山东省聊城市大桥乡中学2021年高三化学下学期期末试题含解析

山东省聊城市大桥乡中学2021年高三化学下学期期末试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.按下图装置持续不断通入X气体，并在管口P处点燃，观察到竖直试管中经历澄清石灰水变浑浊。则X、Y不可能的是（

）A．H2和NaHCO3（白）

B．CO2和Na2O2（黄）；C．CO和Cu2(OH)2CO3（绿）

D．CO和Fe2O3（红）；参考答案：B略2.下列说法中正确的是

（

）

A．K+与Ar的结构示意图均为

B．1molC4H10分子中共价键总数约为14×6.02×1023

C．SO2、SiO2都属于酸性氧化物

D．标准状况下，1molNO与0.5molO2混合后气体的体积为22.4L参考答案：C略3.下列关于氧化物的叙述正确的是（）A．金属氧化物一定是碱性氧化物B．非金属氧化物一定是酸性氧化物C．酸性氧化物均可以跟碱反应D．不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应参考答案：C考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．

专题：物质的分类专题．分析：氧化物为由两种元素组成，且一种元素为氧元素的化合物，按元素组成可分为金属氧化物和非金属氧化物，按性质可分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物，以此解答此题．解答：解：A、金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等，如Al2O3属于两性氧化物，故A错误；B、非金属氧化物有酸性氧化物和不成盐氧化物，如CO属于不成盐氧化物，故B错误；C、酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物均可以跟碱反应，故C正确；D、不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应，故D错误．故选C．点评：本题考查氧化物的分类和性质，题目难度不大，注意两性氧化物和不成盐氧化物的性质4.下列对材料的说法错误的是()。A．新材料的开发和应用，是社会发展和人类进步的一种标志B．水泥、玻璃、陶瓷属于新型无机非金属材料C．传统的无机非金属材料虽有不少优点，但质脆、经不起热冲击D．新型结构陶瓷具有承受高温、抗氧化、耐磨损、密度小等特点，可应用于宇航事业参考答案：B略5.下图装置Ⅰ是一种可充电电池，装置Ⅱ为电解池。装置Ⅰ的离子交换膜只允许Na+通过，已知电池充放电的化学方程式为：

当闭合开关K时，X电极附近溶液变红。下列说法正确的是A．闭合开关K时，钠离子从右到左通过离子交换膜B．闭合开关K时，负极反应式为：3NaBr-2e-=NaBr3+2Na+C．闭合开关K时，X电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑D．闭合开关K时，当有0.1molNa+通过离子交换膜，X电极上析出标准状况下气体1.12L参考答案：D略6.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是

()A．加入KSCN溶液一定不变红色

B．溶液中一定含Fe2＋C．溶液中一定含Cu2＋

D．剩余固体中一定含Cu参考答案：C略7.下列叙述正确的是A.浓硫酸可干燥H2、SO2、NH3等气体B.久置于空气中的氢氧化钠溶液，加足量盐酸时有气体产生C.因海水中含有镁元素，故不需经过化学变化就可以得到镁单质D.足量的硫单质与64g铜反应，有2mol电子发生转移参考答案：B略8.下列有关实验原理、装置、操作或结论的描述中，不正确的是（

）参考答案：B略9.（2010·全国卷Ⅰ）下列判断错误的是A．沸点：

B．熔点：C．酸性：

C．碱性：参考答案：AB考查不同类型晶体的熔沸点高低，2008年高考全国卷I第8题已经考过，一般认为是：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，所以B正确；C项正确，一般元素非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强；D正确，一般元素金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强。A项错误，2009年高考全国卷I第29题已经考过，NH3分子间存在氢键，故最高，AsH3、PH3分子间不存在氢键，只有范德华力，组成和结构相似的分子相对分子质量越大，其分子间作用力越大，熔沸点越高故应该为：NH3＞AsH3＞PH3；10.下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是()①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌；

③用pH试纸测得氯水的pH为2；④用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管；⑤浓硝酸保存在棕色细口瓶中；⑥某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含NH4＋A．①④⑤⑥

B．①③④⑤

C．①②⑥

D．②③⑤⑥参考答案：A解析：①氢氧化钙和碳酸钙都溶于稀盐酸，所以用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，正确；②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，类似浓硫酸的稀释操作，应该将密度大的浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，故错误；

③因氯水有漂白性，不能用pH试纸测得氯水的pH，故错误；④因银溶于硝酸，用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管，正确；⑤浓硝酸光照下分解，应保存在棕色细口瓶中，正确；⑥根据铵盐遇碱共热产生氨气，若溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含NH4＋，正确；故答案选A11.由两种烃组成的混合气体2L与足量的氧气充分反应后生成CO25L、H2O7L（所有体积都在120℃测定），则这两种混合气体的可能组成是

（

）A.C2H4、C3H8

B.CH4、C5H8

C.CH4、C4H8

D.C2H6、C3H8参考答案：D略12.研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电。关于该电池的下列说法不正确的是()A．水既是氧化剂又是溶剂B．放电时正极上有氢气生成C．放电时OH－向正极移动D．总反应为：2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑参考答案：C略13.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(

)A.将2mol二氧化硫和1mol氧气通入密闭容器中，在一定条件下充分反应，转移电子数为4NAB.常温下，44gCO2中含有2NA个碳氧双键C.标准状况下，0.1molAl3+含有的核外电子数为0.3NAD.室温下，1LpH=13的氢氧化钡溶液所含氢氧根离子数为0.2NA参考答案：B【分析】A、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应；

B、求出二氧化碳的物质的量，然后根据二氧化碳中含2条碳氧双键来分析；

C、铝离子的核外有10个电子；

D、pH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.1mol/L。【详解】A、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，故不能进行完全。将2mol二氧化硫和1mol氧气通入密闭容器中，在一定条件下充分反应，转移电子数小于4NA个，故A错误；B、44g二氧化碳的物质的量为1mol，而二氧化碳中含2条碳氧双键，故1mol二氧化碳中含2mol碳氧双键即2NA条，所以B选项是正确的；

C、铝离子的核外有10个电子，故0.1mol铝离子的核外有1mol即NA个电子，故C错误；

D、pH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.1mol/L，故1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故D错误。

所以B选项是正确的。14.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：，下列叙述不正确的是（

）A．放电时负极反应为：Zn－2e-＋2OH-＝Zn(OH)2B．充电时阳极反应为：Fe(OH)3－3e-＋5OH-＝FeO42-＋4H2OC．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原D．放电时正极附近溶液的pH不变参考答案：D略15.等电子体假说认为：凡原子数、总电子数均相等的物质，其结构相似，物理性质相近，相应的物质称为等电子体,如CO和N2。现有一种新型层状结构的无机材料BN的一种同分异构体α—BN平面结构示意图，则关于该物质的结构、性质和用途叙述正确的是A.α—BN是一种坚硬耐磨材料，可用作钻具B.若层状结构中有n个B原子，则有n个六元环C.已知α—BN在水蒸气作用下能微弱水解，则水解产物为B2H6和HNO3D.α—BN晶体中各原子达到8电子稳定结构参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某同学为探究碳酸盐的性质，向装有10mL0.01mol·L-1Na2CO3溶液的X试管和装有10mL0.01mol·L-1NaHCO3溶液的Y试管中，分别逐滴滴加15mL0.01mol·L-1的盐酸。（1）反应后X试管中的溶质是

;（2）若将反应后X、Y试管里的溶液混合，现象是

;（3）反应后 （填X或Y）试管中产生的气体较少；若再向两试管中分别加入10mL0.01mol·L-1的盐酸，两试管中最终产生气体

（填“X多”、“Y多”或“一样多”）。参考答案：（1）NaHCO3、NaCl（2分）（2）有无色气泡冒出（2分）（3）X（2分）

一样多（2分）三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。（1）氧化还原法消除NOx的转化如图所示：NONO2N2①反应Ⅰ为NO＋O3===NO2＋O2，生成标准状况下11.2LO2时，转移电子的物质的量是____mol。②反应Ⅱ中，当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]＝3∶2时，氧化产物与还原产物的质量比为____。（2）使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx，转化过程中发生反应的化学方程式为CO＋NOx―→N2＋CO2(未配平)，若x＝1.5，则化学方程式中CO2和N2的化学计量数之比为____。（3）吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图所示(Ce为铈元素)。装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4＋氧化的产物主要是NO3－和NO2－，请写出生成等物质的量的NO3－和NO2－时的离子方程式：__。（4）装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4＋再生，再生时生成的Ce4＋在电解槽的___(填“阳极”或“阴极”)，同时在另一极生成S2O42－的电极反应式为____。（5）已知进入装置Ⅳ的溶液中NO2－的浓度为ag·L－1，要使1m3该溶液中的NO完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气___L(用含a代数式表示，结果保留整数)。参考答案：(1)①1

②4：3

(2)3：1

(3)2NO＋3H2O＋4Ce4＋===NO3-＋NO2-＋6H＋＋4Ce3＋

(4)阳极

2H＋＋2HSO3-＋2e－===S2O42-＋2H2O

(5)243【分析】（1）①化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据N元素的化合价的变化来确定电子转移数目；②反应方程式中，系数之比等于物质的量之比，结合元素的化合价变化及原子守恒分析；（2）由原子守恒确定反应；（3）生成等物质的量的NO3-和NO2-时，Ce4+被还原为Ce3+，结合电子守恒、电荷守恒分析离子反应；（4）生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上；反应物是HSO3-被还原成S2O42-，得到电子；（5）NO2-的浓度为ag?L-1，要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：1000×（5-3）a/46，设消耗标况下氧气的体积是V，结合电子守恒进行计算。【详解】（1）①NO+O3═NO2+O2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即0.5molO2（标准状况）时，转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol；②当n（NO2）：n[CO（NH2）2]=3：2，即NO2和CO（NH2）2的系数之比是3：2，其方程式表示为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，只有N元素的化合价变化，氮气为氧化产物也是还原产物，由N原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为8：6=4：3；（2）转换过程中发生反应的化学方程式为：CO+NOx→CO2+N2（未配平），若x=1.5，可利用“定一法”进行配平，把CO2的化学计量数定为1，则CO、NO1.5、N2前面的化学计量数分别为：1、、．即3CO+2NO1.5→3CO2+N2，则化学方程式中CO2与N2的系数之比为3：1；（3）生成等物质的量的NO3-和NO2-时，Ce4+被还原为Ce3+，由电子守恒、电荷守恒可知，离子方程式为：2NO＋3H2O＋4Ce4＋===NO3-＋NO2-＋6H＋＋4Ce3＋；（4）生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上，连接电源正极，因此再生时生成的Ce4+在电解槽的阳极；反应物是HSO3-被还原成S2O42-，得到电子，电极反应式为：2H＋＋2HSO3-＋2e－===S2O42-＋2H2O；（5）NO2-的浓度为ag?L-1，要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：1000×（5-3）a/46，设消耗标况下氧气的体积是V，则失电子数目是：×2×（2-0），根据电子守恒：=×2×（2-0），解得V=243a。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握还原性的强弱及电子守恒为解答的关键，题目难度中等。18.（14分）二甲醚（CH3OCH3）是一种应用前景广阔的清洁燃料，以CO和H2为原料生产二甲醚主要发生以下三个反应：编号热化学方程式化学平衡常数①CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H1K1②2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=﹣24kJ?mol﹣1K2

③CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41kJ?mol﹣1K3回答下列问题：（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：化学键H﹣HC﹣OC=OH﹣OC﹣HE/（kJ．mol﹣1）4363431076465413由上述数据计算△H1= ；（2）该工艺的总反应为3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）△H，该反应△H=

，化学平衡常数K=

（用含K1、K2、K3的代数式表示）；（3）下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有

；A．分离出二甲醚

B．升高温度C．改用高效催化剂

D．增大压强（4）工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行，无反应③发生．该工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是

；（5）以n(H2)/n(CO)=2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）△H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示．下列说法正确的是

；A．该反应的△H＞0B．若在p2和316℃时反应达到平衡，则CO的转化率小于50%C．若在p3和316℃时反应达到平衡，H2的转化率等于50%D．若在p3和316℃时，起始时n(H2)/n(CO)=3，则达平衡时CO的转化率大于50%E．若在p1和200℃时，反应达平衡后保持温度和压强不变，再充入2molH2和1molCO，则平衡时二甲醚的体积分数增大（6）某温度下，将8.0molH2和4.0molCO充入容积为2L的密闭容器中，发生反应：4H2（g）+2CO（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g），反应达平衡后测得二甲醚的体积分数为25%，则该温度下反应的平衡常数K=

．参考答案：（1）﹣99kJ?mol﹣1；（2）﹣263kJ?mol﹣1；K=K12?K2?K3；（3）AD；（4）反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率；（5）CD；（6）2.25．

【分析】（1）△H等于反应物的键能减去生成物的键能；（2）盖斯定律：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关；（3）总反应的平衡常数等于分反应的平衡常数之积；（4）勒夏特列原理：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；（5）催化剂不会影响化学平衡移动；（6）可用体积分数求出各物质的浓度，然后再利用平衡常数的公式求出平衡常数．【解答】解：（1）由△H等于反应物的键能减去生成物的键能，可求得反应①的△H1=1076+2×436﹣343﹣465﹣3×413=﹣99kJ?mol﹣1，故答案为：﹣99kJ?mol﹣1；（2）由盖斯定律可得，总反应3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）为方程式①×2+②+③相加所得，故△H=2△H1+△H2+△H3=2×（﹣99）﹣24﹣41=﹣263kJ?mol﹣1；总反应的平衡常数等于分反应的平衡常数之积，则K=K12?K2?K3．故答案为：﹣263kJ?mol﹣1；K=K12?K2?K3；（3）由勒夏特列原理，对于3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）为了提高CH3OCH3产率，反应需要向正反应方向移动，因此通过减小气体体积、降温、减少产物的量可以实现，而催化剂对化学平衡的移动没有影响，由此可知A、D正确．故答案为：AD；（4）反应②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g），反应③CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），由此可知，反应③消耗反应②中的水，根据勒夏特列原理可知，可提高CH3OCH3的产率．故答案为：反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率；（5）由图象可知，反应温度升高，CO的转化率降低，说明该正反应方向为放热反应，△H＜0，A错误；找出p2，316℃坐标点，可知CO的转化率大于50%，B错误；由图可知，p3，316℃时，CO的转化率为50%，而此时H2和CO的物质的量之比等于系数比，即两者的转化率相等，所以H2的转化率也为50%，C正确；若增大H2和CO的物质的量之比，则平衡正向移动，CO的转化率也同时升高，D正确；根据等效平衡的原理，保持温度和压强不变，充入与起始时等比值的氢气和CO，两种平衡等效，二甲醚的体积分数不变，E错误．故答案为：CD；（6）设平衡时CH3OCH3的物质的量为xmol，由4H2（g）+2CO（g）CH3OCH3（g）+H2O（g），平衡时各物质的浓度分别为：[H2]=4﹣2x，[CO]=2﹣x，[CH3OCH3]=，[H2O]=．二甲醚的体积分数为25%，也即=，解得x=；所以平衡时各物质的浓度分别为：[H2]=1，[CO]=0.5，[CH3OCH3]=0.75，[H2O]=