2018年学年内蒙古赤峰市高三上期末化学习题解析版

1、2017-2018学年内蒙古赤峰市高三（上）期末化学试卷（分析版）2017-2018学年内蒙古赤峰市高三（上）期末化学试卷一、单项选择题（本大题共7小题，共42.0分）以下对于“化学与健康、生活、生产”的说法不正确的选项是和均能惹起温室效应“凡造竹纸上好石灰化汁涂浆”，造纸利用了石灰的碱性水泥厂用先进的电除尘技术除掉空气中的粉尘，不波及胶体的性质“青蒿一握，以水二升溃，绞取汁”，对青蒿素的提取属于物理变化【答案】C【分析】解：和的大批排放，均可使全世界温度高升，则均能惹起温室效应，故A正确；B.石灰水为氢氧化钙水溶液，可用于除掉原猜中的杂质，与石灰的碱性有关，故B正确；C.水泥厂用先进的电除尘

2、技术除掉空气中的粉尘，利用的胶体电泳的性质，故C错误；对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故正确；应选：C。A.和的大批排放，均可使全世界温度高升；石灰水为氢氧化钙水溶液，可用于除掉原猜中的杂质；C.依照胶体的电泳的性质解答；有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化。此题考察了化学知识在生产生活中的应用，波及物理变化与化学变化的判断、胶体的性质，题目难度不大，熟习物质的性质是解题重点，试题有益于提升学生的灵巧应用能力。设为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A.常温常压下，乙醇中含有极性共价键的数量为B.1mol淀粉水解后产生的葡萄

3、糖分子数量为C.标准情况下，参加反响转移的电子数可能为D.1mol羟基中含有电子数量为【答案】C【分析】解：乙醇的物质的量为，而1个乙醇分子中含8条共价键，此中属于极性键的是碳氢键、碳氧键、氧氢键，含7个极性键，故乙醇中含极性共价键即个，故A错误；B.1mol淀粉中含nmol葡萄糖单元，故完整水解后产生的葡萄糖的分子数为，故B错误；C.1mol氧气与金属钠在点燃的条件反响转移2mol电子，标准情况下，参加反响，相当于参加反响，故转移的电子数可能为，故C正确；D.羟基不显电性，故1mol羟基中含9mol电子，即个，故D错误，应选：C。A.求出乙醇的物质的量，而后依据乙醇中含8条共价键，此中属于极

4、性键的是碳氢键、碳氧键、氧氢键；B.淀粉是由n个葡萄糖分子脱水缩合而成；C.依据氧气的反响分为完整做氧化剂和自己的氧化复原反响剖析；羟基不显电性。此题考察了阿伏伽德罗常的应用，主要考察质量换算物质的量计算微粒数，电子数量，1/13分子中的化学键计算，明确有关物质的结构为解题重点，题目难度不大。3.a、b、c、d为原子序数挨次增大的短周期主族元素，次外层的电子数同样；c所在周期数与族数同样；a原子核外电子总数与b原子d与a同族，以下表达正确的选项是A.原子半径：B.4种元素中b的金属性最强C.c的氧化物的水化物是强碱D.d单质的氧化性比a单质的氧化性强【答案】B【分析】解：由以上剖析可知a为O元

5、素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素。A.同周期元素从左到右原子半径渐渐减小，应为，a为O，原子半径最小，故A错误；B.同周期元素从左到右元素的金属性渐渐降低，则金属性，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，故B正确；C.c为Al，对应的氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，故C错误；D.一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，故D错误。应选：B。a、b、c、d为原子序数挨次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数同样，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数同样，应为A

6、l元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，联合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题此题考察原子结构与元素周期律，为高频考点，重视考察学生的剖析能力，此题注意掌握原子核外电子排布的特色，掌握性质的比较角度，难度不大4.工业上用有机物为原料制取乙酸乙酯。它们之间的转变关系如图：已知：催化剂，以下说法正确的选项是A.反响过程在石油工业上称作分馏，属于化学变化B.用新制碱性氢氧化铜悬浊液可划分有机物B、C和DC.经过直接蒸馏乙酸乙酯和有机物C的混淆物，可分别获得纯的乙酸乙酯同样条件下乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解不如在稀硫酸中完整【答案】B【分析】解：分馏为物理变化，反响过程必定条件，

7、为裂化，为化学变化，故A错误；B.B为，C为，D为，加入新制碱性氢氧化铜悬浊液，悬浊液溶解成蓝色溶液为，无现象的为和，再加热有砖红色积淀生成的为，所以能鉴识，故B正确；C.C为，乙酸与乙酸乙酯沸点邻近而不易蒸馏分别，故C错误；乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解生成乙酸钠和乙醇，不行逆，较在稀硫酸中更完整，2017-2018学年内蒙古赤峰市高三（上）期末化学试卷（分析版）故D错误；应选：B。由流程图可知，A氧化生成B，B氧化生成C，A与C发生反响生成乙酸乙酯，反响必定条件，A为，反响，B为，反响，D为，反响，C为，反响催化剂。A.反响过程为化学变化，分馏为物理变化；依据醇、醛、羧酸的官能团的性质剖析；

8、C.乙酸乙酸乙酯互溶，直接蒸馏没法分别；乙酸乙酯在碱性条件下完整水解，在酸性条件下部分水解。此题考察有机物的推测，为高频考点，掌握信息及官能团的变化为解答的重点，重视剖析与推测能力的考察，注意A为乙烯，题目难度中等。以下实验能达到预期目的是A.考证比大：向AgCl悬独液中加入足量的NaI溶于，有黄色积淀产生B.查验溶液中能否必定含有：滴加稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水C.从含的溶液中提取碘：加入硫酸酸化的溶液，再用酒精萃取D.除掉粗盐溶液中的、：挨次加入过度的溶液、溶液，过滤后再加适当盐酸【答案】A【分析】解：悬浊液中加入足量的NaI，发生积淀的转变生成AgI，可知比大，故A正确；B.气体

9、为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能含或等，故B错误；C.酒精与水互溶，不可以作萃取剂，应选苯或四氯化碳萃取，故C错误；碳酸钠必定在氯化钡以后，可除掉过度的钡离子，最后加盐酸除掉过度的碳酸钠，试剂次序不合理，故D错误；应选：A。A.AgCl悬浊液中加入足量的NaI，发生积淀的转变生成AgI；气体为二氧化碳或二氧化硫；C.酒精与水互溶；碳酸钠必定在氯化钡以后，可除掉过度的钡离子。此题考察化学实验方案的评论，为高频考点，掌握物质的性质、积淀转变、离子查验、混淆物分别提纯、实验技术为解答的重点，重视剖析与实验能力的考察，注意实验的评论性剖析，题目难度不大。6.科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂

10、作用下与二氧化碳反响生成甲醇。已知、和的焚烧热，分别为、和以下说法正确的选项是A.用太阳能分解10mol水耗费能量2000KJ甲醇不完整焚烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为：3/13新式催化剂能够改变氢气与二氧化碳反响生成甲醇的焓变甲醇焚烧正反响的活化能低于其逆反响的活化能【答案】D【分析】解：焚烧生成放出的热量为为，分解耗费的能量为：，故A错误；B.由和的焚烧热可得热化学方程式：依据盖斯定律，可得：，该反响的反响热，故热化学方程式为：，故B错误；C.任何催化剂只影响反响速率，没法改变氢气与二氧化碳反响生成甲醇的焓变，故C错误；D.甲醇的焚烧为放热反响，则甲醇焚烧正反响的活化能低于其逆反响

11、的活化能，故D正确；应选：D。A.焚烧生成放出的热量为，据此计算分解10mol水耗费的能量；B.由和的焚烧热可得热化学方程式：依据盖斯定律，可得：；C.催化剂只影响反响速率，不影响焓变；焓变等于正逆反响的活化能之差，联合甲醇的焚烧为放热反响剖析。此题考察热化学方程式的应用，题目难度中等，明确盖斯定律的内容为解答重点，注意掌握热化学方程式的书写原则及表表示义，试题培育了学生的剖析能力及综合应用能力。7.室温下，将盐酸滴入氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图。以下有关说法不正确的选项是a点由水电离出的b点：c点：D.d点后，溶液温度略降落的主要原由是电离吸热【答案】C【分析】解：A、

12、因a点，所以水电离出的A错误；B、b点时，则盐酸和氨水反响，氨水过度，则，故，2017-2018学年内蒙古赤峰市高三（上）期末化学试卷（分析版）故B错误；C、因c点溶液呈中性，则，依据电荷守恒可知，故C正确；D、d点时盐酸和氨水恰巧完整反响，放热最多，再加盐酸温度降低只好是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度降落的原由，故D错误；应选：C。A、因a点，依据，进行剖析解答；B、b点时，则盐酸和氨水反响，氨水过度，联合构成剖析解答；C、依据电荷守恒剖析解答；D、酸碱中和是放热反响，盐酸的温度比原溶液的温度低，加入盐酸致使溶液温度降低。此题考察水溶液中的电离均衡以及酸碱中和滴定，明确滴定曲线中各点

13、的pH是解答的重点，并学会利用物料守恒、电荷守恒来解答此类习题。二、填空题（本大题共1小题，共6.0分）8.双氧水主要成分是常有的氧化剂、复原剂如图是工业上制备过氧化氢最常有的方法，写出实质发生反响的总方程式_可看作二元弱酸，写出它在水中第一步电离的方程式_催化剂【答案】【分析】解：经过图示可知，在催化剂条件下，氢气和氧气反响生成双氧水，反响催化剂为：，催化剂故答案为：；双氧水能够可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子，则它的一级电离方程式为；故答案为：在催化剂条件下，氢气和氧气反响生成双氧水；双氧水能够可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一

14、个氢离子此题考察了过氧化氢的制备、弱电解质的电离，题目难度不大，注意掌握多元弱酸的电离方程式的书写，联合题中所给的信息解答，重视于考察学生的剖析能力和应用能力三、简答题（本大题共4小题，共42.0分）9.合成气宽泛用于合成有机物，工业上常采纳天然气与水蒸气反响等方法来制取合成气，已知标况下，与水蒸气完整反响时汲取的热量，请写出该反响的热化学方程式_；在时2L的密闭容器中，将和2mol混淆，经过15min达到均衡，此时的转变率为回答以下问题：5/13从反响开始至均衡，用氢气的变化量来表示该反响速率_。在该温度下，计算该反响的均衡常数_。以下选项中能表示该反响已达到均衡状态的是_。A.逆正B.密闭

15、容器中混淆气体的密度不变C.密闭容器中总压强不变合成气中的氢气也用于合成氨气：保持温度和体积不变，在甲、乙、丙三个容器中成立均衡的有关信息如表。则以下说法正确的选项是_；容器体积均衡时的均衡时的反响开始均衡时容开端物质体积分数时的速率器内压强物质的量甲1L甲甲甲乙1Lmol乙乙乙丙2Lmol丙丙丙A.甲丙乙C.乙丙甲乙甲丙合成气能够制取甲醚，绿色电源“二甲醚氧气燃料电池”工作原理如下图电极Y上发生的反响式为_；电池在放电过程中，电极X四周溶液的pH_填“增大、减小、不变”。【答案】ACBD减小【分析】解：标况下，物质的量为：，汲取的热量，则1mol甲烷反响汲取热量，该反响的热化学方程式为：，故

16、答案为：；在时2L的密闭容器中，将和混淆，经过15min达到均衡，此时的转变率为，开端量100变化量平权衡从反响开始至均衡，用氢气的变化量来表示该反响速率，故答案为：；该稳固性该反响的均衡常数，故答案为：；反响速率之比等于化学方程式计量数之比为正反响速率之比，逆正，说明氢气正逆反响速率同样，反响达到均衡状态，故A正确；B.密闭容器中混淆气体的质量和体积不变，密度一直不变，不可以说明反响达到均衡状态，故B错误；2017-2018学年内蒙古赤峰市高三（上）期末化学试卷（分析版）C.反响前后气体物质的量增添，气体压强之比等于气体物质的量之比，密闭容器中总压强不变，说明反响达到均衡状态，故C正确；D.

17、浓度关系和耗费量、开端量有关，不可以说明反响达到均衡状态，故D错误；故答案为：AC；甲和丙为等效均衡，则，但乙与甲对比，相当于增大压强，均衡向着正向挪动，则，故A错误；B.甲和丙达到均衡状态氮为同样均衡状态，氮气体积分数同样，乙相当于甲均衡状态再加入1mol氮气和3mol氢气，增大压强均衡正向进行，氮气体积分数减小，甲丙乙，故B正确；C.乙容器中反响物浓度大于甲和丙，反响速率大，甲和丙开端浓度同样反响速率同样，故C错误；D.乙中B物质浓度是甲的2倍，且压强盛于甲，甲和丙为等效均衡，压强同样，获得乙甲丙，故D正确；故答案为：BD；依据氢离子挪动方向知，Y为原电池正极，X为负极，处通入的气体是氧气

18、，依据d处生成物知，正极上氧气获得电子生成水，发生的反应为：，故答案为：；电池在放电过程中，电极X发生的电极反响为：X电极四周溶液的pH减小，故答案为：减小。依据计算标况下物质的量，而后计算出1mol甲烷完整焚烧放出的热量，再联合反响产物写出热化学方程式，注意物质的齐集状态和对应物质的量下的反响焓变计算；在时2L的密闭容器中，将和混淆，经过15min达到均衡，此时的转变率为，联合三行计算列式获得，开端量1100变化量平权衡反响速率；均衡常数生成物均衡浓度幂次方乘积与反响物均衡浓度幂次方乘积之比；均衡标记是正逆反响速率同样，各组分含量保持不变，依据选项中变量不再变化判断；丙等效为开始加入，丙的体

19、积为甲的2倍，丙等效后与甲中对应组分的开端浓度相等，则甲与丙为等效均衡，均衡时对应反响物转变率同样、对应各组的含量同样、浓度同样，乙等效开始加入，进一步等效为在甲均衡的基础上压强增大一倍，增大压强均衡向逆反响方向挪动；依据氢离子挪动方向知，Y为原电池正极，X为负极，则c处通入的气体是氧气，依据d处生成物知，正极上发生的反响为，电解质溶液为酸性溶液，b处通入的物质是二甲醚，X电极反响式为，则a处出来的物质是二氧化碳，据此剖析解答。此题考察化学反响速率计算与影响要素、电解原理等知识，题目难度中等，明确化学平7/13衡及其影响为解答重点，注意掌握原电池工作原理，试题培育了学生的综合应用能力。10.A

20、、B、C、D、E、X是中学常有的无机物，存在如图转变关系部分生成物和反响条件略去若A为常有的金属单质，焰色反响呈黄色，X能使品红溶液退色，写出C和E反响的离子方程式：_若A为短周期元素构成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则X可能为_填代号若A为淡黄色粉末，则A的电子式为_若X为一种最常有的造成温室效应的气体则鉴识等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为_填代号盐酸溶液溶液溶液若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红则A与反响的化学反响方程式为_，E是_填化学式【答案】bdab【分析】解：若A为常有的金属单质，焰色反响呈黄色，应为Na，X能使品红溶液退色，应为，则B为，C

21、为NaOH，D为，E为，C和E反响的离子方程式为，故答案为：；若A为短周期元素构成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，应为，则B为HClO，C为HCl，与反响生成，与反响可生成，可与反响生产氢氧化铝，进一步反响生成氯化铝，只有bd正确故答案为：bd；若A为淡黄色粉末，应为，电子式为，故答案为：；若X为一种造成温室效应的气体，应为，则C为NaOH，D为，E为，鉴识等浓度的D、E两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，故答案为：ab；若A为氧化物，X是Fe，由转变关系可知C拥有强氧化性，则A为，B为NO，C为，E为，与水反响的方程式为，故答案为：；若A为常有的金属单质，焰色反响呈黄色，应为Na，

22、X能使品红溶液退色，应为，则B为，C为NaOH，D为，E为；若A为短周期元素构成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，应为，则B为HClO，C为HCl；若A为淡黄色粉末，应为；若X为一种最常有的造成温室效应的气体，应为二氧化碳；2017-2018学年内蒙古赤峰市高三（上）期末化学试卷（分析版）若A为氧化物，X是Fe，由转变关系可知C拥有强氧化性，则A为，B为NO，C为此题考察无机物的推测，是高考取的常有题型，试题综合性强，难度较大，有益于培育学生的逻辑推理能力和抽象思想能力，提升学生剖析问题、以及灵巧运用基础知识解决实质问题的能力做好此题的重点之处在于掌握好常有物质的性质以及有关转变，

23、并能联合题意详细问题、详细剖析即可11.氯仿不溶于水，但在必定条件下水解生成两种酸，此中一种是甲酸。在19世纪氯仿宽泛用于麻醉，可由“乙醛漂白粉法”制得。在光照条件下，氯仿易被空气氧化生成剧毒光气和一种化合物。所以氯仿需要小口钢罐储存运输，使用前要查验其能否变质。的电子式为_，HCOOH中C的杂化方式为_；漂白粉中三种元素的简单离子的半径的大小次序为_用离子符号表示；氯仿不溶于水而甲酸易溶于水的原由是_；的外头电子排布图为_；纯铁的一种同素异形体的晶胞为面心立方晶胞，该晶体中原子的配位数为_，若铁原子的半径为acm，则该晶体的密度为_。【答案】甲酸分子与水分子间形成氢键12或【分析】解：的电子

24、式为，HCOOH中C价层电子对个数是3，依据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式为，故答案为：；离子的电子层数越多其半径越大，电子层结构同样的离子，其离子半径跟着原子序数增大而减小，其离子半径大小次序是，故答案为：；分子间氢键增大物质的溶解性，甲酸分子与水分子间形成氢键，氯仿和水不可以形成氢键，所以甲酸比氯仿易溶于水，故答案为：甲酸分子与水分子间形成氢键；原子失掉4s能级上电子生成，依据结构原理书写该离子外头电子排布图为，故答案为：；该晶体中原子的配位数，若铁原子的半径为acm，该晶胞中Fe原子个数，该晶胞棱长，晶胞体积，则该晶体的密度，9/13故答案为：12；或。的电子式为，HCOOH中C价

25、层电子对个数是3，依据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；离子的电子层数越多其半径越大，电子层结构同样的离子，其离子半径跟着原子序数增大而减小；分子间氢键增大物质的溶解性；原子失掉4s能级上电子生成，依据结构原理书写该离子外头电子排布图；该晶体中原子的配位数，若铁原子的半径为acm，该晶胞中Fe原子个数，该晶胞棱长，晶胞体积，则该晶体的密度。此题考察物质结构和性质，波及晶胞计算、原子核外电子排布、原子半径大小比较、氢键等知识点，明确物质结构、原子结构、元素周期律等知识点即可解答，注意中棱长不是两个极点上铁原子的半径之和，为易错点。PET是世界上产量最大的合成纤维，其结构简式为：现以煤的干馏产

26、品A与F为原料制备PET，生产的工艺流程如下图。的分子式为，且能使酸性高锰酸钾溶液退色，但不可以使溴水退色。分子里全部原子共平面。为，其与反响时元素化合价不变。请回答以下问题：的名称为_。的反响种类为_；反响的反响条件为：_；写出有机物A全部一氯代物的结构简式：_。写出以下反响的化学方程式：与足量的氢氧化铜悬浊液煮佛：_；反响：_。的一种同系物X的分子式为，在核磁共振氢谱图中出现三种信号峰，其峰的强度之比为2：1：则X的结构简式为_。【答案】对二甲苯加成反响氢氧化钠水溶液、加热2017-2018学年内蒙古赤峰市高三（上）期末化学试卷（分析版）【分析】解：为，名称为对二甲苯，的反响种类为加成反响

27、，故答案为：对二甲苯；加成反响；反响是氯代烃水解生成醇，反响条件为：氢氧化钠水溶液、加热，故答案为：氢氧化钠水溶液、加热；有机物A全部一氯代物的结构简式：，故答案为：；与足量的氢氧化铜悬浊液煮佛，反响方程式为：，反响反响方程式为：，故答案为：；的一种同系物X的分子式为，在核磁共振氢谱图中出现三种信号峰，其峰的强度之比为2：1：则X的结构简式为，故答案为：。11/13由PET的结构可知，E、F分别为、中的一种。煤的干馏产品A的分子式为，能使酸性高锰酸钾溶液退色，但不可以使溴水退色，A为苯的同系物，A转变获得的C能够连续氧化获得E，可推知A为：，故E为，F为，则B为、C为、D为为，则F为碳，与反应

28、生成H为，M分子里全部原子共平面，则H与氢气加成后生成M为，与溴发生加成反响，而后再发生水解反响获得乙二醇，故N能够为。此题考察有机物的推测与合成，充分利用PET的结构、反响条件进行剖析判断，需要学生娴熟掌握官能团的性质与转变，重视考察学生剖析推理能力，知识迁徙运用能力。四、实验题（本大题共1小题，共15.0分）13.氮化镁在工业上拥有特别宽泛的应用。某化学兴趣小组用镁与氮气反响制备并进行有关实验。实验装置如所示：已知：氮化镁常温下为浅黄色粉末，极易与水反响。亚硝酸钠和氯化铵制取氮气的反响强烈放热，产生氮气的速度较快。温度较高时，亚硝酸钠会分解产生等。回答以下问题：仪器a、b的名称分别是_，_；写出装置A中发生反响的化学方程式_。装置C中为饱和硫酸亚铁溶液，作用是_，该装置中发生反响的离子方程式为_；装置D中的试剂是_，F装置的作用是_。加热至反响开始发生，需移走A处酒精灯，原由是_。实验结束后，取装置E的硬质玻璃管中的少许固体于试管中，加少许蒸馏水，把湿润的红色石蕊试纸放在管口，察看实验现象，该操作的目的是_。反响的化学方程式为操作的目的是_；再弃去上层清液，加入盐酸，察看能否有气泡产生，该操作的目的是_。【答