届辽宁葫芦岛市普通高中高三上学期期末考试化学试题解析版.docx

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届辽宁葫芦岛市普通高中高三上学期期末考试化学试题解析版

辽宁省葫芦岛市普通高中2017-2018学年高三上学期期末考试

化学试题

1.化学在人类生活中扮演重要角色，下列说法正确的是

A.蔬菜和粗粮中富含纤维素，纤维素在人体中酶的作用下能水解成葡萄糖

B.混凝法、中和法、沉淀法、氧化还原法是工业处理废水常用的方法

C.装潢涂料用苯作溶剂比用水作溶剂好

D.鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液，有沉淀生成是因为蛋白质变性

【答案】B

【解析】A、人体中没有分解纤维素的酶，因此纤维素在人体中不能发生水解，故A错误；B、工业处理废水常用方法是混凝法、中和法、沉淀法、氧化还原法等，故B正确；C、苯对人体有害，因此装潢涂料中用水作溶剂比用苯作溶剂好，故C错误；D、鸡蛋清中含有蛋白质，加入饱和硫酸钠溶液，发生盐析，故D错误。

2.下列说法正确的是

A.植物油的主要成分是高级脂肪酸

B.甲烷和乙烯都能与氯气发生反应，但发生反应的类型不同

C.蔗糖及其水解产物均可发生银镜反应

D.乙醇在一定条件下变为乙醛的反应属于消去反应

【答案】B

【解析】A、植物油属于油脂，油脂是高级脂肪酸与甘油通过酯化反应生成的，故A错误；B、甲烷与氯气发生取代反应，发生CH4＋Cl2

CH3Cl＋HCl，乙烯与氯气发生加成反应，发生CH2=CH2＋Cl2→CH2Cl－CH2Cl，反应类型不同，故B正确；C、蔗糖不能发生银镜反应，故C错误；D、乙醇发生催化氧化，其反应是2CH3CH2OH＋O2

2CH3CHO＋2H2O，此反应属于氧化反应，故D错误。

3.下列有关实验的说法正确的是

A.将SO2通入溴水中，溴水褪色证明SO2具有漂白性

B.将含有少量HCl的Cl2通入水中以除去HCl杂质

C.将蔗糖溶液和少量稀H2SO4混合加热后，加入新制的Cu（OH）2检验蔗糖是否水解

D.将乙烯通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色证明乙烯具有还原性

【答案】D

..................

4.固体酒精因储存和运输方便而被广泛使用。

其制备方法之一如下：

下列说法不正确的是

A.将酒精加热到60℃的目的是使更多的硬脂酸溶解在其中

B.上述过程中，有酸碱中和反应发生

C.上述过程中，加入NaOH发生皂化反应

D.常温下，硬脂酸钠在酒常中的溶解度小于在水中的溶解度

【答案】C

【解析】A、温度升高，硬脂酸的溶解度增大，将酒精加热到60℃的目的是使更多的硬脂酸溶解在其中，选项A正确；B、硬脂酸和氢氧化钠反应属于酸碱中和反应，选项B正确；C、皂化反应是油脂在碱性条件下的水解，硬脂酸不是油脂，选项C不正确；D、常温下，硬脂酸钠以酸根离子和钠离子存在于水中，故在酒精中的溶解度小于在水中的溶解度，选项D正确。

答案选C。

5.下列关于有机物的说法正确的是

A.糖类、油脂和蛋白质都是人体必需的营养物质，都属于高分子化合物

B.1mol苹果酸（ HOOCCHOHCH2COOH）可与3molNaHCO3 发生反应

C.丙烯分子中所有原于均在同一平面上

D.分子式为C4H7ClO2 的羧酸可能有5种

【答案】D

【解析】A.糖类、油脂和蛋白质都是人体必需的营养物质，蛋白质属于高分子化合物，但糖类中的单糖双糖、油脂都不属于高分子化合物，选项A错误；B.1mol苹果酸[HOOCCH（OH）CH2COOH]可与2molNaHCO3发生反应，选项B错误；C.丙烯中含有甲基，而甲基是四面体结构，故丙烯中原子不可能同一平面上，选项C错误；D.分子式为C4H7ClO2的羧酸可能有CH2ClCH2CH2COOH、CH3CHClCH2COOH、CH3CH2CHClCOOH、CH2ClCH（CH3）COOH、（CH3）2CClCOOH共5种，选项D正确。

答案选D。

6.下列离子方程式表达正确的是

A.用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜:

Al2O3+2OH-=2A1O2-+ H2O

B.小苏打用于治疗胃酸过多:

CO32-+2H+= CO2↑+H2O

C.黄色的AgI悬浊液中加入Na2S 溶液后变黑:

 2Ag++S2-=AgS↓

D.用惰性电极电解熔融氯化钠:

2Cl-+2H2O

Cl2↑+H2↑+2OH-

【答案】A

【解析】A.用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜，反应的离子方程式为:

Al2O3+2OH-=2A1O2-+ H2O，选项A正确；B.小苏打用于治疗胃酸过多，反应的离子方程式为:

HCO3-+H+=CO2↑+H2O，选项B错误；C.黄色的AgI悬浊液中加入Na2S溶液后变黑，反应的离子方程式为：

2AgI（s）+S2-（aq）=Ag2S（s）+2I-（aq），选项C错误；D.用惰性电极电解熔融氯化钠，反应的离子方程式为:

2NaCl（熔融）

Cl2↑+2Na，选项D错误。

答案选A。

7.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是

A.1mol 苯乙烯中含碳碳双键数为4NA

B.盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5mol

C.标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移6.02×1022个电子

D.1L0.1mol•L-1 的氨水中有0.1NA个NH4+

【答案】B

【解析】A、苯乙烯的结构简式为

，苯环中不含碳碳双键，1mol苯乙烯中含有碳碳双键的物质的量为1mol，故A错误；B、1molSO2中含有2molO，含NA个氧原子的二氧化硫，推出SO2的物质的量为0.5mol，故B正确；C、有少量的氯气与水发生反应，氯气与水反应：

Cl2＋H2O

HCl＋HClO，因此无法计算转移电子物质的量，故C错误；D、NH3·H2O属于弱电解质，部分发生电离，NH4＋物质的量小于0.1mol，故D错误。

8.下列实验能达到目的是

A.验证NH3的溶解性B.分离提纯碘C.检验SO2和CO2D.制取SO2

【答案】A

【解析】A、氨气如果极易溶于水，造成烧瓶内的压强减小，形成喷泉实验，说明氨气极易溶于水，能够完成实验目的，故A正确；B、通过实验得到碘的四氯化碳的溶液，仍然为混合物，然后通过蒸馏，得到碘单质，因此本实验不能分离提纯碘，故B错误；C、SO2和CO2都能与澄清石灰水发生反应，生成白色沉淀，因此本实验不能检验CO2和SO2，故C错误；D、铜粉与浓硫酸发生反应需要加热，所给实验装置缺少加热装置，故D错误。

9.全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物无污染等优点。

中国科学家成功合成全氮阴离子N5+，N5+是制备全氮类物质N5+N5-的重要中间体。

下列说法中，不正确的是

A.全氮类物质属于绿色能源B.每个N5+中含有35个质子

C.每个N5+中含有35个电子D.N5+N5-结构中含共价键

【答案】C

【解析】A、根据全氮类物质具有高密度、超高能量及爆炸产物无污染等优点可知A正确。

B、N5+的质子数为7*5=35，B正确。

C、N5-含有的电子数为5*7+1=36，C错误。

D、N5+N5-结构中含阳离子N5+和阴离子N5-，为离子键，属于离子化合物，N5+中有5个氮原子，氮原子间为共价键，N5-含有5个氮原子，氮原子间为共价键，D正确。

正确答案为C

10.对于下列实验事实的解释，不合理的是

选项

实验事实

解释

A

加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固体

H2SO4不易挥发，HCl易挥发

B

电解CuCl2溶液，阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得不到Na

得电子能力：

Cu2+>Na+>H+

C

浓HNO3能氧化NO，稀HNO3不能氧化NO

HNO3浓度越大，氧化性越强

D

钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈

羟基中氢的活性：

C2H5OH2O

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A、硫酸镁溶液中：

Mg2＋＋2H2O

Mg（OH）2＋2H＋，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干得到的是MgSO4，氯化镁溶液：

MgCl2＋2H2O

Mg（OH）2＋2HCl，加热促进水解，HCl易挥发，加热促进HCl的挥发，更加促进反应向正反应方向进行，因此加热蒸干得到的是Mg（OH）2或MgO，解释合理，故A说法正确；B、根据电解原理，电解CuCl2溶液，阴极上发生Cu2＋＋2e－=Cu，说明Cu2＋得电子能力大于H＋，电解NaCl溶液，阴极发生2H＋＋2e－=H2↑，说明H＋得电子能力强于Na＋，得电子能力强弱是Cu2＋>H＋>Na＋，因此解释合理，故B说法错误；C、浓硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能氧化NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，解释合理，故C说法正确；D、钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明水中H＋的浓度大于乙醇中c（H＋），即羟基中氢的活性：

CH3CH2OH

11.某温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入H2和I2，发生反应：

H2（g）+I2（g）

2HI（g）。

反应体系中各物质浓度的有关数据如下。

容器

起始浓度

平衡浓度

c（H2）/mol·L-1

c（I2）/mol·L-1

c（HI）/mol·L-1

甲

0.01

0.01

0.004

乙

0.01

0.02

a

丙

0.02

0.01

b

丁

0.02

0.02

——

下列判断正确的是

A.H2的平衡浓度：

a=b>0.004B.平衡时，H2的转化率：

丁>甲

C.平衡时，乙中H2的转化率等于20%D.丙中条件下，该反应的平衡常数K=4

【答案】A

【解析】A、甲与乙对照，乙相当于在甲的基础再通入0.01mol·L－1的I2，平衡向正反应方向移动，因此a>0.004mol·L－1，乙和丙对照，因为该反应前后气体系数之和相等，因此乙和丙中HI的物质的量浓度相等，即a=b>0.004mol·L－1，故A正确；B、丁相当于在甲的基础上增大压强，因为反应前后气体系数之和相等，因此增大压强，平衡不移动，H2的转化率向等，即丁=甲，故B错误；C、甲容器中，消耗H2物质的量浓度为0.004/2mol·L－1=0.002mol·L－1，即氢气的转化率为0.002/0.01×100%=20%，乙相当于在甲的基础再通入0.01mol·L－1的I2，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，即乙中氢气转化率大于20%，故C错误；D、甲容器达到平衡时，c（H2）=（0.01－0.002）mol·L－1=0.008mol·L－1，c（I2）=0.008mol·L－1，根据化学平衡常数的数学表达式，K=

=0.25，因为化学平衡常数只受温度的影响，因此丙条件下的K=0.25，故D错误。

12.X、Y、Z、W为短周期元素，且原子序数依次增大，X2-和Y+核外电子排布相同，X、Z位于同一主族，Z、W位于同一周期，W的最外层电子数是X、Y最外层电子数之和。

下列说法不正确的是

A.原子半径Y>Z>X

B.X 分别与Y、Z形成的化合物均至少有两种

C.最高价氧化物对应水化物的酸性：

W>Z

D.氢元素在与X、Y、Z分别形成的化合物中，化合价均为+1

【答案】D

【解析】四种元素为短周期元素，且原子序数依次增大，X2－和Y＋核外电子排布相同，因此X为O，Y为Na，X、Z位于同一主族，即Z为S，W为Cl，A、Na、S的电子层数比O多，O的原子半径小，Na、S电子层数相同，且Na的原子序数为11，S的原子序数为16，即Na的原子半径大于S，即原子半径顺序是Na>S>O，故A说法正确；B、Na与O反应，形成的化合物为Na2O2和Na2O，S和O反应，形成的化合物是SO2和SO3等，故B说法正确；C、Cl的非金属性强于S，因此HClO4的酸性强于H2SO4，故C说法正确；D、构成化合物分别是H2O、NaH、H2S，其中H2O、H2S中H显＋1价，NaH中H显－1价，故D说法错误。

13.混合动力汽车（HEV）中使用了镍氢电池，其工作原理如图所示：

其中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，KOH溶液作电解液。

关于镍氢电池，下列说法不正确的是

A.充电时，阴极附近pH降低

B.电动机工作时溶液中OH-向甲移动

C.放电时正极反应式为：

NiOOH+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-

D.电极总反应式为：

MH+NiOOH

M+Ni（OH）2

【答案】A

【解析】A、充电时，阴极反应式为M＋H2O＋e－=MH＋OH－，生成OH－，c（OH－）增大，即pH增大，故A说法错误；B、根据原电池的工作原理，阴离子向负极移动，根据工作原理，甲为负极，乙为正极，即OH－向甲移动，故B说法正确；C、根据工作原理，正极反应式为NiOOH＋H2O＋e－=Ni（OH）2＋OH－，故C说法正确；D、根据工作原理，负极反应式为MH＋OH－－e－=M＋H2O，因此电极总反应式为MH+NiOOH

M+Ni（OH）2，故D说法正确。

点睛：

电极反应式的书写是高考热点，一般根据原电池的工作原理，判断正负极，本题MH是储氢合金，因此MH为负极，则另一极为正极，因为电解质溶液为KOH，因此OH－在负极上参与反应，即负极反应式为MH＋OH－－e－=M＋H2O，正极上得到电子化合价降低，应生成OH－，正极反应式为NiOOH＋H2O＋e－=Ni（OH）2＋OH－，充电时，电池的正极接电源的正极，电池的负极接电源的负极，反应式应为放电时的逆过程，如阴极反应式，应是负极反应式的逆过程，即为M＋H2O＋e－=MH＋OH－，电极反应式的书写一定注意电解质的环境。

14.下列图示与对应的叙述相符的是

A.图甲表示某可逆反应物质的浓度随时间的变化，且在t时刻达到平衡状态

B.图乙表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化

C.图丙表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下，反应过程中的能量变化

D.图丁表示不同温度下水溶液中H+和OH-浓度的变化曲线，图中温度丁T1

【答案】C

【解析】A．图甲所示在t时刻反应物与生成物的浓度相等，但仍未达到平衡，故A错误；B．CH3COOH是弱电解质，在此溶液中通入NH3生成强电解质，溶液的导电性增强，故B错误；C．催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的，加入催化剂后活化能会降低，但不改变反应的热效应，故C正确；D．升温促进水电离，Kw增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓度大的温度高，即温度T2＜T1，故D错误；答案为D。

15.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是

A.浓度均为0.1mol/L的①氨水、②NaOH溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液，pH的大小顺序：

②>③>④>①

B.0.1mo/L醋酸钠溶液20mL与0.1mo/L盐酸10mL混合后的溶液中c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（H+）>c（CH3COOH）

C.物质的量浓度相等的①NH4Cl、②（NH4）2SO4、③NH4Al（SO4）2三种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序为③>②>①

D.NaHCO3溶液中：

c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32-）+c（OH-）

【答案】D

点睛：

本题的难点是选项B，两种溶液，混合先判断是否发生反应，像本题的B选项，CH3COONa和盐酸混合，发生CH3COONa＋HCl=CH3COOH＋NaCl，然后根据量，判断出反应后溶质及其物质的量，接着判断是以水解为主还是电离为主，注意弱电解质的电离程度是微弱的，盐类水解的程度是微弱的，从而判断出离子浓度大小顺序。

16.某温度下，向一定体积0.1mol/L氨水溶液中逐滴加入等浓度的HCl溶液，溶液中pOH[pOH=-lgc（OH）]与pH的变化关系如图所示，则下列说法错误的是

A.M点和N点所示溶液中水的电离程度相同

B.M点所示溶液导电能力弱于Q点

C.Q点消耗盐酸溶液的体积等于氨水溶液的体积

D.M点所示溶液中c（NH4+）>c（OH-）

【答案】C

【解析】A、根据图像，此温度下水的离子积为10－2a，M点的pH小于pOH，说明溶液显酸性，即M点溶液中c（H＋）=10b-2amol·L－1，N点溶液显碱性，c（OH－）=10b-2amol·L－1，因此对水电离的抑制程度相同，故A说法正确；B、NH3·H2O属于弱电解质，离子浓度较小，因此M点的导电能力比Q点弱，故B说法正确；C、根据图像，Q点溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O，因此所加盐酸的体积略小于氨水的体积，故C说法错误；D、M点溶液显酸性，溶质为NH4Cl或NH4Cl和HCl混合物，因此有c（NH4＋）>c（OH－），故D说法正确。

17.工业上用CO和H2反应制备二甲醚（CH3OCH3）的条件是压力2.0~10.0MPa，温度300℃。

设备中进行下列反应，请回答下列问题：

①CO（g）+2H2（B）

CH3OH（g）△H=-90.7kJ/mol

②2CH3OH（g）

CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=-23.5kJ/mol

③CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）△H=-41.2kJ/mol

（1）总反应3CO（g）+3H2（g）=CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=_____________。

据此可判断该反应_________________条件下自发。

（2）在温度和容积不变的条件下发生反应①，能说明该反应达到平衡状态的依据是_____

a.容器中压强保持不变b.混合气体中c（CO）不变

c.v正（CO）=v逆（H2）d.c（CH3OH）=c（CO）

（3）在2L的容器中加入amolCH3OH（g）发生反应②，达到平衡后若再加入amolCH3OH（g）重新达到平衡时，CH3OH的转化率____________（填“增大”、“减小”或“不变”）。

（4）850℃时在一体积为10L的容器中通入一定量的CO和H2O（g）发生反应③，CO和H2O（g）浓度变化如图所示。

①0～4min的平均反应速率，v（CO）=________________。

②若温度不变，向该容器中加入4mo1CO（g）、2mo1H2O（g）、3mo1CO2（g）和3molH2（g），起始时v正（CO）______v逆（H2）（填“<”、“>”或“=”），请结合必要的计算说明理由。

________。

【答案】

（1）.-246.1kJ/mol

（2）.低温（3）.ab（4）.不变（5）.0.03mol/（L·min）（6）.<（7）.Qc=（0.3mol/L×0.3mol/L）/（0.4mol/L×0.2mol/L）=9/8，K=（0.12mol/L×0.12mol/L）/（0.08mol/L×0.18mol/L）=1.0，因为Qc>K，平衡左移，所以v正

【解析】

（1）本题考查热化学反应方程式的计算，以及化学反应进行的方向，①×2＋②＋③得出：

△H=[2×（－90.7）－23.5－41.2]kJ·mol－1=－246.1kJ·mol－1，根据△G=△H－T△S，△H<0，此反应△S<0，因此△G<0，条件是高温；

（2）本题考查化学平衡状态的判断，a.、根据化学反应方程式，反应前后气体系数之和不相等，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故a正确；b、根据化学平衡状态的定义，因此混合气体c（CO）不变，说明反应达到平衡，故b正确；c、用不同物质的化学反应速率表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此有2v正（CO）= v逆（H2），故c错误；d、因为没有说明开始时的投入量，因此c（CH3OH）=c（CO），不能说明反应达到平衡，故d错误；（3）本题考查化学平衡的移动，再加入amolCH3OH,相当于在原来的基础上增大压强，反应前后气体系数之和相等，因此增大压强平衡不移动，即CH3OH的转化率不变；（4）考查化学反应速率的计算以及Qc和K的关系，①根据化学反应速率的数学表达式，v（CO）=（0.20－0.08）/4mol/（L·min）=0.03mol/（L·min）；②Qc=（0.3mol/L×0.3mol/L）/（0.4mol/L×0.2mol/L）=9/8，K=（0.12mol/L×0.12mol/L）/（0.08mol/L×0.18mol/L）=1.0，因为Qc>K，平衡左移，所以v正

点睛：

本题的难点是问题（3），应建立模型进行考虑，

因此再通入一定量的甲醇气体，相当于在原来的基础上增大压强，然后进行判断即可。

18.硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。

从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O 的流程如下：

根据题意回答下列问题：

（1）实验中需用1mo/L 的硫酸800mL，若用18.4mol/L 的浓硫酸来配制，量取浓硫酸时，需使用的量筒的规格为____________

A.10mLB.20mLC.50mLD.100mL

（2）加入的NaClO 可与Mn2+反应：

Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-，还 有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为_________________。

（3）滤渣的主要成分中除含有Fe（OH）3、Al（OH）3 外还有________________。

（4）在“除钙”前，需检验滤波中Fe3+是否被除尽，简述检验方法：

______________。

（5）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：

温度/℃

40

50

60

70

MgSO4

30.9

33.4

35.6

36.9

CaSO4

0.210

0.207

0.201

0.193

“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤：

“操作Ⅰ”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，__________，便得到了MgSO4·7H2O。

（6）实验中提供的硼镁泥共10g，得到的MgSO4·7H2O 为17.22g，则MgSO4·7H2O的产率为__________________。

【答案】

（1）.D

（2）.2Fe2++C1O-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O（3）.MnO2、SiO2（4）.取少量滤液,向其中加入硫氰化钾容液.如果溶液不变红色.说明溶液中不含Fe3+，如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+（5）.过滤（或过滤洗涤）（6）.70%

【解析】本题考查化学工艺流程，

（1）实验室没有800mL的容量瓶，应需用要1000mL的容量瓶，因此配制硫酸时，有1000×10－3×1=V（H2SO4）×10－3×18.4，解得V（H2SO4）=54.3mL，需要的容量瓶为100mL，故选项D正确；

（2）依据硼镁泥含有的成分，酸解时溶液中的离子是Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、H＋、SO42－，其中Fe2＋具有还原性，因此NaClO把Fe2＋氧化成Fe3＋，其离子反应方程式为：

2Fe2＋+ClO－+2H＋=2Fe3＋+Cl－+H2O；（3）根据流程图，调节pH除去的是Fe3＋、Al3＋，因此根据流程，滤渣的成分是