广东省汕头市2014届高三化学上学期期末考试试题(含解析).doc

化学试卷一、单选题1（4分）能在水溶液中大量共存的一组离子是（）AH+、I、NO3、SiO32BOH、Cl、HCO3、NH4+CK+、Cu2+、NO3、SO42DAl3+、Mg2+、SO42、CO32考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：离子之间如果不结合生成气体、沉淀、弱电解质、络合物，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答解答：解：A酸性条件下，碘离子能被硝酸氧化，所以不能共存，故A错误；B氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成水和碳酸根离子而不能大量共存，故B错误；C这些离子之间不能生成弱电解质、沉淀、气体、络合物或不发生氧化还原反应，所以能大量共存，故C正确；D碳酸根离子和氯离子能双水解而不能共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存，熟悉复分解反应发生的条件及离子之间的氧化还原反应即可解答，离子共存为高考热点，题目难度不大2（4分）下列说法正确的是（）A聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热生成乙烯C蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质D煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源考点：有机物的结构和性质.专题：有机反应分析：A老化为发生氧化反应；B溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应；C蛋白质、葡萄糖为非电解质；D煤经气化和液化均为化学变化解答：解：A聚乙烯塑料的老化是由于发生了氧化反应，不含碳碳双键，不能发生加成反应，故A错误；B溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应，生成乙烯，故B正确；C蛋白质、葡萄糖为非电解质，而乙酸为电解质，故C错误；D煤经气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，均为化学变化，可变为清洁能源，故D错误；故选B点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重常见有机物结构与性质、官能团与性质关系的考查，综合性较强，注意煤的综合利用，题目难度不大3下列有关物质性质的应用正确的是（）A液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝考点：氨的用途；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理；气体的净化和干燥.专题：氮族元素；碳族元素分析：A液氨汽化时要吸收大量的热；B二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体；C氢氧化钙能和氯气反应；D氯化铝属于共价化合物，熔融情况下不导电解答：解：A液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故A正确； B石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，故B错误；CCaO遇水生成氢氧化钙，而氢氧化钙会和氯气反应，故C错误；D氯化铝属于共价化合物，熔融情况下不导电，不能用于电解制铝，故D错误故选A点评：本题考查物质的性质和用途，难度不大，注意氯气不能用氧化钙干燥4同主族常见的三种元素X、Y、Z，它们最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为HX04HYO4HZO4，下列判断不正确的是（）A单质氧化性：YZB离子半径：XYC气态氢化物稳定性：HXHZDY单质可以在海水中提取考点：同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，已知HXO4HYO4HZO4，则非金属性XYZ，以此判断元素对应单质、化合物的性质解答：解：同主族元素对应的HXO4HYO4HZO4，则非金属性XYZ，则A非金属性YZ，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，单质氧化性YZ，故A错误；B同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应离子核外电子排布相同，离子半径逐渐增大，则XY，故B正确；C非金属性XZ，元素的非金属性越强，对应氢化物越稳定，则气态氢化物稳定性：HXHZ，故C正确；D三种元素X、Y、Z，对应的元素为Cl、Br、I，都可以海水为原料来提取，故D正确故选A点评：本题考查同主族元素的性质的递变规律，题目难度不大，本题注意把握元素周期律的递变规律以及元素对应的单质、化合物的性质5（4分）设NA为阿佛加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A46g NO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NAB标准状况下，22.4L SO3与水反应生成1mol硫酸C1L 1mol/L醋酸溶液中离子总数为2NAD足量铜与18molL1 1L浓硫酸反应可以得到SO2的分子总数为9NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、NO2和N2O4的氮氧原子个数之比为1：2，可将混合气体当成单一气体 NO2；B、标准状况下，SO3是固体物质，气体摩尔体积vm=22.4L/mol的使用范围是单一气体或能共存的混合气体；C、醋酸是弱电解质，溶液中溶剂本身电离出离子；D、随着反应的进行，浓变稀，稀的硫酸与铜不反应解答：解：A、NO2和N2O4的氮氧原子个数之比为1：2，可将混合气体当成单一气体 NO2，46g NO2为1mol含有原子数为3NA，故A正确；B、标准状况下，SO3是固体物质，气体摩尔体积vm=22.4L/mol的使用范围是单一气体或能共存的混合气体，故B错；C、醋酸是弱电解质，溶液中溶剂本身电离出离子，离子数目无穷，故C错误；D、随着反应的进行，浓变稀，稀的硫酸与铜不反应，实际参加反应小于18mol，得到SO2的分子总数小于9NA，故D错误故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，注意气体摩尔体积的使用范围和条件6（4分）下列有关化学实验的叙述正确的是（）A用待测液润洗滴定用的锥形瓶B配制FeCl3溶液时，向溶液中加入少量Fe和稀盐酸C用稀硝酸酸洗涤盛做过银镜反应的试管D液溴保存时液面覆盖一层水，装在带橡胶塞的试剂瓶中考点：中和滴定；化学试剂的存放；化学仪器的洗涤、干燥；配制一定物质的量浓度的溶液.专题：化学实验基本操作分析：A、锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增多；B、氯化铁能够与铁粉反应生成氯化亚铁；C、稀HNO3有强氧化性，可与银反应；D、液溴具有挥发性，会腐蚀橡胶解答：解：A、锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增多，导致标准液的体积偏大，影响测定结果，故A错误；B、配制氯化铁溶液时不能加入铁粉，而是将氯化铁溶于一定浓度的浓盐酸中，目的是防止铁离子水解，故B错误；C、因稀HNO3可与银反应：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O，所以可用稀HNO3清洗做过银镜反应的试管，故C正确；D、液溴具有挥发性，会腐蚀橡胶，所以液溴保存时液面覆盖一层水，装在带玻璃塞的试剂瓶中，故D错误；故选C点评：本题考查滴定操作方法、除杂、试剂的配制与存放等，题目难度不大，注意基础知识的积累二、双选题7（6分）在容积不变的密闭容器中进行如下反应：N2+3H22NH3，若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则产生的结果是（）A平衡不发生移动B平衡沿着逆反应方向移动C正逆反应速率都增大DNH3的质量分数增加考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程.专题：化学平衡专题分析：若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则应缩小体积，增大压强，则平衡向正反应方向移动，以此来解答解答：解：反应前气体化学计量数之和大于反应后气体的化学计量数之和，若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则应缩小体积，增大压强，则平衡向正反应方向移动，A平衡正向移动，故A错误；B由上述分析可知，平衡正向移动，故B错误；C压强增大，正逆反应速率均增大，故C正确；D平衡正向移动，NH3的质量分数增加，故D正确；故选CD点评：本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，本题注意浓度、压强对化学平衡的影响，把握浓度的变化转化为压强问题是解答的关键8（6分）对于常温下PH为2的盐酸，叙述正确的是（）Ac（H+）=c（Cl）+c（OH）B由H2O电离出的c（H+）=1.01012molL1C与等体积PH=12的氨水混合后所得溶液显酸性D与等体积0.01molL1乙酸钠溶液混合后所得溶液中：c（Cl）=c（CH3COO）考点：pH的简单计算；水的电离.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、根据氯化氢溶液中电荷守恒进行判断；B、盐酸溶液中的氢氧根离子来自水的电离；C、一水合氨为弱电解质，等体积等pH的氨水与盐酸混合，氨水过量，溶液显示碱性；D、二者反应生成氯化钠和乙酸，乙酸为弱电解质，在溶液中只能部分电离，所以c（Cl）c（CH3COO）解答：解：A、氯化氢溶液为电中性溶液，一定满足 c（H+）=c（Cl）+c（OH），故A正确；B、常温下，pH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L，盐酸溶液中氢氧根离子为水电离的，所以由H2O电离出的c（H+）=1.01012molL1，故B正确；C、一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离，所以等体积等pH的氨水与盐酸混合，氨水过量，溶液显示碱性，故C错误；D、与等体积0.01molL1乙酸钠溶液混合后所得溶液中，溶质为氯化钠和醋酸，由于醋酸为弱酸，溶液中部分电离出醋酸根离子，所以溶液中c（Cl）c（CH3COO），故D错误；故选AB点评：本题考查了水的电离、溶液pH的简单计算，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性判断及溶液pH的简单计算方法，明确酸溶液中的氢氧根离子、碱溶液中的氢离子是水电离的三、解答题（共4小题，满分64分）9（15分）化合物为一种重要化工中间体，其合成方法如下：（1）化合物I的化学式为C6H9Br；化合物除了含有Br还有的官能团是羟基和羧基（2）化合物具有卤代烃的性质，在一定条件下能生成烯，该反应条件是氢氧化钠的乙醇溶液、加热（3）1mol化合物III与足量NaOH反应消耗NaOH的物质的量为2mol（4）化合物IV能发生酯化反应生成六元环化合物V，写出该反应的化学方程式：（5）根据题给化合物转化关系及相关条件，请你推出（2甲基1，3丁二烯）发生类似的反应，得到有机物和V，结构简式分别是为HCHO、CH3COCHO，它们物质的量之比是2：1考点：有机物的结构和性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）由结构简式分析分子式，由结构简式判断官能团；（2）化合物具有卤代烃的性质，在一定条件下能生成烯，为卤代烃的消去反应；（3）化合物III中Br、COOH与NaOH反应；（4）化合物IV能发生酯化反应生成六元环化合物V，为分子之间的酯化反应；（5）发生类似的反应，得到有机物和V，生成HCHO和CH3COCHO，物质的量比为2：1解答：解：（1）由结构简式可知化合物I的分子式为C6H9Br，化合物除了含有Br还有的官能团是羟基和羧基，故答案为：C6H9Br；羟基和羧基；（2）化合物具有卤代烃的性质，在一定条件下能生成烯，为卤代烃的消去反应，其反应条件为氢氧化钠的乙醇溶液、加热，故答案为：氢氧化钠的乙醇溶液、加热；（3）化合物III中Br、COOH与NaOH反应，则1mol化合物III与足量NaOH反应消耗NaOH的物质的量为2mol，故答案为：2；（4）化合物IV能发生酯化反应生成六元环化合物V，为分子之间的酯化反应，该反应为，故答案为：；（5）发生类似的反应，得到有机物和V，发生氧化反应生成，和V分别为HCHO、CH3COCHO，其物质的量比为2：1，故答案为：HCHO、CH3COCHO；2：1点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系解答的关键，注意合成流程中各物质官能团的变化，（6）中氧化反应注意结合转化中的信息分析，为解答的难点，题目难度中等10（15分）（1）在298K时，1mol CH4在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出热量890.0kJ写出该反应的热化学方程式CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.0kJ/mol现有CH4和CO的混合气体0.75mol，完全燃烧后，生成CO2气体和18克液态水，并放出515kJ热量，则CH4和CO的物质的量分别为0.5、0.25mol（2）利用该反应设计一个燃料电池：用氢氧化钾溶液作电解质溶液，多孔石墨做电极，在电极上分别通入甲烷和氧气通入甲烷气体的电极应为负极（填写“正”或“负”），该电极上发生的电极反应是b（填字母代号）aCH4e+2O2CO2+2H2ObCH48e+10OHCO32+7H2OcO2+2H2O+4e4OHdO24e+4H+2H2O（3）在如图所示实验装置中，石墨棒上的电极反应式为4OH4eO2+2H2O或2H2O4e=O2+4H+；如果起始时盛有1000mL pH=5的硫酸铜溶液（25，CuSO4足量），一段时间后溶液的pH变为1，此时可观察到的现象是石墨电极表面有气泡产生，铁电极上附着一层红色物质，溶液颜色变浅；若要使溶液恢复到起始浓度（温度不变，忽略溶液体积的变化），可向溶液中加入CuO（或CuCO3）（填物质的化学式），其质量约为4g（或6.2g）考点：有关反应热的计算；化学电源新型电池；电解原理.专题：化学反应中的能量变化；电化学专题分析：（1）依据热化学方程式书写方法解答，标注物质聚集状态和反应焓变；根据H元素守恒计算CH4的物质的量，进而计算CO的物质的量；（2）反应中甲烷发生氧化反应，而原电池负极发生氧化反应，应在负极通入甲烷，甲烷在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水；（3）电解池中电子流出的电极为阳极，溶液中水在阳极失去电子生成氧气与氢离子，铜离子在Fe电极上放电析出，附着在Fe电极上，总反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2，要使溶液恢复原状态，需要加入物质与硫酸反应能生成硫酸铜、水的物质的量之比为1：1，可加入CuO（或CuCO3），根据pH变化计算电解生成的硫酸的物质的量，进而计算生成Cu的物质的量，再根据Cu原子守恒计算解答：解：（1）在298K时，1mol CH4在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出热量890.0kJ，则该反应的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.0kJ/mol，18克液态水的物质的量=1mol，根据H原子守恒可知n（CH4）=0.5mol，故n（CO）=0.75mol0.5mol=0.25mol，故答案为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.0kJ/mol；0.5；0.25；（2）甲烷失电子发生氧化反应，所以通入甲烷气体的电极应为负极，甲烷在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水，电极反应式为：CH48e+10OHCO32+7H2O，故答案为：负；b；（3）电解池中电子流出的电极为阳极，石墨为阳极，溶液中水在阳极失去电子生成氧气与氢离子，电极反应式为：4OH4eO2+2H2O或2H2O4e=O2+4H+，铜离子在Fe电极上放电析出，附着在Fe电极上，故看到的现象为：石墨电极表面有气泡产生，铁电极上附着一层红色物质，溶液颜色变浅；总反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2，要使溶液恢复原状态，需要加入物质与硫酸反应能生成硫酸铜、水的物质的量之比为1：1，可加入CuO（或CuCO3），一段时间后溶液的pH变为1，则c（H+）=0.1mol/L105mol/L=0.1mol/L，n（H+）=1L0.1mol/L=0.1mol，故生成n（H2SO4）=0.05mol，则由电解反应可知析出的Cu的物质的量为0.05mol，由Cu原子守恒可知，m（CuO）=0.05mol80g/mol=4g，或m（CuCO3）=0.05mol124g/mol=6.2g，故答案为：4OH4eO2+2H2O或2H2O4e=O2+4H+；石墨电极表面有气泡产生，铁电极上附着一层红色物质，溶液颜色变浅；CuO（或CuCO3）；4g（或6.2g）点评：本题考查热化学方程式书写、原电池与电解池的工作原理，明确电极反应及利用电子守恒、元素守恒等计算是解答本题的关键，难度中等11（16分）以白云石（化学式表示为MgCO3CaCO3）为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下：（1）根据流程图判断白云石“轻烧”后固体产物的主要成份CaCO3、MgO则“轻烧”温度应不超过700（2）流程图中“加热反应”的化学方程式为（NH4）2SO4+MgOMgSO4+2NH3+H2O（3）沉淀过程溶液的pH=9.5，此时溶液中c（Mg2+）=5.61103molL1（已知KspMg（OH）2=5.611012）（4）该工艺中可以循环使用的物质是（NH4）2SO4、NH3或NH3H2O（填化学式）（5）传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法，其优点是减少能源消耗、便于CaCO3分离考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计.专题：实验设计题分析：流程分析白云石主要成分为MgCO3CaCO3轻烧，从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，研磨加入水和硫酸铵加热，硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，过滤加入氨水生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁固体；（1）从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁；从表中可以看出，温度低于540时，物质不分解，高于840时，碳酸钙和碳酸镁都分解，因此该温度不超过700；（2）加热的过程是放出氨气的过程，该过程中因为氧化镁跟水反应很少，因此涉及到的反应应该为：（NH4）2SO4+MgOMgSO4+2NH3+H2O （3）c（Mg2+）=5.61103mol/L；（4）该工艺中可以循环使用的物质是参加反应过程，反应后又生成的物质可以循环使用，流程图分析判断（NH4）2SO4 、NH3或NH3H2O可以循环使用；（5）减少能源消耗、便于CaCO3分离解答：解：（1）从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，分解生成氧化镁，白云石“轻烧”后固体产物的主要成份CaCO3、MgO；从表中可以看出，温度低于540时，物质不分解，高于840时，碳酸钙和碳酸镁都分解，因此该温度不超过700；故答案为：CaCO3、MgO，700；（2）加热的过程是放出氨气的过程，该过程中因为氧化镁跟水反应很少，因此涉及到的反应应该为：（NH4）2SO4+MgOMgSO4+2NH3+H2O 故答案为：（NH4）2SO4+MgO MgSO4+2NH3+H2O；（3）依据溶度积常数计算得到，沉淀过程溶液的pH=9.5，c（OH）=104.5mol/L，c（Mg2+）=5.61103mol/L；故答案为：5.61103molL1；（4）该工艺中可以循环使用的物质是参加反应过程，反应后又生成的物质可以循环使用，流程图分析判断（NH4）2SO4 、NH3或NH3H2O可以循环使用故答案为：（NH4）2SO4、NH3或NH3H2O；（5）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离；故答案为：减少能源消耗、便于CaCO3分离；点评：本题考查了物质分离方法和流程理解应用，主要是混合物分离试剂的作用，产物的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等12（18分）某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如图所示：（1）在配制氯化铁溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在浓盐酸中，再加水稀释，这样操作的目的是抑制氯化铁水解（2）装置C的作用是吸收未反应的SO2，防止空气污染（3）若要从A中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有B、F（填序号）A蒸发皿 B石棉网 C漏斗 D烧杯 E玻璃棒 F 坩埚（4）根据以上现象，该小组同学认为SO2与 FeCl3溶液发生氧化还原反应写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式SO2+2Fe3+2H2O2Fe2+SO42+4H+；请设计实验方案检验有Fe2+生成取A中反应后的溶液，向其中滴入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红；该小组同学向C烧杯反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42该做法不合理（填“合理”或“不合理”），理由是硝酸可以将溶解的SO2氧化为H2SO4，干扰试验（5）能表明I的还原性弱于SO2的现象是装置B中溶液蓝色褪去考点：性质实验方案的设计；二氧化硫的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变.专题：实验设计题分析：（1）配制氯化铁溶液时，应加相应的酸抑制铁离子水解，在烧杯中稀释配制溶液；（2）二氧化硫具