第一學期高三化學期末考試題

　　化學有很多的實驗要做，很有意思的，今天小編就給大家分享一下高三化學，大家來看看吧

　　高三化學上學期期末試卷

　　相對原子質量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Ni-59 As-75 Zr-91

　　一、選擇題本題包括13小題，每小題只有一個選項符合題意

　　1.用“空氣吹出法”從海水中提取溴的工藝流程如下：

　　下列說法不正確的是

　　A. 蒸餾塔中只發生了物理變化

　　B. 吸收塔利用了SO2的還原性，使Br2還原成Br-

　　C. 在吸收塔中溴元素得到了富集

　　D. 吹出塔中通入水蒸氣，能減小Br2的溶解度

　　【答案】A

　　【解析】

　　【分析】

　　濃縮、酸化後的海水通入氯氣，氯氣氧化溴離子生成單質溴，通入空氣水蒸氣吹出溴單質，溴單質被二氧化硫吸收再在蒸餾塔中通入氯氣氧化溴離子生成單質溴，冷凝、精餾得到純溴。

　　【詳解】A、蒸餾塔中氯氣氧化溴離子生成單質溴，蒸餾塔中不只發生了物理變化，故A錯誤;

　　B、SO2中硫元素化合價升高，失電子被氧化，吸收塔利用了SO2的還原性，使Br2還原成Br-，故B正確;

　　C、溴離子被氧化為溴單質，吸收塔吹出單質被二氧化硫在吸收塔中吸收，經過吸收塔後，溴元素得到了富集，故C正確;

　　D、吹出塔中通入水蒸氣，溫度升高，能減小Br2的溶解度，故D正確;

　　故選A。

　　2.有機物A的結構如右圖所示，下列說法中正確的是

　　A. 有機物A易溶於水

　　B. 有機物A在銅的催化下與O2反應生成醛

　　C. 1molA最多能與4molH2發生加成反應

　　D. 在酸性條件下，有機物A水解形成一種有機物

　　【答案】D

　　【解析】

　　【分析】

　　A、A中只有-OH是親水基，烴基部分難溶於水;

　　B. 有機物A在銅的催化下與O2反應生成酮;

　　C、酯基上雙鍵不能與氫氣發生加成;

　　D、在酸性條件下，有機物A水解形成一種有機物 ;

　　【詳解】A、A中只有-OH是親水基，烴基部分難溶於水，A在水中溶解度較小，故A錯誤;

　　B. 有機物A在銅的催化下與O2反應生成酮，故B錯誤;

　　C、酯基上雙鍵不能與氫氣發生加成，1molA最多能與3molH2發生加成反應，故C錯誤;

　　D、在酸性條件下，有機物A水解形成一種有機物 ，故D正確;

　　故選D。

　　3.下列有關實驗結論正確的是

　　實驗操作 實驗現象 實驗結論

　　A 向FeCl3和KSCN的混合溶液中加入KCl溶液 溶液紅色變淺 增大生成物濃度，平衡向逆反應方向移動

　　B 某無色溶液中加入硝酸酸化，再加硝酸鋇溶液 有白色沉澱 說明溶液中含有SO42-

　　C 飽和氯化銀溶液與飽和碘化銀溶液等體積混合 有黃色沉澱 KspAgCl>KspAgI

　　D 用潔淨的鉑絲蘸去少量溶液在酒精燈上灼燒 火焰呈紫色 該溶液一定是鉀鹽溶液

　　A. A B. B C. C D. D

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】

　　A、KCl不影響鐵離子與SCN-的絡合反應;

　　B、加入稀硝酸酸化的硝酸鋇溶液，亞硫酸根離子會被氧化為硫酸根離子;

　　C、在AgCl和AgI兩飽和溶液中，前者cAg + 大於後者cAg + ，cCl - >cI - ，當將AgCl、AgI兩飽和溶液混合時，由於KspAgCl>KspAgI，發生沉澱轉化，生成更多的AgI沉澱;

　　D、不一定是鉀鹽，可能是鹼等;

　　【詳解】A、KCl不影響鐵離子與SCN-的絡合反應，則向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固體，溶液顏色不變，故A錯誤;

　　B、加入稀硝酸酸化的硝酸鋇溶液，亞硫酸根離子會被氧化為硫酸根離子，不能排除亞硫酸根離子的干擾，故B錯誤;

　　C、在AgCl和AgI兩飽和溶液中，前者cAg + 大於後者cAg +，cCl - >cI - ，當將AgCl、AgI兩飽和溶液混合時，由於KspAgCl>KspAgI，發生沉澱轉化，生成更多的AgI沉澱，故C正確;

　　D、不一定是鉀鹽，可能是鹼等，故D錯誤;

　　故選C。

　　【點睛】本題考查了物質檢驗方案的設計與評價、難溶物溶度積等，解題關鍵：明確製備原理、難溶物溶度積的概念，難點C，AgCl和AgI兩飽和溶液中，前者cAg +大於後者cAg +。

　　4.NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是

　　A. 標準狀況下，22.4LCH3COOH中含有碳原子數為2NA

　　B. 1.7g羥基-OH和1.7gOH-中含有質子數均為0.9NA

　　C. 1molN2與3molH2在一定條件下充分反應，生成NH3分子數目為2NA

　　D. 7.8gNa2O2與足量水反應，轉移電子0.2NA

　　【答案】B

　　【解析】

　　【分析】

　　A、標準狀況下，22.4LCH3COOH不是氣態;

　　B、羥基-OH和OH-的質子數均為9;

　　C、N2與H2在一定條件下的反應是可逆反應;

　　D、Na2O2與足量水反應，-1價的氧的化合價一半升高一半降低;

　　【詳解】A、標準狀況下，22.4LCH3COOH不是氣態，故A錯誤;

　　B、羥基-OH和OH-的質子數均為9，1.7g羥基-OH和1.7gOH-中含有質子數均為0.9NA，故B正確;

　　C、N2與H2在一定條件下的反應是可逆反應， 1molN2與3molH2在一定條件下充分反應，生成NH3分子數目小於2NA，故C錯誤;

　　D、Na2O2與足量水反應，-1價的氧的化合價一半升高一半降低，7.8gNa2O2與足量水反應，轉移電子0.2NA，故D錯誤;

　　故選B。

　　5.常溫下，向20mL某一元酸HA溶液中逐滴加入0.1mol•L-1的NaOH溶液，測得混合溶液中由水電離出的cH+隨加入NaOH溶液的體積變化關係圖如下。下列說法不正確的是

　　A. KaHA的數量級為10-5

　　B. d點溶液的pH最大

　　C. b點溶液顯酸性，cA->cNa+>cH+>cOH-

　　D. d點溶液中，cNa++cH+=cA-+cOH-

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】

　　A、根據HA的電離常數定義計算;

　　B、d點鹼性最強，pH最大;

　　C、b點是HA和NaOH恰好完全反應的點，溶液顯鹼性;

　　D、由電荷守恆解答。

　　【詳解】A、b點是HA和NaOH恰好完全反應的點，酸和鹼的體積均為20ml，原酸的濃度為0.1mol•L-1，a點HA H++A-，cH+=cA-=0-14/10-11=10-3， KaHA=cH+•cA-/cHA=10-3×10-3/0.1-10-3，KaHA的數量級為10-5，故A正確;

　　B、d點鹼性最強，pH最大，故B正確;

　　C、b點是HA和NaOH恰好完全反應的點，且A-要水解，溶液顯鹼性，cNa+>cA->cOH->cH+，故C錯誤;

　　D、d點溶液相當於NaA和NaOH的混合溶液，由電荷守恆cNa++cH+=cA-+cOH-，故D正確;

　　故選C。

　　【點睛】本題考查酸鹼混合溶液的定性判斷，解題關鍵：明確圖象中各點的pH及溶液中的溶質，解題技巧D，注意電荷守恆的應用。

　　6.Q、W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短週期元素。W、Y是金屬元素，Z的原子序數是X的2倍。Q與W同主族，且Q與W形成的離子化合物中陰、陽離子電子層結構相同。Q與X形成的簡單化合物的水溶液呈鹼性。Y的氧化物既能與強酸溶液反應又與強鹼溶液反應。下列說法不正確的是

　　A. Q與X形成簡單化合物的分子為三角錐形

　　B. Z的氧化物是良好的半導體材料

　　C. 原子半徑Y>Z>X>Q

　　D. W與X形成化合物的化學式為W3X

　　【答案】B

　　【解析】

　　【分析】

　　Q、W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短週期元素。Q與W同主族，且Q與W形成的離子化合物中陰、陽離子電子層結構相同。則Q為H元素，W為Li元素，Q與X形成的簡單化合物的水溶液呈鹼性，X為N元素。W、Y是金屬元素，Y的氧化物既能與強酸溶液反應又與強鹼溶液反應。Y為Al元素，Z的原子序數是X的2倍，Z為Si元素。

　　【詳解】A. Q與X形成簡單化合物NH3的分子為三角錐形，故A正確;

　　B. Z為Si元素，矽晶體是良好的半導體材料，Z的氧化物SiO2，是共價化合物，不導電，故B錯誤;

　　C. 電子層越多，原子半徑越大，同週期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：Y>Z>X>Q，故C正確;

　　D. W與X形成化合物的化學式為Li3N，故D正確;

　　故選B。

　　7.以H2、O2、熔融鹽Na2CO3組成燃料電池，採用電解法制備FeOH2，裝置如下圖所示，其中電解池兩極材料分別為鐵和石墨，通電一段時間後，右側玻璃管中產生大量的白色沉澱。下列說法正確的是

　　A. 石墨I電極反應為H2-2e-+2OH-=2H2O

　　B. CO2在石墨電極Ⅱ上得電子

　　C. X電極材料為鐵

　　D. NaCl溶液中Cl-移向Y電極

　　【答案】D

　　【解析】

　　【分析】

　　左邊裝置是原電池，通入氫氣的電極I是負極、通入氧氣的電極II是正極，負極反應式為H2-2e-+CO32-═CO2+H2O，正極反應式為O2+4e-+2CO2=2CO32-，右邊裝置是電解池，X是陰極、Y是陽極，陰極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-、陽極反應式為Fe-2e-+2OH-=FeOH2

　　【詳解】A. 石墨I電極反應為H2-2e-+CO32-═CO2+H2O，故A錯誤;

　　B. 石墨電極ⅡO2+4e-+2CO2=2CO32-，O2在石墨電極Ⅱ上得電子，故B錯誤;

　　C. X是陰極，X電極不需要一定用鐵作電極，可以用石墨電極，Y電極材料為鐵，故C錯誤;

　　D.Y電極是陽極， NaCl溶液中Cl-移向Y電極，故D正確;

　　故選D。

　　【點睛】本題考查原電池和電解池原理，正確判斷原電池正負極及電解池陰陽極是解本題關鍵，難點是電極反應式的書寫，注意該原電池中電解質是熔融碳酸鹽而不是酸或鹼溶液。

　　三、非選擇題包括必考題和選考題兩部分。第2題~第32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題~第38題為選考題，考生根據要求作答。

　　一必考題

　　8.某實驗小組學習了反應CO2+2Mg 2MgO+C的相關知識後，欲探究鎂是否與SO2氣體反應，設計了下列實驗裝置圖注：石棉絨是一種耐火材料，不參與反應。

　　請回答下列問題：

　　1若可供選擇固體試劑有：木炭、銅片、亞硫酸鈉固體，則裝置A中發生反應的化學方程式為____________________________________________。

　　2裝置B中所盛入的藥品是______________________。

　　3儀器a的名稱是___________，其作用是______________________。

　　4實驗完畢後觀察到石棉絨上有黃色物質生成，將石棉絨及其附著物投入到稀鹽酸中，會產生具有臭雞蛋氣味的氣體，則鎂與SO2除發生SO2+2Mg 2MgO+S反應外，還發生的反應是____________。

　　5在裝置C、D間插入圖所示裝置，可以獲得亞硫酸H2SO3溶液。

　　①液體X可以是下列試劑中的___________填序號。

　　A.苯 B.汽油 C.四氯化碳 D.酒精

　　②實驗完畢後，通過___________實驗操作名稱可以將上、下兩層液體分開。

　　③向亞硫酸溶液中通入空氣，溶液的pH_______填“增大”、“減小或“不變”，其原因是______用化學方程式表示。

　　【答案】 1. Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O 2. 濃硫酸 3. 球形乾燥管 4. 防止倒吸 5. Mg+S △ MgS 6. C 7. 分液 8. 減小 9. 2H2SO3+O2=2H2SO4

　　【解析】

　　【分析】

　　A中製備二氧化硫，B中用濃硫酸進行乾燥，C中探究二氧化硫與鎂的反應，D用鹼吸收尾氣。C與D之間裝置中2H2SO3+O2=2H2SO4，酸性增強。

　　【詳解】1裝置A製備二氧化硫，Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O ;

　　2裝置B用於乾燥二氧化硫，裝置B中所盛入的藥品是濃硫酸;

　　3D用於吸收尾氣，儀器a的名稱是球形乾燥管，其作用是防止倒吸;

　　4實驗完畢後觀察到石棉絨上有黃色物質生成，說明發生了SO2+2Mg 2MgO+S反應，將石棉絨及其附著物投入到稀鹽酸中，會產生具有臭雞蛋氣味的氣體，說明 含有MgS，則鎂與SO2除發生SO2+2Mg 2MgO+S反應外，還發生的反應是 Mg+S △ MgS ;

　　5①液體X必須密度大於水，且二氧化硫在其中溶解度小，故選C。

　　②實驗完畢後，通過分液可將互不相溶的兩層液體分開;

　　③通入空氣將亞硫酸氧化成硫酸，pH減小，反應方程式為2H2SO3+O2=2H2SO4。

　　9.ZrO2常用作陶瓷材料，可由鋯英砂主要成分為 ZrSiO4，還含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜質通過如下流程製取。

　　已知：① ZrSiO4能與燒鹼反應生成Na2ZrO3和Na2SO3，Na2ZrO3與酸反應生成ZrO2+。

　　②部分金屬離子在實驗條件下開始沉澱和完全沉澱的pH如下表。

　　金屬離子 Fe3+ Al3+ ZrO2+

　　開始沉澱pH 1.9 3.3 6.2

　　沉澱完全pH 3.0 5.2 8.0

　　1“熔融”過程中，ZrSiO4發生反應的化學方程式是_________________________________，濾渣I的化學式為______________________。

　　2“氧化”過程中，發生反應的離子方程式是_________________________________，調“pH=a”時，a的範圍是_________________________________。

　　3為得到純淨的ZrO2，濾渣Ⅱ要用水洗，檢驗沉澱是否洗滌乾淨的方法是_____________________。

　　4濾渣Ⅲ的成分是ZrCO32•xZrOH4。取幹操後的濾渣Ⅲ 37.0g，煅燒後可得到24.6gZrO2。則x等於______________________;“調pH=8.0”時，所發生反應的離子方程式為_______

　　【答案】 1. ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O 2. H2SiO3 3. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 4. 5.2≤a<6.2 5. 取少許最後一次洗滌液於試管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若無白色沉澱，說明已洗淨 6. 1 7. 2ZrO2++2CO32-+2H2O=ZrCO32•ZrOH4↓

　　【解析】

　　【分析】

　　鋯英砂主要成分為 ZrSiO4，還含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜質，加NaOH熔融，ZrSiO4轉化為Na2SiO3和Na2ZrO3，氧化鋁轉化為NaAlO2，SiO2轉化為Na2SiO3，Fe2O3不反應，再加過量鹽酸酸浸，Na2ZrO3與酸反應生成ZrO2+，Na2SiO3與HCl生成矽酸沉澱，偏鋁酸鈉轉化為氯化鋁、氧化鐵轉化為氯化鐵，FeCO3轉化Fe2+，濾液中含有ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，Na+、Cl-等，加雙氧水，將Fe2+氧化為Fe3+，加氨水調節pH為5.2～6.2，使Fe3+、Al3+轉化為氫氧化物沉澱，過濾，濾液中主要含有ZrO2+等，再加氨水調節pH≥8.0，使ZrO2+轉化為ZrOH4沉澱，過濾、洗滌、乾燥得到ZrOH4，加熱分解即可得到ZrO2。

　　根據方程式計算濾渣的組成。

　　【詳解】1“熔融”過程中，加NaOH熔融，ZrSiO4轉化為Na2SiO3和Na2ZrO3，ZrSiO4發生反應的化學方程式是：ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O ;

　　加過量鹽酸酸浸，Na2ZrO3與酸反應生成ZrO2+，Na2SiO3與HCl生成矽酸沉澱，濾渣I的化學式為： H2SiO3;

　　2加雙氧水，將Fe2+氧化為Fe3+，加氨水調節pH為5.2～6.2，使Fe3+、Al3+轉化為氫氧化物沉澱，而ZrO2+不沉澱，“氧化”過程中，發生反應的離子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，調“pH=a”時，a的範圍是 5.2≤a<6.2;

　　3為得到純淨的ZrO2，濾渣Ⅱ要用水洗，濾渣Ⅱ中可能含有氯離子，檢驗沉澱是否洗滌乾淨的方法是取少許最後一次洗滌液於試管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若無白色沉澱，說明已洗淨;

　　4根據方程式：

　　ZrCO32•xZrOH4=x+1ZrO2+2CO2+2xH2O

　　211+159x 123x+1

　　37.0g 24.6g

　　x=1

　　“調pH=8.0”時，所發生反應的離子方程式為2ZrO2++2CO32-+2H2O=ZrCO32•ZrOH4↓。

　　【點睛】本題考查混合物的分離和提純，側重考查學生分析問題、解答問題能力，解題關鍵：明確流程圖中各個步驟發生的反應及溶液中存在的微粒，知道常見離子的檢驗方法及實驗現象.

　　10.甲醇是重要的化工原料，利用煤化工中生產的CO、CO2和H2可製取甲醇等有機物，發生的反應有：

　　①COg+2H2g CH3OHg △H1=-99kJ•mol-1

　　②CO2g+3H2g CH3OHg+H2Og △H2

　　相關物質的化學鍵鍵能資料如下：

　　化學鍵 C=O H-H C-O H-O C-H

　　E/kJ/mol 803 436 343 465 413

　　1該反應△H2=___________。

　　2關於反應①下列說法，正確的是___________。

　　A.該反應在任何溫度下都能自發進行

　　B.升高溫度，正反應速率增大，逆反應速率減小

　　C.使用催化劑，不能提高CO的轉化率

　　D.增大壓強，該反應的化學平衡常數不變

　　3在某溫度下，將1.0moCO與2.0molH2充入2L的空鋼瓶中，發生反應①，在第5min時達到化學平衡狀態，此時甲醇的物質的量分數為0.1。在第10min、20min時分別改變反應條件，甲醇的濃度在不同條件下的變化狀況如下圖所示：

　　①從反應開始到5min時時，生成甲醇的平均速率為___________。

　　②H2的平衡轉化率α=___________%，化學平衡常數K=___________。

　　③1min時，v正___________v逆填“大於”“小於”或“等於”

　　④1mim時v正___________4min時v逆填“大於”“小於”或“等於”

　　⑤比較甲醇在7～8min、12～13min和25～27min時平均反應速率[平均反應速率分別以v7～8、v12～13、v25～27表示的大小_________________________________。

　　③若將鋼瓶換成同容積的絕熱容器，重複上述試驗，平衡時甲醇的物質的量分數___________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. 大於 7. 大於 8. v12~13>v7~8=v25~27 9. <

　　【解析】

　　【分析】

　　1反應熱=反應物總鍵能-生成物總鍵能;

　　2A、△G=△H-T△S<0反應才能自發;B、升高溫度，正逆反應速率均增大;C、使用催化劑，不改變平衡;D、平衡常數與溫度有關;

　　3根據三段式解析。①由速率的定義式計算;②根據轉化率和平衡常數表示式計算;③反應正向進行時，正速率大。④平衡之前，正速率大於逆速率;⑤平衡時平均速率為0;⑥絕熱條件，放熱反應發生後體系溫度升高。

　　【詳解】1CO2g+3H2g CH3OHg+H2Og，該反應△H2=2×803kJ.mol-1+3×436kJ.mol-1-3×413+343+465kJ.mol-1-2×465kJ.mol-1=-63 kJ.mol-1 ;

　　2①COg+2H2g CH3OHg △H1=-99kJ•mol-1

　　A.△H1=-99kJ•mol-1，△S<0，△G=△H-T△S，該反應在低溫下可能自發進行，故A錯誤;

　　B.升高溫度，正反應速率增大，逆反應速率也增大，故B錯誤;

　　C.使用催化劑，不改變平衡，不能提高CO的轉化率，故C正確;

　　D.平衡常數與溫度有關，增大壓強，該反應的化學平衡常數不變，故D正確;

　　故選CD。

　　3根據題目資料計算如下：

　　COg + 2H2g CH3OHg

　　起始/mol•L-1： 0.5 1 0

　　反應/mol•L-1： X 2X X

　　平衡/mol•L-1： 0.5-X 1-2X X

　　甲醇的物質的量分數為 =10%，所以 ，X=0.125mol•L-1。

　　①甲醇的速率為0.1250.125mol•L-1÷5min=0.025 mol/L•min。

　　②由上述計算，反應的氫氣為2×0.125=0.25，轉化率為0.25÷1=25%。達平衡時CO、H2和CH3OH的物質的量濃度分別為：0.375mol•L-1、0.75mol•L-1和0.125mol•L-1，所以平衡常數K=0.125/0.375×0.752=0.59。

　　③1min時，l甲醇的濃度增大，反應正向進行，v正>v逆;

　　④反應達平衡的速率影象如下圖：

　　所以，在達平衡前任意點的正反應速率大於任意點的逆反應速率，即1min時的v正CH3OH>4min 時v逆CH3OH 。

　　⑤12～13min處於非平衡狀態，反應速度大，甲醇在7～8min、25～27min處於平衡狀態，平均反應速率為0，比較甲醇在7～8min、12～13min和25～27min時平均反應速率[平均反應速率分別以v7～8、v12～13、v25～27表示的大小：v12~13>v7~8=v25~27;

　　⑥若將鋼瓶換成同容積的絕熱鋼瓶，重複上述實驗，則反應放出的熱量不能散發，會使體系溫度上升，正反應放熱，溫度升高，平衡逆向移動，甲醇體積分數將減小，所以小於0.1。

　　11.H、N、O、S、Ni、As為元素週期表中1～4週期元素。請回答下列問題：

　　1上述元素中第一電離能最大的元素符號是___________，電負性最大的元素的原子其價電子軌道表示式為___________。

　　2CH3NO2中C和N的原子軌道雜化方式分別為___________、___________。

　　3SO32-其空間構型為___________。寫出一種與該酸根等電子體的微粒___________。

　　4NH3極易溶於水其原因除二者都為極性分子外，另一個重要原因是___________。

　　5Ni與As形成的一種化合物，其晶體如圖所示，屬六方晶系。

　　①該晶體的化學式為___________，As原子的配位數為___________。

　　②已知晶胞引數a=360.2pm，c=500.9pm，此晶體的密度為___________g•cm-3。寫出計算式，NA為阿伏加德羅常數的值

　　【答案】 1. N 2. 3. sp3 4. sp2 5. 三角錐形 6. AsO33-、ClO3- 、PCl3 7. NH3分子與水分子間形成氫鍵 8. NiAs 9. 6 10.

　　【解析】

　　【分析】

　　1N價電子構型2s22p3，處於半充滿狀態，O原子電負性最大;

　　2分析C、N成鍵情況，結合VSEPR模型判斷;

　　3結合VSEPR模型判斷;結合等電子解答;

　　4NH3分子與水分子間形成氫鍵，增大氨的溶解性。

　　5①根據均攤法求解;②根據ρ=m/V計算。

　　【詳解】1H、N、O、S、Ni、As中，N價電子構型2s22p3，處於半充滿狀態，第一電離能最大;O原子電負性最大，其價電子軌道表示式為 。

　　2CH3NO2中C原子最外層的4個電子全部參與成鍵，VSEPR模型為正四面體，所以採取sp3雜化;N原子最外層的5個電子有3個形成σ鍵，還有兩個π鍵，VSEPR模型為平面三角形，所以採取sp2雜化。C和N的原子軌道雜化方式分別為sp3 、sp2。

　　3SO32-孤電子對6+2-2×3/2=1,σ鍵數為3，價電子對=1+3=4，採用sp3雜化，其空間構型為三角錐形。與SO32-原子數相同，價電子總數相同的粒子可能為：AsO33-、ClO3- 、PCl3等之一。

　　4NH3極易溶於水其原因，除二者都為極性分子外，另一個重要原因是NH3分子與水分子間形成氫鍵。

　　5Ni與As形成的一種化合物，其晶體如圖所示，屬六方晶系。

　　①Ni：8×1/8+4×1/4=2，As：2，化學式為NiAs;As原子的配位數為6;

　　②已知晶胞引數a=360.2pm，c=500.9pm，V= ，此晶體的密度為ρ=m/V= g•cm-3。

　　12.高分子化合物G是一種重要的化工產品，可由烴AC3H6和苯合成。合成G的流程圖如下：

　　已知：①B和C中核磁共振氫譜分別有4種和3種峰。

　　②CH3Cl+NaCN→CH3CN+NaCl

　　請回答下列問題：

　　1A的名稱是___________。

　　2①的反應型別是___________，⑥的反應型別是___________。

　　3D的結構簡式是______________________。

　　4E中官能團的名稱是___________。

　　5⑦的反應方程式是_________________________________。

　　6F的同分異構體有多種，符合下列條件的有___________種。

　　①苯環對位上有兩個取代基，其中一個是NH2 ②能水解 ③核磁振譜有5個峰

　　寫出符合上述條件的一種同分異構體的結構簡式______________________。

　　7參照上述流程圖，寫出用乙烯、NaCN為原料製備聚酯 的合成路線___________其它無機物任選

　　【答案】 1. 丙烯 2. 加成反應 3. 還原反應 4. 5. 羧基、硝基 6. 7. 3 8. 、 、 9.

　　【解析】

　　【分析】

　　和A 發生加成反應生成 ，在濃硫酸和濃硝酸作用下發生取代反應生成B ，B與氯氣在光照條件下發生取代反應生成C ，C與NaCN發生取代反應生成D ，D水解生成E ，E還原生成F ，縮聚生成G。

　　【詳解】1A為 ，名稱是丙烯。

　　2① 和A 發生加成反應生成 ，反應型別是加成反應，⑥硝基被還原成氨基，反應型別是還原反應。

　　3C與NaCN發生取代反應生成D ，D的結構簡式是 。

　　4D水解生成E ，E中官能團的名稱是羧基、硝基 。

　　5F發生縮聚反應，⑦的反應方程式是 。

　　6F的同分異構體有多種，符合下列條件：①苯環對位上有兩個取代基，其中一個是NH2 ，去掉苯環，餘下 ， ②能水解，說明是酯的同分異構，③核磁振譜有5個峰，符合上述條件的一種同分異構體的結構簡式 、 、 。

　　7乙烯先與溴加成生成鹵代烴，1，2-二溴乙烷在鹼性條件下水解生成乙二醇，1，2-二溴乙烷與NaCN取代後水解生成丁二酸，丁二酸與乙二醇在濃硫酸作用下縮聚得產物，故用乙烯、NaCN為原料製備聚酯 的合成路線：

　　有關高三化學上學期期末試題

　　1.化學與人類活動密切相關，下列有關說法正確的是

　　A. 加酶洗衣粉可以很好的洗滌毛織品上的汙漬

　　B. 從花生中提取的生物柴油與由石油煉得的柴油都屬於烴類物質

　　C. 用石灰水或 MgSO4溶液噴塗在樹幹上均可消滅樹皮上的過冬蟲卵

　　D. 含氟牙膏能抑制口腔細菌產生酸，在一定程度上能防止或減少齲齒

　　【答案】D

　　【解析】

　　A、毛織品的成分是蛋白質，蛋白質在酶的作用下水解，加酶洗衣粉不能洗滌毛織品，故A錯誤;B、通過花生提取的生物柴油的組成主要為甘油與高階脂肪酸形成的酯，屬於烴的衍生物，從石油中煉製的柴油是烴類物質，故B錯誤;C、石灰水能使蛋白質變性，但MgSO4溶液不能，故C錯誤;D、含氟牙膏中含有Na2PO3F、NaF，能抑制口腔細菌產生酸，在一定程度上能防止或減少齲齒，故D正確。

　　2.某同學採用硫鐵礦焙燒取硫後的燒渣主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質製取七水合硫酸亞鐵FeSO4•7H2O，設計瞭如下流程：

　　下列說法不正確的是

　　A. 溶解燒渣選用足量硫酸，試劑X選用鐵粉

　　B. 固體1中一定含有SiO2，控制pH是為了使Al3+轉化為AlOH3，進入固體2

　　C. 從溶液2得到FeSO4•7H2O產品的過程中，須控制條件防止其氧化和分解

　　D. 若改變方案，在溶液1中直接加NaOH至過量，得到的沉澱用硫酸溶解，其溶液經結晶分離也可得到FeSO4•7H2O

　　【答案】D

　　【解析】

　　A、流程設計意圖是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，轉化為硫酸鹽，除去SiO2，然後用鐵粉還原Fe3+得到硫酸亞鐵，A正確;B、固體1為SiO2，分離FeSO4和Al2SO43採用的是調控pH的方法，使Al3+轉化為AlOH3沉澱從而與FeSO4分離，B不正確;C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4•7H2O產品的過程中，要防止其被氧化和分解，C正確;D、在溶液1中直接加過量的NaOH得到的是FeOH2沉澱，但FeOH2不穩定，很容易被氧化為FeOH3，這樣的話，最終所得的產品不純，混有較多的雜質Fe2SO43，D不正確。答案選D。

　　【考點定位】本題以流程圖的形式考查離子反應、物質分離、實驗流程、實驗評價、實驗條件控制等。涉及試劑的選擇、溶液pH控制、硫酸亞鐵性質、實驗條件選擇和控制等。

　　【此處有視訊，請去附件檢視】

　　3.下列實驗操作、現象及得出的結論均正確的是

　　選項 實驗操作 實驗現象 實驗結論

　　A Cu與濃硫酸反應，冷卻後，再將冷水緩慢加入盛有反應混合物的燒杯中 溶液變藍 證明反應生成了Cu2+

　　B 向KNO3和KOH混合溶液中加入鋁粉並加熱，管口放置溼潤的紅色石蕊試紙 試紙變為藍色 NO3-被還原為NH3

　　C 向濃度均為0.1mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液 產生黑色沉澱Ag2S KspAg2S >KspAg2CO3

　　D 鋁絲用砂紙打磨後，放在冷的濃硝酸中浸泡一段時間後，放入CuSO4溶液中 鋁絲表明變紅色 鋁可以從銅鹽溶液中置換出銅

　　A. A B. B C. C D. D

　　【答案】B

　　【解析】

　　【詳解】A、Cu與濃硫酸加熱反應後生成硫酸銅，會有濃硫酸剩餘，因此再加水稀釋時，一定要遵循濃硫酸加入水中，玻璃棒不斷攪拌，不能相反操作，易發生危險，選項A錯誤;

　　B.試紙變為藍色，說明生成氨氣，可說明NO3-還原為NH3，選項B正確;

　　C.滴入少量AgNO3溶液，Ksp小的先沉澱，則先產生黑色沉澱Ag2S，可知KspAg2S

　　D、鋁絲用砂紙打磨後，放在冷的濃硝酸中浸泡一段時間後，發生鈍化形成緻密氧化膜，因為Al2O3與CuSO4不反應，所以放入CuSO4溶液中，鋁絲表面不會生成銅，選項D錯誤;

　　答案選D。

　　4.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是

　　A. 常溫常壓下，等物質的量濃度的Na2CO3與Na2S溶液中陽離子的數目相等

　　B. 將2molSO2氣體與1molO2混合後在一定條件下充分反應，所得SO3的分子數為2NA

　　C. 精煉銅，若陽極失去0.1NA個電子，則陰極增重3.2g

　　D. 標準狀況下，22.4LHF所含有的分子數目為NA

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】

　　A.計算溶液中離子數目需要離子濃度和溶液體積;

　　B、SO2和O2的反應為可逆反應，不能進行徹底;

　　C、精煉銅時，陽極和陰極上得失電子數相等;

　　D、標況下HF為液態。

　　【詳解】A.計算溶液中離子數目需要離子濃度和溶液體積，等物質的量濃度的Na2CO3與Na2S溶液無溶液體積，故不能得到Na+數目相等，選項A錯誤;

　　B、SO2和O2的反應為可逆反應，不能進行徹底，故反應後混合物的分子數大於2NA，選項B錯誤;

　　C、精煉銅時，陽極上失去0.1NA個電子時，則陰極上得到0.1NA個電子，而陰極上是銅離子放電，故生成0.05mol銅，質量為3.2g，選項C正確;

　　D、標況下HF為液態，故不能根據氣體摩爾體積來計算其物質的量，選項D錯誤;

　　答案選C。

　　【點睛】本題考查了阿伏伽德羅常數的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的結構是解題關鍵，易錯點為選項B，注意反應為可逆反應，反應不徹底。

　　5.已知X、Y、Z是三種原子序數依次增大的短週期元素。甲、乙、丙分別是三種元素形成的單質,A、B、C、D分別是由三種元素中的兩種形成的化合物,且A與C中均含有10個電子。它們之間轉化關係如下圖所示。下列說法正確的是

　　A. 原子半徑:Z>Y>X

　　B. 穩定性:A>C

　　C. 反應②和③均為吸熱反應

　　D. X、Y、Z可以形成離子化合物

　　【答案】C

　　【解析】

　　短週期元素中形成的10個電子的化合物主要有CH4、NH3、H2O、HF等幾種，根據圖中的轉化關係可以推出X、Y、Z分別為H、C、O 三種元素，甲、乙、丙分別為氫氣、碳、氧氣，A、B、C、D分別為CH4、CO2、H2O、CO。

　　A. H、C、O 三種元素原子半徑：C>O>H ，A不正確; B. 氧元素的非金屬性強於碳，所以穩定性：H2O>CH4，B不正確;C. 反應②碳和二氧化碳在高溫下生成一氧化碳的反應是吸熱反應，反應③水蒸氣和碳在高溫下反應生成氫氣和一氧化碳是吸熱反應 ，所以C正確; D. H、C、O三種非金屬元素只能形成共價化合物，不能形成離子化合物，D不正確。選C。

　　點睛：解無機框圖推斷題時，首先要找好突破口。本題以10電子化合物為突破口，通過轉化關係檢驗，可以分別推出各種元素和化合物。

　　6.通過電解法分離NaHSO3與Na2SO3混合物,其裝置如下圖。下列說法不正確的是

　　A. 陽極的電極反應式為4OH--4e-==2H2O+O2↑

　　B. 陽極區cH+增大,H+由a室經陽離子交換膜進入b室

　　C. 外電路每轉移0.2 mol電子,有0.2 mol Na+從b室進入c室

　　D. c室得到Na2SO3的原因是OH-+HSO3- = H2O+SO32-

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】

　　通過電解法分離NaHSO3與Na2SO3混合物,根據裝置圖分析,電解池陽極發生的反應為物質失去電子,發生氧化反應,考慮到溶液是鹼性,則陽極處OH-放電產生O2,陽極電極反應為: 4OH--4e-=2H2O+O2 ,陰極為物質得到電子,發生還原反應,考慮到溶液是鹼性,則陰極反應式為:2H2O+2e-=2OH-+ H2 , 據此分析判斷。

　　【詳解】A.陽極的電極反應為: 4OH--4e-=2H2O+O2 ,所以A正確;B.陽極區OH-放電被消耗,cOH-降低,則cH+增加,電解池中陽離子通過陽離子交換膜向陰極移動,則H+由a室經陽離子交換膜進入b室,所以B正確;C.外電路每轉移0.2 mol 電子,不僅有Na+轉移,還有H+轉移,故C錯誤;D.c室中產生Na2SO3,溶液為鹼性,則c室得到Na2SO3的原因是OH-+ HSO3-=H2O+ SO32-,所以D選項是正確的;答案：C。

　　7.298K25℃下，在NaHS溶液中，各離子的濃度隨NaHS溶液濃度的變化關係如圖所示，下列敘述正確的是

　　已知：1在科學計數法中，為了使公式簡便，可以用帶“E”的格式表示，例如：1E-4=1×10-4。

　　2298K25℃下H2S的Ka1=9.10×10-8，Ka2=1.10×10-12。

　　A. 0.10mol/LNaHS溶液：cNa+>cHS->cOH->cS2-

　　B. Na2S溶液中：cOH--cH+=cH2S+cHS-

　　C. 當cOH-=cS2-時，cHS-=9.09×10-3

　　D. 室溫下用NaOH溶液滴定NaHS溶液，滴定終點剛好形成0.1mol/LNa2S溶液，該過程可選擇酚酞作指示劑

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】

　　A.根據電荷守恆可知，溶液中存在陰離子為S2-、HS-、OH-，陽離子為H+、Na+，陽離子所帶電荷總數等於陰離子所帶電荷總數;

　　B.硫化鈉溶液中水電離的氫離子與氫氧根離子相等，即質子守恆，根據質子守恆進行判斷;

　　C、當cOH-=cS2-時，圖象分析可知為0.01mol/LNa2S溶液，根據Ka2= 進行計算;

　　D. 滴定終點剛好形成0.1mol/LNa2S溶液，則滴定前NaHS溶液濃度約為0.05mol/L，滴定前後溶液均為鹼性，不能選擇酚酞作指示劑。

　　【詳解】A.根據電荷守恆可知，cH++cNa+=2cS2-+cHS-+cOH-，選項A錯誤;

　　B.根據硫化鈉溶液中的質子守恆可得：cOH-=cH++cHS-+2cH2S，選項B錯誤;

　　C、當cOH-=cS2-時，圖象分析可知為0.01mol/LNa2S溶液，根據Ka2= 可得cHS-= = = =9.09×10-3，選項C正確;

　　D. 滴定終點剛好形成0.1mol/LNa2S溶液，則滴定前NaHS溶液濃度約為0.05mol/L，滴定前後溶液均為鹼性，不能選擇酚酞作指示劑，選項D錯誤。

　　答案選C。

　　8.已知三氯化鐵的熔點為306 ℃，沸點為315 ℃，易溶於水並且有強烈的吸水性，能吸收空氣裡的水分而潮解。某學習小組的同學對氯氣與鐵的反應及產物做了如下探究實驗。

　　1裝置的連線順序為a→_____________________。

　　2飽和食鹽水的作用是________。

　　3反應一段時間後熄滅酒精燈，冷卻後將硬質玻璃管及收集器中的物質一併快速轉移至錐形瓶中，加入過量的稀鹽酸和少許植物油反應過程中不振盪，充分反應後，進行如下實驗：

　　①淡黃色溶液中加入試劑X生成淡紅色溶液的離子方程式為_____________。

　　②淡紅色溶液中加入過量H2O2後溶液紅色加深的原因是_________________。

　　4已知紅色褪去的同時有氣體生成，經檢驗為O2。該小組同學對紅色褪去的原因進行探究。

　　①取褪色後溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液無明顯變化;第二份滴加試劑X，溶液出現紅色;第三份滴加稀鹽酸和BaCl2溶液，產生白色沉澱。

　　②另取同物質的量濃度的FeCl3溶液滴加2滴試劑X，溶液變紅，再通入O2，無明顯變化。

　　實驗①說明______________________________________________;

　　實驗②的目的是___________________________;

　　得出結論：__________________________________________。

　　【答案】 1. g→h→ d→e→b→c→f 2. 除去氯氣中的氯化氫氣體 3. Fe3++3SCN- ? FeSCN3 4. H2O2將Fe2+氧化Fe3+ Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，從而增大Fe3+濃度，溶液顏色加深 5. SCN-發生了反應而不是Fe3+發生反應 6. 排除H2O2分解產生的O2氧化SCN-的可能 7. H2O2將SCN-氧化成SO42-

　　【解析】

　　【分析】

　　1排列順序為氣體的製取→洗氣→乾燥→氯氣和鐵的反應→尾氣處理;

　　2飽和食鹽水吸收氯化氫而抑制氯氣溶解;

　　3①根據Fe3+和KSCN反應生成絡合物硫氰化鐵而使溶液呈血紅色;

　　②Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，從而增大Fe3+濃度;

　　4根據①滴加FeCl3溶液無明顯變化，說明SCN-發生了反應而不是Fe3+發生反應，滴加稀HCl和BaCl2溶液，產生白色沉澱，說明生成了硫酸根;

　　根據②另取同濃度的 FeCl3溶液滴加2滴試劑X，溶液變紅，再通入O2，無明顯變化，說明O2不能氧化SCN-。

　　【詳解】1由於鹽酸易揮發，生成的氯氣中還有氯化氫，所以利用飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫。又因為三氯化鐵的熔點為306℃，沸點為315℃，易溶於水並且有強烈的吸水性 能吸收空氣裡的水分而潮解，所以再遇鐵反應之前還需要乾燥，且還需要防止空氣中的水蒸氣進入，同時還需要尾氣處理，則正確的連線順序是a→g→h→ d→e→b→c→f;

　　2根據以上分析可知飽和食鹽水的作用是除去氯氣中的氯化氫氣體;

　　3①淡黃色溶液中還有鐵離子，加入X後顯淡紅色，這說明X是KSCN溶液，反應的離子方程式為Fe3++3SCN- ? FeSCN3;

　　②反應中鐵過量遇氯化鐵反應生成氯化亞鐵，即溶液中還有氯化亞鐵，加入雙氧水可以把亞鐵離子氧化為鐵離子，因此紅色加深，所以淡紅色溶液中加入過量H2O2後溶液紅色加深的原因是H2O2將Fe2+氧化Fe3+ Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，從而增大Fe3+濃度，溶液顏色加深;

　　4取褪色後溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液無明顯變化，說明溶液中不存在KSCN溶液;第二份滴加試劑X，溶液出現紅色，這說明溶液中存在鐵離子;第三份滴加稀HCl和BaCl2溶液，產生白色沉澱，這說明溶液中有硫酸根，所以根據實驗①可知SCN-發生了反應而不是Fe3+發生反應;另取同濃度的 FeCl3溶液滴加2滴試劑X，溶液變紅，再通入O2，無明顯變化，這說明紅色褪去不是氧氣氧化導致的，即實驗②的目的是排除H2O2分解產生的O2氧化SCN-的可能;綜合以上分析可知溶液褪色的原因是H2O2將SCN-氧化成SO42-。

　　【點睛】本題通過探究氯氣與鐵反應，考查了物質性質實驗方案的設計方法，題目難度稍大，注意掌握氯氣與鐵反應的現象、反應原理，明確物質性質實驗方案的設計原則，試題充分考查了學生的分析、理解能力及化學實驗能力。

　　9.I.明礬[KAlSO42•12H2O] 在生產、生活中有廣泛用途：飲用水的淨化;造紙工業上作施膠劑;食品工業的發酵劑等。利用鍊鋁廠的廢料——鋁灰含Al、 Al2O3及少量SiO2和FeO •xFe2O3可製備明礬。工藝流程如下：

　　已知生成氫氧化物沉澱的pH如下表所示：

　　AlOH3 FeOH2 FeOH3

　　開始沉澱 3.4 6.3 1.5

　　完全沉澱 4.7 8.3 2.8

　　回答下列問題：

　　1明礬淨水的原理是______________________________用離子方程式表示。

　　2操作Ⅱ是_______________、_________________、過濾、洗滌、乾燥。

　　3檢驗濾液A中是否存在Fe2+的方法______________________________ 只用一種試劑。

　　4在濾液A中加入高錳酸鉀發生反應的離子方程式為：__________。

　　5調節pH=3的目的是_______________________ ，濾渣2含有的物質是______。

　　II.6取一定量含有Pb2+、Cu2+的工業廢水，向其中滴加Na2S溶液，當PbS開始沉澱時，溶液中cPb2+/cCu2+ =_________ 保留三位有效數字。[已知KspPbS=3.4×10-28，

　　KspCuS=1.3×10-36]

　　【答案】 1. Al3++3H2O AlOH3膠體+3H+ 2. 蒸發濃縮 3. 冷卻結晶 4. 取適量濾液A於試管中，滴加鐵氰化鉀溶液，若產生藍色沉澱，則說明濾液A中存在Fe2+也可用酸性高錳酸鉀溶液檢驗 5. 5Fe2++MnO4—+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O 6. 使Fe3+轉化為FeOH3沉澱 7. MnO2、FeOH3 8. 2.62×108

　　【解析】

　　【分析】

　　鋁灰含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO•xFe2O3，加入過量稀硫酸酸溶過濾，濾液為硫酸鋁、硫酸亞鐵、硫酸鐵，濾渣Ⅰ為二氧化矽和不溶性雜質，濾液A中加入稍過量高錳酸鉀溶液氧化亞鐵離子為鐵離子，調節溶液PH使鐵離子全部沉澱，鋁離子不沉澱，加入適量硫酸錳除去過量的高錳酸鉀過濾得到二氧化錳固體和氫氧化鐵沉澱，濾液主要是硫酸鋁溶液，加入硫酸鉀蒸發濃縮，冷卻結晶過濾洗滌得到硫酸鋁鉀晶體。

　　【詳解】1明礬淨水石鋁離子水解生成氫氧化鋁具有吸附懸浮雜質的作用，反應的離子方程式為：Al3++3H2O?AlOH3+3H+，故答案為：Al3++3H2O AlOH3+3H+;

　　2固體和液體分離需要用過濾操作，操作Ⅰ是過濾，操作Ⅱ是溶液中得到晶體的方法，利用蒸發濃縮冷卻結晶，過濾洗滌，乾燥得到明礬晶體，故答案為：蒸發濃縮，冷卻結晶;

　　3檢驗亞鐵離子用高錳酸鉀溶液或鐵氰化鉀溶液，滴入高錳酸鉀溶液紫紅色褪去，或加入鐵氰化鉀溶液會呈現藍色沉澱，故答案為：取適量濾液A於試管中，滴加鐵氰化鉀溶液，若產生藍色沉澱，則說明濾液A中存在Fe2+也可用酸性高錳酸鉀溶液檢驗;

　　4酸性溶液中高錳酸鉀溶液能氧化亞鐵離子為鐵離子，本身被還原為錳離子，反應的離子方程式為：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案為：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++

　　Mn2++4H2O;

　　5分析離子沉澱的PH範圍調節溶液PH=3，可以使使Fe3+轉化成FeOH3沉澱，並防止Al3+沉澱;在pH=3、加熱條件下，MnO4-可與Mn2+反應生成MnO2，加入MnSO4發生反應，反應的離子方程式為：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+;過濾得到反應中生成難溶的二氧化錳和沉澱得到的氫氧化鐵沉澱，故答案為：使Fe3+轉化成FeOH3沉澱;MnO2、FeOH3;

　　6已知KSPPbS=3.4×10-28，KspCuS=1.3×10-36，取一定量含有Pb2+、Cu2+的工業廢水，向其中滴加Na2S溶液，當PbS開始沉澱時，溶液中cPb2+/cCu2+ = KSPPbS/KspCuS=3.4×10-28/1.3×10-36=，故答案為：2.62×108。

　　【點睛】本題考查了化學工藝流程，涉及物質的製備、對工藝流程的理解、氧化還原反應、溶度積的計算等，試題綜合性較強、知識點較多，充分考查了學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識解決實際問題的能力，理解工藝流程原理是解題的關鍵。

　　10.甲醇是重要的化工原料，利用煤化工中生產的CO、CO2和H2可製取甲醇等有機物，發生的反應有：

　　①COg+2H2g CH3OHg △H1=-99kJ•mol-1

　　②CO2g+3H2g CH3OHg+H2Og △H2

　　相關物質的化學鍵鍵能資料如下：

　　化學鍵 C=OCO2 H—H C—O H—O C—H

　　E/kJ•mol-1 803 436 343 465 413

　　1該反應△H2=___________。

　　2關於反應①下列說法，正確的是___________。

　　A.該反應在任何溫度下都能自發進行

　　B.升高溫度，正反應速率增大，逆反應速率減小

　　C.使用催化劑，不能提高CO的轉化率

　　D.增大壓強，該反應的化學平衡常數不變

　　3在某溫度下，將1.0moCO與2.0molH2充入2L的空鋼瓶中，發生反應①，在第5min時達到化學平衡狀態，此時甲醇的物質的量分數為0.1。在第10min、20min時分別改變反應條件，甲醇的濃度在不同條件下的變化狀況如下圖所示：

　　①從反應開始到5min時，生成甲醇的平均速率為___________。

　　②H2的平衡轉化率α=___________%，化學平衡常數K=___________。

　　③1min時，υ正___________υ逆填“大於”“小於”或“等於”

　　④1mim時υ正___________4min時υ逆填“大於”“小於”或“等於”

　　⑤比較甲醇在7～8min、12～13min和25～27min時平均反應速率[平均反應速率分別以υ7～8、υ12～13、υ25～27表示的大小_________________________________。

　　③若將鋼瓶換成同容積的絕熱容器，重複上述試驗，平衡時甲醇的物質的量分數___________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. 大於 7. 大於 8. υ 12~13>υ7~8=υ25~27 9. <

　　【解析】

　　【分析】

　　1反應熱=反應物總鍵能-生成物總鍵能;

　　2A、△G=△H-T△S<0反應才能自發;B、升高溫度，正逆反應速率均增大;C、使用催化劑，不改變平衡;D、平衡常數與溫度有關;

　　3根據三段式解析。①由速率的定義式計算;②根據轉化率和平衡常數表示式計算;③反應正向進行時，正速率大。④平衡之前，正速率大於逆速率;⑤平衡時平均速率為0;⑥絕熱條件，放熱反應發生後體系溫度升高。

　　【詳解】1CO2g+3H2g CH3OHg+H2Og，該反應△H2=2×803kJ•mol-1+3×436kJ•mol-1-3×413+343+465kJ•mol-1-2×465kJ•mol-1=-63 kJ•mol-1 ;

　　2①COg+2H2g CH3OHg △H1=-99kJ•mol-1

　　A.△H1=-99kJ•mol-1，△S<0，△G=△H-T△S，該反應在低溫下可能自發進行，故A錯誤;

　　B.升高溫度，正反應速率增大，逆反應速率也增大，故B錯誤;

　　C.使用催化劑，不改變平衡，不能提高CO的轉化率，故C正確;

　　D.平衡常數與溫度有關，增大壓強，該反應的化學平衡常數不變，故D正確;

　　故選CD。

　　3根據題目資料計算如下：

　　COg + 2H2g CH3OHg

　　起始/mol•L-1： 0.5 1 0

　　反應/mol•L-1： X 2X X

　　平衡/mol•L-1： 0.5-X 1-2X X

　　甲醇的物質的量分數為 =10%，所以 X=0.125mol•L-1。

　　①甲醇的速率為0.125mol•L-1÷5min=0.025 mol/L•min。

　　②由上述計算，反應的氫氣為2×0.125 mol•L-1=0.25 mol•L-1，轉化率為0.25 mol•L-1÷1 mol•L-1=25%。達平衡時CO、H2和CH3OH的物質的量濃度分別為：0.375mol•L-1、0.75mol•L-1和0.125mol•L-1，所以平衡常數K=0.125/0.375×0.752=0.59。

　　③1min時，沒有達到平衡，甲醇的濃度增大，反應正向進行，υ正>υ逆;

　　④反應達平衡的速率影象如下圖：

　　所以，在達平衡前任意點的正反應速率大於任意點的逆反應速率，即1min時的υ正CH3OH>4min 時υ逆CH3OH 。

　　⑤12～13min處於非平衡狀態，反應速度大，甲醇在7～8min、25～27min處於平衡狀態，平均反應速率為0，甲醇在7～8min、12～13min和25～27min時平均反應速率的大小：υ12~13>υ7~8=υ25~27;

　　⑥若將鋼瓶換成同容積的絕熱鋼瓶，重複上述實驗，則反應放出的熱量不能散發，會使體系溫度上升，正反應放熱，溫度升高，平衡逆向移動，甲醇體積分數將減小，所以小於0.1。

　　11.鐵被譽為“第一金屬”，鐵及其化合物在生活中有廣泛應用。

　　1基態Fe3+的簡化電子排布式為_______________________。

　　2實驗室用KSCN溶液、苯酚 檢驗Fe3+。N、O、S的第一電離能由大到小的順序為______________用元素符號表示，苯酚中碳原子的雜化軌道型別為____________。

　　3FeCl3的熔點為306 ℃，沸點為315 ℃。FeCl3的晶體型別是________________。FeSO4常作淨水劑和補鐵劑，SO42- 的立體構型是_______________。

　　4羰基鐵[FeCO5]可用作催化劑、汽油抗爆劑等。1 mol FeCO5分子中含___________mol σ 鍵，與CO互為等電子體的離子是_____________填化學式，寫一種。

　　5氮化鐵晶體的晶胞結構如圖1所示。該晶體中鐵、氮的微粒個數之比為_____________。

　　6氧化亞鐵晶體的晶胞如圖2所示。已知：氧化亞鐵晶體的密度為ρ g•cm-3，NA代表阿伏加德羅常數的值。在該晶胞中，與Fe2+緊鄰且等距離的Fe2+數目為_________;Fe2+與O2-的最短核間距為_____________pm。

　　【答案】 1. [Ar] 3d5 2. N>O>S 3. sp2 4. 分子晶體 5. 正四面體形 6. 10 7. CN- 或C22— 8. 3∶1 9. 12 10.

　　【解析】

　　【分析】

　　1Fe原子核外有26個電子，Fe3+電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，簡化電子排布式為[Ar]3d5;

　　2氮原子2p軌道為半充滿狀態，第一電離能比相鄰的元素都大;苯酚中碳原子的雜化軌道型別與苯分子中雜化軌道型別相同;

　　3FeCl3的熔沸點較低，說明FeCl3的晶體型別是分子晶體;SO42-離子中含有4個σ鍵，沒有孤電子對，所以其立體構型是正四面體形;

　　4CO的結構式為C O，三鍵中含1個σ鍵和2個π鍵，中心原子Fe與配體CO之間形成配位鍵，配位鍵也是σ鍵;等電子體是指具有相同價電子數目和原子數目的分子或離子;

　　5由晶胞結構可知鐵微粒位於頂點和麵心上，氮微粒位於體內;

　　6根據晶胞結構可知Fe2+為面心立方，與Fe2+緊鄰的等距離的Fe2+有12個;用“均攤法”可得晶胞中含Fe2+：8×1/8+6×1/2=4個，含O2-：12×1/4+1=4個，晶體的化學式為FeO。

　　【詳解】1Fe原子核外有26個電子，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能級2個電子、3d能級1個電子形成Fe3+，Fe3+電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，簡化電子排布式為[Ar]3d5，故答案為：[Ar]3d5;

　　2根據同週期同主族元素性質遞變規律判斷，同一週期由左向右元素原子的第一電離能呈遞增趨勢，但氮原子2p軌道為半充滿狀態，第一電離能比相鄰的元素都大;同主族由上到下元素原子的第一電離能逐漸減小，N、O、S三種元素的第一電離能從大到小的順序為N>O>S;苯酚中碳原子的雜化軌道型別與苯分子中雜化軌道型別相同，都為sp2雜化，故答案為：N>O>S;sp2;

　　3FeCl3的熔沸點較低，說明FeCl3的晶體型別是分子晶體;SO42-離子中含有4個σ鍵，沒有孤電子對，所以其立體構型是正四面體形，故答案為：分子晶體;正四面體形;

　　4CO的結構式為C O，三鍵中含1個σ鍵和2個π鍵，中心原子Fe與配體CO之間形成配位鍵，配位鍵也是σ鍵;1個FeCO5分子中含10個σ鍵，1molFeCO5分子中含10molσ鍵;等電子體是指具有相同價電子數目和原子數目的分子或離子，與CO互為等電子體的離子為CN-或C22—，故答案為：10;CN-或C22—;

　　5由晶胞結構可知鐵微粒位於頂點和麵心上，氮微粒位於體內，用“均攤法”可得晶胞中含Fe個數為12×1/6+2×1/2+3=6個，N原子個數為2個，該晶體中鐵、氮的微粒個數之比為6:2=3:1，故答案為：3:1;

　　6根據晶胞結構可知Fe2+為面心立方，與Fe2+緊鄰的等距離的Fe2+有12個;用“均攤法”可得晶胞中含Fe2+：8×1/8+6×1/2=4個，含O2-：12×1/4+1=4個，晶體的化學式為FeO，1molFeO的質量為72g，1mol晶體的體積為72/ρcm3;晶胞的體積為72/ρcm3 NA×4=288/ρNAcm3，晶胞的邊長為 cm，Fe2+與O2-最短核間距為 cm= cm= 1010pm，故答案為：12; 。

　　【點睛】本題考查物質結構與性質，涉及了電子排布式的書寫、離子空間構型、晶體型別的判斷、σ鍵的確定、晶胞的分析和計算。用“均攤法”確定晶胞中所含微粒的個數，注意氮化鐵的晶胞不是平行六面體，是六方晶胞，處於頂點的粒子，同時為6個晶胞共有，每個粒子有1/6屬於該晶胞;處於面心的粒子，同時為2個晶胞共有，每個粒子有1/2屬於該晶胞;處於體內的粒子，完全屬於該晶胞。

　　12.苯酚是一種重要的化工原料。以苯酚為主要起始原料，經下列反應可製得香料M和高分子化合物N.部分產物及反應條件已略去

　　1B的官能團的名稱是_______________。

　　2已知C的分子式為C5H12O，C能與金屬Na反應，C的核磁共振氫譜有3組峰，則C的結構簡式 ______________________。

　　3由D生成N的反應型別是_________，B與C反應生成M的反應型別是_________。

　　4寫出M與NaOH溶液反應的化學方程式是__________________________________。

　　5物質F的結構是： ，則符合下列條件的F的同分異構體有 ______種。

　　①能發生銀鏡反應 ②能與NaHCO3溶液反應 ③分子中有苯環，無 結構。其中苯環上只有兩個取代基，且核磁共振氫譜有4組峰，峰面積之比為1:2:2:1的為___________寫結構簡式。

　　6已知： ，寫出以苯酚、乙醇和ClCH2COOH為原料製備 的合成路線流程圖無機試劑任用。___________

　　【答案】 1. 羧基、羥基酚羥基 2. 3. 縮聚反應 4. 取代反應酯化反應 5. 6. 13 7. 8.

　　【解析】

　　【分析】

　　苯酚與氫氧化鈉反應生成苯酚鈉，則A為 ，由合成流程可知B為 ，C的分子式為C5H12O，C能與金屬Na反應，說明屬於飽和一元醇，C分子中有3中不同化學環境的氫原子，故C的結構簡式是 ，B與C發生酯化反應生成M，M為 ;苯酚與丙酮反應生成D，D的分子式為C15H16O2，再結合N的結構可知D為 。

　　【詳解】1B的結構簡式為 ，其含有的官能團為羧基、醛基，故答案為：羧基、羥基酚羥基;

　　2C的分子式為C5H12O，C能與金屬Na反應，說明屬於飽和一元醇，C分子中有3中不同化學環境的氫原子，故C的結構簡式是 ，故答案為： ;

　　3D生成N的反應為 與 發生縮聚反應生成 ;B與C反應生成M的反應為在濃硫酸作用下， 與 共熱發生酯化反應生成 ，故答案為：縮聚反應;取代反應酯化反應;

　　4 含有羥基和酯基，與NaOH溶液反應生成 、 和水，反應的化學方程式為： ，故答案為：

　　;

　　5由結構簡式可知F的分子式為C8H6O4，由F的同分異構體符合條件可知分子中有苯環，含有—COOH，HCOO—或—CHO和—OH，若苯環上連有—COOH和HCOO—，有鄰、間、對3種位置異構;若苯環上連有—COOH、—CHO和—OH共有10種結構，則符合F的同分異構體條件共有13種;若苯環上只有兩個取代基，核磁共振氫譜有4組峰，峰面積之比為1:2:2:1的結構簡式為 ，故答案為：13; ;

　　6由題給資訊可知應先生成ClCH2COOH和苯酚鈉，然後在酸性條件下反應生成 ，進而與乙醇發生酯化反應可生成目標物，合成路線為： ，故答案為： 。

　　【點睛】本題考查有機化學基礎，是一道基礎有機合成題，著力考查閱讀有機合成方案設計、利用題設資訊、解決實際問題的能力，也考查了對資訊接受和處理的敏銳程度、思維的整體性和對有機合成的綜合分析能力，試題涉及酚、羧酸等性質與轉化，注意根據苯酚、D的分子式、N的結構式推斷D的結構是解答關鍵。

　　高三化學上學期期末試題閱讀

　　一.選擇題共8小題

　　1.下列物理量中，反映物質特性的是

　　A.質量 B.體積 C.密度 D.溼度

　　【答案】C

　　2.下列例項中利用大氣壓工作的是

　　A.吸塵器 B.液位計 C.船閘 D.訂書機

　　【答案】A

　　3.注射器針頭做的尖細是為了

　　A. 增大壓力 B.減小壓力 C。增大壓強 D.減小壓強

　　【答案】C

　　4.決定小燈泡亮暗程度的物理量是

　　A. 電壓 B.電流 C.電功 D.電功率

　　【答案】D

　　5.如圖1所示，雞蛋浮在鹽水面上，現沿杯壁緩慢加入清水使雞蛋下沉。在此過程中，關於雞蛋受到的浮力的大小，下列說法正確的是

　　A. 始終保持不變 B.先不變，後變小 C.先變小，後不變 D.始終變小

　　【答案】B

　　6.甲和乙是由同種材料製成的導體，當L甲>L乙，則關於甲和乙的橫截面積S，及電阻R的大小關係，下列說法正確的是

　　A.若S甲>S乙，則R甲一定大於R乙 B.若S甲

　　C.若S甲=S乙，則R甲一定小於R乙 D.若S甲>S乙，則R甲可能等於R乙

　　【答案】D

　　7、在圖2所示的電路中，電源電壓保持不變.閉合電鍵S，燈L正常發光，過了一段時間，觀察到兩電錶指標向相反方向偏轉。 若電路中只有一處故障，且只發生在電阻R或L上，則下列判斷正確的是　　

　　A.燈L一定斷路 B.燈L一定短路

　　C.燈L一定不亮 D.電阻R可能斷路

　　【答案】C

　　8、A、B兩個圓柱體放在水平地面，現分別沿水平方向切去A、B上部相同的厚度，剩餘部分如圖3所示，且對地面的壓強相同。則原來兩圓柱體對地面的pA、pB和壓力FA、FB的關係是　　

　　A.pA

　　C.pA>pB，FA=FB D.pA>pB，FA>FB

　　【答案】D

　　二.填空題共8小題

　　9.我國家庭電路電壓為　 　伏，家中使用的各用電器是　 　的選填“串聯”或“並聯”，同時使用的用電器越多，電路中的總電阻將越　 　選填“大”或“小”.

　　【答案】220;並聯;越小

　　10.義大利科學家　 　首先通過實驗測定了大氣壓強的數值，著名的　 　實驗向人們顯示大氣壓強的存在並且是很大的; 實驗表明大氣壓強的大小隨　 、溫度和溼度的變化而變化。

　　【答案】托裡拆利;馬德堡半球;海拔高度

　　11.鐵塊的密度是7.9×103千克/米3，其物理意義是：　 　。現有實新立方體鐵塊放在水平地面，若將它切去部分，則剩餘部分對地面的壓力 變小，壓強 變小。均選填“一定”或“可能”

　　【答案】1m3鐵塊的質量為7.9×103kg;一定;可能

　　12.三峽大壩水庫水面下10m深處的壓強是　 帕，大壩邊上修築的船閘是利用　 　原理工作的;大壩修築成上窄下寬的原因是 。

　　【答案】 9800;連通器;液體內部壓強隨深度的增加而增大。

　　13. 某導體兩端的電壓為6伏，若10秒內通過某導體橫截面的電荷量為6庫，則通過該導體的電流為　 　安，電流做功為　 　焦，當該導體兩端的電壓為0伏時，它的電阻為　 　歐.

　　【答案】0.3;18;20;

　　14.用電器標有“220V 40W”的字樣，“40W”表示　 　.當它正常工作時1分鐘，電流做功　 焦，通過的電流是　 　安。

　　【答案】用電器的額定功率是40W;528000;0.18

　　15.“水果電池”被稱為最天然也是最沒有汙染的電池，在水果中插入不同金屬製成的極板，並保持兩塊極板間的距離、極板與水果的接觸面積不變，用電壓表直接測量兩塊極板之間的電壓，結果如下表：

　　①“水果電池”實現的是 能轉化為電能。

　　②根據表中資料及相關條件可知：“水果電池”電壓與 和 有關。

　　鐵-鋅 鐵-銅 銅-鋅

　　蘋果 0.55伏 0.60伏 0.95伏

　　梨 0.40伏 0.50伏 0.90伏

　　菠蘿 0.50伏 0.55伏 1.00伏

　　橙 0.75伏 0.78伏 1.05伏

　　【答案】化學 水果種類 極板材料

　　16. 在圖4所示的電路中，電源電壓保持不變。閉合電建S、S1，電路正常工作。若不更換電路元件，且電建S始終處於閉合，請通過一定的操作達到如下要求。

　　① 使電流表A的示數變小的操作是：

　　② 使電流表A和A1示數比值變大的操作是：

　　【答案】向右移動滑動變組器或斷開電建S1; 向右移動滑動變阻器

　　三、作圖題共7分

　　17. 在圖5中，重為8牛的小球靜止在水面上，請用力的圖示法畫出該球所受的浮力F浮。

　　18. 在圖6所示的電路中，請根據標出的電流方向，從電池、電流表、電壓表三個元件符號中選擇合適的填入空缺處，使之成為串聯電路。

　　19. 在圖7所示的電路中，有一根導線尚未連線，請用筆畫線代替導線補上。補上後要求：閉合電鍵S，向右移動滑動變阻器的滑片P,電流表示數變小。

　　四、計算題共24分

　　20. 在某地質結構中，有一種密度為0.9×103千克/米3的原油。

　　①求質量為1800千克該原油的體積V。

　　②當該原油所處地下油層的壓強為1.35×107帕，油層上表面距地面2000米，若從地面向此油層鑽一口油井，則地下原油僅靠油層自身壓強能否噴射出地面，清通過計算說明。

　　【答案】1

　　2p=ρgh=0.9×103kg/m3×9.8N/kg×2000m=1.764×107Pa >1.35×107 Pa

　　∴不能噴出來

　　21.如圖8所示，水平放置的輕質圓柱形容器底面積為2×10-2米2，內裝有重為9.8N的水，現將體積為2×10-4米3、重為4.9N實心金屬球A用細線栓著浸沒在水中。

　　①求金屬塊A受到的浮力F浮

　　②求水對容器底部的壓力F水

　　③現將繩子剪斷，求繩子剪斷後容器對水平地面壓強變化了ΔP

　　【答案】①

　　②F水=G水+F浮=9.8N+1.96N=11.76N

　　③

　　22、在如圖9a所示的電路中，電源電壓恆定不變，閉合電鍵S。

　　①當R2接入電路的阻值為10歐，電流表A的示數為0.36安，求此時R2兩端電壓U2和消耗的電功率P2。

　　②在移動滑動變阻器R2的過程中，當電壓表V接在______選填“ab”、“bc”或“ac”兩端，則電流表A和電壓表V對應的示數如圖9b表格所示，求R1的阻值和電源電壓。

　　【答案】①U=IR2=0.36A×10Ω=3.6V

　　P2=UI=3.6V×0.36A=1.296W

　　②由表格中電流變大，電壓表讀數減小，所以電壓表並聯在bc兩端

　　R1=

　　U=IR=IR1+U2=0.1×10Ω+8V=9V

　　五、實驗題共18分

　　23. 在“探究物質質量與體積關係”的實驗中需要測量物理量是質量和 ，實驗室可以用 測質量。實驗過程中選用 選題“一種”或“多種”物質多次實驗的目的： 。

　　【答案】體積;天平;多種;得到普遍規律

　　24. 在“探究液體內部壓強與哪些因素有關”的實驗中，小李用圖10甲、乙、丙所示的器材進行實驗。

　　① 圖10甲所示裝置的名稱是：

　　② 為了探究液體內部壓強與深度的關係，可將帶橡皮膜的塑料盒先後放在 位置請填寫字母，並觀察

　　③ 考為了探究液體內部壓強與密度的關係，可將帶橡皮膜的塑料盒先後放在 位置請填寫字母。

　　【答案】①U形管壓強計;②a和b或c和d;U形管液麵高度差;③b和c

　　25. 小芳和小李做“探究串聯電路規律”實驗，所用實驗器材包括電源6伏、電鍵、若干已知阻值的電阻、電壓表、電流表和若干導線，他們先按圖11所示的電路圖正確連線電路。通過實驗探究得到串聯電路電流處處相等。

　　①為探究串聯電路電壓規律，小芬打算先將電壓表接在AB兩端，測電阻R1兩端電壓U1,然後保持電壓表B連線點不動，只斷開A連線點，並改接到C連線點上，測電阻R2兩端的電壓U2。小李覺得這樣操作無法測電阻R2兩端電壓U2。你認為小李的判斷是 選題“正確”或“錯誤”，理由是 。

　　② 討論完畢後，他們按正確的方法實驗，用電壓表分別測出R1、R2兩端的電壓U1、U2，以及R1、R2兩端總的電壓。並多次改變R1和R2的阻值，重複上述實驗，實驗記錄如下表所示：

　　a 分析比較表中最後三列的數量及相關條件，可得出的初步結論是：

　　b 進一步綜合分析比較U1與U2的比值和R1與R2的比值關係，可以得到的結論是：

　　③ 為探究串聯電路電阻規律，他們先將電流表串聯在圖11所示的電路中，然後用R替換R1和R2接入AC之間，當替換前後電流表示數保持相同時，電阻R即是R1和R2的總電阻，此過程用的科學方法是 。

　　【答案】①正確;連線電壓表要注意正負極;

　　②串聯電路總電壓等於各串聯電阻電壓之和;串聯電路電壓之比等於電阻之比;

　　③等效替代

　　26. 為測量某個未知電阻的阻值，老師提供了兩節乾電池、電壓表、電流表、電鍵、滑動變組器若干導線。小紅和小華分別設計了圖12甲、乙所示的實驗電路圖。

　　① 由設計電路圖可知，他們的實驗原理是：

　　② 比較兩個實驗電路，你認為更為合理的是圖 理由是

　　③ 小華按照圖12乙連線實物繼續實驗，並設計瞭如下實驗資料記錄表。

　　a閉合電鍵S後，移動滑動變組器滑片的過程中，電壓表、電流表有示數，但是示數變化範圍很小，簡述產生該現象的原因

　　b請在小表中補上實驗資料表格的有關欄目

　　【答案】R=U/I;圖乙;不用從新連線電路並且在一定範圍內可以連續測量電壓和電流的值;滑動變阻器阻值太小 ;電壓 伏;電流安;電阻歐;電阻平均值歐

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