1、四川省泸县第四中学2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）一、选择题1.为纪念日军侵华战争中死难的中国同胞，中国政府设立12月13日为国家公祭日。在侵华史上，日军曾使用芥子气（化学式C4H8Cl2S）屠杀中国军民，下列对芥子气的说法正确的是A. 有机物B. 碱C. 盐D. 单质【答案】A【解析】【详解】芥子气的化学式为C4H8Cl2S，从组成上看，属于有机物，故A正确。故选A。2.维生素P的结构如图所示，其中R为烷烃基，维生素P是一种营养增补剂。下列关于维生素P的叙述正确的是（）A. 分子中的官能团有羟基、碳碳双键、醚键、酯基B. 若R为甲基，则该物质的分子式可以表示为C16H14O7C
2、 该化合物遇三氯化铁溶液发生显色反应D. 1 mol该化合物与氢气加成所需氢气的物质的量最多是7 mol【答案】C【解析】【详解】A.分子中的官能团由羟基、羰基、碳碳双键、醚键，错误；B.若R为甲基，其分子式为C16H12O7，错误；C.该有机物含有酚羟基，故遇到三氯化铁溶液会呈紫色，正确；D.1mol该有机物最多能加成8mol氢气，错误；答案选C。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 电解精炼铜，当外电路通过NA个电子时；阳极质量减少32 gB. 反应3H2(g)+N2(g) 2NH3(g) H=-92kJmol-1，当放出热量 9.2 kJ时，转移电子0.6 NAC. l
3、molL-1的氯化铜溶液中，若Cl-的数目为2NA，则Cu2+的数目为NAD. 标准状况下，NO和O2各11. 2L混合充分反应，所得气体的分子总数为0.75 NA【答案】B【解析】【详解】A、阳极中除铜外，还含有其他杂质，如锌、铁等，锌、铁比铜活泼，先失电子，因此阳极质量减少的质量不等于32g，故A错误；B、转移6mole，放出92kJ热量，因此放出9.2kJ热量，转移电子mol=0.6mol，故B正确；C、题目中没有说明溶液的体积，无法计算微粒数目，故C错误；D、NO和氧气反应，2NOO2=2NO2，根据所给量，NO少量、O2过量，因此反应后NO2的物质的量0.5mol，还剩O2的物质的量
4、为0.25mol，气体总物质的量为0.75mol，但2NO2N2O4，因此气体物质的量小于0.75mol，所得气体的分子总数少于0.75 NA，故D错误；答案选B。4.下列说法正确的是A. 胶体与溶液的本质区别在于是否可以发生丁达尔现象B. 在常温下铁遇浓硫酸会钝化，所以可以用铁制容器来装运浓硫酸C. 氯气具有漂白性,可以使湿润的有色布条褪色D. 二氧化碳通入足量澄清石灰水中，没有白色沉淀生成【答案】B【解析】【详解】A.胶体与溶液的本质区别在于分散质粒子直径不同，故A错误；B.常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，其原理发生了氧化还原反应，生成氧化膜阻止反应进行，所以可以用铁制容器来装运浓硫酸，故B
5、正确；C.氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，但干燥的氯气不具有漂白性，故C错误D.二氧化碳通入足量澄清石灰水中，因发生CO2Ca(OH)2=CaCO3H2O,有白色碳酸钙沉淀生成，故D错误；本题答案为B，5.下列离子方程式的书写正确的是A. 氯气跟水反应：Cl2 + H2O 2H+ Cl+ ClO-B. 食醋与氨水反应：NH3H2OH= NH4H2OC. NaHCO3溶液中加少量Ca(OH)2溶液:2HCO3-+Ca2+2OH-=CaCO3+2H2O+CO32-D. 向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2恰好沉淀：Ba22H2OHSO42 = BaSO42H2O【答案】C【解析】【
6、分析】A、次氯酸是弱酸；B、醋酸是弱电解质；C、少量Ca(OH)2将完全被反应，反应中Ca2+和OH-的物质的量比为1：2；D、 向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2恰好沉淀，每摩Ba(OH)2只消耗1molNaHSO4；【详解】A、次氯酸是弱酸，氯气跟水反应：Cl2 + H2OH+ Cl+HClO，故A错误；B、醋酸是弱电解质，食醋与氨水反应：NH3H2OCH3COOH= CH3COONH4H2O，故B错误；C、少量Ca(OH)2将完全被反应，反应中Ca2+和OH-的物质的量比为1：2，NaHCO3溶液中加少量Ca(OH)2溶液:2HCO3-+Ca2+2OH-=CaCO3+2H2
7、O+CO32-，故C正确；D、 向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2恰好沉淀，每摩Ba(OH)2只消耗1molNaHSO4，向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2恰好沉淀：Ba2HOHSO42 = BaSO4H2O，故D错误；故选C。6.“电芬顿法”除去水体里有机污染物的原理如图所示，发生电芬顿反应：Fe2+H2O2= Fe3+OH-+OH，生成的羟基自由基(OH)能降解有机污染物。下列说法正确的是A. 电源的A极是正极，B极是负极B. 阴极上O2、Fe3+、H2O2得电子发生还原反应C. 阳极上发生电极反应：H2O-e-=OH+H+D. 常温常压下，消耗22.4LO2，
8、可以产生4molOH【答案】C【解析】A电源的A电极连接的电极上发生得电子的还原反应，则该电极为阴极，所以A为负极，A错误；BO2、Fe3+在阴极上得电子发生还原反应，H2O2与亚铁离子反应，则H2O2发生得电子的还原反应，B错误；C阳极上水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为：H2O-e-=OH+H+，C正确；D1molO2转化为2molH2O2转移2mole-，由Fe2+H2O2=Fe3+OH-+OH可知，生成2molOH，转移2mole-，在阳极上生成2molOH，所以消耗1molO2，可以产生4molOH，但常温下22.4L氧气不是1mol，D错误，答案选C。7.电解质溶液电导率越大
9、导电能力越强。常温下，用0.100 molL1盐酸滴定10.00 mL浓度均为0.100 molL1的NaOH溶液和二甲胺(CH3)2NH溶液(二甲胺在水中电离与氨相似， Kb(CH3)2NHH2O=1.6104)。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是A. 曲线代表滴定二甲胺溶液的曲线B. a点溶液中：c(CH3)2NH2c(CH3)2NHH2OC. d点溶液中：c(H)c(OH)c(CH3)2NHH2OD. b、c、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是b点【答案】C【解析】【详解】A、二甲胺是弱电解质，溶液中离子浓度较小，与盐酸反应后溶液中离子浓度增大，溶液的导电性
10、增强，因此曲线是滴定二甲胺溶液，故A错误；B、曲线是滴定NaOH溶液的曲线，故B错误；C、把二甲胺看作是NH3，加入10mL盐酸，两者恰好完全反应，根据质子守恒，因此由c(H+)=c(OH-)+c（CH3）2NHH2O，故C正确；D、b点反应后溶液中的溶质是二甲胺、 (CH3)2NH2Cl，溶液显碱性，二甲胺的电离抑制水的电离，c点恰好完全反应，溶质为NaCl，e点盐酸过量，抑制水的电离，因此电离程度最大的是c点，故D错误；答案选C。二、填空题8.某红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种，某化学兴趣小组对其组成进行探究。完成下列空格。提出假设：假设1：只存在Fe2O3；假设
11、2：_；假设3：既存在Fe2O3也存在Cu2O。查找资料：Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O。实验方案设计与分析：方案一：步骤一：取少量样品于烧杯中，加入过量浓硝酸，产生一种红棕色的气体。由此可得出假设_不成立，写出产生上述气体的化学方程式_。步骤二：取少量步骤一溶液置于试管中滴加_，振荡，若_，则说明假设3成立。方案二：取少量样品于烧杯中，加入过量稀硫酸，若固体全部溶解，说明假设_不成立。方案三：同学们设计了如下实验方案测定该样品中Fe2O3的质量分数（装置气密性良好，假设样品完全反应）: 步骤一：取样品并称量该样品的质量为m1；步骤二：测出反应前广口瓶和
12、瓶内物质总质量m2；步骤三：测出反应后广口瓶和瓶内物质总质量m3；步骤四：计算得出矿物样品中Fe2O3的质量分数。讨论分析：该实验方案_（填“能”或“不能”）测出矿物中Fe2O3质量分数。不改变装置和药品，通过计算得出矿物中Fe2O3的质量分数，你还可以通过测定_。若测得m1为3.04g，m3=m21.76g，则原样品中Fe2O3的质量分数为_（结果保留四位有效数字）。【答案】 (1). 只存在Cu2O (2). 1 (3). Cu2O+6HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+2NO2+3H2O (4). KSCN溶液 (5). 溶液显红色 (6). 2 (7). 能 (8). 测量反应后固体的
13、质量或广口瓶中沉淀的质量。（其他合理答案也给分） (9). 52.63%【解析】【详解】提出假设：根据题给信息：红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种和假设1和假设3知假设2为：只存在Cu2O。实验方案设计与分析：方案一：步骤一：样品与过量浓硝酸反应产生红棕色的NO2气体，硝酸发生了还原反应，Fe2O3中铁元素为+3价，只有氧化性，Cu2O中铜元素为+1价，既有氧化性又有还原性，则红色粉末中一定含有Cu2O，由此可得出假设1不成立，Cu2O与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，化学方程式为Cu2O+6HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+2NO2+3H2O；若要证明假设3成立
14、，则需要证明铁元素的存在，故步骤二为取少量步骤一溶液置于试管中滴加KSCN溶液，振荡，若溶液显红色，则说明假设3成立。方案二：根据信息Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O知取少量样品于烧杯中，加入过量稀硫酸，若固体全部溶解，说明假设2不成立。方案三：该实验方案的原理为Fe2O3 + 3CO2Fe+3CO2、Cu2O + CO2Cu+CO2，CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，通过测定反应前混合物的质量，反应前后广口瓶和瓶内物质总质量的差值，确定二氧化碳的质量，列方程组求解，能测出矿物中Fe2O3的质量分数；也可通过测量反应后固体的质量或广口瓶中沉淀的质量，列方程组求解，确定矿物中Fe
15、2O3的质量分数；若测得m1为3.04g，m3=m21.76g，则生成CO2的质量为1.76g，物质的量为0.04mol，根据氧原子守恒知混合物中氧原子的物质的量为0.04mol。设混合物中Fe2O3的物质的量为x，Cu2O的物质的量为y，则有160g/molx+144g/moly=3.04g（质量守恒），3x+y=0.04mol（氧原子守恒），联立解得x=0.01mol，y=0.01mol，则混合物中Fe2O3的质量为1.60g，则原样品中Fe2O3的质量分数为100=52.63%。9.以镍废料(主要成分为镍铁合金，含少量铜)为原料，生产NiO的部分工艺流程如下：已知：下表列出了几种金属离子
16、生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 molL1计算)。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.7沉淀完全的pH3.39.99.2(1) “酸溶”时Ni转化为NiSO4，该过程中温度控制在7080 的原因是_。(2) “氧化”时，Fe2参加反应的离子方程式为_。(3) “除铁”时需控制溶液的pH范围为_。(4) “滤渣”的主要成分为_(填化学式)。(5) “沉镍”时得到碱式碳酸镍用xNiCO3yNi(OH)2表示沉淀。在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，该反应的化学方程式为_。“沉镍”时，溶液pH增大，碱式碳酸镍中Ni
17、元素含量会增加，原因是_。【答案】 (1). 温度低于70 ，反应速率降低,温度高于80 ，HNO3分解(或挥发)加快 (2). 2Fe2H2O22H=2Fe32H2O (3). 3.3pH7.7 (4). CuS (5). xNiCO3yNi(OH)2(xy)NiOxCO2yH2O (6). Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3，pH越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大【解析】【分析】镍废料(主要成分为镍铁合金，含少量铜)加稀硫酸、稀硝酸进行“酸溶”，其中铁、镍溶于酸，铜也与硝酸反应产生氮氧化物；“氧化”时加入H2O2可将“酸溶”后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液p
18、H除去铁离子，过滤得到氢氧化铁滤渣和滤液；向除铁后的滤液中通入H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=CuS+2H+，除去Cu2+；再向除铜后的滤液中加入碳酸钠溶液沉淀镍离子，过滤、洗涤、干燥得到的固体经煅烧得到NiO，据此分析作答。【详解】（1）“酸溶”时加入了硫酸与硝酸溶液，考虑温度过低，工艺流程中化学反应速率较低，而温度过高，硝酸分解加快，不利于溶解铜，故答案为温度低于70 ，反应速率降低,温度高于80 ，HNO3分解(或挥发)加快；（2）“氧化”时加入H2O2可将“酸溶”后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，发生的离子方程式为：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；（3）“除铁”时要求铁离
19、子全部除掉，pH3.3，镍离子和铜离子留在溶液中，pH7.7，所以需控制溶液的pH范围为3.3pH7.7；（4）向除铁后的滤液中通入H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=CuS+2H+，因此滤渣的成分为CuS；（5）在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，xNiCO3yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O，其化学方程式为：xNiCO3yNi(OH)2(xy)NiOxCO2yH2O；碱式碳酸镍用xNiCO3yNi(OH)2表示沉淀中Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3，pH越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大，所以碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加。10.：Mo基催化剂的
20、耐硫甲烷化反应会涉及WGS 或者RWGS 反应，主要反应式如下：（1）CO和CO2甲烷化 CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) H1=-206.2kJ/molCO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H2=-165.0kJ/mol写出CO 与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式_。（2）CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H。现在容积均为1L 的a、b、c、d、e 五个密闭容器中分别充入1molCO和2molH2的混合气体，控温，进行实验，测得相关数据如下图1和图2。，该反应的H_0 （选填“”或“=”）。在50
21、0条件下达平衡时CO 的转化率为_。计算在300条件下达平衡时K=_。将容器d 中的平衡状态转变到容器c中的平衡状态，可采取的措施有_。：某电解装置如图所示，X、Y 均为惰性电极：（3）若a溶液为滴有酚酞试液的NaNO3溶液，通电一段时间后X 电极及周围溶液的现象是：_，Y 电极的电极反应式为_。（4）若a 溶液为饱和CuCl2溶液，当电路中有0.2 mol 的电子通过时，阴、阳两电极的质量之差是_g。【答案】 (1). CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H=41.2kJ/mol (2). (3). 60% (4). 25(mol/L)-2 (5). 降低温度或者增大压强 (6
22、). 溶液变红、X电极上有气泡产生 (7). 2H2O-4e-=O2+4H+（或4OH-4e-=O2+2H2O） (8). 6.4g【解析】（1）CO和CO2甲烷化 CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) H1=-206.2kJ/mol，CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H2=-165.0kJ/mol由盖斯定律-，CO 与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H=41.2kJ/mol；（2）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 由图1，升高温度，甲醇减少，平衡逆向移动，该反应的H0；（2） CO(g)
23、+2H2(g)CH3OH(g)n始/mol 1 2n变/mol 0.6 1.2 0.6n平/mol 0.4 0.8 0.6在500条件下达平衡时CO 的转化率为0.6/1100%=60%； CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)n始/molL-1 1 2n变/molL-1 0.8 1.6 0.8n平/molL-1 0.2 0.4 0.8计算在300条件下达平衡时K= =25(mol/L)-2；将容器d 中的平衡状态转变到容器c中的平衡状态，可采取的措施有降低温度或者增大压强；（3）若a溶液为滴有酚酞试液的NaNO3溶液，X为阴极，氢离子得电子后生成氢气，破坏水电离平衡，产生氢氧根，通电一段时
24、间后X 电极及周围溶液的现象是：溶液变红、X电极上有气泡产生，阳极是Y，Y 电极的电极反应式为 2H2O-4e-=O2+4H+（或4OH-4e-=O2+2H2O）；（4）若a 溶液为饱和CuCl2溶液，当电路中有0.2 mol 的电子通过时，阴极有0.2mol/264gmol1=0.64g铜析出，阳极产生氯气，两电极的质量之差是0.64g。11.已知X、Y、Z三种元素均为短周期元素，原子序数依次递增，Q、W为前30号元素。5种元素的部分特点：元素特点X其气态氢化物呈三角锥形，水溶液显碱性Y基态原子核外有三个能级，其中最外层电子数等于次外层电子数的3倍Z元素原子的外围电子层排布式为nsn1npn
25、1Q被誉为“太空金属”、“生物金属”，其基态原子最高能级有3个空轨道W原子M能层为全充满状态且核外的未成对电子只有一个（1）XF3分子中X的杂化类型为_，该分子的空间构型为_。（2）基态Q原子的电子排布式为_，第一电离能：X_Y(填“” “”或“=”)。（3）X、Y、Z电负性由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。（4）Na在Y2中燃烧产物的电子式为_。（5）Z和X形成的化合物常用作高温耐火材料，化学性质稳定，据此推测它应属于_晶体。（6）W元素与X元素形成某种化合物的晶胞结构如图所示(黑球代表W原子)，若该晶体的密度为 gcm-3，则该晶胞的体积是_cm3。【答案】 (1). sp3 (2).
26、 三角锥形 (3). 1s22s22p63s23p63d24s2 (4). (5). ONSi (6). (7). 原子 (8). 【解析】【分析】X、Y、Z三种元素均为短周期元素，原子序数依次递增，Q、W为前30号元素。由X的气态氢化物呈三角锥形，水溶液显碱性，X为N元素；Y的基态原子核外有三个能级，其中最外层电子数等于次外层电子数的3倍，最外层电子数为6，可知Y为O元素；Z的外围电子层排布式为nsn-1npn-1，n-1=2，可知n=3，即外围电子层排布式为3s23p2，Z为Si元素；Q被誉为“太空金属”也有“生物金属”之称，其基态原子最高能级有3个空轨道，则最高能级的电子排布式为3d2，
27、Q为Ti元素；W的原子M能层为全充满状态，且核外的未成对电子只有一个，电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，W为Cu元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为N元素、Y为O元素、Z为Si元素、Q为Ti元素、W为Cu元素。(1)XF3分子中N原子上有1对孤对电子，形成3个N-F共价键，则X的杂化类型为sp3；空间构型为三角锥形，故答案为：sp3；三角锥形；(2)Q为Ti元素，原子序数为22，基态Q原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；N的2p电子半充满，为稳定结构，则第一电离能XY，故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2；(3)非金属
28、性越强，电负性越大，则X、Y、Z电负性由大到小的顺序为ONSi，故答案为：ONSi；(4)Na在Y2中燃烧产物为过氧化钠，为离子化合物，其电子式为，故答案为：；(5)Z和X形成的化合物常用作高温耐火材料，化学性质稳定，可知熔点高，该化合物为原子晶体，故答案为：原子；(6)黑球代表W原子，位于棱上，个数为12=3，N位于顶点，个数为8=1，因此化学式为Cu3N，晶胞的质量为g，该晶体的密度为 gcm-3，则该晶胞的体积是=cm3，故答案为：。【点睛】本题易错点为(6)，要注意均摊法的应用，本题中Cu原子位于棱上，1个只能算个。12.羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物。其部分合成工艺如下：（1）已知
29、不能稳定存在。反应中X的分子式为C6H10O3，则X的结构简式为_。（2）反应、的反应类型分别为_、_。（3）下列有关说法正确的是_。A化合物B和C分子各含有1个手性碳原子B化合物C能发生加成反应、取代反应和消去反应C1 mol羟甲香豆素最多可与2 mol NaOH反应（4）写出满足下列条件的化合物C的一种同分异构体的结构简式_。能发生水解反应，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中只有2种不同化学环境的氢（5）反应化学方程式为_。【答案】 (1). CH3COCH2COOCH2CH3 (2). 加成反应 (3). 取代反应 (4). AB (5). (6). 【解析】【分析】（
30、1）由X的分子式C6H10O3和B的结构简式分析可知X的结构简式；（2）由A、X、B结构简式可以看出反应的反应类型，由B和C的结构简式看可以看出反应是B分子内的酯化反应；（3）观察B和C及羟甲香豆素的结构简式回答；（4）在C的同分异构体中，能发生水解反应，必须是含有酯基，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明属于酚酯，分子中只有2种不同化学环境的氢，要求分子结构是对称的，由此分析即可写出结构简式；（5）由题中看出反应是C发生消去反应，生成羟甲香豆素。【详解】（1）由X的分子式为C6H10O3且A和X反应生成B，对比A、B的结构简式及不能稳定的信息，不难看出X的结构简式为：CH3CO
31、CH2COOCH2CH3；本题答案为：CH3COCH2COOCH2CH3。（2）由A、X、B的结构简式可以看出反应X上的羰基和A发生的加成反应，由B和C的结构简式看可以看出反应是B分子内的取代反应；本题答案为：加成反应、取代反应。（3）A.连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，B和C的结构中均含有1个手性碳，故A正确；B.化合物C的分子中含有苯环，羟基、酯基所以能发生加成反应、取代反应和消去反应，故B正确；C.1 mol羟甲香豆素最多可与3 mol NaOH反应，故C错误；本题答案为：AB。（4）在C的同分异构体中，能发生水解反应，必须是含有酯基，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明属于酚酯，分子中只有2种不同化学环境的氢，要求分子结构是对称的，依据C的结构简式可知满足上述要求的同分异构体的结构简式为：；本题答案为：。（5）由题中看出反应是C发生消去反应，生成羟甲香豆素，化学方程式为：；本题答案为：。