wgNa2SO4?10H2O晶体析出，若温度不变，剩余溶液中溶质的质量分数应为

（用含w、a的表达式表示，不必化简）．参考答案：（1）CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.31kJ/mol；

（2）+131.5；（3）①CH4；O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣；②4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；56；1；③×100%．

【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理．【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题．【分析】（1）根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答；（2）根据热化学方程式和盖斯定律计算得到，反应焓变与反应过程无关；（3）①b电极上有红色物质生成，则b是阴极，所以a是阳极，c是负极、d是正极，通入甲烷的电极是负极，所以A是甲烷、B是二氧化碳和氧气，d电极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子；②a是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气；根据转移电子相等计算消耗甲烷体积；根据氧气和氢离子之间的关系式计算氢离子物质的量浓度，从而确定pH；③电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上析出氧气、阴极上析出氢气，所以相当于电解水，且生成氢气和氧气的物质的量之比是2：1，所以当阴极上有amol气体生成时，阳极上生成氧气物质的量为0.5amol，电解水的质量=amol×2g/mol+0.5amol×32g/mol=18ag，剩余溶液仍然是饱和溶液，计算生成m（Na2SO4），带入质量分数公式计算溶液质量分数．【解答】解：（1）16g即1molCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出889kJ热量，则热化学方程式为