江西省抚州市临川区第一中学2018届高三化学上学期期末考试试题（含解析）.doc

江西省抚州市临川区第一中学2018届高三上学期期末考试理综-化学试题1.化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列叙述正确的是A. 白酒中混有少量的塑化剂，少量饮用对人体无害，可以通过过滤的方法除去B. 将猕猴桃和苹果放在一起，猕猴桃更容易成熟。是因为苹果释放的乙烯具有催熟作用C. 氨气可以做制冷剂，是因为氨气有一定的还原性D. 大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子，才能被人体吸收【答案】B【解析】塑化剂为有机物，与白酒互溶，只能用蒸馏进行分离，A错误；乙烯对果实具有催熟作用，B正确；液态氨气可以从周围的环境中吸收热量，而使环境温度降低，可以做制冷剂，这是物理变化，C错误；油脂水解产物为高级脂肪酸和甘油，D错误；正确选项B。2.某强碱性溶液中，只含有K+、NH4+、Al3+、AlO2-、CO32-、SiO32-、Cl-中的某几种离子，现进行如下实验：收少量的溶液用硝酸酸化后，该溶液无沉淀生成；另取一定量原溶液，逐滴加入盐酸至过量，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，而后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至全部溶解。另取一定量的原溶液，加入5mL0.2mol/L盐酸，沉淀会完全消失，再维续加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.287g。下列说法一定正确的是A. 原溶液中含有AlO2-、CO32-、Cl- B. 无法确定原溶液中是否含有Cl-和K+C. 原溶液中含有Al3+、CO32-、Cl- D. 原溶液中一定不含AlO2-、SiO32-、Cl-【答案】A【解析】通过信息判断出溶液中不含有SiO32-；通过信息判断出溶液中含有AlO2-、CO32-，溶液中一定不含有Al3+；通过信息判断出：盐酸提供的n(Cl-)=0.001mol，n(AgCl)=0.287/143.5=0.002 mol，所以原溶液中定含有Cl-，A正确；正确选项A。点睛：Al3+与AlO2-反应生成Al(OH)3沉淀；Al3+与CO32-能够发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2；Al3+与SiO32-能够发生双水解反应生成H2SiO3沉淀和Al(OH)3沉淀。3.下列实验方案中，能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A测同温同浓度下Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH比较碳和硫两种元素非金属性的强弱B证明氧化性：H2O2强于Fe3+用硫酸酸化的H2O2溶液滴入到Fe(NO3)2溶液中，溶液变成黄色C证明浓硫酸具有吸水性在蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑D证明醋酸的电离过程吸热测定稀醋酸和稀NaOH反应的中和热数据，数值小于57.3kJ/molA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】Na2SO3溶液中，硫元素为+4价，不是最高价+6价，不能比较碳和硫两种元素非金属性的强弱，A错误；HNO3也能氧化Fe2+，无法比较，B错误；浓硫酸使蔗糖脱水碳化，体现脱水性，C错误；稀的强酸和强碱溶液的中和热数值为57.3kJ/mol，弱酸或弱碱电离过程吸热，所以中和热数值小于57.3kJ/mol，D正确；正确选项D。点睛：比较元素的非金属性强弱规律：非金属单质与氢气反应的难易程度及形成氢化物的稳定性，越容易反应或氢化物越稳定，非金属性越强；最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性越强。4.己知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如下图所示，下列说法一定正确的是A. 若X元素在自然界中存在同素异形体，则W在同周期元素中，原子半径最小B. 若HmXOn为强酸，则X 的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数）C. 若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱D. 若四种元素均为非金属，则Y元素在化合物中不可能显示正化合价【答案】C【解析】若X为碳元素，W为磷元素，磷原子半径大于碳原子半径，A错误；n=1，HNO3 为强酸，NH3的水溶液显碱性，B错误；四种元素只能为 X为 Li、Y为 Be、Z 为Na、W 为Mg； 氢氧化钠溶液碱性最强，C正确；若X为碳、Y为氮，氮元素化合价有正价:+1、+2、+3、+4、+5等，D错误；正确选项C。5.室温下，用0.100 molL-1NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 molL-1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示下列说法正确的是（）A. 表示的是滴定盐酸的曲线B. pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mLC. V(NaOH)=20mL时，两份溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)D. V(NaOH)=10mL时，醋酸溶液中c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)【答案】B【解析】醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH盐酸，所以I是滴定醋酸的曲线，A错误；pH=7时，溶液呈中性，但醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL，B正确；V（NaOH）=20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以C（Cl-）C（CH3COO-），C错误；V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则C（H+）C（OH-），再结合电荷守恒得C（Na+）C（CH3COO-），D错误；正确选项B。6.右图1为甲烷和O2构成的燃料电池示意图，电解质溶液为KOH溶液，图2为电解AlCl3溶液的装置，电极材料均为石墨。用该装置进行实验，反应开始后观察到x电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是A. 图2中Y电极为阴极B. 图2中总反应的化学方程式为：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3+3Cl2+3H2C. 图1中电解质溶液的pH增大D. 图1中的a 电极反应式为：CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2O【答案】B【解析】根据所给装置的特点分析，图是燃料电池，图是电解池。反应开始后观察到x电极附近出现白色沉淀为Al(OH)3，说明X是阴极，氢离子放电，产生OH，所以得到Al(OH)3沉淀。故a是负极， A处通入通入甲烷气体，发生氧化反应，电极反应式为CH410OH-8e-=CO32-7H2O，由于反应消耗了OH-，电解质溶液的pH减小，A 、C、D均错误；X极：2H+2e-=H2，Al3+3OH-= Al(OH)3；Y 极2Cl-2e-=Cl2；总反应为2AlCl3+6H2O2Al(OH)3+3Cl2+3H2；B正确；正确选项B。点睛：燃料电池中，可燃物在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应；在书写极反应方程式时，注意电子的得失，也要注意所使用电解质情况，这样才能写出符合要求的极反应方程式。7.中国女药学家屠呦呦因创制新型抗疟药青蒿素（结构如图）和双氢青蒿素的贡献，挽救了全球特别是发展中国家的数百万人的生命”。青蒿素是从植物黄花蒿茎叶中提取的，荣获2015年诺贝尔奖生物学或医学奖。下列有关青蒿素的叙述不正确的是A. 分子式为C15H22O5B. 它在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度C. 能发生取代反应、水解反应、加成反应，不能发生氧化反应D. 该物质不稳定，容易受到热和还原性物质的影响而发生变质【答案】C【解析】根据结构简式得出该有机物分子式为C15H22O5，A正确；有机物相似相溶原理，有机物易溶于有机物，B正确；有机物能够燃烧，发生氧化反应，C错误；含有-O-O-，具有氧化性；含有-COO-，能够水解；D正确；正确选项C。点睛：有机氧化反应类型包括以下四种：燃烧氧化、催化氧化、强氧化剂氧化、弱氧化剂氧化。8.已知：甲醛（HCHO）与葡萄糖化学性质相似，都具有还原性。甲醛易挥发，甲酸钙易溶于水。为探究过量的甲醛和新制Cu(OH)2反应的产物，进行如下实验：（1）在下图装置中进行实验，向a中加入0.5molL-1CuSO4溶液50mL和5molL-1NaOH 溶液100mL，振荡，再加入40%的甲醛溶液50mL，缓慢加热20分钟后冷却至室温。仪器a、b的名称分别是_、_。（2）上述实验有副反应发生，产生的气体为CO、H2中的一种或两种。为确认气体成分，将装置A 和如下图所示装置连接后进行实验。依次连接的合理顺序为A_G。副产物中如果有CO，实验现象是：_。（3）已知HCHO 最终被氧化为CO32-，请写出a容器中发生的反应化学方程式：_。（4）反应后a中有红色固体产生，为探究其组成，提出如下假设：假设一：只有Cu2O 假设二：只有Cu 假设三：CuO和Cu 假设四：_；其中假设三明显不成立，理由是_。（5）为了对（4）的猜想进行验证，进行如下实验（以下任步均充分反应）：已知：已知：Cu2O Cu(NH3)4+（无色）Cu(NH3)42+ （蓝色） 锥形瓶ii中固体加入浓氨水后，完全溶解得到深蓝色溶液，该过程所发生的离子方程式为 _； 将容量瓶ii中的溶液稀释20倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为_。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). (恒压)滴液漏斗 (3). BEFDC (4). F中黑色固体变红色，C中变浑浊(出现白色沉淀) (5). HCHO+4Cu(OH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O (6). Cu2O和Cu (7). CuO为黑色固体 (8). 2Cu+O2+8NH3H2O =2Cu(NH3)42+4OH+6H2O (9). n(Cu2O) n(Cu)140【解析】(1) 仪器a为三颈烧瓶；仪器b为滴液漏斗；正确答案：三颈烧瓶；滴液漏斗。（2）甲醛易挥发， 产生的气体CO、H2中含有挥发出的甲醛，因此混合气体先通入B装置除去甲醛，然后用E装置进行气体干燥，干燥后的混合气体进入F装置，与氧化铜加热反应，产生的气体进入D装置，进行水蒸气的检验，剩余气体最后进入G装置；连接合理顺序为BEFDC；一氧化碳还原氧化铜观察到现象：F中黑色固体变红色，C中变浑浊(出现白色沉淀)；正确答案： BEFDC；F中黑色固体变红色，C中变浑浊(出现白色沉淀)。（3）已知HCHO最终被氧化为CO32-，Cu(OH)2被还原为Cu2O；反应化学方程式为：HCHO+4Cu(OH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O；正确答案：HCHO+4Cu(OH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O。（4）假设四为Cu2O和Cu的混合物；假设三中，CuO为黑色固体，不符合题意；正确答案：Cu2O和Cu ； CuO为黑色固体。（5）锥形瓶ii中固体铜与浓氨水、氧气共同作用，生成深蓝色溶液Cu(NH3)42+，该过程所发生的离子方程式为2Cu+O2+8NH3H2O =2Cu(NH3)42+4OH+6H2O；正确答案：2Cu+O2+8NH3H2O =2Cu(NH3)42+4OH+6H2O。由上述反应过程可知固体产物的组成Cu2O和Cu；根据反应关系：容量瓶i中Cu2O2Cu(NH3)42+；容量瓶ii中2Cu2Cu(NH3)42+，将容量瓶ii中溶液稀释20倍等于容量瓶i中溶液的浓度，即两瓶溶液中cCu(NH3)42+ 相等，所以锥形瓶ii中Cu的量为Cu2O的40倍；正确答案：n(Cu2O) n(Cu)140。9.二氧化锆(ZrO2)是最重要的氧离子固体电解质，用于制造燃料电池、氧气含量测定仪等。可由锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2；含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2杂质）通过如工艺流程法制得。已知：ZrO2具有两性，高温与纯碱共熔生成可溶于水的Na2ZrO3，与酸反应生成ZrO2+。部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。金属离子Fe3+Al3+ZrO2+开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.25.28.0请回答下列问题：（1）已知Zr元素的原子序数是40，请写出它在周期表中的位置：_。（2）烧结时ZrSiO4发生反应的化学方程式为_；滤渣1的化学式为_。（3）调节pH=a时，a的范围应该是_；用氨水调节pH=b时，所发生反应的离子方程式为_。（4）本题的流程中，一共有三步过滤操作，北中最后一步过滤所得的Zr(OH)4沉淀需要洗涤，证明该沉淀已经洗涤干净的最佳操作方法是：_。（5）工业上用铝热法冶炼锆，写出以ZrO2通过铝热法制取锆的化学方程式：_。（6）一种新型燃料电池用掺杂Y2O3的ZrO2晶体作电解质在熔融状态下传导O2-，一极通入空气，另一极通入乙烷，写出负极的电极反应式：_。【答案】 (1). 第五周期，B族 (2). ZrSiO4 + 2Na2CO3Na2ZrO3 + Na2SiO3 +2CO2 (3). H2SiO3(或H4SiO4) (4). 5.2pH6.2 (5). ZrO2+ +2NH3H2O + H2OZr(OH)4+2NH4+ (6). 取最后一次洗涤液，(用盐酸酸化)加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，证明沉淀已经洗干净 (7). 3ZrO2 + 4Al3Zr + 2Al2O3 (8). 2C2H628e+ 14O24CO2 +6H2O【解析】已知Zr元素的原子核外电子排布由里往外依次为2、 8 、18、 10、 2，在周期表中的位置为第五周期，B族；正确答案：五周期，B族。（2）ZrSiO4 与Na2CO3固体在高温下发生反应，生成Na2ZrO3 、Na2SiO3和CO2气体；正确答案：ZrSiO4 + 2Na2CO3Na2ZrO3 + Na2SiO3+2CO2。硅酸钠溶液与过量的稀硫酸反应，生成硅酸或原硅酸沉淀，所以滤渣1为 H2SiO3(或H4SiO4)；正确答案：H2SiO3(或H4SiO4)。（3）用氨水调节溶液的pH，目的是使Fe3+ 、 Al3+沉淀完全，以此达到除去两种离子的目的，根据图表信息可知：5.2pH6.2； 根据流程可知用氨水调节pH=b时，溶液中的ZrO2+与氨水反应生成Zr(OH)4沉淀，；离子方程式为ZrO2+ +2NH3H2O + H2OZr(OH)4+2NH4+ ；正确答案：5.2pHNB.两容器中正反应速率MC.容器M 中CO的转化率与容器N 中CO2的转化率之和小于1D.两容器中反应的平衡常数MN（4）氢硫酸、碳酸均为二元弱酸，其常温下的电离常数如下表：H2CO3H2SKa14.4 10-71.310-7Ka24.7 10-117.110-15煤的气化过程中产生的H2S 可用足量的Na2CO3溶液吸收，该反应的离子方程式为_；常温下，用100mL0.2molL-1InaOH溶液吸收448mL（标况）H2S气体，反应后溶液中离子浓度从大到小的顺序为_。（5）25时，用Na2S沉淀Cu2+、Sn2+两种金属离子 (M2+)，所需S2-最低浓度的对数值1gc(S2-)与Igc(M2+)的关系如右图所示，请回答：25时Ksp(CuS)=_。25时向50mL的Sn2+、Cu2+浓度均为0.01mol/L的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，当Na2S溶液加到150mL时开始生成SnS沉淀，则此时溶液中Cu2+浓度为_mol/L。【答案】 (1). 5 (2). 0.034 (3). AC (4). H2S+CO32-HS-+HCO3 (5). c(Na+)c(HS)c(OH) c(H+) c(S2) (6). 10-35 (7). 2.510-13【解析】(1) H=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量=1321+440-680-1076=5 kJmol-1；正确答案：5。（2） COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) 起始量 1 1 0 0 变化量 x x x x 平衡量 1-x 1- x x xCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 起始量 x 1 0 1- x变化量 y y y y平衡量 x- y 1- y y 1- x+ y根据题给信息可知：1-x=0.8, x=0.2 mol；反应后混合气体总量为1-x+x+x-y+1-y+y+1- x+y=3mol，根据CO的体积分数为4%列方程 (0.2-y)/3=0.04, y=0.08 mol； c(H2)=(1- x+ y)/10=0.088mol/L；c(H2S)= x /10=0.02mol/L；c(CO)= (x-y)/10=0.012 mol/L； c(COS)= (1-x)/10=0.08mol/L；反应I的平衡常数为c(CO)c(H2S)/ c(H2) c(COS)= 0.0120.02/0.080.088=0.034；正确答案：0.034。 (3) 由于容器M的正反应为放热反应。随着反应的进行，反应的温度升高；由于恒容绝热，升高温度，平衡左移，两容器中CO的物质的量MN，A正确；M中温度大于N中的温度，所以两容器中正反应速率MN，B错误；容器M中反应是从正反应方向开始的，容器N中是反应是从逆反应方向开始的，由于恒容绝热(与外界没有热量交换)，所以CO的转化率与容器中CO2的转化率之和必然小于1，C正确；容器M中反应是从正反应方向开始的，由于恒容绝热(与外界没有热量交换)，平衡左移，所以两容器中反应的平衡常数M（4）根据电离常数可以得知酸性顺序：H2CO3H2SHCO3-HS-；所以H2S与Na2CO3溶液反应生成NaHS和NaHCO3；正确答案：H2S+CO32-HS-+HCO3。设生成Na2S xmol和NaHS ymol，根据硫元素守恒：x+y=44810-3/22.4 ；根据钠元素守恒：2x+y=0.10.2,解之x=0，y=0.02mol；所以100mL、0.2molL-1NaOH溶液恰好吸收448mL（标况）H2S气体生成NaHS，NaHS溶液电离大于水解过程，溶液显碱性，溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na+)c(HS)c(OH) c(H+) c(S2)；正确答案：c(Na+)c(HS)c(OH) c(H+) c(S2)。（5）在25时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS（s）Cu2+（aq）+S2-（aq），Ksp（CuS）=c（Cu2+）c（S2-）=10-2510-10=10-35；正确答案：10-35。Ksp（SnS）= c（Sn2+）c（S2-）=10-251=10-25Ksp（CuS）=10-35，所以25时向50mL的Sn2+、Cu2+浓度均为0.01mol/L的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，Cu2+先沉淀完成后，Sn2+开始沉淀；c(Sn2+)=(5010-30.01)/(20010-3)=2.510-3 molL-1；根据Ksp（SnS）=c（S2-）2.510-3=10-25，c（S2-）=410-23 molL-1 ；根据Ksp（CuS）=c（Cu2+）410-23=10-35，c（Cu2+）=2.510-13molL-1；正确答案：2.510-13。点睛：（2）问中发生2个反应，第一个反应中消耗H2，第二个反应生成H2，平衡后H2的量为二者的代数和；第一个反应中生成CO，第二个反应中消耗CO，平衡后CO的量为二者的代数和；这样才能计算出第一个反应的平衡常数。11.黄铜矿是一种重要的化工原料，主要成分是CuFeS2，另外还有少量的氧化铝、二氧化硅及水分，通过化学工艺可获得许多化工产品。（1）铜元素位于元素周期表中_(填写周期、族)；基态Fe原子的价层电子轨道表达式为_；（2）硫位于第VIA 族，该族元素氢化物沸点由低到高的顺序及原因是_(必要化学用语及文字简答)。（3）基态氮原子的第一电离能大于氧原子的第一电离能的原因是_。（4）由铝和氯元素组成的化合物熔点190、在熔融态不导电；该化合物易升华，其蒸气密度是相同条件下氢气的133.5倍。请写出其蒸气分子的结构式_(如有配位键，请 用“”表 示 )。（5）黄铜矿在空气中高温灼烧可以得到固体混合物和废气,固体混合物中有X和Y两化合物。固体化合物X的晶胞模型如图甲所示：化合物X的化学式：_；废气中SO2经催化氧化生成SO3，SO3分子中硫原子杂化方式为_；SO3分子空间构型是_。（6）黄铜矿高温灼烧得到的另一固体化合物Y的晶胞模型如图乙，已知丫晶体密度为g/cm3，则Y 晶体中晶胞边长是_cm。【答案】 (1). 第4周期第B (2). (3). 该族氢化物沸点由低到高的顺序为H2S、H2Se、H2Te、H2O，H2S、H2Se、H2Te因相对分子质量逐渐增大，分子间作用力增大，沸点升高；而H2O分子之间因形成的氢键大于分子间作用力，沸点更高（合理答案均计分） (4). N原子2P轨道处于半充满，原子稳定，而O原子2P轨道需失去一个电子才能达到半充满的稳定状态（合理答案均计分） (5). (6). Cu2S (7). sp2 (8). 平面三角形 (9). 【解析】（1）由元素周期表得，铜元素原子的核外电子排布由里往外依次为：2、8、18、1；位于元素周期表中第4周期第B族；正确答案：第4周期、第B。Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，其3d、4s电子为其价电子，根据构造原理书写其价电子轨道表示式为 ；正确答案：。（2）H2S、H2Se、H2Te因相对分子质量逐渐增大，分子间作用力增大，沸点升高；而H2O分子之间因形成的氢键大于分子间作用力，沸点更高；所以该族氢化物沸点由低到高的顺序为H2S、H2Se、H2Te、H2O；正确答案：该族氢化物沸点由低到高的顺序为H2S、H2Se、H2Te、H2O，H2S、H2Se、H2Te因相对分子质量逐渐增大，分子间作用力增大，沸点升高；而H2O分子之间因形成的氢键大于分子间作用力，沸点更高。（3）N原子2P轨道处于半充满，原子稳定，而O原子2P轨道需失去一个电子才能达到半充满的稳定状态，所以基态氮原子的第一电离能大于氧原子的第一电离能；正确答案：N原子2P轨道处于半充满，原子稳定，而O原子2P轨道需失去一个电子才能达到半充满的稳定状态。（4）该化合物蒸气密度是相同条件下氢气的133.5倍，故该化合物相对分子质量为133.52=267，又因为该化合物熔点190、在熔融态不导电，故该化合物为共价化合物，含有共价键；又因为Al与3个Cl形成共价键后，距离8电子稳定结构还差2个，这时，另外一个Cl提供2个电子，形成配位键，从而使其达到稳定结构，因为配位键箭头要指向中心原子，其蒸气分子的结构式；正确答案：。（5）Cu2S 在一