天津市和平區(qū)高三上學期期末考試化學試題

天津市和平區(qū)2018屆高三上學期期末考試化學試題1.下列說法不正確的是A.甲醛的水溶液具有殺菌、防腐性能B.煤進行氣化和液化加工可獲得清潔燃料C.蠶絲和核酸都屬于天然高分子化合物D.合成纖維和光導纖維都是新型有機非金屬材料【答案】D【解析】A.甲醛的水溶液能使蛋白質(zhì)變性，起到殺菌、防腐作用，A正確；B.煤進行氣化和液化加工可獲得清潔燃料，B正確；C.蠶絲和核酸都屬于天然高分子化合物，C正確；D.光導纖維是無機非金屬材料，D錯誤。答案選D。2.下列說法錯誤的是A.除去KNO3中的少量NaCl，可將混合物制成熱的飽和溶液，冷卻結(jié)晶，過濾B.乙醇中含乙酸雜質(zhì)，可加入碳酸鈉溶液洗滌、分液除去C.可用微光筆檢驗淀粉溶液的丁達爾效應D.苯中混有甲苯，可加適量酸性高錳酸鉀溶液，再加燒堿溶液后分液可得到苯【答案】B【解析】A.由于硝酸鉀與氯化鈉的溶解度相差較大，可將混合物（KNO3中的少量NaCl）制成熱的飽和溶液，冷卻結(jié)晶，過濾，A正確；B.乙醇中含乙酸雜質(zhì)，可加入碳酸鈉溶液洗滌，溶液不分層，無法用分液法除去，B錯誤；C.用微光筆檢驗淀粉溶液有丁達爾效應，C錯誤；D.向苯中混有甲苯的溶液中加適量酸性高錳酸鉀溶液，再加燒堿溶液后得到苯與鹽的溶液互不相溶，分液可得到苯，D正確。答案選B。3.短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次遞增，其原子的最外層電子數(shù)之和為15。X與Y、Z、W位于相鄰周期，Z最外層電子數(shù)與周期數(shù)相等，W的一種氧化物是主要的大氣污染物。下列敘述正確的是A.原子半徑的大小順序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B.最高價氧化物對應的水化物的堿性：Y>ZC.X、W的簡單氣態(tài)氫化物都易溶于水D.Z的最高價氧化物對應的水化物一定能溶于X的最高價氧化物對應的水化物【答案】B【解析】W的一種氧化物是主要的大氣污染物，則W為S，Z最外層電子數(shù)與周期數(shù)相等，且X與Y、Z、W位于相鄰周期，說明Z為Al，如果Y是Mg，則X為C，如果Y為Na，則X為N，A、半徑大小比較，電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同，半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，即半徑大小順序是r(Y)>c(Z)>c(W)>c(X)，故A錯誤；B、無論Y是Na還是Mg，同周期從左向右金屬性減小，其最高價氧化物對應水化物的堿性越弱，即Y>Z。故B正確；C、如果X為C，氫化物是CH4，CH4不溶于水，故C錯誤；D、Z的最高價氧化物對應水化物是Al(OH)3，如果X為C，C的最高價氧化物對應水化物是H2CO3，氫氧化鋁不溶于碳酸，故D錯誤。4.下列關(guān)于有機物結(jié)構(gòu)、性質(zhì)的分析正確的是A.正丁烷和異丁烷的一氯取代物都只有兩種，它們的沸點也相同B.乙烯分子與苯分子都能與H2發(fā)生加成反應，說明二者均含碳碳雙鍵C.甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定條件下都能發(fā)生取代反應D.乙醛中加入Cu(OH)2粉末并加熱可看到紅色沉淀生成【答案】C【解析】A．正丁烷和異丁烷是兩種不同的物質(zhì)，正丁烷的一氯代物密度與異丁烷的一氯代物沸點不同，故A錯誤；B．苯中不含碳碳雙鍵和碳碳單鍵，所有碳原子之間形成一個大π鍵，但苯能發(fā)生加成反應，故B錯誤；C．在一定條件下，烷烴、苯及其同系物、醇、羧酸和酯類都能發(fā)生取代反應，注意酯類的水解反應屬于取代反應，故C正確；D．乙醛與新制Cu(OH)2懸濁液加熱煮沸可看到紅色沉淀生成，不是Cu(OH)2粉末，故D錯誤；故選C。5.下列有關(guān)實驗操作的敘述中，正確的是A.用苯萃取碘水時，有機層從分液漏斗下口放出B.制備乙酸乙酯時，將乙醇和乙酸依次加入到濃硫酸中C.用50mL的量筒量取6.80mL鹽酸D.中和滴定實驗中，眼睛應注視錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化【答案】D【解析】A.用苯萃取碘水時，碘的苯在上層，應從上口倒出，A錯誤；B.制備乙酸乙酯時，將乙醇加入到濃硫酸中，冷卻至室溫后再加入乙酸，提高乙酸的利用率，B錯誤；C.用10mL的量筒量取6.80mL鹽酸，C錯誤；D.中和滴定實驗中，眼睛應注視錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化，判斷滴定終點，D正確。6.乙酸橙花酯兼有橙花和玫瑰花香氣，其結(jié)構(gòu)簡式如圖。關(guān)于該有機物的敘述中正確的是①在Ni催化條件下1mol該有機物可與3molH2發(fā)生加成；②該有機物不能發(fā)生銀鏡反應；③該有機物分子式為C12H22O2；④該有機物的同分異構(gòu)體中不可能有酚類；⑤lmol

該有機物水解時只能消耗1mol

NaOH。A.②③④B.①④⑤C.②④⑤D.①②③【答案】C【解析】①分子中含有2個碳碳雙鍵，則1mol該有機物可消耗2molH2，酯基與氫氣不發(fā)生加成反應，故①錯誤；②分子中不含醛基，則不能發(fā)生銀鏡反應，故②正確；③由結(jié)構(gòu)簡式可知分子中含有12個C原子，20個H原子，2個O原子，則分子式為C12H20O2，故③錯誤；④分子中含有3個雙鍵，則不飽和度為3，而酚類物質(zhì)的不飽和度為4，則它的同分異構(gòu)體中不可能有酚類，故④正確；⑤能與氫氧化鈉反應的官能團只有酯基，水解生成羧基和羥基，只有羧基能與氫氧化鈉反應，則1mol該有機物水解時只能消耗1molNaOH，故⑤正確；故選C。點睛：本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力的考查，注意把握有機物的官能團的性質(zhì)，為解答該題的關(guān)鍵。7.下列離子方程式書寫正確的是A.向NaAlO2

溶液中通過量CO2：CO2+AlO2+2H2O==Al(OH)3↓+HCO3B.過量的NH3

通入AlCl3

溶液中：Al3++4NH3·H2O==AlO2+4NH4++2H2OC.Fe(NO3)3溶液中加入過量的HI

溶液:

2Fe3++2I==2Fe2++I2D.Cl2

通入水中；Cl2+H2O==2H++Cl+ClO【答案】A8.下列說法正確的是A.反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的ΔS>0B.地下鋼鐵管道用導線連接銅塊可以減緩管道的腐蝕C.常溫下Ksp[Mg(OH)2]=5.6×1012，含Mg2+溶液中pH=10時c(Mg2+)≤5.6×104mol·L1D.常溫常壓下，鋅與稀H2SO4反應生成11.2LH2，反應中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6.02×1023【答案】C【解析】A.反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)中，反應前后氣體分子數(shù)減少，ΔS＜0，A錯誤；B.地下鋼鐵管道用導線連接銅塊，鐵作負極加快管道的腐蝕，B錯誤；C.常溫下Ksp[Mg(OH)2]=5.6×1012，含Mg2+溶液中pH=10時，c(Mg2+)≤5.6×104mol·L1，C正確；D.常溫常壓下，鋅與稀H2SO4反應生成11.2LH2，此氣體不是標準狀況下的氣體，無法換算，D錯誤。答案選C。9.某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32、SO42、Cl中的若干種，取該溶液進行連續(xù)實驗，實驗過程如下：（所加試劑均過量，氣體全部逸出）下列說法不正確的是A.原溶液一定存在CO32和SO42，一定不存在Fe3+B.原溶液一定存在Cl，可能存在Na+C.原溶液中c(Cl)≥0.1mol·L1D.若原溶液中不存在Na+，則c(Cl)＜0.1mol·L1【答案】D【解析】試題分析：加入氯化鋇溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一種，則該沉淀為BaSO4、BaCO3中的至少一種，沉淀部分溶解于鹽酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32、SO42，硫酸鋇沉淀是2.33g，物質(zhì)的量是2.33g÷233g/mol=0.01mol，碳酸根離子的物質(zhì)的量是(4.3?2.33)÷197mol=0.01mol，碳酸根和鐵離子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的濾液中加入氫氧化鈉，出現(xiàn)氣體，為氨氣，一定含有銨根離子，根據(jù)元素守恒，銨根離子的物質(zhì)的量是1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，根據(jù)電荷守恒，陽離子所帶正電荷的物質(zhì)的量之和：0.05mol，陰離子所帶負電荷的物質(zhì)的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以一定存在氯離子，鈉離子不能確定，n（Cl）≥0.01mol，所以c（Cl）≥0.1mol?L1。A．原溶液一定存在CO32和SO42、Cl，一定不存在Fe3+，故A正確；B．原溶液一定存在Cl，可能存在Na+，故B正確；C．原溶液中c（Cl）≥0.1mol?L，故C正確；D．若原溶液中不存在Na+，則c（Cl）=0.1mol?L1，故D錯誤。故選D。考點：考查常見離子的檢驗方法【名師點睛】10.常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是A.向NH4Cl

溶液中加入NaOH

溶液至呈中性，溶液中c(Na+)=c(NH3·H2O)B.用少量水稀釋0.1mol·L1氨水時;

溶液中減小C.將Na2CO3溶液從20℃升溫至30

℃，溶液中增大D.pH=

5.5

的CH3COOH

與CH3COONa

混合溶液中c(Na+)>c(CH3COO)【答案】A【解析】A.向NH4Cl

溶液中加入NaOH

溶液至呈中性，溶液中c(Na+)+c(NH4+)=c(Cl)，而由NH4Cl

的物料守恒可知，c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c(Cl)，兩式聯(lián)列可得：c(Na+)=c(NH3·H2O)，A正確；B.用少量水稀釋0.1mol·L1氨水時；等體積溶液中，氫氧根的物質(zhì)的量增大，而一水合氨的物質(zhì)的量減小，所以，溶液中增大，B錯誤；C.將Na2CO3溶液從20℃升溫至30

℃，促進碳酸根離子的水解，水解平衡常數(shù)增大，由此表示式可知，溶液中減小，C錯誤；D.pH=

5.5

的CH3COOH

與CH3COONa

混合溶液，CH3COOH電離大于CH3COO的水解，CH3COONa的物料守恒可知，c(CH3COO)>c(Na+)，D錯誤。答案選A。11.對反應：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)ΔH，反應特點與對應的圖象的說法中不正確的是A.圖①中，若P1>P2，則該反應在較低溫度下有利于自發(fā)進行B.圖②中，若T2>T1，則△H<0且a+b=c+dC.圖③中t1時刻改變的條件一定是使用了催化劑D.圖④中，若△H<0，則縱坐標不可能表示的是反應物的轉(zhuǎn)化率【答案】C【解析】A.由分析圖①可知，溫度升高，A%增大，說明平衡逆移動，則正反應為放熱反應，若P1>P2，P1時A%低于P2，壓強增大，平衡正向移動，則反應前氣體分子數(shù)小于反應后氣體分子數(shù)，△S<0，則該反應在較低溫度下有利于自發(fā)進行，A正確；B.圖②中，壓強增大，A的轉(zhuǎn)化率不變，平衡不移動，則a+b=c+d，若T2>T1，A的轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆移動，則正反應為放熱反應，△H<0，B正確；C.圖③中t1時刻改變的條件可能是使用了催化劑，也可能是增大壓強（當a+b=c+d時），C錯誤；D.圖④中，T1>T2，若△H<0，則縱坐標不可能表示的是反應物的轉(zhuǎn)化率，D正確。答案選C。12.已知：鎂電池的總反應為xMg+Mo3S4MgxMo3S4,鋰硫電池的總反應為2Li+SLi2S。參與電極反應的單位質(zhì)量的電極材料放出電能的大小稱為該電池的比能量。下列說法正確的是A.鋰電池放電時，Mg2+向負極遷移B.鎂電池放電時，正極發(fā)生的電極反應為Mo3S4+xMg2++2xe==MgxMo3S4C.理論上兩種電池的比能量相同D.圖中Li

作負極，Mo3S4作陽極【答案】B【解析】A.鋰電池放電時，鎂電極失去生成Mg2+向陰極遷移，A錯誤；B.鎂電池放電時，正極發(fā)生的電極反應為Mo3S4+xMg2++2xe==MgxMo3S4，B正確；C.鎂、鋰的摩爾質(zhì)量不是2倍關(guān)系，兩種電池的比能量不同，C錯誤；D.由電子流動方向判斷可知，圖中Li

作負極，Mo3S4作陰極，D錯誤。答案選B。點睛：解決電化學問題的關(guān)鍵是尋找電子流向，確定兩極性質(zhì)，書寫兩電極反應式時注意介質(zhì)參與反應。13.鋁是應用廣泛的金屬，以鋁土礦（主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì)）為原料制備鋁的一種工藝流程如下：注：SiO2在“堿溶”時轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀。

（1）A1的原子結(jié)構(gòu)示意圖為_______________；A1與NaOH溶液反應的離子方程式為______________________________________。（2）“堿溶”時生成偏鋁酸鈉的離子方程式為_______________________________。

（3）向”過濾Ⅰ所得濾液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________（填“增大”、“不變”或“減小”）。

（4）“電解Ⅰ”是電解熔融Al2O3，電解過程中作陽極的石墨易消耗，原因是__________________。

（5）”電解Ⅱ原理如圖所示。①試寫出A、B、C、D物質(zhì)的化學式：A_______，B_______，C_______，D_______。②陽極的電極反應式為______________________________。（6）鋁粉在1000℃時可與N2反應制備AlN。在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是________________________________?！敬鸢浮?1).(2).2Al+2H2O+2OH=2AlO2+3H2↑(3).Al2O3+2OH=AlO2+H2O(4).減小(5).石墨電極被陽極上產(chǎn)生的氧氣氧化(6).H2(7).Na2CO3(8).NaHCO3(9).NaOH(10).【答題空10】【答題空10】4CO32+2H2O?4e=4HCO3+O2↑(11).氯化銨分解產(chǎn)生的氯化氫能夠破壞鋁表面的氧化鋁薄膜14.一些硼化合物在工業(yè)上有許多用途。以鐵硼礦為原料可以制得硼酸及其他硼化合物?；卮鹣铝袉栴}：（1）硼酸(H3BO3)

為一元酸，硼酸中B

的化合價為__________________。（2）已知：Ka(H3BO3)

=5.8×10l0，Ka(H2CO3)

=4.4×107，Ka(HCO3)

=4.7×10l1，向飽和硼酸溶液中滴加0.1mol?L1Na2CO3溶液，____________（填“能”或“不能”）觀察到氣泡逸出。寫出該反應的化學方程式____________________________________。（3）以硼酸為原料可制備重要還原劑NaBH4，BH4的電子式為______________。NaBH4

與BF3

在50℃~70℃反應生成NaBF4

和乙硼烷(B2H6)，該反應的化學方程式是___________________________。（4）硫酸溶解鐵硼礦可制得含F(xiàn)e3+、Fe2+、Al3+

雜質(zhì)的硼酸溶液，提純過程中加入H2O2的目的是____________________，為除去Fe3+、Al3+

(使其濃度均小于1×106mol·L1)，需至少調(diào)節(jié)pH=_________（已知：Ksp[Al(OH)3]=1×1033，Ksp[Fe(OH)3]=4×1038）（5）H3BO3可以通過電解的方法制備。其工作原理如圖所示（陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過）：①a接電源的____________（填“正極”、“負極”）②寫出陽極的電極反應式__________________________________。③原料室中陰、陽離子是如何遷移的？_______________________________________?！敬鸢浮?1).+3(2).不能(3).NaCO3+H3BO3=NaHCO3+NaH2BO3(4).(5).3NaBH4+4BF33NaBF4+2B2H6(6).將Fe2+氧化生成Fe3+，便于除去(7).5(8).正極(9).2H2O4e=O2↑+4H+(10).[B(OH)4]穿過陰膜進入產(chǎn)品室，Na+穿過陽膜進入陰極室【解析】（1）硼酸(H3BO3)

中B

的化合價為+3；（2）由于Ka(H3BO3)

=5.8×10l0介于碳酸的一級、二級電離之間，向飽和硼酸溶液中滴加0.1mol?L1Na2CO3溶液，生成碳酸氫鈉，觀察不到氣泡逸出，反應的化學方程式為：NaCO3+H3BO3=NaHCO3+NaH2BO3；（3）BH4的電子式為，NaBH4

與BF3

在50℃~70℃反應生成NaBF4

和乙硼烷(B2H6)，反應的化學方程式是3NaBH4+4BF33NaBF4+2B2H6；（4）加入H2O2的目的是將Fe2+氧化生成Fe3+，便于除去；因為Ksp[Al(OH)3]=1×1033大于Ksp[Fe(OH)3]=4×1038，只要除去Al3+

(使其濃度均小于1×106mol·L1)，F(xiàn)e3+肯定不存在了，由Ksp[Al(OH)3]=1×1033，c(Al3+)=1×106mol·L1代入Ksp[Al(OH)3]表達式，求得c(OH)=1×109，pH=5。（5）由圖陽極、陰極電子流向分析可知，①a接電源的正極，②陽極的電極反應式為：2H2O4e=O2↑+4H+；③從產(chǎn)品生成角度分析可知，原料室中[B(OH)4]穿過陰膜進入產(chǎn)品室，Na+穿過陽膜進入陰極室。點睛：理解酸堿反應就是質(zhì)子得失的反應，充分利用酸的電離平衡常數(shù)大小比較微粒得質(zhì)子能力，判斷生成物。二是陌生方程式書寫先判斷主要產(chǎn)物（利用得失電子守恒、題干已知等），再用守恒法補上介質(zhì)。15.中華人民共和國國家標準（GB27602011）規(guī)定葡萄酒中SO2最大使用量為0.25g?L1。某興趣小組用圖1裝置（夾持裝罝略）收集某葡萄酒中SO2，并對含量堿性測定。（1）儀器A的名稱是__________。水通入A

的進口為___________。（2）B

中加入300.00mL

葡萄酒和適量鹽酸。加熱使SO2全部逸出并與C

中H2O2完全反應，其化學方程式為_________________________________。（3）除去C中過量的H2O2，然后用0.0900mol?L1NaOH標準溶液進行滴定，滴定前排氣泡時，應選擇題中圖2

中的_______________。若滴定終點時溶液的pH=8.8，則選擇的指示劑為_______________；若用50mL滴定管進行實驗，當?shù)味ü苤械囊好嬖凇?0”處，則管內(nèi)液體的體積（①=10mL，②=40mL，③<10mL，④>40mL）________（填序號）（4）滴定至終點時，消耗NaOH溶液25.00mL，該葡萄酒中SO2含量為_____g·L1。（5）該測定結(jié)果比實際值偏高，其原因是_________________________，并利用現(xiàn)有裝置提出改進措施____________________________?！敬鸢浮?1).冷凝管或冷凝器(2).b(3).SO2+H2O2==H2SO4(4).③(5).酚酞(6).④(7).0.24(8).鹽酸的揮發(fā)(9).用不揮發(fā)的強酸例如硫酸代替鹽酸（或用蒸餾水代替葡莓酒進行對比實驗，扣除鹽酸揮發(fā)的影響）【解析】（1）根據(jù)儀器A的構(gòu)造可知，儀器A為冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以應該進水口為b；

（2）雙氧水具有氧化性，能夠?qū)⒍趸蜓趸闪蛩?，反應的化學方程式為：SO2+H2O2=H2SO4；

（3）氫氧化鈉溶液為堿性溶液，應該使用堿式滴定管，堿式滴定管中排氣泡的方法：把滴定管的膠頭部分稍微向上彎曲，再排氣泡，所以排除堿式滴定管中的空氣用③的方法；滴定終點時溶液的pH=8.8，應該選擇酚酞做指示劑（酚酞的變色范圍是8.2～10.0）；若用50mL滴定管進行實驗，當?shù)味ü苤械囊好嬖诳潭取?0”處，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度線下方還有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度線下有液體，因此管內(nèi)的液體體積＞（50.00mL10.00mL）=40.00mL，所以④正確；

（4）根據(jù)2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的質(zhì)量為：×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，該葡萄酒中的二氧化硫含量為：=0.24g/L；

（5）由于鹽酸是揮發(fā)性酸，揮發(fā)的酸消耗氫氧化鈉，使得消耗的氫氧化鈉溶液體積增大，測定結(jié)果偏高；因此改進的措施為：用不揮發(fā)的強酸，如硫酸代替鹽酸，或用蒸餾水代替葡萄酒進行對比實驗，扣除鹽酸揮發(fā)的影響。16.NO2

與SO2能發(fā)生反應：NO2+SO2SO3+NO，某研究小組對此進行相關(guān)實驗探究。（1）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=113.0kJ?mol12SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=196.6kJ?mol1則NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH=______________________。（2）實驗中，尾氣可以用堿溶液吸收。NaOH

溶液吸收NO2時，發(fā)生的反應為：2NO2+2OH=NO2+NO3+H2O，反應中的還原劑是__________；用NaOH

溶液吸收少量SO2的離子方程式為______________________________。（3）在固定體積的密閉容器中，使用某種催化劑，改變原料氣配比[n0(NO2)∶n0(SO2)]進行多組實驗（各次實驗的溫度可能相同，也可能不同），測定NO2的平衡轉(zhuǎn)化率[a(NO2)]。部分實驗結(jié)果如圖所示：①當容器內(nèi)_____（填標號）不再隨時間的變化而改變時，可以判斷反應達到了化學平衡狀態(tài)。a.氣體的壓強b.氣體的平均摩爾質(zhì)量c.氣體的密度d.NO2的體積分數(shù)②如果要將圖中C點的平衡狀態(tài)改變?yōu)锽點的平衡狀態(tài),應采取的措施是______________。③若A點對應實驗中，SO2(g)的起始濃度為c0mol?L1，經(jīng)過tmin達到平衡狀態(tài)，該時段化學反應速率v(NO2)=______________mol·L1·min1。④圖中C、D兩點對應的實驗溫度分別為Tc和Td，通過計算判斷：Tc____Td（填“>”、“