1、西藏昌都市第一高级中学2021届高三化学上学期期末考试试题（含解析）1. 化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是( )A. “蜡炬成灰泪始干”中的“蜡”为高级脂肪酸酯，属于天然高分子化合物B. “九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”描写的是越窑青瓷，青瓷的显色成分为氧化铁C. 现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，从而可直观地证实乙醇分子间存在氢键D. 二氧化氯泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者消毒时均表现为强氧化性【答案】C【解析】【分析】【详解】A蜡为石油产品，为烃，不是高级脂肪酸酯，更不是天然高分子化合物，故错误；B氧化铁的颜色为红棕色，青瓷的显色成分是四氧化铁，故错误；C氧
2、元素的非金属性，因此在乙醇分子间存在着氢键，故正确；D二氧化氯泡腾片消毒时表现为强氧化性，酒精没有强氧化性，故错误；故选；2. 下列实验操作和现象所得结论正确的是( )选项实验操作现象结论A向某无色溶液中滴加稀盐酸溶液变浑浊原溶液中一定存在B向某无色溶液中滴加稀NaOH溶液未观察到明显现象原溶液中一定不存在C向酸性溶液中通入溶液紫红色褪去具有还原性D向某溶液中通入，再滴入KSCN溶液溶液变红原溶液中一定含有A AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】【详解】A选项，向某无色溶液中滴加稀盐酸，溶液变浑浊，则原溶液中可能是Ag+、SiO32，故A错误；B选项，向某无色溶液中滴加稀NaO
3、H溶液，未观察到明显现象，不能说明溶液中没有NH4+，检验的方法是向无色溶液中NaOH溶液，再加热，有刺激性气味或能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则溶液中含有NH4+，故B错误；C选项，向酸性高锰酸钾溶液中通入二氧化硫，溶液紫红色褪去，酸性高锰酸钾和二氧化硫发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，故C正确；D选项，向某溶液中通入Cl2，再滴入KSCN溶液，溶液变红，则溶液中含有Fe3+，而此时的Fe3+是原来有，还是通入Cl2后生成的呢？不清楚，所以不能说原溶液中含Fe2+，故D错误；综上所述，答案为C。3. 设为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是( )A. 14g
4、乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2B. 1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2C. 常温下，27gAl投入到足量的浓硫酸中转移电子数为3D. 标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4【答案】A【解析】【分析】【详解】A乙烯和丙烯最简式相同，最简式为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2，故A正确；B合成氨的反应为可逆反应，所以1molN2与4molH2反应不会完全转化生成mol NH3，NH3的分子数应小于2，故B错误；C常温下， Al投入到足量的浓硫酸中会发生钝化，不能继续反应，故C错误；D标准状况下， CCl4呈液态，故D错误；故选A；【点睛】此类题应注
5、意，标准状况时物质的状态，反应是否可逆，反应是可持续进行等特殊情况。4. 新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A. 电极b为电池负极B. 电路中每流过4mol电子，正极消耗44.8LH2SC. 电极b上的电极反应为：O2+4e-4H+=2H2OD. 电极a上的电极反应为：2H2S+2O2-4e-=S2+2H2O【答案】D【解析】由图中信息可知，该燃料电池的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入到电极a，所以a电极是负极，发生的电极反应为2
6、H2S+2O2-4e-=S2+2H2O；氧气通入到电极b，所以b电极是正极。该反应中电子转移数为4个电子，所以电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，发生的电极反应为O2+4e-=2O2-.综上所述，D正确，选D。点睛：本题考查的是原电池原理。在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生，其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极；氧化剂在正极上得到电子发生还原反应，电子定向移动形成电流。在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在，如果产物能与电解质的离子继续反应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。有时燃料电池的负极反应会较
7、复杂，我们可以先写出总反应，再写正极反应，最后根据总反应和正极反应写出负极反应。本题中电解质是氧离子固体电解质，所以正极反应就是氧气得电子变成氧离子，变化较简单，可以先作出判断。5. 某有机物的结构简式如图所示，下列有关该物质的说法正确的是（）A. 该物质的分子式为C16H18O3B. 该物质分子中的所有氢原子可能共平面C. 滴入KMnO4（H+）溶液，可观察到紫色褪去，能证明结构中存在碳碳双键D. 1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时最多消耗Br2和H2分别为4mol、7mol【答案】D【解析】【分析】【详解】A该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和颜色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚
8、和氧化反应，该物质的分子式为C16 H16O3，A错误；B该物质存在甲基，所以分子中的所有氢原子不可能共平面，B错误；C酚羟基也能使KMnO4（H）溶液紫色褪去，所以不能证明结构中存在碳碳双键，C错误；D分子中含有3个酚羟基，苯环上共有3个邻位H原子可被取代，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，分子中含有2个苯环和1个碳碳双键，可与氢气发生加成反应，则1 mol该物质分别与浓溴水和H2反应时，最多消耗Br2和H2分别为4 mol、7 mol，D正确；答案选D。6. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地
9、壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是( )A. 元素X与氢形成原子个数比为1：1的化合物有多种B. Z的原子半径比Y的原子半径大C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2，且各微粒均满足8电子的稳定结构【答案】B【解析】【分析】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。【详解】A元素X为 C元素，与氢
10、形成的原子个数比为11的化合物有C2H2，C6H6等多种，故A正确；BY为Al元素，Z为S元素，位于同周期，同周期元素随核电荷数增大原子半径逐渐减小，S的原子半径比Al的原子半径小，故B错误；CY为Al元素，金属Al与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；DX为 C元素，Z为S元素，二者形成的共价化合物XZ2为CS2，电子式为：，且各微粒均满足8电子的稳定结构，故D正确；答案选B。7. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )A. 铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色：Fe+4H+-=Fe3+NO十2H2OB. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I-+3H2O=3I2+6OH-C. 向水
11、杨酸()中滴加NaHCO3溶液，放出无色气体：+2+2CO2+2H2OD. 0.01molL-lNH4Al(SO4)2溶液与0.02molL-lBa(OH)2溶液等体积混合：+Al3+2+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色，反应应生成亚铁离子，不是铁离子，故A错误；B用KIO3氧化酸性溶液中的KI，反应的环境为酸性，方程式中不能有氢氧根离子的大量存在，故B错误；C苯甲酸的酸性大于碳酸，碳酸大于石碳酸，因此苯甲酸与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，而苯酚与碳酸氢钠不反应，判据中的反应方程式不符合实际，故C错误
12、；D0.01molL-lNH4Al(SO4)2溶液与0.02molL-lBa(OH)2溶液等体积混合，nNH4Al(SO4)2:n(Ba(OH)2)=1:2，反应生成氢氧化铝沉淀、一水合氨和硫酸钡沉淀，方程式书写正确，故D正确；故选D。8. 硫化氢大量存在于天然气及液化石油气中，近年来发现可用于制取氢气、合成硫醇等。回答下列问题：(1)D.Berk等学者设计的用FeS催化分解包括下列反应：. .=_(用表示)。已知单质硫气态时以形式存在(结构为S=S)。键能E(H-S)=339、E(H-H)=436、E(S=S)=225，则=_。是离子化合物，Fe显+2价，的电子式为_。(2)银器长期露置在含
13、的空气中表面会生成而变黑，该反应的氧化剂为_；将表面变黑的银器放在盛有食盐水的铝制容器中煮沸，表面重新变为光亮，正极发生的电极反应为_。(3)实验室用粗锌制取氢气时常含有少量的，可用酸性溶液(被还原为)将氧化为S而除去，该反应的离子方程式为_。(4)与合成硫醇的反应在不同温度及不同物质的量之比时的平衡转化率如图所示：该反应的_0(填“”或“”或“ (8). (9). 4/3或1.33 (10). 及时从体系中分离出【解析】【分析】【详解】(1)根据盖斯定律，由(I)与()式相加再乘以2即得()式，所以=根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和可知=4E(H-S)-2E(H-H)-E(S=S)=
14、(4339-2436-225)kJ/mol=+259 kJ/mol；FeS2由Fe2+和构成，与结构相似，所以电子式为；(2)由金属活动性，H2S与Ag不能发生置换反应，但在空气中能发生，氧化剂为O2；除去表面Ag2S时，放在铝制容器中以食盐水为电解质溶液构成微电池，铝作负极，负极反应为：Al-3e-=Al3+，Ag2S在正极发生还原反应得到银单质，电极反应为：Ag2S+2e-=2Ag+S2-；(3)得5e-，失2e-，依据电子守恒，配平化学方程式可得；(4)由于温度越高，(CH3)2S (甲硫醚)平衡转化率越大，故正反应为吸热反应。反应物中投料比越大，(CH3)2S的平衡转化率越大，故。A点
15、甲硫醚的转化率为50%，初始投料为0.2molH2S和0.1mol(CH3)2S，容器体积为2L，列三段式有： ；由于压强不是影响该反应平衡移动的因素，故增大(CH3)2S的平衡转化率可采取减小生成物的浓度，及时将生成的CH3SH从体系中分离出来。【点睛】第2题为易错点，铝、银和电解质溶液构成原电池，铝比银活泼为负极，Al失去电子生成铝离子，正极发生还原反应，Ag2S获得电子生成Ag与硫离子，电解质溶液中铝离子与硫离子发生水解反应反应式生成氢氧化铝与硫化氢气体。9. 氰化钠化学式为NaCN(C元素为+2价，N元素为-3价)，白色结晶颗粒，剧毒，易溶于水，水溶液呈碱性，易水解生成氰化氢。如果氰化
16、钠泄漏，可以通过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来处理，以减轻环境污染。.(1)NaCN水溶液呈碱性，其原因_(用离子方程式解释)。(2)双氧水氧化法除NaCN：碱性条件下加入H2O2，可得到纯碱和一种无色无味的无毒气体。该反应的离子方程式为_。.某化学兴趣小组实验室制备硫代硫酸钠(Na2S2O3)，并检测用硫代硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水能否达标排放。【实验一】实验室通过如图装置制备Na2S2O3。(1)b装置的作用是_。(2)反应后c装置中的产物有Na2S2O3和CO2等，d装置中的溶质有NaOH、Na2CO3，d中还可能有_。(3)实验结束后，在e处最好连接盛_(填“NaOH溶液”“水”或“C
17、Cl4”)的注射器，再关闭K2打开K1防止拆除装置时污染空气。【实验二】测定用硫代硫酸钠溶液处理后的废水氰化钠的含量，已知：废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L，AgI呈黄色，且CN-优先与Ag+反应。实验如下：取25.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，消耗AgNO3溶液的体积为2.50mL。(已知AgNO3溶液的浓度为0.1mmol/L)(4)滴定终点的判断方法是_。(5)处理后的废水中氰化钠的含量为_mg/L。【答案】 (1). (2). (3). 安全瓶，防止倒吸 (4). (5). NaOH溶液 (6). 滴入最后一滴硝酸银溶液，出现黄色沉淀，且振荡后不消失 (7). 0.
18、98【解析】【分析】a装置制备二氧化硫，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，b为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，据此解答。【详解】.(1)NaCN为强碱弱酸盐，CN-水解呈碱性，反应的离子方程式为；(2)双氧水氧化法除NaCN：碱性条件下加入H2O2，可得到纯碱和一种无色无味的无毒气体，根据原子守恒可判断该气体应该是氮气，则该反应的离子方程式为；.(1)a装置制备二氧化硫，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，因此b装置的作用是为安全瓶，防止溶液倒吸；(2)反应后c装置中的产物有Na2S2O3和CO2等，d装置吸收二氧化硫，碱过量
19、，d中溶质有NaOH、Na2CO3、Na2SO3；(3)验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收；(4)CN-优先与Ag+反应生成Ag(CN)2-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，说明反应到达滴定终点，因此滴定终点的判断方法是：滴入最后一滴硝酸银溶液，出现黄色沉淀，且振荡后不消失；(5)消耗AgNO3的物质的量为：2.510-3L0.0001mol/L=2.5010-7mol，根据方程式，处理的废水中氰化钠的质量为2.5010-7mol249g/mol=2.4510-5g，废水中氰化钠的含量为：=0.98mg/L。1
20、0. 铬鞣剂Cr(OH)SO4可用于提高皮革的耐曲折强度。一种以铬渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4的工艺流程如下：(1)铬渣焙烧时需要粉碎，其目的是_。“焙烧”时Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式是_。(2)“滤渣1”中的一种成分为铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10)，是制造水泥的原料之一，用氧化物的形式表示其化学式：_。(3)“滤渣2”的主要成分是_和H2SiO3，调节pH=b(b小于7)时发生的主要反应离子方程式为_。(4)“过滤2”所得溶液中铬元素含量为23.4g/L，调节pH后有转化为，转化后所得溶液中c()_
21、。(5)最终产品中可能含有微量，测定其含量时，可用TBP溶剂萃取溶液中的。由萃取剂选择标准，猜想选择TBP作为萃取剂的理由是_。【答案】 (1). 增大反应物的接触面积，提高原料的利用率 (2). (3). (4). Al(OH)3 (5). (6). 0.2mol/L (7). 在TBP中的溶解度大于其在水中的溶解度，且TBP不溶于水【解析】分析】由流程可知，铬渣加入纯碱、空气和辅料氧化煅烧，主要发生，副反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2，且水浸之后滤渣1中一种成分为铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10)，加入稀硫酸调节pH，除
22、去溶液中的偏铝酸根离子和硅酸跟离子，则滤渣2为氢氧化铝、硅酸，经调节pH=b、蒸发结晶后可生成重铬酸钠，然后加入甲醇、硫酸生成Cr(OH)SO4，以此解答该题。【详解】(1)铬渣焙烧时需要粉碎，其目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；“焙烧”时Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式是；(2)“滤渣1”中的一种成分为铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10)，是制造水泥的原料之一，用氧化物的形式表示其化学式4CaOAl2O3Fe2O3；(3)根据以上分析可知“滤渣2”的主要成分是Al(OH)3和H2SiO3，调节pH=b(b小于7)时铬酸钠转化为重铬酸钠，发生的主要反应离子
23、方程式为；(4)“过滤2”所得溶液中铬元素含量为23.4g/L，假设溶液体积是1L，则根据Cr原子守恒可知溶液中铬酸根离子的物质的量是23.4g52g/mol0.45mol，调节pH后有转化为，转化后所得溶液中重铬酸根离子的物质的量是0.2mol，溶液体积为1L，则c()0.2mol/L；(5)选用的萃取剂的原则：和原溶液中的溶剂互不相溶；对溶质的溶解度要远大于原溶剂，因此猜想选择TBP作为萃取剂的理由是在TBP中的溶解度大于其在水中的溶解度，且TBP不溶于水。11. 历史上金、银、铜主要是作为货币金属或装饰品被应用。试回答下列问题：(1)Ag在元素周期表中位置_，Ag的价电子排布式为_。(2
24、)冶金工业上，提取金的原理是2Au(CN)2Zn2AuZn(CN)42。与CN互为等电子体的分子有_(任写一种)，HCN分子中键和键数目之比为_。(3)已知基态铜的部分电离能如表所示：电离能/kJ/molI1I2I3Cu74619582058由表格数据知，I2(Cu)远远大于I1(Cu)，其原因是_。(4)已知：硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)即可得到结构如图所示配合物。配合物中碳原子的轨道杂化类型为_。1mol氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)含有键的数目为_mol。(5)某Q原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与Q形成化合物的晶胞如图所示(白球代表Q原子)。每个铜原
25、子周围距离最近的铜原子数目为_个；该晶体的化学式为_。已知该晶体的密度为gcm3，晶体的摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体中铜原子和Q原子之问的最短距离为_pm(1pm1012m，只写计算式)。【答案】 (1). 第五周期IB族 (2). 4d10 (3). CO(或N2等合理答案) (4). 1：1 (5). Cu的3d电子处于全充满状态，稳定性强 (6). sp2、sp3 (7). 8 (8). 12 (9). CuCl (10). 【解析】【分析】【详解】(1)Ag的原子序数是47，位于铜的下一周期，在元素周期表中的位置是第五周期IB族，Ag的价电子排布式为4d1
26、0。(2)原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，则与CN互为等电子体的分子有CO或N2等，HCN的结构式为HCN，因此分子中键和键数目之比为2：21：1。(3)由于I1是失去4s电子，I2是失去3d电子，Cu的3d电子处于全充满状态，稳定性强，因此I2(Cu)远远大于I1(Cu)。(4)配合物中饱和碳原子全部形成单键，为sp3杂化，酯基中的碳原子含有碳氧双键，其轨道杂化类型为sp2。单键都是键，双键中含有1个键，则1mol氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)含有键的数目为8mol。(5)某Q原子的外围电子排布式为3s23p5，Q是Cl。铜与Cl形成化合物的晶胞如图所示 (白球代表Q原子)，
27、根据晶胞结构可知每个铜原子周围距离最近的铜原子位于面心处，其数目为12个；晶胞中含有4个Cl，Cu个数是，该晶体的化学式为CuCl。已知该晶体的密度为gcm3，晶体的摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体的边长是cm1010pm，晶胞中铜原子和Q原子之问的最短距离为体对角线的，即为pm。12. H是胃炎药溴丙胺太林的合成中间体，其合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)A的名称为_；D的分子式为_。(2)BD的反应类型为_。(3)F在核磁共振氢谱中有_组峰。(4)FG反应的化学方程式为_。(5)B的同分异构中满足下列条件的有_种(不考虑立体异构)；任意写出其中的一种同分异构
28、体的结构简式：_。遇FeCl3溶液显紫色；能发生银镜反应(6)设计由邻二甲苯()为原料合成的路线(其他无机试剂任选)。_【答案】 (1). 苯甲酸 (2). C13H10O3 (3). 取代反应 (4). 6 (5). +NaCN+CH3COOH+CH3COONa+H2O (6). 10 (7). (其他合理答案均可) (8). 【解析】【分析】由AB的反应条件可知，该反应为苯环上的取代反应，A的结构简式为，同理根据反应条件和B与D的结构简式可知，B与C发生取代反应生成D，则C为苯酚，接着D在硫酸作用下转化为E，E催化加氢得到F，根据已知信息可知，F与NaCN发生取代反应生成G，可知G的结构简
29、式为，最终G中的-CN在氢氧化钠作用下转化为-COONa再酸化后得到目标产物H，据此结合流程图分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，A的结构简式为，其名称为苯甲酸；D的结构简式为，分子中含9个不饱和度，则得出该分子的分子式为C13H10O3，故答案为：苯甲酸；C13H10O3；(2)观察B和D的结构简式可知，结合上述分析可知，该反应为取代反应；(3)根据F分子的结构简式可知，该分子中有6种不同环境的氢原子，故其核磁共振氢谱中有6组峰；(4)由F和G的结构简式可知，该反应的反应类型为取代反应，其化学方程式为+NaCN+CH3COOH+CH3COONa+H2O；(5)能遇FeCl3溶液显紫色，则说明分子中含苯酚，即苯环的测链上有羟基；能发生银镜反应，则说明分子中还含有醛基，由B的结构可知，其同分异构体的苯环上应有3个取代基，分别为羟基、醛基和氯原子，其同分异构体根据“定二议一”的原则分类讨论如下，可以先固定羟基、醛基，再移动氯原子（不同的位置用数字表示），其结构如下：、，故共计10种同分异构体，故答案为：10；(6)可设计先将甲基利用取代反应转化为氯代烃，然后将氯代烃水解生成羟基，再利用FG的反应条件将羟基转化为羧基即可实现反应的合成路线，具体如下：。