宁夏吴忠市2019届高三化学上学期期末考试试卷（含解析）.docx

宁夏吴忠市2019届高三化学上学期期末考试试卷（含解析）1.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法不正确的是A. 将开釆出的煤通过干馏、气化、液化等多种途径实现其综合利用B. “光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关C. 向污水中投放明矾，利用生成的胶体净水：A13+3H2OA1(OH)3(胶体)+3H+D. 氢能是清洁能源，工业上电解水法制大量氢气符合节能减排理念【答案】D【解析】【详解】A.煤通过干馏、气化、液化等多种途径实现其综合利用，可以提高能源的利用率、减少污染物的排放，所以A选项正确；B.“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关，故B正确；C.明矶净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，故C选项正确；D.工业上不用电解水法来开发氢能源，因为成本太高，故D项错误。本题选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB. 常温下，pH=13的NaOH溶液中含OH的数目为0.1NAC. 含2mol H2SO4的浓硫酸与足量Cu在加热条件下充分反应，可生成22.4LSO2(STP下)D. 常温下，22.4LH2O中所含氢氧键的数目约为2NA【答案】A【解析】【详解】AH218O与D2O的相对分子质量均为20，中子数均为10，2.0g该混合物物质的量为0.1mol，中子数为NA，故A正确；B常温下，pH=13的NaOH溶液中c（OH-）=0.1 molL-1，题中体积未知，无法求出OH的数目，故B错误；C随着反应的逐渐进行，浓硫酸变为稀溶液，而稀H2SO4与Cu不反应，所以无法计算生成SO2含量，故C错误；D常温下H2O为液态， 22.4LH2O的物质的量大于1mol，则所含氢氧键的数目大于2NA，故D错误。本题选A。3.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的电子层数和最外层电子数相同，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。下列叙述正确的是A. 简单离子的半径大小：YWB. 元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的弱C. 单质Y和Z均能与强碱溶液反应生成氢气D. W的气态氢化物稳定性强于X的气态氢化物【答案】C【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；W与X属于同一主族，故W为S元素；Y原子的电子层数和最外层电子数相同，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Al元素；Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素。A铝离子只有2个电子层，硫离子含有3个电子层，离子半径：YW，故A错误；B非金属性SiS，故元素S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Si的强，故B错误；C. 铝能够与强碱反应生成偏铝酸盐和氢气，硅能与强碱溶液反应生成硅酸盐和氢气，故C正确；D非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，非金属性OS，则X的简单氢化物的热稳定性比W的强，故D错误；故选C。点睛：本题考查结构性质与位置关系、元素周期律，正确推断元素是解题的关键。本题的易错点为A，要注意掌握比较离子半径的一般方法，同时知道，一般而言，电子层数越多，离子半径越大，本题中也可以借助于氧离子进行比较。4.有机物X、Y、Z在一定条件下可实现如下转化，下列说法正确的是A. 化合物Z环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)B. Y和Z可以用金属钠来鉴别C. X、Y、Z分子中所有碳原子均处于同一平面D. Y的分子式为C7H9O【答案】B【解析】【详解】AZ的环上一氯代物共有4种，分别为、，故A错误；BY中的醛基不能和金属钠反应，而Z中的羟基能和金属钠反应放出H2，故可用金属钠将两者鉴别，B项正确；CY、Z分子中都有多个饱和的碳原子，根据甲烷分子的正四面体结构可知，两分子中所有碳原子不可能处于同一平面，C项错误；DY的分子式为C7H10O，D项错误。本题选B。5.2016年7月报道，南开大学科研团队在“可充室温钠-二氧化碳电池”的研究中取得突破进展，该电池放电时工作情况如图所示。下列说法错误的是A. 金属Na为电池的负极B. 充电时，碳电极发生的反应为：4Na+4e+3CO2=2Na2CO3+CC. 放电时，电解液中Na+向碳电极移动D. 放电时，每转移2mol电子，消耗标准状况下的CO233.6L【答案】B【解析】【详解】A根据图中电子流向可知Na在反应中失电子，因此Na为电池的负极，故A项正确；B充电时反应为放电时的逆反应，此时碳电极为阳极，电极反应为2Na2CO3+C-4e-=4Na+3CO2，故B项错误；C放电时阳离子从负极流向正极，故Na+在溶液中向碳电极移动， C项正确；D放电时，碳电极上发生的反应为4Na+4e-+3CO2=2Na2CO3+ C，故每转移2mol电子，消耗CO2的物质的量为1.5mol，在标准状况下，CO2的体积为1.5mol22.4L/mol=33.6L，故D项正确。本题选B。【点睛】本题易错点为B项，充电为放电的逆反应，得失电子关系也正好相反，这也是本题的突破点。6.下列分离方法正确的是A. 回收水溶液中的I2：加入乙酸，分液，蒸发B. 回收含有KCl的MnO2：加水溶解，过滤，干燥C. 除去氨气中的水蒸气：通过盛有P2O5的干燥管D. 除去乙醇中的水，加入无水氯化钙，蒸馏。【答案】B【解析】【详解】A.乙酸能溶于水，不能用分液方法分开，不符合题意；B.氯化钾能溶于水，而二氧化锰不溶于水，故可通过过滤除去，符合题意；C. P2O5为酸性氧化物，能跟碱性物质发生反应，故不能用来吸收氨气，不符合题意；D. 无水氯化钙能与乙醇形成络合物，除去乙醇中的水，不能用无水氯化钙，应加氧化钙，蒸馏，不符合题意；故答案选B。【点睛】本题为分离、除杂题，解题时要明确除杂、提纯要求：能除去杂质，不能与期望所得产物发生反应，不能引入新的杂质。7.常温时，向20mL 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1 mol/L的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是A. a点的pH=1B. b点时，c (CH3COO)=0.05mol/LC. c点时，V(NaOH)=20mLD. 反应过程中的值不断增大【答案】D【解析】A、CH3COOH为弱酸，部分电离，a点为0.1 mol/L的CH3COOH溶液，c(H+)浓度小于0.1 mol/L，则pH大于1，故A错误；B、b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等；溶液体积由20mL扩大为30mL，根据物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO)=0.1 mol/L；CH3COOH的电离和CH3COO的水解均是微弱的，则二者的浓度应均接近于0.033mol/L，不会等于0.05mol/L，故B错误； C、假设c点时，V(NaOH)=20mL，则CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，此时溶液显碱性，pH7，与图不符，故假设不成立，故C错误；D、，随着NaOH的加入，溶液的碱性逐渐增强，c(H+)逐渐减小，而温度不变，Ka不变，则的值逐渐增大，故D正确。故选D。点睛：b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等，此时溶液显酸性，则CH3COOH的电离大于CH3COO的水解，所以c(CH3COO)c(CH3COOH)，又c(CH3COOH)+ c(CH3COO)= 0.1 mol/L，所以c(CH3COO)略大于0.033mol/L，c(CH3COOH)略小于0.033mol/L，B选项为该题的难点。8.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，它们使用的药品和装置如图所示（1）SO2气体和Fe3+反应的氧化产物、还原产物分别是_、_。（2）下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是_。A.Na2SO3溶液与HNO3 B.Na2SO3固体与浓硫酸C.固体硫在纯氧中燃烧 D.硫化氢在纯氧中燃烧（3）装置C的作用是_。（4）装置B中反应的离子方程式_。（5）在上述装置中通入过量的SO2为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案：往第一份试液中加入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去。方案：往第二份试液中加入NaOH溶液，产生白色沉淀，并迅速转为灰绿色，最后呈红褐色。方案：往第三份试液中加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀。上述方案不合理的方案是_，原因是_。【答案】 (1). SO42- (2). Fe2+ (3). B (4). 除去多余的SO2，防止污染大气 (5). I2+SO2+2H2O=4H+ + 2I +SO42- (6). 方案 (7). 因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色【解析】【分析】本题通过硫及其化合物、铁盐及亚铁盐的性质等考查氧化还原反应的概念，可从离子检验的知识点进行分析解答。【详解】（1）二氧化硫与铁离子反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O = 2Fe2+SO42-+4H+，反应中Fe3+被还原成Fe2+，所以还原产物为Fe2+；SO2气体被氧化为SO42-，故氧化产物为SO42-。本题正确答案是：SO42-；Fe2+（2）硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，无法得到二氧化硫气体，故A错误；B.浓硫酸具有强酸性，且浓硫酸不挥发，亚硫酸钠与浓硫酸能够反应生成二氧化硫气体，所以B选项是正确的；C.固体硫在纯氧中燃烧，操作不容易控制，且无法获得纯净的二氧化硫，故C错误；D. 硫化氢在纯氧中燃烧制得的SO2容易混有杂质，无法获得纯净的SO2，故D错误；本题正确答案为B。（3）二氧化硫气体是酸性氧化物，具有刺激性气味，直接排放会污染大气。因为二氧化硫能和碱反应生成盐和水，可用碱液处理二氧化硫，所以装置C的作用为：吸收SO2尾气，防止污染空气。本题正确答案是：除去多余的SO2，防止污染大气。（4）二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，其反应的离子方程式为：I2+SO2+2H2O=4H+ + SO42- + 2I。（5）若发生反应，可通过检验溶液中有Fe2+和SO42-生成来验证。方案中，由于二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色，故无法证明二氧化硫与铁离子之间有反应发生，所以方案不合理；Fe2+与碱反应生成白色沉淀Fe(OH)2，然后在空气中被氧化，迅速转为灰绿色，最后呈红褐色Fe(OH)3，可以证明反应发生，方案合理；加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀BaSO4，可以证明反应后的溶液中含有SO42-，方案合理。本题正确答案是：方案；因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色。9.氯化铬晶体(CrCl36H2O)是一种重要的工业原料，工业上常用铬酸钠(Na2CrO4)来制备。实验室以红矾钠(Na2Cr2O7)为原料制备CrCl36H2O的流程如下已知：Cr2O72+H2O2CrO42+2H+；CrCl36H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，易水解。（1）写出碱溶发生反应的化学方程式_，所加40NaOH不宜过量太多的原因是_。（2）还原时先加入过量CH3OH再加入10%HC1，生成CO2，写出该反应的离子方程式_，反应后从剩余溶液中分离出CH3OH的实验方法是_。（3）使用下列用品来测定溶液的pH，合理的是_(填字母)。A.酚酞溶液 B.石蕊试纸 C.pH计（4）请补充完整由过滤后得到的固体Cr(OH)3制备CrCl36H2O的实验方案：将过滤后所得的洁净固体完全溶解于过量的盐酸中，蒸发浓缩，_，过滤，_，低温干燥，得到CrC36H2O(实验中可供选择的试剂：盐酸、硫酸、蒸馏水、乙醇、乙醚)。（5）若取原料红矾钠26.2g，实验最终得到氯化铬晶体21.32g，则该实验的产率为_。【答案】 (1). Na2Cr2O7+2NaOH=2 Na2CrO4+H2O (2). 避免还原时消耗过多盐酸 (3). 2 CrO42+ CH3OH+10H+=2Cr3+7 H2O +CO2 (4). 蒸馏法 (5). C (6). 冷却结晶 (7). 用乙醚洗涤固体23次 (8). 40%【解析】【分析】本题可通过影响化学平衡因素、氧化还原反应方程式的书写、常见实验分离操作以及化学反应计量关系计算的角度分析。【详解】（1）根据Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，加入氢氧化钠，平衡正向移动，所以Na2Cr2O7与氢氧化钠反应生成Na2CrO4，反应方程式是Na2Cr2O7+2NaOH=2Na2CrO4+H2O；若加入的40NaOH过量太多，后续还原步骤中要在酸性条件下发生反应，必然消耗盐酸过多。所以，40NaOH不宜过量太多的原因是：避免还原时消耗过多盐酸；（2）在酸性条件下CrO42-被甲醇还原为Cr3+，反应离子方程2CrO42+CH3OH+10H+=2Cr3+7H2O+CO2；利用甲醇的沸点低，从剩余溶液中分离出CH3OH的方法是蒸馏法；（3）酚酞溶液、石蕊试纸只能用于粗略判断溶液的酸碱性，测溶液pH要用pH计，故选C；（4）Cr(OH)3溶于盐酸生成CrCl3，CrCl3溶液浓缩结晶析出CrCl36H2O晶体，由于CrCl36H2O不溶于乙醚，再用乙醚洗涤、干燥得到得到CrCl36H2O，所以由过滤后得到的固体Cr(OH)3制备CrCl36H2O的实验方案：将过滤后所得的洁净固体完全溶解于过量的盐酸中，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醚洗涤固体23次，低温干燥，得到CrCl36H2O。（5）设生成CrCl36H2O的理论产量是x g，Na2Cr2O7 2CrCl36H2O262 53326.2g xg解出x=53.3g所以CrCl36H2O的产率是21.32/53.3100% = 40%10.NO2与SO2对环境有害，若能合理吸收利用，则可以减少污染，变废为宝。回答下列问题：（1）含NO2与SO2的尾气可以用碱液吸收。NaOH溶液吸收NO2时，生成两种盐，发生反应的化学方程式为_。（2）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H=113.0kJ/mol2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=186.6kJ/mol则NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) H=_。（3）在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比n(NO2)/n(SO2)进行多组实验(各组实验的温度可能相同，也可能不同)，测得NO2的平衡转化率(NO2)如图所示：当容器内_(填标号)不再随时间变化而改变时，不能判断反应达到了化学平衡状态。a.气体的颜色 b.气体的平均摩尔质量c.气体的密度 d.NO2的体积分数如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，则应采取的措施是_。若A点对应的实验中，SO2(g)的起始浓度为c mol/L，经过t min达到平衡状态，则该时段的化学反应速率v(NO2)=_。图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，则TC_TD(填“，=”)。（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应式为_。若该燃料电池使用一段时间后，共收集8molY，则理论上需要消耗标准状况下氧气的体积为_L。【答案】 (1). 2 NO2+2NaOH= NaNO2 + NaNO3 + H2O。 (2). 36.8kJ/mo1 (3). bc (4). 降低温度 (5). c/5t molL-1min-1 (6). = (7). NO2+NO3-e-=N2O5 (8). 89.6【解析】【分析】本题可从氧化还原反应方程式的书写、盖斯定律、化学反应速率、化学平衡状态判断、电化学原理来分析。【详解】（1）NaOH溶液吸收NO2时，生成两种盐，应为NaNO2和NaNO3，则反应的离子方程式为：2 NO2+2NaOH= NaNO2 + NaNO3 + H2O。（2）将题给热化学方程式依次编号为、，依据盖斯定律，由(-) / 2号得：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) H=36.8kJ/mo1。（3）该反应为气体体积不变的放热反应。a项，反应前NO2气体为红棕色，反应后气体为无色，当气体颜色不再改变时可说明反应达到平衡状态，故a能判断反应达到了化学平衡状态；b项，反应前后气体的质量和气体的物质的量均不变，故气体的平均摩尔质量始终不变，b项不能说明反应达到平衡状态；c项，反应前后气体的质量不变，气体的体积不变，故气体的密度始终不变，c项不能说明反应达到平衡状态；d项，NO2的体积分数不变，可以说明反应达到平衡状态。本小题选bc。将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，NO2的平衡转化率增大，平衡正向移动，又正反应为放热反应，且原料气配比不变，故应降低温度。A点n(NO2)/n(SO2)=0.4，SO2的起始浓度为c mol/L，则c(NO2)= 0.4c mol/L，NO2的平衡转化率为50%，所以c= 0.2c mol/L则v（NO2）=c/5t molL-1min-1。分别计算C、D两点的平衡常数K，设起始SO2物质的量为a mol对C点： NO2(g)+SO2(g)SO3(g) + NO(g)起始量（mol）：a a 0 0变化量（mol）：0.5a 0.5a 0.5a 0.5a平衡量（mol）：0.5a 0.5a 0.5a 0.5a得K(Tc)=( 0.5a)2/(0.5a)2 = 1对D点： NO2(g)+SO2(g)SO3(g) + NO(g)起始量（mol）： 1.5a a 0 0变化量（mol）：0.6a 0.6a 0.6a 0.6a平衡量（mol）：0.9a 0.4a 0.6a 0.6a得K(TD)=( 0.6a)2/(0.9a)(0.4a) = 1K(Tc)=K(To），则Tc=TD。（4）石墨I电极上生成的氧化物Y应为N2O5,其电极反应式为NO2+NO3-e-=N2O5。石墨电极上发生反应：O2+2N2O5+4e-=4 NO3-，故电池总反应为O2+4NO2=2N2O5，当收集到8mol N2O5时，理论上消耗n(O2) = 4mol，在标准状况下的体积为89.6L。则本题答案为：NO2+NO3-e-=N2O5；89.6L【点睛】本题难点为第三问中对温度大小比较，化学平衡常数的影响因素只有温度，故可通过平衡常数大小判断温度高低。通常平衡常数是用各组分的物质的量浓度进行计算的，但是，对于反应前后气体分子数不变的反应，也可以用物质的量代替物质的量浓度进行计算，结果是一样的，而且在相同的温度下，只要反应物的投料比例相同即可达到等效平衡。11.2017年冬季，我国北方大部分地区出现严重雾霾天气，引起雾霾的PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3、有机颗粒物及扬尘等。城市雾霾中还含有铜等重金属元素。（1）N元素原子核外电子云的形状有_种；基态铜原子的价电子排布式为_，金属铜的晶体中，铜原子的堆积方式为_。（2）N和O中第一电离能较小的元素是_；SO42-的空间构型_。（3）雾霾中含有少量的水，组成水的氢元素和氧元素也能形成化合物H2O2，其中心原子的杂化轨道类型为_，H2O2难溶于CC14，其原因为_。（4）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，如NO、CH3COOONO2(PAN)等。1mol PAN中含键数目为_；NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物Fe(NO)(H2O)5SO4，该配合物中心离子的配位数为_。（5）测定大气中PM2.5浓度的方法之一是-射线吸收法，-射线放射源可用85Kr。已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，晶胞边长为540pm，则该晶体的密度_g/cm3(只列式不计算)【答案】 (1). 2 (2). 3d104s1 (3). 面心立方堆积 (4). O (5). 正四面体 (6). sp3 (7). H2O2为极性分子，CCl4为非极性溶剂，所以H2O2难溶于CCl4中。 (8). 10NA (9). 6 (10). 【解析】【分析】本题主要考查基态微粒的电子排布式、电离能的比较、原子的杂化方式、分子空间构型的分析、以晶胞为单位的密度计算等知识点。【详解】（1）N元素原子核电荷数为7，核外电子排布为1s22s22p3，s轨道电子云形状为球形，p轨道电子云形状为哑铃形，因此核外电子云的形状有2种；基态铜原子核电荷数为29，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；金属铜的晶体中，铜原子的堆积方式为面心立方堆积；本题答案：2；3d104s1；面心立方堆积。（2）同周期中从左到右，元素的第一电离能（除A族、VA族反常外）逐渐增大，N为VA族元素，2p3为半充满状态，因此性质较稳定，所以N第一电离能大于O；SO42-离子中存在的键个数为4，中心硫原子没有孤电子对，因此SO42-空间构型是正四面体。正确答案：O；正四面体（3）H2O中心原子（氧原子）的价层电子对数为4，故为sp3杂化，H2O2看作羟基取代了H2O分子中一个H原子，H2O2中O原子应为sp3杂化；H2O2为极性分子，CCl4为非极性溶剂，所以H2O2难溶于CCl4中。正确答案：sp3；H2O2为极性分子，CCl4为非极性溶剂，所以H2O2难溶于CCl4中。（4）一个单键就是一个键，一个双键中含有一个键，一个键，PAN中含有一个碳氧双键、一个氮氧双键，其余为八个单键。所以1molPAN中含有的键数目为10NA；配位体位于方括号中，由1个NO和5个H2O分子构成；中心离子为Fe2+，配位数为6。正确答案： 10NA；6（5）Kr晶胞为面心立方密堆积，每个顶点Kr原子为8个晶胞共有，每个面心Kr原子为2个晶胞共用，故晶胞中含Kr原子为81/8+61/2 = 4，则该晶体的密度为 g/cm3正确答案： g/cm3。【点睛】本题易错点：（1）第一电离能大小比较，A族元素的价电子构型为ns2、A族元素的价电子构型为ns2np3，分别属于全满或半满状态，属于稳定结构，因此A族、A族元素的第一电离能分别大于同周期相邻元素。（2）均摊法计算的应用：位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；位于晶胞体心的原子为1个晶胞占用，对一个晶胞的贡献为1。12.高聚物I