第一学期高三化学期末考试题
化学有很多的实验要做，很有意思的，今天小编就给大家分享一下高三化学，大家来看看吧
高三化学上学期期末试卷
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Ni-59 As-75 Zr-91
一、选择题(本题包括13小题，每小题只有一个选项符合题意)
1.用“空气吹出法”从海水中提取溴的工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A. 蒸馏塔中只发生了物理变化
B. 吸收塔利用了SO2的还原性，使Br2还原成Br-
C. 在吸收塔中溴元素得到了富集
D. 吹出塔中通入水蒸气，能减小Br2的溶解度
【答案】A
【解析】
【分析】
浓缩、酸化后的海水通入氯气，氯气氧化溴离子生成单质溴，通入空气水蒸气吹出溴单质，溴单质被二氧化硫吸收再在蒸馏塔中通入氯气氧化溴离子生成单质溴，冷凝、精馏得到纯溴。
【详解】A、蒸馏塔中氯气氧化溴离子生成单质溴，蒸馏塔中不只发生了物理变化，故A错误;
B、SO2中硫元素化合价升高，失电子被氧化，吸收塔利用了SO2的还原性，使Br2还原成Br-，故B正确;
C、溴离子被氧化为溴单质，吸收塔吹出单质被二氧化硫在吸收塔中吸收，经过吸收塔后，溴元素得到了富集，故C正确;
D、吹出塔中通入水蒸气，温度升高，能减小Br2的溶解度，故D正确;
故选A。
2.有机物A的结构如右图所示，下列说法中正确的是
A. 有机物A易溶于水
B. 有机物A在铜的催化下与O2反应生成醛
C. 1molA最多能与4molH2发生加成反应
D. 在酸性条件下，有机物A水解形成一种有机物
【答案】D
【解析】
【分析】
A、A中只有-OH是亲水基，烃基部分难溶于水;
B. 有机物A在铜的催化下与O2反应生成酮;
C、酯基上双键不能与氢气发生加成;
D、在酸性条件下，有机物A水解形成一种有机物 ;
【详解】A、A中只有-OH是亲水基，烃基部分难溶于水，A在水中溶解度较小，故A错误;
B. 有机物A在铜的催化下与O2反应生成酮，故B错误;
C、酯基上双键不能与氢气发生加成，1molA最多能与3molH2发生加成反应，故C错误;
D、在酸性条件下，有机物A水解形成一种有机物 ，故D正确;
故选D。
3.下列有关实验结论正确的是
实验操作 实验现象 实验结论
A 向FeCl3和KSCN的混合溶液中加入KCl溶液 溶液红色变浅 增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动
B 某无色溶液中加入硝酸酸化，再加硝酸钡溶液 有白色沉淀 说明溶液中含有SO42-
C 饱和氯化银溶液与饱和碘化银溶液等体积混合 有黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D 用洁净的铂丝蘸去少量溶液在酒精灯上灼烧 火焰呈紫色 该溶液一定是钾盐溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A、KCl不影响铁离子与SCN-的络合反应;
B、加入稀硝酸酸化的硝酸钡溶液，亚硫酸根离子会被氧化为硫酸根离子;
C、在AgCl和AgI两饱和溶液中，前者c(Ag + )大于后者c(Ag + )，c(Cl - )>c(I - )，当将AgCl、AgI两饱和溶液混合时，由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，发生沉淀转化，生成更多的AgI沉淀;
D、不一定是钾盐，可能是碱等;
【详解】A、KCl不影响铁离子与SCN-的络合反应，则向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固体，溶液颜色不变，故A错误;
B、加入稀硝酸酸化的硝酸钡溶液，亚硫酸根离子会被氧化为硫酸根离子，不能排除亚硫酸根离子的干扰，故B错误;
C、在AgCl和AgI两饱和溶液中，前者c(Ag + )大于后者c(Ag +)，c(Cl - )>c(I - )，当将AgCl、AgI两饱和溶液混合时，由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，发生沉淀转化，生成更多的AgI沉淀，故C正确;
D、不一定是钾盐，可能是碱等，故D错误;
故选C。
【点睛】本题考查了物质检验方案的设计与评价、难溶物溶度积等，解题关键：明确制备原理、难溶物溶度积的概念，难点C，AgCl和AgI两饱和溶液中，前者c(Ag +)大于后者c(Ag +)。
4.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4LCH3COOH中含有碳原子数为2NA
B. 1.7g羟基(-OH)和1.7gOH-中含有质子数均为0.9NA
C. 1molN2与3molH2在一定条件下充分反应，生成NH3分子数目为2NA
D. 7.8gNa2O2与足量水反应，转移电子0.2NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A、标准状况下，22.4LCH3COOH不是气态;
B、羟基(-OH)和OH-的质子数均为9;
C、N2与H2在一定条件下的反应是可逆反应;
D、Na2O2与足量水反应，-1价的氧的化合价一半升高一半降低;
【详解】A、标准状况下，22.4LCH3COOH不是气态，故A错误;
B、羟基(-OH)和OH-的质子数均为9，1.7g羟基(-OH)和1.7gOH-中含有质子数均为0.9NA，故B正确;
C、N2与H2在一定条件下的反应是可逆反应， 1molN2与3molH2在一定条件下充分反应，生成NH3分子数目小于2NA，故C错误;
D、Na2O2与足量水反应，-1价的氧的化合价一半升高一半降低，7.8gNa2O2与足量水反应，转移电子0.2NA，故D错误;
故选B。
5.常温下，向20mL某一元酸(HA)溶液中逐滴加入0.1mol•L-1的NaOH溶液，测得混合溶液中由水电离出的c(H+)随加入NaOH溶液的体积变化关系图如下。下列说法不正确的是
A. Ka(HA)的数量级为10-5
B. d点溶液的pH最大
C. b点溶液显酸性，c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D. d点溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】
A、根据HA的电离常数定义计算;
B、d点碱性最强，pH最大;
C、b点是HA和NaOH恰好完全反应的点，溶液显碱性;
D、由电荷守恒解答。
【详解】A、b点是HA和NaOH恰好完全反应的点，酸和碱的体积均为20ml，原酸的浓度为0.1mol•L-1，a点HA H++A-，c(H+)=c(A-)=0-14/10-11=10-3， Ka(HA)=c(H+)•c(A-)/c(HA)=10-3×10-3/(0.1-10-3)，Ka(HA)的数量级为10-5，故A正确;
B、d点碱性最强，pH最大，故B正确;
C、b点是HA和NaOH恰好完全反应的点，且A-要水解，溶液显碱性，c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)，故C错误;
D、d点溶液相当于NaA和NaOH的混合溶液，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，故D正确;
故选C。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，解题关键：明确图象中各点的pH及溶液中的溶质，解题技巧D，注意电荷守恒的应用。
6.Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。W、Y是金属元素，Z的原子序数是X的2倍。Q与W同主族，且Q与W形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性。Y的氧化物既能与强酸溶液反应又与强碱溶液反应。下列说法不正确的是
A. Q与X形成简单化合物的分子为三角锥形
B. Z的氧化物是良好的半导体材料
C. 原子半径Y>Z>X>Q
D. W与X形成化合物的化学式为W3X
【答案】B
【解析】
【分析】
Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。Q与W同主族，且Q与W形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。则Q为H元素，W为Li元素，Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性，X为N元素。W、Y是金属元素，Y的氧化物既能与强酸溶液反应又与强碱溶液反应。Y为Al元素，Z的原子序数是X的2倍，Z为Si元素。
【详解】A. Q与X形成简单化合物NH3的分子为三角锥形，故A正确;
B. Z为Si元素，硅晶体是良好的半导体材料，Z的氧化物SiO2，是共价化合物，不导电，故B错误;
C. 电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Y>Z>X>Q，故C正确;
D. W与X形成化合物的化学式为Li3N，故D正确;
故选B。
7.以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe(OH)2，装置如下图所示，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。下列说法正确的是
A. 石墨I电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O
B. CO2在石墨电极Ⅱ上得电子
C. X电极材料为铁
D. NaCl溶液中Cl-移向Y电极
【答案】D
【解析】
【分析】
左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-═CO2+H2O，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、阳极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2
【详解】A. 石墨I电极反应为H2-2e-+CO32-═CO2+H2O，故A错误;
B. 石墨电极ⅡO2+4e-+2CO2=2CO32-，O2在石墨电极Ⅱ上得电子，故B错误;
C. X是阴极，X电极不需要一定用铁作电极，可以用石墨电极，Y电极材料为铁，故C错误;
D.Y电极是阳极， NaCl溶液中Cl-移向Y电极，故D正确;
故选D。
【点睛】本题考查原电池和电解池原理，正确判断原电池正负极及电解池阴阳极是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意该原电池中电解质是熔融碳酸盐而不是酸或碱溶液。
三、非选择题包括必考题和选考题两部分。第2题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题
8.某实验小组学习了反应CO2+2Mg 2MgO+C的相关知识后，欲探究镁是否与SO2气体反应，设计了下列实验装置图(注：石棉绒是一种耐火材料，不参与反应)。
请回答下列问题：
(1)若可供选择固体试剂有：木炭、铜片、亚硫酸钠固体，则装置A中发生反应的化学方程式为____________________________________________。
(2)装置B中所盛入的药品是______________________。
(3)仪器a的名称是___________，其作用是______________________。
(4)实验完毕后观察到石棉绒上有黄色物质生成，将石棉绒及其附着物投入到稀盐酸中，会产生具有臭鸡蛋气味的气体，则镁与SO2除发生SO2+2Mg 2MgO+S反应外，还发生的反应是____________。
(5)在装置C、D间插入图所示装置，可以获得亚硫酸(H2SO3)溶液。
①液体X可以是下列试剂中的___________(填序号)。
A.苯 B.汽油 C.四氯化碳 D.酒精
②实验完毕后，通过___________(实验操作名称)可以将上、下两层液体分开。
③向亚硫酸溶液中通入空气，溶液的pH_______(填“增大”、“减小或“不变”)，其原因是______(用化学方程式表示)。
【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O) (2). 浓硫酸 (3). 球形干燥管 (4). 防止倒吸 (5). Mg+S △ MgS (6). C (7). 分液 (8). 减小 (9). 2H2SO3+O2=2H2SO4
【解析】
【分析】
A中制备二氧化硫，B中用浓硫酸进行干燥，C中探究二氧化硫与镁的反应，D用碱吸收尾气。C与D之间装置中2H2SO3+O2=2H2SO4，酸性增强。
【详解】(1)装置A制备二氧化硫，Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O) ;
(2)装置B用于干燥二氧化硫，装置B中所盛入的药品是浓硫酸;
(3)D用于吸收尾气，仪器a的名称是球形干燥管，其作用是防止倒吸;
(4)实验完毕后观察到石棉绒上有黄色物质生成，说明发生了SO2+2Mg 2MgO+S反应，将石棉绒及其附着物投入到稀盐酸中，会产生具有臭鸡蛋气味的气体，说明 含有MgS，则镁与SO2除发生SO2+2Mg 2MgO+S反应外，还发生的反应是 Mg+S △ MgS ;
(5)①液体X必须密度大于水，且二氧化硫在其中溶解度小，故选C。
②实验完毕后，通过分液可将互不相溶的两层液体分开;
③通入空气将亚硫酸氧化成硫酸，pH减小，反应方程式为2H2SO3+O2=2H2SO4。
9.ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为 ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下流程制取。
已知：① ZrSiO4能与烧碱反应生成Na2ZrO3和Na2SO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+。
②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pH 1.9 3.3 6.2
沉淀完全pH 3.0 5.2 8.0
(1)“熔融”过程中，ZrSiO4发生反应的化学方程式是_________________________________，滤渣I的化学式为______________________。
(2)“氧化”过程中，发生反应的离子方程式是_________________________________，调“pH=a”时，a的范围是_________________________________。
(3)为得到纯净的ZrO2，滤渣Ⅱ要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_____________________。
(4)滤渣Ⅲ的成分是Zr(CO3)2•xZr(OH)4。取干操后的滤渣Ⅲ 37.0g，煅烧后可得到24.6gZrO2。则x等于______________________;“调pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为_______
【答案】 (1). ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O (2). H2SiO3 (3). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (4). 5.2≤a<6.2 (5). 取少许最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，说明已洗净 (6). 1 (7). 2ZrO2++2CO32-+2H2O=Zr(CO3)2•Zr(OH)4↓
【解析】
【分析】
锆英砂主要成分为 ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质，加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，氧化铝转化为NaAlO2，SiO2转化为Na2SiO3，Fe2O3不反应，再加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为氯化铝、氧化铁转化为氯化铁，FeCO3转化Fe2+，滤液中含有ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，Na+、Cl-等，加双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+等，再加氨水调节pH≥8.0，使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀，过滤、洗涤、干燥得到Zr(OH)4，加热分解即可得到ZrO2。
根据方程式计算滤渣的组成。
【详解】(1)“熔融”过程中，加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，ZrSiO4发生反应的化学方程式是：ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O ;
加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤渣I的化学式为： H2SiO3;
(2)加双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不沉淀，“氧化”过程中，发生反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，调“pH=a”时，a的范围是 5.2≤a<6.2;
(3)为得到纯净的ZrO2，滤渣Ⅱ要用水洗，滤渣Ⅱ中可能含有氯离子，检验沉淀是否洗涤干净的方法是取少许最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，说明已洗净;
(4)根据方程式：
Zr(CO3)2•xZr(OH)4=(x+1)ZrO2+2CO2+2xH2O
211+159x 123(x+1)
37.0g 24.6g
x=1
“调pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为2ZrO2++2CO32-+2H2O=Zr(CO3)2•Zr(OH)4↓。
【点睛】本题考查混合物的分离和提纯，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，解题关键：明确流程图中各个步骤发生的反应及溶液中存在的微粒，知道常见离子的检验方法及实验现象.
10.甲醇是重要的化工原料，利用煤化工中生产的CO、CO2和H2可制取甲醇等有机物，发生的反应有：
①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1=-99kJ•mol-1
②CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H2
相关物质的化学键键能数据如下：
化学键 C=O H-H C-O H-O C-H
E/(kJ/mol) 803 436 343 465 413
(1)该反应△H2=___________。
(2)关于反应①下列说法，正确的是___________。
A.该反应在任何温度下都能自发进行
B.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
C.使用催化剂，不能提高CO的转化率
D.增大压强，该反应的化学平衡常数不变
(3)在某温度下，将1.0moCO与2.0molH2充入2L的空钢瓶中，发生反应①，在第5min时达到化学平衡状态，此时甲醇的物质的量分数为0.1。在第10min、20min时分别改变反应条件，甲醇的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示：
①从反应开始到5min时时，生成甲醇的平均速率为___________。
②H2的平衡转化率α=___________%，化学平衡常数K=___________。
③1min时，v正___________v逆(填“大于”“小于”或“等于”)
④1mim时v正___________4min时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)
⑤比较甲醇在7～8min、12～13min和25～27min时平均反应速率[平均反应速率分别以v(7～8)、v(12～13)、v(25～27)表示的大小_________________________________。
③若将钢瓶换成同容积的绝热容器，重复上述试验，平衡时甲醇的物质的量分数___________0.1。(填“>”、“<”或“=”)
【答案】 (1). -63 kJ.mol-1 (2). CD (3). 0.025 mol.L-1.min-1 (4). 25 (5). 0.59 (6). 大于 (7). 大于 (8). v(12~13)>v(7~8)=v(25~27) (9). <
【解析】
【分析】
(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能;
(2)A、△G=△H-T△S<0反应才能自发;B、升高温度，正逆反应速率均增大;C、使用催化剂，不改变平衡;D、平衡常数与温度有关;
(3)根据三段式解析。①由速率的定义式计算;②根据转化率和平衡常数表达式计算;③反应正向进行时，正速率大。④平衡之前，正速率大于逆速率;⑤平衡时平均速率为0;⑥绝热条件，放热反应发生后体系温度升高。
【详解】(1)CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，该反应△H2=2×803kJ.mol-1+3×436kJ.mol-1-(3×413+343+465)kJ.mol-1-2×465kJ.mol-1=-63 kJ.mol-1 ;
(2)①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1=-99kJ•mol-1
A.△H1=-99kJ•mol-1，△S<0，△G=△H-T△S，该反应在低温下可能自发进行，故A错误;
B.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故B错误;
C.使用催化剂，不改变平衡，不能提高CO的转化率，故C正确;
D.平衡常数与温度有关，增大压强，该反应的化学平衡常数不变，故D正确;
故选CD。
(3)根据题目数据计算如下：
CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)
起始/mol•L-1： 0.5 1 0
反应/mol•L-1： X 2X X
平衡/mol•L-1： 0.5-X 1-2X X
甲醇的物质的量分数为 =10%，所以 ，X=0.125mol•L-1。
①甲醇的速率为0.1250.125mol•L-1÷5min=0.025 mol/(L•min)。
②由上述计算，反应的氢气为2×0.125=0.25，转化率为0.25÷1=25%。达平衡时CO、H2和CH3OH的物质的量浓度分别为：0.375mol•L-1、0.75mol•L-1和0.125mol•L-1，所以平衡常数K=0.125/0.375×0.752=0.59。
③1min时，l甲醇的浓度增大，反应正向进行，v正>v逆;
④反应达平衡的速率图像如下图：
所以，在达平衡前任意点的正反应速率大于任意点的逆反应速率，即1min时的v正(CH3OH)>4min 时v逆(CH3OH )。
⑤12～13min处于非平衡状态，反应速度大，甲醇在7～8min、25～27min处于平衡状态，平均反应速率为0，比较甲醇在7～8min、12～13min和25～27min时平均反应速率[平均反应速率分别以v(7～8)、v(12～13)、v(25～27)表示的大小：v(12~13)>v(7~8)=v(25~27);
⑥若将钢瓶换成同容积的绝热钢瓶，重复上述实验，则反应放出的热量不能散发，会使体系温度上升，正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，甲醇体积分数将减小，所以小于0.1。
11.H、N、O、S、Ni、As为元素周期表中1～4周期元素。请回答下列问题：
(1)上述元素中第一电离能最大的元素符号是___________，电负性最大的元素的原子其价电子轨道表示式为___________。
(2)CH3NO2中C和N的原子轨道杂化方式分别为___________、___________。
(3)SO32-其空间构型为___________。写出一种与该酸根等电子体的微粒___________。
(4)NH3极易溶于水其原因除二者都为极性分子外，另一个重要原因是___________。
(5)Ni与As形成的一种化合物，其晶体如图所示，属六方晶系。
①该晶体的化学式为___________，As原子的配位数为___________。
②已知晶胞参数a=360.2pm，c=500.9pm，此晶体的密度为___________g•cm-3。(写出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)
【答案】 (1). N (2). (3). sp3 (4). sp2 (5). 三角锥形 (6). AsO33-、ClO3- 、PCl3 (7). NH3分子与水分子间形成氢键 (8). NiAs (9). 6 (10).
【解析】
【分析】
(1)N价电子构型2s22p3，处于半充满状态，O原子电负性最大;
(2)分析C、N成键情况，结合VSEPR模型判断;
(3)结合VSEPR模型判断;结合等电子解答;
(4)NH3分子与水分子间形成氢键，增大氨的溶解性。
(5)①根据均摊法求解;②根据ρ=m/V计算。
【详解】(1)H、N、O、S、Ni、As中，N价电子构型2s22p3，处于半充满状态，第一电离能最大;O原子电负性最大，其价电子轨道表示式为 。
(2)CH3NO2中C原子最外层的4个电子全部参与成键，VSEPR模型为正四面体，所以采取sp3杂化;N原子最外层的5个电子有3个形成σ键，还有两个π键，VSEPR模型为平面三角形，所以采取sp2杂化。C和N的原子轨道杂化方式分别为sp3 、sp2。
(3)SO32-孤电子对(6+2-2×3)/2=1,σ键数为3，价电子对=1+3=4，采用sp3杂化，其空间构型为三角锥形。与SO32-原子数相同，价电子总数相同的粒子可能为：AsO33-、ClO3- 、PCl3等之一。
(4)NH3极易溶于水其原因，除二者都为极性分子外，另一个重要原因是NH3分子与水分子间形成氢键。
(5)Ni与As形成的一种化合物，其晶体如图所示，属六方晶系。
①Ni：8×1/8+4×1/4=2，As：2，化学式为NiAs;As原子的配位数为6;
②已知晶胞参数a=360.2pm，c=500.9pm，V= ，此晶体的密度为ρ=m/V= g•cm-3。
12.高分子化合物G是一种重要的化工产品，可由烃A(C3H6)和苯合成。合成G的流程图如下：
已知：①B和C中核磁共振氢谱分别有4种和3种峰。
②CH3Cl+NaCN→CH3CN+NaCl
请回答下列问题：
(1)A的名称是___________。
(2)①的反应类型是___________，⑥的反应类型是___________。
(3)D的结构简式是______________________。
(4)E中官能团的名称是___________。
(5)⑦的反应方程式是_________________________________。
(6)F的同分异构体有多种，符合下列条件的有___________种。
①苯环对位上有两个取代基，其中一个是NH2 ②能水解 ③核磁振谱有5个峰
写出符合上述条件的一种同分异构体的结构简式______________________。
(7)参照上述流程图，写出用乙烯、NaCN为原料制备聚酯 的合成路线___________(其它无机物任选)
【答案】 (1). 丙烯 (2). 加成反应 (3). 还原反应 (4). (5). 羧基、硝基 (6). (7). 3 (8). 、 、 (9).
【解析】
【分析】
和A 发生加成反应生成 ，在浓硫酸和浓硝酸作用下发生取代反应生成B ，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C ，C与NaCN发生取代反应生成D ，D水解生成E ，E还原生成F ，缩聚生成G。
【详解】(1)A为 ，名称是丙烯。
(2)① 和A 发生加成反应生成 ，反应类型是加成反应，⑥硝基被还原成氨基，反应类型是还原反应。
(3)C与NaCN发生取代反应生成D ，D的结构简式是 。
(4)D水解生成E ，E中官能团的名称是羧基、硝基 。
(5)F发生缩聚反应，⑦的反应方程式是 。
(6)F的同分异构体有多种，符合下列条件：①苯环对位上有两个取代基，其中一个是NH2 ，去掉苯环，余下 ， ②能水解，说明是酯的同分异构，③核磁振谱有5个峰，符合上述条件的一种同分异构体的结构简式 、 、 。
(7)乙烯先与溴加成生成卤代烃，1，2-二溴乙烷在碱性条件下水解生成乙二醇，1，2-二溴乙烷与NaCN取代后水解生成丁二酸，丁二酸与乙二醇在浓硫酸作用下缩聚得产物，故用乙烯、NaCN为原料制备聚酯 的合成路线：
有关高三化学上学期期末试题
1.化学与人类活动密切相关，下列有关说法正确的是
A. 加酶洗衣粉可以很好的洗涤毛织品上的污渍
B. 从花生中提取的生物柴油与由石油炼得的柴油都属于烃类物质
C. 用石灰水或 MgSO4溶液喷涂在树干上均可消灭树皮上的过冬虫卵
D. 含氟牙膏能抑制口腔细菌产生酸，在一定程度上能防止或减少龋齿
【答案】D
【解析】
A、毛织品的成分是蛋白质，蛋白质在酶的作用下水解，加酶洗衣粉不能洗涤毛织品，故A错误;B、通过花生提取的生物柴油的组成主要为甘油与高级脂肪酸形成的酯，属于烃的衍生物，从石油中炼制的柴油是烃类物质，故B错误;C、石灰水能使蛋白质变性，但MgSO4溶液不能，故C错误;D、含氟牙膏中含有Na2PO3F、NaF，能抑制口腔细菌产生酸，在一定程度上能防止或减少龋齿，故D正确。
2.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4•7H2O)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是( )
A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2
C. 从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2O
【答案】D
【解析】
A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确;B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确;C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4•7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确;D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)2沉淀，但Fe(OH)2不稳定，很容易被氧化为Fe(OH)3，这样的话，最终所得的产品不纯，混有较多的杂质Fe2(SO4)3，D不正确。答案选D。
【考点定位】本题以流程图的形式考查离子反应、物质分离、实验流程、实验评价、实验条件控制等。涉及试剂的选择、溶液pH控制、硫酸亚铁性质、实验条件选择和控制等。
【此处有视频，请去附件查看】
3.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A Cu与浓硫酸反应，冷却后，再将冷水缓慢加入盛有反应混合物的烧杯中 溶液变蓝 证明反应生成了Cu2+
B 向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放置湿润的红色石蕊试纸 试纸变为蓝色 NO3-被还原为NH3
C 向浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液 产生黑色沉淀(Ag2S) Ksp(Ag2S) >Ksp(Ag2CO3)
D 铝丝用砂纸打磨后，放在冷的浓硝酸中浸泡一段时间后，放入CuSO4溶液中 铝丝表明变红色 铝可以从铜盐溶液中置换出铜
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、Cu与浓硫酸加热反应后生成硫酸铜，会有浓硫酸剩余，因此再加水稀释时，一定要遵循浓硫酸加入水中，玻璃棒不断搅拌，不能相反操作，易发生危险，选项A错误;
B.试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3-还原为NH3，选项B正确;
C.滴入少量AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀，则先产生黑色沉淀(Ag2S)，可知Ksp(Ag2S)
D、铝丝用砂纸打磨后，放在冷的浓硝酸中浸泡一段时间后，发生钝化形成致密氧化膜，因为Al2O3与CuSO4不反应，所以放入CuSO4溶液中，铝丝表面不会生成铜，选项D错误;
答案选D。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中阳离子的数目相等
B. 将2molSO2气体与1molO2混合后在一定条件下充分反应，所得SO3的分子数为2NA
C. 精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重3.2g
D. 标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目为NA
【答案】C
【解析】
【分析】
A.计算溶液中离子数目需要离子浓度和溶液体积;
B、SO2和O2的反应为可逆反应，不能进行彻底;
C、精炼铜时，阳极和阴极上得失电子数相等;
D、标况下HF为液态。
【详解】A.计算溶液中离子数目需要离子浓度和溶液体积，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液无溶液体积，故不能得到Na+数目相等，选项A错误;
B、SO2和O2的反应为可逆反应，不能进行彻底，故反应后混合物的分子数大于2NA，选项B错误;
C、精炼铜时，阳极上失去0.1NA个电子时，则阴极上得到0.1NA个电子，而阴极上是铜离子放电，故生成0.05mol铜，质量为3.2g，选项C正确;
D、标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项D错误;
答案选C。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，易错点为选项B，注意反应为可逆反应，反应不彻底。
5.已知X、Y、Z是三种原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质,A、B、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物,且A与C中均含有10个电子。它们之间转化关系如下图所示。下列说法正确的是
A. 原子半径:Z>Y>X
B. 稳定性:A>C
C. 反应②和③均为吸热反应
D. X、Y、Z可以形成离子化合物
【答案】C
【解析】
短周期元素中形成的10个电子的化合物主要有CH4、NH3、H2O、HF等几种，根据图中的转化关系可以推出X、Y、Z分别为H、C、O 三种元素，甲、乙、丙分别为氢气、碳、氧气，A、B、C、D分别为CH4、CO2、H2O、CO。
A. H、C、O 三种元素原子半径：C>O>H ，A不正确; B. 氧元素的非金属性强于碳，所以稳定性：H2O>CH4，B不正确;C. 反应②碳和二氧化碳在高温下生成一氧化碳的反应是吸热反应，反应③水蒸气和碳在高温下反应生成氢气和一氧化碳是吸热反应 ，所以C正确; D. H、C、O三种非金属元素只能形成共价化合物，不能形成离子化合物，D不正确。选C。
点睛：解无机框图推断题时，首先要找好突破口。本题以10电子化合物为突破口，通过转化关系检验，可以分别推出各种元素和化合物。
6.通过电解法分离NaHSO3与Na2SO3混合物,其装置如下图。下列说法不正确的是
A. 阳极的电极反应式为4OH--4e-==2H2O+O2↑
B. 阳极区c(H+)增大,H+由a室经阳离子交换膜进入b室
C. 外电路每转移0.2 mol电子,有0.2 mol Na+从b室进入c室
D. c室得到Na2SO3的原因是OH-+HSO3- = H2O+SO32-
【答案】C
【解析】
【分析】
通过电解法分离NaHSO3与Na2SO3混合物,根据装置图分析,电解池阳极发生的反应为物质失去电子,发生氧化反应,考虑到溶液是碱性,则阳极处OH-放电产生O2,阳极电极反应为: 4OH--4e-=2H2O+O2 ,阴极为物质得到电子,发生还原反应,考虑到溶液是碱性,则阴极反应式为:2H2O+2e-=2OH-+ H2 , 据此分析判断。
【详解】A.阳极的电极反应为: 4OH--4e-=2H2O+O2 ,所以A正确;B.阳极区OH-放电被消耗,c(OH-)降低,则c(H+)增加,电解池中阳离子通过阳离子交换膜向阴极移动,则H+由a室经阳离子交换膜进入b室,所以B正确;C.外电路每转移0.2 mol 电子,不仅有Na+转移,还有H+转移,故C错误;D.c室中产生Na2SO3,溶液为碱性,则c室得到Na2SO3的原因是OH-+ HSO3-=H2O+ SO32-,所以D选项是正确的;答案：C。
7.298K(25℃)下，在NaHS溶液中，各离子的浓度随NaHS溶液浓度的变化关系如图所示，下列叙述正确的是
已知：(1)在科学计数法中，为了使公式简便，可以用带“E”的格式表示，例如：1E-4=1×10-4。
(2)298K(25℃)下H2S的Ka1=9.10×10-8，Ka2=1.10×10-12。
A. 0.10mol/LNaHS溶液：c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(S2-)
B. Na2S溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(H2S)+c(HS-)
C. 当c(OH-)=c(S2-)时，c(HS-)=9.09×10-3
D. 室温下用NaOH溶液滴定NaHS溶液，滴定终点刚好形成0.1mol/LNa2S溶液，该过程可选择酚酞作指示剂
【答案】C
【解析】
【分析】
A.根据电荷守恒可知，溶液中存在阴离子为S2-、HS-、OH-，阳离子为H+、Na+，阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数;
B.硫化钠溶液中水电离的氢离子与氢氧根离子相等，即质子守恒，根据质子守恒进行判断;
C、当c(OH-)=c(S2-)时，图象分析可知为0.01mol/LNa2S溶液，根据Ka2= 进行计算;
D. 滴定终点刚好形成0.1mol/LNa2S溶液，则滴定前NaHS溶液浓度约为0.05mol/L，滴定前后溶液均为碱性，不能选择酚酞作指示剂。
【详解】A.根据电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)，选项A错误;
B.根据硫化钠溶液中的质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，选项B错误;
C、当c(OH-)=c(S2-)时，图象分析可知为0.01mol/LNa2S溶液，根据Ka2= 可得c(HS-)= = = =9.09×10-3，选项C正确;
D. 滴定终点刚好形成0.1mol/LNa2S溶液，则滴定前NaHS溶液浓度约为0.05mol/L，滴定前后溶液均为碱性，不能选择酚酞作指示剂，选项D错误。
答案选C。
8.已知三氯化铁的熔点为306 ℃，沸点为315 ℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如下探究实验。
(1)装置的连接顺序为a→_____________________。
(2)饱和食盐水的作用是________。
(3)反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油(反应过程中不振荡)，充分反应后，进行如下实验：
①淡黄色溶液中加入试剂X生成淡红色溶液的离子方程式为_____________。
②淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是_________________。
(4)已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2。该小组同学对红色褪去的原因进行探究。
①取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化;第二份滴加试剂X，溶液出现红色;第三份滴加稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。
②另取同物质的量浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化。
实验①说明______________________________________________;
实验②的目的是___________________________;
得出结论：__________________________________________。
【答案】 (1). g→h→ d→e→b→c→f (2). 除去氯气中的氯化氢气体 (3). Fe3++3SCN- ? Fe(SCN)3 (4). H2O2将Fe2+氧化Fe3+ (Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，溶液颜色加深) (5). SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应 (6). 排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能 (7). H2O2将SCN-氧化成SO42-
【解析】
【分析】
(1)排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理;
(2)饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解;
(3)①根据Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色;
②Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度;
(4)根据①滴加FeCl3溶液无明显变化，说明SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应，滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明生成了硫酸根;
根据②另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN-。
【详解】(1)由于盐酸易挥发，生成的氯气中还有氯化氢，所以利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢。又因为三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性 能吸收空气里的水分而潮解，所以再遇铁反应之前还需要干燥，且还需要防止空气中的水蒸气进入，同时还需要尾气处理，则正确的连接顺序是a→g→h→ d→e→b→c→f;
(2)根据以上分析可知饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体;
(3)①淡黄色溶液中还有铁离子，加入X后显淡红色，这说明X是KSCN溶液，反应的离子方程式为Fe3++3SCN- ? Fe(SCN)3;
②反应中铁过量遇氯化铁反应生成氯化亚铁，即溶液中还有氯化亚铁，加入双氧水可以把亚铁离子氧化为铁离子，因此红色加深，所以淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是H2O2将Fe2+氧化Fe3+ (Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，溶液颜色加深);
(4)取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化，说明溶液中不存在KSCN溶液;第二份滴加试剂X，溶液出现红色，这说明溶液中存在铁离子;第三份滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，这说明溶液中有硫酸根，所以根据实验①可知SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应;另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，这说明红色褪去不是氧气氧化导致的，即实验②的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能;综合以上分析可知溶液褪色的原因是H2O2将SCN-氧化成SO42-。
【点睛】本题通过探究氯气与铁反应，考查了物质性质实验方案的设计方法，题目难度稍大，注意掌握氯气与铁反应的现象、反应原理，明确物质性质实验方案的设计原则，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
9.I.明矾[KAl(SO4)2•12H2O] 在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化;造纸工业上作施胶剂;食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料——铝灰(含Al、 Al2O3及少量SiO2和FeO •xFe2O3)可制备明矾。工艺流程如下：
已知生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
Al(OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3
开始沉淀 3.4 6.3 1.5
完全沉淀 4.7 8.3 2.8
回答下列问题：
(1)明矾净水的原理是______________________________(用离子方程式表示)。
(2)操作Ⅱ是_______________、_________________、过滤、洗涤、干燥。
(3)检验滤液A中是否存在Fe2+的方法______________________________ (只用一种试剂)。
(4)在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为：__________。
(5)调节pH=3的目的是_______________________ ，滤渣2含有的物质是______。
II.(6)取一定量含有Pb2+、Cu2+的工业废水，向其中滴加Na2S溶液，当PbS开始沉淀时，溶液中c(Pb2+)/c(Cu2+) =_________ (保留三位有效数字)。[已知Ksp(PbS)=3.4×10-28，
Ksp(CuS)=1.3×10-36]
【答案】 (1). Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+ (2). 蒸发浓缩 (3). 冷却结晶 (4). 取适量滤液A于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则说明滤液A中存在Fe2+(也可用酸性高锰酸钾溶液检验) (5). 5Fe2++MnO4—+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O (6). 使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀 (7). MnO2、Fe(OH)3 (8). 2.62×108
【解析】
【分析】
铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO•xFe2O3)，加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣Ⅰ为二氧化硅和不溶性杂质，滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸铝钾晶体。
【详解】(1)明矾净水石铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+，故答案为：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+;
(2)固体和液体分离需要用过滤操作，操作Ⅰ是过滤，操作Ⅱ是溶液中得到晶体的方法，利用蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到明矾晶体，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶;
(3)检验亚铁离子用高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液，滴入高锰酸钾溶液紫红色褪去，或加入铁氰化钾溶液会呈现蓝色沉淀，故答案为：取适量滤液A于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则说明滤液A中存在Fe2+(也可用酸性高锰酸钾溶液检验);
(4)酸性溶液中高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++
Mn2++4H2O;
(5)分析离子沉淀的PH范围调节溶液PH=3，可以使使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，并防止Al3+沉淀;在pH=3、加热条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2，加入MnSO4发生反应，反应的离子方程式为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+;过滤得到反应中生成难溶的二氧化锰和沉淀得到的氢氧化铁沉淀，故答案为：使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀;MnO2、Fe(OH)3;
(6)已知KSP(PbS)=3.4×10-28，Ksp(CuS)=1.3×10-36，取一定量含有Pb2+、Cu2+的工业废水，向其中滴加Na2S溶液，当PbS开始沉淀时，溶液中c(Pb2+)/c(Cu2+) = KSP(PbS)/Ksp(CuS)=3.4×10-28/1.3×10-36=，故答案为：2.62×108。
【点睛】本题考查了化学工艺流程，涉及物质的制备、对工艺流程的理解、氧化还原反应、溶度积的计算等，试题综合性较强、知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力，理解工艺流程原理是解题的关键。
10.甲醇是重要的化工原料，利用煤化工中生产的CO、CO2和H2可制取甲醇等有机物，发生的反应有：
①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1=-99kJ•mol-1
②CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H2
相关物质的化学键键能数据如下：
化学键 C=O(CO2) H—H C—O H—O C—H
E/(kJ•mol-1) 803 436 343 465 413
(1)该反应△H2=___________。
(2)关于反应①下列说法，正确的是___________。
A.该反应在任何温度下都能自发进行
B.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
C.使用催化剂，不能提高CO的转化率
D.增大压强，该反应的化学平衡常数不变
(3)在某温度下，将1.0moCO与2.0molH2充入2L的空钢瓶中，发生反应①，在第5min时达到化学平衡状态，此时甲醇的物质的量分数为0.1。在第10min、20min时分别改变反应条件，甲醇的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示：
①从反应开始到5min时，生成甲醇的平均速率为___________。
②H2的平衡转化率α=___________%，化学平衡常数K=___________。
③1min时，υ正___________υ逆(填“大于”“小于”或“等于”)
④1mim时υ正___________4min时υ逆(填“大于”“小于”或“等于”)
⑤比较甲醇在7～8min、12～13min和25～27min时平均反应速率[平均反应速率分别以υ(7～8)、υ(12～13)、υ(25～27)表示的大小_________________________________。
③若将钢瓶换成同容积的绝热容器，重复上述试验，平衡时甲醇的物质的量分数___________0.1。(填“>”、“<”或“=”)
【答案】 (1). -63 kJ•mol-1 (2). CD (3). 0.025 mol•L-1•min-1 (4). 25 (5). 0.59 (6). 大于 (7). 大于 (8). υ (12~13)>υ(7~8)=υ(25~27) (9). <
【解析】
【分析】
(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能;
(2)A、△G=△H-T△S<0反应才能自发;B、升高温度，正逆反应速率均增大;C、使用催化剂，不改变平衡;D、平衡常数与温度有关;
(3)根据三段式解析。①由速率的定义式计算;②根据转化率和平衡常数表达式计算;③反应正向进行时，正速率大。④平衡之前，正速率大于逆速率;⑤平衡时平均速率为0;⑥绝热条件，放热反应发生后体系温度升高。
【详解】(1)CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，该反应△H2=2×803kJ•mol-1+3×436kJ•mol-1-(3×413+343+465)kJ•mol-1-2×465kJ•mol-1=-63 kJ•mol-1 ;
(2)①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1=-99kJ•mol-1
A.△H1=-99kJ•mol-1，△S<0，△G=△H-T△S，该反应在低温下可能自发进行，故A错误;
B.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故B错误;
C.使用催化剂，不改变平衡，不能提高CO的转化率，故C正确;
D.平衡常数与温度有关，增大压强，该反应的化学平衡常数不变，故D正确;
故选CD。
(3)根据题目数据计算如下：
CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)
起始/mol•L-1： 0.5 1 0
反应/mol•L-1： X 2X X
平衡/mol•L-1： 0.5-X 1-2X X
甲醇的物质的量分数为 =10%，所以 X=0.125mol•L-1。
①甲醇的速率为0.125mol•L-1÷5min=0.025 mol/(L•min)。
②由上述计算，反应的氢气为2×0.125 mol•L-1=0.25 mol•L-1，转化率为0.25 mol•L-1÷1 mol•L-1=25%。达平衡时CO、H2和CH3OH的物质的量浓度分别为：0.375mol•L-1、0.75mol•L-1和0.125mol•L-1，所以平衡常数K=0.125/(0.375×0.752)=0.59。
③1min时，没有达到平衡，甲醇的浓度增大，反应正向进行，υ正>υ逆;
④反应达平衡的速率图像如下图：
所以，在达平衡前任意点的正反应速率大于任意点的逆反应速率，即1min时的υ正(CH3OH)>4min 时υ逆(CH3OH )。
⑤12～13min处于非平衡状态，反应速度大，甲醇在7～8min、25～27min处于平衡状态，平均反应速率为0，甲醇在7～8min、12～13min和25～27min时平均反应速率的大小：υ(12~13)>υ(7~8)=υ(25~27);
⑥若将钢瓶换成同容积的绝热钢瓶，重复上述实验，则反应放出的热量不能散发，会使体系温度上升，正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，甲醇体积分数将减小，所以小于0.1。
11.铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
(1)基态Fe3+的简化电子排布式为_______________________。
(2)实验室用KSCN溶液、苯酚( )检验Fe3+。N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为______________(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为____________。
(3)FeCl3的熔点为306 ℃，沸点为315 ℃。FeCl3的晶体类型是________________。FeSO4常作净水剂和补铁剂，SO42- 的立体构型是_______________。
(4)羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1 mol Fe(CO)5分子中含___________mol σ 键，与CO互为等电子体的离子是_____________(填化学式，写一种)。
(5)氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为_____________。
(6)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρ g•cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_________;Fe2+与O2-的最短核间距为_____________pm。
【答案】 (1). [Ar] 3d5 (2). N>O>S (3). sp2 (4). 分子晶体 (5). 正四面体形 (6). 10 (7). CN- 或C22— (8). 3∶1 (9). 12 (10).
【解析】
【分析】
(1)Fe原子核外有26个电子，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，简化电子排布式为[Ar]3d5;
(2)氮原子2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大;苯酚中碳原子的杂化轨道类型与苯分子中杂化轨道类型相同;
(3)FeCl3的熔沸点较低，说明FeCl3的晶体类型是分子晶体;SO42-离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体形;
(4)CO的结构式为C O，三键中含1个σ键和2个π键，中心原子Fe与配体CO之间形成配位键，配位键也是σ键;等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子;
(5)由晶胞结构可知铁微粒位于顶点和面心上，氮微粒位于体内;
(6)根据晶胞结构可知Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个;用“均摊法”可得晶胞中含Fe2+：8×1/8+6×1/2=4个，含O2-：12×1/4+1=4个，晶体的化学式为FeO。
【详解】(1)Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，简化电子排布式为[Ar]3d5，故答案为：[Ar]3d5;
(2)根据同周期同主族元素性质递变规律判断，同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但氮原子2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大;同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N>O>S;苯酚中碳原子的杂化轨道类型与苯分子中杂化轨道类型相同，都为sp2杂化，故答案为：N>O>S;sp2;
(3)FeCl3的熔沸点较低，说明FeCl3的晶体类型是分子晶体;SO42-离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体形，故答案为：分子晶体;正四面体形;
(4)CO的结构式为C O，三键中含1个σ键和2个π键，中心原子Fe与配体CO之间形成配位键，配位键也是σ键;1个Fe(CO)5分子中含10个σ键，1molFe(CO)5分子中含10molσ键;等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CO互为等电子体的离子为CN-或C22—，故答案为：10;CN-或C22—;
(5)由晶胞结构可知铁微粒位于顶点和面心上，氮微粒位于体内，用“均摊法”可得晶胞中含Fe个数为12×1/6+2×1/2+3=6个，N原子个数为2个，该晶体中铁、氮的微粒个数之比为6:2=3:1，故答案为：3:1;
(6)根据晶胞结构可知Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个;用“均摊法”可得晶胞中含Fe2+：8×1/8+6×1/2=4个，含O2-：12×1/4+1=4个，晶体的化学式为FeO，1molFeO的质量为72g，1mol晶体的体积为72/ρcm3;晶胞的体积为72/ρcm3 NA×4=288/(ρNA)cm3，晶胞的边长为 cm，Fe2+与O2-最短核间距为 cm= cm= 1010pm，故答案为：12; 。
【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及了电子排布式的书写、离子空间构型、晶体类型的判断、σ键的确定、晶胞的分析和计算。用“均摊法”确定晶胞中所含微粒的个数，注意氮化铁的晶胞不是平行六面体，是六方晶胞，处于顶点的粒子，同时为6个晶胞共有，每个粒子有1/6属于该晶胞;处于面心的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子有1/2属于该晶胞;处于体内的粒子，完全属于该晶胞。
12.苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M和高分子化合物N.(部分产物及反应条件已略去)
(1)B的官能团的名称是_______________。
(2)已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C的核磁共振氢谱有3组峰，则C的结构简式 ______________________。
(3)由D生成N的反应类型是_________，B与C反应生成M的反应类型是_________。
(4)写出M与NaOH溶液反应的化学方程式是__________________________________。
(5)物质F的结构是： ，则符合下列条件的F的同分异构体有 ______种。
①能发生银镜反应 ②能与NaHCO3溶液反应 ③分子中有苯环，无 结构。其中苯环上只有两个取代基，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1:2:2:1的为___________(写结构简式)。
(6)已知： ，写出以苯酚、乙醇和ClCH2COOH为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂任用)。___________
【答案】 (1). 羧基、羟基(酚羟基) (2). (3). 缩聚反应 (4). 取代反应(酯化反应) (5). (6). 13 (7). (8).
【解析】
【分析】
苯酚与氢氧化钠反应生成苯酚钠，则A为 ，由合成流程可知B为 ，C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，说明属于饱和一元醇，C分子中有3中不同化学环境的氢原子，故C的结构简式是 ，B与C发生酯化反应生成M，M为 ;苯酚与丙酮反应生成D，D的分子式为C15H16O2，再结合N的结构可知D为 。
【详解】(1)B的结构简式为 ，其含有的官能团为羧基、醛基，故答案为：羧基、羟基(酚羟基);
(2)C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，说明属于饱和一元醇，C分子中有3中不同化学环境的氢原子，故C的结构简式是 ，故答案为： ;
(3)D生成N的反应为 与 发生缩聚反应生成 ;B与C反应生成M的反应为在浓硫酸作用下， 与 共热发生酯化反应生成 ，故答案为：缩聚反应;取代反应(酯化反应);
(4) 含有羟基和酯基，与NaOH溶液反应生成 、 和水，反应的化学方程式为： ，故答案为：
;
(5)由结构简式可知F的分子式为C8H6O4，由F的同分异构体符合条件可知分子中有苯环，含有—COOH，HCOO—或—CHO和—OH，若苯环上连有—COOH和HCOO—，有邻、间、对3种位置异构;若苯环上连有—COOH、—CHO和—OH共有10种结构，则符合F的同分异构体条件共有13种;若苯环上只有两个取代基，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1:2:2:1的结构简式为 ，故答案为：13; ;
(6)由题给信息可知应先生成ClCH2COOH和苯酚钠，然后在酸性条件下反应生成 ，进而与乙醇发生酯化反应可生成目标物，合成路线为： ，故答案为： 。
【点睛】本题考查有机化学基础，是一道基础有机合成题，着力考查阅读有机合成方案设计、利用题设信息、解决实际问题的能力，也考查了对信息接受和处理的敏锐程度、思维的整体性和对有机合成的综合分析能力，试题涉及酚、羧酸等性质与转化，注意根据苯酚、D的分子式、N的结构式推断D的结构是解答关键。
高三化学上学期期末试题阅读
一.选择题(共8小题)
1.下列物理量中，反映物质特性的是
A.质量 B.体积 C.密度 D.湿度
【答案】C
2.下列实例中利用大气压工作的是
A.吸尘器 B.液位计 C.船闸 D.订书机
【答案】A
3.注射器针头做的尖细是为了
A. 增大压力 B.减小压力 C。增大压强 D.减小压强
【答案】C
4.决定小灯泡亮暗程度的物理量是
A. 电压 B.电流 C.电功 D.电功率
【答案】D
5.如图1所示，鸡蛋浮在盐水面上，现沿杯壁缓慢加入清水使鸡蛋下沉。在此过程中，关于鸡蛋受到的浮力的大小，下列说法正确的是
A. 始终保持不变 B.先不变，后变小 C.先变小，后不变 D.始终变小
【答案】B
6.甲和乙是由同种材料制成的导体，当L甲>L乙，则关于甲和乙的横截面积S，及电阻R的大小关系，下列说法正确的是
A.若S甲>S乙，则R甲一定大于R乙 B.若S甲
C.若S甲=S乙，则R甲一定小于R乙 D.若S甲>S乙，则R甲可能等于R乙
【答案】D
7、在图2所示的电路中，电源电压保持不变.闭合电键S，灯L正常发光，过了一段时间，观察到两电表指针向相反方向偏转。 若电路中只有一处故障，且只发生在电阻R或L上，则下列判断正确的是( )
A.灯L一定断路 B.灯L一定短路
C.灯L一定不亮 D.电阻R可能断路
【答案】C
8、A、B两个圆柱体放在水平地面，现分别沿水平方向切去A、B上部相同的厚度，剩余部分如图3所示，且对地面的压强相同。则原来两圆柱体对地面的pA、pB和压力FA、FB的关系是( )
A.pA
C.pA>pB，FA=FB D.pA>pB，FA>FB
【答案】D
二.填空题(共8小题)
9.我国家庭电路电压为 伏，家中使用的各用电器是 的(选填“串联”或“并联”)，同时使用的用电器越多，电路中的总电阻将越 (选填“大”或“小”).
【答案】220;并联;越小
10.意大利科学家 首先通过实验测定了大气压强的数值，著名的 实验向人们显示大气压强的存在并且是很大的; 实验表明大气压强的大小随 、温度和湿度的变化而变化。
【答案】托里拆利;马德堡半球;海拔高度
11.铁块的密度是7.9×103千克/米3，其物理意义是： 。现有实新立方体铁块放在水平地面，若将它切去部分，则剩余部分对地面的压力 变小，压强 变小。(均选填“一定”或“可能”)
【答案】1m3铁块的质量为7.9×103kg;一定;可能
12.三峡大坝水库水面下10m深处的压强是 帕，大坝边上修筑的船闸是利用 原理工作的;大坝修筑成上窄下宽的原因是 。
【答案】 9800;连通器;液体内部压强随深度的增加而增大。
13. 某导体两端的电压为6伏，若10秒内通过某导体横截面的电荷量为6库，则通过该导体的电流为 安，电流做功为 焦，当该导体两端的电压为0伏时，它的电阻为 欧.
【答案】0.3;18;20;
14.用电器标有“220V 40W”的字样，“40W”表示 .当它正常工作时1分钟，电流做功 焦，通过的电流是 安。
【答案】用电器的额定功率是40W;528000;0.18
15.“水果电池”被称为最天然也是最没有污染的电池，在水果中插入不同金属制成的极板，并保持两块极板间的距离、极板与水果的接触面积不变，用电压表直接测量两块极板之间的电压，结果如下表：
①“水果电池”实现的是 能转化为电能。
②根据表中数据及相关条件可知：“水果电池”电压与 和 有关。
铁-锌 铁-铜 铜-锌
苹果 0.55伏 0.60伏 0.95伏
梨 0.40伏 0.50伏 0.90伏
菠萝 0.50伏 0.55伏 1.00伏
橙 0.75伏 0.78伏 1.05伏
【答案】化学 水果种类 极板材料
16. 在图4所示的电路中，电源电压保持不变。闭合电建S、S1，电路正常工作。若不更换电路元件，且电建S始终处于闭合，请通过一定的操作达到如下要求。
① 使电流表A的示数变小的操作是：
② 使电流表A和A1示数比值变大的操作是：
【答案】向右移动滑动变组器或断开电建S1; 向右移动滑动变阻器
三、作图题(共7分)
17. 在图5中，重为8牛的小球静止在水面上，请用力的图示法画出该球所受的浮力F浮。
18. 在图6所示的电路中，请根据标出的电流方向，从电池、电流表、电压表三个元件符号中选择合适的填入空缺处，使之成为串联电路。
19. 在图7所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。补上后要求：闭合电键S，向右移动滑动变阻器的滑片P,电流表示数变小。
四、计算题(共24分)
20. 在某地质结构中，有一种密度为0.9×103千克/米3的原油。
①求质量为1800千克该原油的体积V。
②当该原油所处地下油层的压强为1.35×107帕，油层上表面距地面2000米，若从地面向此油层钻一口油井，则地下原油仅靠油层自身压强能否喷射出地面，清通过计算说明。
【答案】(1)
(2)p=ρgh=0.9×103kg/m3×9.8N/kg×2000m=1.764×107Pa >1.35×107 Pa
∴不能喷出来
21.如图8所示，水平放置的轻质圆柱形容器底面积为2×10-2米2，内装有重为9.8N的水，现将体积为2×10-4米3、重为4.9N实心金属球A用细线栓着浸没在水中。
①求金属块A受到的浮力F浮
②求水对容器底部的压力F水
③现将绳子剪断，求绳子剪断后容器对水平地面压强变化了ΔP
【答案】①
②F水=G水+F浮=9.8N+1.96N=11.76N
③
22、在如图9(a)所示的电路中，电源电压恒定不变，闭合电键S。
①当R2接入电路的阻值为10欧，电流表A的示数为0.36安，求此时R2两端电压U2和消耗的电功率P2。
②在移动滑动变阻器R2的过程中，当电压表V接在______(选填“ab”、“bc”或“ac”)两端，则电流表A和电压表V对应的示数如图9(b)表格所示，求R1的阻值和电源电压。
【答案】①U=IR2=0.36A×10Ω=3.6V
P2=UI=3.6V×0.36A=1.296W
②由表格中电流变大，电压表读数减小，所以电压表并联在bc两端
R1=
U=IR=IR1+U2=0.1×10Ω+8V=9V
五、实验题(共18分)
23. 在“探究物质质量与体积关系”的实验中需要测量物理量是质量和 ，实验室可以用 测质量。实验过程中选用 (选题“一种”或“多种”)物质多次实验的目的： 。
【答案】体积;天平;多种;得到普遍规律
24. 在“探究液体内部压强与哪些因素有关”的实验中，小李用图10甲、乙、丙所示的器材进行实验。
① 图10甲所示装置的名称是：
② 为了探究液体内部压强与深度的关系，可将带橡皮膜的塑料盒先后放在 位置(请填写字母)，并观察
③ 考为了探究液体内部压强与密度的关系，可将带橡皮膜的塑料盒先后放在 位置(请填写字母)。
【答案】①U形管压强计;②a和b或c和d;U形管液面高度差;③b和c
25. 小芳和小李做“探究串联电路规律”实验，所用实验器材包括电源(6伏)、电键、若干已知阻值的电阻、电压表、电流表和若干导线，他们先按图11所示的电路图正确连接电路。通过实验探究得到串联电路电流处处相等。
①为探究串联电路电压规律，小芬打算先将电压表接在AB两端，测电阻R1两端电压U1,然后保持电压表B连接点不动，只断开A连接点，并改接到C连接点上，测电阻R2两端的电压U2。小李觉得这样操作无法测电阻R2两端电压U2。你认为小李的判断是 选题“正确”或“错误”，理由是 。
② 讨论完毕后，他们按正确的方法实验，用电压表分别测出R1、R2两端的电压U1、U2，以及R1、R2两端总的电压。并多次改变R1和R2的阻值，重复上述实验，实验记录如下表所示：
(a) 分析比较表中最后三列的数量及相关条件，可得出的初步结论是：
(b) 进一步综合分析比较U1与U2的比值和R1与R2的比值关系，可以得到的结论是：
③ 为探究串联电路电阻规律，他们先将电流表串联在图11所示的电路中，然后用R替换R1和R2接入AC之间，当替换前后电流表示数保持相同时，电阻R即是R1和R2的总电阻，此过程用的科学方法是 。
【答案】①正确;连接电压表要注意正负极;
②串联电路总电压等于各串联电阻电压之和;串联电路电压之比等于电阻之比;
③等效替代
26. 为测量某个未知电阻的阻值，老师提供了两节干电池、电压表、电流表、电键、滑动变组器若干导线。小红和小华分别设计了图12甲、乙所示的实验电路图。
① 由设计电路图可知，他们的实验原理是：
② 比较两个实验电路，你认为更为合理的是图 理由是
③ 小华按照图12乙连接实物继续实验，并设计了如下实验数据记录表。
(a)闭合电键S后，移动滑动变组器滑片的过程中，电压表、电流表有示数，但是示数变化范围很小，简述产生该现象的原因
(b)请在小表中补上实验数据表格的有关栏目
【答案】R=U/I;图乙;不用从新连接电路并且在一定范围内可以连续测量电压和电流的值;滑动变阻器阻值太小 ;电压 (伏);电流(安);电阻(欧);电阻平均值(欧)
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