2019届高三化学上学期期末考试试题(含解析).doc

2019届高三化学上学期期末考试试题(含解析)1.化学与生活息息相关。下列说法中错误的是A. 铝制餐具不宜用来蒸煮或长期存放酸性、碱性或咸的食物，防止餐具被腐蚀B. 人工合成的硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，常用于门窗密封C. 铁制的容器在常温下可用来存放浓硫酸或浓硝酸是因为铁不与浓硫酸或浓硝酸反应D. 去除锅炉上的水垢，通常先用碳酸钠溶液处理，形成疏松物质而后再用酸去除【答案】C【解析】【详解】A.铝及其氧化物均能与酸、强碱反应，导致餐具被腐蚀；铝长期存放盐溶液，易发生电化学腐蚀，正确；B.硅橡胶具有空间网状结构，具有耐磨、耐高温、耐低温等性能，硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，常用于门窗密封，正确；C.常温下，铁与浓硫酸或硝酸发生反应生成致密氧化膜而钝化，阻止反应的进一步发生，故铁制的容器在常温下可用来存放浓硫酸或浓硝酸，错误；D.锅炉水垢中含有硫酸钙，加入碳酸钠溶液使硫酸钙转化成碳酸钙，再加入酸去除，正确。【点睛】铁和铝在常温下与浓硫酸、浓硝酸能发生反应而钝化，阻止反应的进一步发生，钝化的过程属于化学变化；铁和铝在加热条件下能与浓硝酸、浓硫酸反应，随着反应的进行，酸的浓度逐渐降低，在进一步的反应中，生成物会发生相应的变化。2.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 3.9g苯与足量的H2反应时，参与反应的碳碳双键数为0.15NAB. 将1mol Cl2通入足量水中,溶液中HClO、Cl、C1O粒子数之和为2NAC. 1L0.3mol/LNa2CO3溶液中的阴离子数目小于0.3NAD. 0.1mol甲烷和乙烯组成的混合气体完全燃烧，生成的水分子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A.苯中不含有碳碳双键，错误；B.氯气溶于水，存在以下反应：Cl2H2OHClHClO，HClOHClO，反应均属于可逆反应，故将1mol Cl2通入足量水中，溶液中Cl2、Cl、HClO、CIO粒子总数小于2NA（因Cl2中含有2个氯原子），错误；C.碳酸钠溶液中存在：CO32H2OHCO3OH，故1L0.3mol/LNa2CO3溶液中的阴离子数目大于0.3NA，错误；D.甲烷和乙烯完全燃烧，均生成二氧化碳和水，且甲烷和乙烯分子式中氢原子均为4，故0.1mol甲烷和乙烯组成的混合气体的氢原子总数为0.4mol，故该混合气体完全燃烧生成的水分子数为0.2NA，正确。【点睛】本题的B选项需注意Cl2为双原子分子，故溶液中Cl2、Cl、HClO、CIO粒子总数小于2NA，不能被1molCl2含有2mol氯原子干扰。3.W、X、Y、Z是四种原子序数递增的短周期主族元素，W和X形成的化合物是汽车尾气成分之一，X和Z是同族元素且两者形成的某种化合物能使品红溶液褪色，常温下，Y的块状单质能溶于W或Z的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不能溶于其冷的浓溶液，下列说法中正确的是A. W的简单氢化物稳定性比X的简单氢化物稳定性强B. 自然界中都存在W、X、Z元素对应的单质C. X的简单氢化物沸点比Z简单氢化物低D. 工业上制备单质Y，常通过电解其熔融状态的氯化物【答案】B【解析】【分析】本题主要考查元素周期律。W和X形成的化合物时汽车尾气成分之一，说明W、X中有一种元素为氧元素，另一种为非金属元素（N、S或C）；X和Z是同族元素且两者形成的某种化合物能使品红溶液褪色，故该化合物为SO2，故X为O，Z为S；Y的块状单质能溶于W或Z的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不能溶于其冷的浓溶液，故Y为Al，W为N，据此分析作答。【详解】A.氮元素的非金属较氧元素弱，故NH3的稳定性较H2O弱，错误；B.空气中存在N2、O2，火山口存在单质硫，正确；C.H2O分子间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，故H2O的沸点较H2S高，错误；D.AlCl3为分子化合物，在熔融状态下不能电离出Al3+，无法制备Al，工业上常通过电解熔融状态下的Al2O3制备单质Al，错误。【点睛】非金属化合物的沸点比较：若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4GeH4SiH4CH4；相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CON2；同分异构体，支链越多，熔、沸点越低；如果形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点越高，如H2OH2Te；如果形成分子内氢键则熔沸点越低。物质的熔沸点和物质的稳定性没有必然的联系，稳定性取决于化学键的强度，需注意区分。4.下列实验操作、现象及结论都正确的是选项实验操作现象结论A同温下用广泛pH试纸测定等浓度的碳酸钠溶液和硅酸钠溶液的pH滴有硅酸钠溶液的试纸蓝色更深非金属性：CSiB两支玻璃棒分别蘸取浓硫酸和浓氨水后靠近但不接触玻璃棒之间产生白烟浓硫酸和浓氨水发生反应生成白色固体C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+，无K+D将少量溴水加入KI溶液中，充分反应后再加入CCl4，振荡，静置上层液体呈紫色氧化性：Br2I2A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】A.碳酸钠和硅酸钠都是强碱弱酸盐，根据越弱越水解分析；B.浓硫酸不属于挥发性酸；C.焰色反应检验K+通常需要透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色；D.碘单质易溶于四氯化碳中，四氯化碳密度较水大。【详解】A.碳酸钠和硅酸钠都是强碱弱酸盐，因为硅酸钠碱性更强，所以相对而言，碳酸酸性强于硅酸，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故非金属性：CSi，正确；B.硫酸不属于挥发性酸，故玻璃棒之间无白烟生成，实验现象错误；C.焰色反应中K+的火焰为紫色，Na+的火焰为黄色，黄色会遮盖紫色，用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，故若火焰为黄色，则原溶液中一定有Na+，无法确定是否含有K+，实验结论错误；D.将少量溴水加入KI溶液中，发生反应：Br22I=I22Br，可证明氧化性：Br2I2，实验结论正确；充分反应后再加入CCl4，I2溶于CCl4（密度大于水）中，溶液下层为紫色，实验现象错误。5.最近有研究人员利用隔膜电解法处理高浓度的乙醛废水转化为乙醇和乙酸。实验室以一定浓度的乙醛Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示。下列说法不正确的是 A. 直流电源a端连接的电极发生氧化反应B. 若以氢氧燃料电池为直流电源，燃料电池的a极应通入H2C. 反应进行一段时间,右侧电极附近酸性减弱D. 电解过程中阳极区生成乙酸，阴极区生成乙醇【答案】B【解析】【分析】本题主要考查电解原理。由图中阳离子从左极向右极移动可知，左极为阳极，右极为阴极，即a为正极，b为负极，阳极区发生氧化反应，阴极区发生还原反应，据此作答。【详解】A.a为正极，与a相连的电极为阳极，发生氧化反应，正确；B.连接电解池阳极的是原电池正极，正极上空气中氧气得电子发生还原反应，a为正极，b为负极，故燃料电池的a极应通入空气，错误；C.右侧为阴极区，其电极反应式为：CH3CHO2H2e=CH3CH2OH，消耗H+，故电极附近酸性减弱，正确；D.阳极区发生氧化反应，乙醛被氧化为乙酸，阴极区发生还原反应，乙醛被还原为乙醇，正确。【点睛】本题的突破口在于分析电解装置中阳离子的移动方向，阳离子移向还原电极，阴离子移向氧化电极。6.25时在10 mL 0.1molL1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 molL1HCl溶液20 mL，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是A. 0.1 molL1Na2CO3溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CO32)+c(HCO3)B. 当加入10mL盐酸时，所得混合溶液pH7C. 当pH=8时，c(Na+)=c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)D. 在M点：c(CO32)=c(HCO3)c(Na+)c(OH)c(H+)【答案】B【解析】【详解】A.Na2CO3溶液中存在电荷守恒，为c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），错误；B.当加入10mL盐酸时，Na2CO3恰好与盐酸完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，由图中N点可知，溶液的pH7，正确；C.n（HCO3-）=0.001mol时，溶液的pH=8，溶液中的溶质恰好为碳酸氢钠和氯化钠，根据物料守恒可知：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(Cl-)，错误；D.在M点：n（CO32-）=n（HCO3-）=0.0005时，得到等物质的量碳酸钠和碳酸氢钠，两者水解溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：c（Na+）c（CO32-）=c（HCO3-）c（OH-）c（H+），错误。7.取含Cr2O72-的模拟水样若干份，在不同pH条件下，分别向每个水样中加一定量的FeSO4或NaHSO3固体，充分反应后再滴加碱液生成Cr(OH)3沉淀，从而测定除铬率，实验结果如图所示。下列说法不正确的是A. 当+6价铬足量且pH大于7时，等质量的FeSO4的除铬量比NaHSO3高B. 若选用NaHSO3处理含铬污水时，不能将污水的酸性调节的过强C. pH8，FeSO4的除铬率下降与废水中溶解氧参与反应有关D. 选择FeSO4做处理剂更有利于Cr(OH)3的沉降及分离【答案】A【解析】【详解】A.反应中FeSO4的铁元素化合价升高1价，而NaHSO3中硫元素化合价升高2价，等质量的FeSO4和NaHSO3，其物质的量n(NaHSO3)n(FeSO4)，当+6价铬足量且pH大于7时，等质量的FeSO4和NaHSO3参加反应时，转移电子总数是NaHSO3 FeSO4，故除铬率是NaHSO3FeSO4，错误；B.当溶液酸性过强，NaHSO3与H+易发生副反应生成SO2，导致除铬率下降，正确；C.当pH8，亚铁离子容易生成氢氧化亚铁，且FeSO4易与废水中的溶解氧发生副反应：4Fe2O22H2O+8OH=4Fe(OH)3，导致FeSO4的除铬率下降，正确；D.由图可知，在酸性条件下，NaHSO3的除铬率稍微高一些，后面加入碱液时，铬离子（III）生成氢氧化铬，但其除铬率会降低，而在碱性条件下FeSO4的除铬率更高，综合考虑，应选择FeSO4，正确。8.重铬酸钾（K2Cr2O7）是高中化学常见的的氧化剂，工业上以铬铁矿为原料用碱溶氧化法制备。铬铁矿中通常含有Cr2O3、FeO、Al2O3、SiO2等。已知：NaFeO2常温遇大量水会强烈水解，高温时不与水反应2CrO42(黄色)2HCr2O72(橙色)H2O+6价的铬元素在强酸性条件下具有强氧化性，还原产物为Cr3+，强碱性条件下几乎没有氧化性；请回答下列问题：（1）将矿石粉碎的目的是_。（2）高温灼烧时生成NaFeO2的化学方程式_。（3）滤渣1中有红褐色物质，滤渣1的成分为_（写化学式，下同），写出生成该物质反应的离子方程式_。滤渣2的主要成分是_。（4）若向Na2CrO4溶液中加入浓盐酸进行酸化，出现的现象为_（5）生产后的废水中主要含有一定量的Cr2O72，通常加一定量的绿矾进行净化并调节pH约为6，可生成两种难溶于水的沉淀，请写出该反应的离子方程式_。【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). 4FeO + O2 + 4NaOH= 4FeO2 + 2H2O（条件高温） (3). Fe(OH)3 (4). FeO2 + 2H2O = Fe(OH)3+ OH (5). Al(OH)3 、H2SiO3 (6). 有黄绿色气体生成 (7). Cr2O72 + 6Fe2+ + 17H2O = 2Cr(OH)3 + Fe(OH)3 + 10H+【解析】【分析】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。铁矿中通常含有Cr2O3、FeO、Al2O3、SiO2等，将铬铁矿和烧碱、氧气混合焙烧得到Na2CrO4、NaFeO2，而SiO2与NaOH发生反应生成Na2SiO3，Al2O3与NaOH发生反应，生成NaAlO2，故还含有Na2SiO3、NaAlO2，由于NaFeO2会发生强烈水解，滤渣1中有红褐色物质，可推知NaFeO2水解生成氢氧化钠与氢氧化铁，过滤分离，滤液1中主要是NaAlO2、Na2SiO3、Na2CrO4、NaOH，滤渣1为Fe（OH）3；调节溶液pH，使NaAlO2、Na2SiO3反应转化为H2SiO3、Al（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2主要是Na2CrO4，加入硫酸酸化，溶质变为Na2Cr2O7，然后加入KCl固体，利用溶解度不同或者受温度影响不同，结晶得到K2Cr2O7晶体，采用过滤方法得到K2Cr2O7晶体，据此分析作答。【详解】（1）将矿石粉碎的目的是：增大反应物的表面积，加快反应速率；（2）由题可知，FeO与O2、NaOH在高温灼烧的条件下生成NaFeO2，该反应中FeO被氧化，化合价升高1，O2被还原为-2价氧，根据化合价升降守恒以及原子守恒配平该化学方程式为：4FeO + O2 + 4NaOH4FeO2 + 2H2O；（3）由上述分析可知，滤渣1的成分为Fe（OH）3；由题干信息可知，NaFeO2常温遇大量水会强烈水解，生成有红褐色Fe(OH)3沉淀，故其水解离子方程式为：FeO2+ 2H2O = Fe(OH)3+ OH；由上述分析可知滤渣2的主要成分是Al(OH)3 、H2SiO3；（4）Na2CrO4溶液中铬是以+6价形式存在，由题干信息可知，若加入浓盐酸酸化，+6价铬会表现出强氧化性，而HCl中Cl-具有还原性，故加入浓盐酸后，会发生氧化还原反应生成Cl2，故实验现象是有黄绿色气体生成；（5）生产后的废水呈强酸性，强酸性条件下的Cr2O72具有强氧化性，绿矾中Fe2具有还原性，故加入绿矾后发生氧化还原反应，生成Cr3、Fe3等，同时通过调节溶液pH，将Cr3、Fe3以Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀，从而达到净化目的，故该反应过程的离子方程式为：Cr2O72 + 6Fe2+ + 17H2O = 2Cr(OH)3 + Fe(OH)3 + 10H+。9.研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。 I已知某些化学键的键能数据如下 化学键C=OCOCHHHOH键能/kJmol-1745351415436462则CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) H = _ kJmol-1 II将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2(g) + 6H2(g)CH3OCH3(g) + 3H2O(l)（1）该反应化学平衡常数表达式K = _。 （2）已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，达平衡时CO2的转化率如图所示：该反应的H _ 0（填“或“”“”或“=”）； P2下，III中CH3OCH3的平衡转化率为_。【答案】 (1). 184 (2). (3). (4). 不变 (5). ABC (6). (7). 96【解析】【分析】.反应热=反应物总键能-生成物总键能；.（1）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；（2）由图可知，升高温度，CO2转化率降低，即平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动，由此判断反应热的正负关系；平衡常数只与温度有关；（3）根据变量不变即达到平衡进行分析；（4）该反应正向为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，再结合表中数据分析；I和在等温等压条件下形成的平衡是完全等效的，可计算I中CH3OCH3的平衡转化率。【详解】.反应热=反应物总键能-生成物总键能，则CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的H=2745KJ/mol+3436KJ/mol-2462KJ/mol-3415KJ/mol-351KJ/mol-462KJ/mol=-184KJ/mol；.（1）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以平衡常数表达式为；（2）因为温度越高，CO2的转化率越小，则平衡逆移，所以该反应正方向为放热反应，即HSiCu (5). sp3 (6). 12 (7). (1/4，1/4，1/4) (8). 【解析】【分析】（1）基态Fe原子价电子排布式为3d64s2，据此画出其价电子排布图；（2）Al的基态价电子排布式为3s23p1，失去一个电子后，其价电子排布式为3s2；（3）分子晶体的熔点一般较低且易升华，在熔融状态下不能电离出离子；（4）金属的电负性低于非金属，O和Si为同主族元素，结合元素周期律判断；SiO2的中心原子Si周围有4个共价键；（5）根据晶胞结构作答；R位于晶胞的左下前方的八分之一的体心；根据解答。【详解】（1）基态Fe原子价电子排布式为3d64s2，s轨道有2个，d轨道有5个，根据洪特规则可知其价电子排布图为：；（2）Al的第二电离能增幅较大的原因是：Al失去一个电子后，其3s上有2个电子，为全充满状态，3p和3d是全空状态，故较难失去电子，相对较稳定；（3）氯化铝熔点较低且容易升华，其在熔融状态下不能电离出离子，故氯化铝属于分子晶体；（4）非金属性越强的元素，其电负性越大，金属的电负性低于非金属，O和Si为同主族元素，同主族元素从上至下非金属性减弱，所以Cu、Si、O元素的电负性由大到小的顺序是：OSiCu；SiO2中每个Si原子与其周围的4个O原子形成共价键，所以Si原子采取sp3杂化；（5）由图可知，该晶胞中，溴原子位于晶胞的顶点和面心，所以与溴原子紧邻的溴原子分别位于“同层”4个，“上下溴层”各4个，总数为12个；R点位于晶胞的左下前方的八分之一的体心，P点是顶点，位于坐标原点，Q点是面心，由图中P点和Q点的原子坐标参数，可确定R点的原子坐标参数为(1/4，1/4，1/4)；已知晶胞参数为apm，NA个晶胞的体积和质量分别为4144g、NA（a10-10cm）3，所以其密度为。【点睛】本题属于物质结构与性质的综合考查，主要考查了基态原子的电子排布式、核外电子的排布规律、电负性的变化规律、杂化轨道类型的判断以及晶胞的有关计算，其中有关晶胞的计算难度较大，要求学生要有良好的空间想象能力，能根据晶胞中各粒子的空间位置确定某些粒子的空间坐标，会用均摊法计算晶胞中粒子数目及晶胞的密度。12.有机物X是某种药物的主要成分，工业上合成该化合物的一种路线如下(部分反应物、反应条件略去)：已知：酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应：RCOO RROHRCOORROH(R、R、R均代表烃基)。（1）反应所需的试剂是_，反应的反应类型是_。（2）B中含氧官能团的名称是_；反应的产物除了X以外，另一种产物的名称是_。（3）D在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为_。（4）反应的化学方程式为_。（5）E的同分异构体有多种，写出符合下列条件的有机物结构简式_。.苯环上一氯代物只有一种.与氯化铁溶液发生显色反应.能与碳酸氢钠溶液反应放出CO2（6）已知：；当苯环上已有一个“CH3”或“Cl”时，新引入的取代基一般在它的邻位或对位；当苯环上已有一个“NO2”或“COOH”时，新引入的取代基一般在它的间位。请写出以甲苯、乙醇为原料制备的合成路线图(无机试剂任用)_。【答案】 (1). 浓硝酸、浓硫酸 (2). 还原反应 (3). 硝基 (4). 甲醇 (5). (6). CH3OHH2O (7). 或 (8). 【解析】分析：根据A与B的结构简式可知反应是硝化反应，反应中硝基转化为氨基，反应是还原反应，根据D与E的结构简式可知反应是酯化反应，根据已知信息可知反应是酯交换反应，X的结构简式为，据此解答。详解：（1）反应是苯环上的氢原子被硝基取代，因此所需的试剂是浓硝酸、浓硫酸；反应中硝基转化为氨基，反应是还原反应。（2）根据B的结构简式可知B中含氧官能团的名称是硝基；根据已知信息结合原子守恒可知反应的产物除了X以外，另一种产物的结构简式为CH3OH，其名称是甲醇。（3）D分子中含有羧基和羟基，在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为。（4）反应是酯化反应，反应的化学方程式为CH3OHH2O。（5）E的同分异构体有多种，苯环上一氯代物只有一种，说明苯环上的氢原子只有一类。与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能与碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基，要使苯环上的氢原子只有一类，则苯环上还含有2个甲基，结构对称，则符合条件的有机物结构简式为或；（6）根据已知信息结合逆推法可知以甲苯、乙醇为原料制备的合成路线图(无机试剂任用)为。点睛：该题的难点是合成路线图设计，答题的关键是准确理解题干已知信息，考查学生获取信息并能灵活应用的能力，解答时注意利用好逆推法。