天津市和平区届高三上学期期末考试化学试题Word版 含答案解析.docx

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天津市和平区届高三上学期期末考试化学试题Word版含答案解析

天津市和平区2018届高三上学期期末考试

化学试题

1.下列说法不正确的是

A.甲醛的水溶液具有杀菌、防腐性能

B.煤进行气化和液化加工可获得清洁燃料

C.蚕丝和核酸都属于天然高分子化合物

D.合成纤维和光导纤维都是新型有机非金属材料

【答案】D

【解析】A.甲醛的水溶液能使蛋白质变性，起到杀菌、防腐作用，A正确；B.煤进行气化和液化加工可获得清洁燃料，B正确；C.蚕丝和核酸都属于天然高分子化合物，C正确；D.光导纤维是无机非金属材料，D错误。

答案选D。

2.下列说法错误的是

A.除去KNO3中的少量NaCl，可将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤

B.乙醇中含乙酸杂质，可加入碳酸钠溶液洗涤、分液除去

C.可用微光笔检验淀粉溶液的丁达尔效应

D.苯中混有甲苯，可加适量酸性高锰酸钾溶液，再加烧碱溶液后分液可得到苯

【答案】B

【解析】A.由于硝酸钾与氯化钠的溶解度相差较大，可将混合物（KNO3中的少量NaCl）制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤，A正确；B.乙醇中含乙酸杂质，可加入碳酸钠溶液洗涤，溶液不分层，无法用分液法除去，B错误；C.用微光笔检验淀粉溶液有丁达尔效应，C错误；D.向苯中混有甲苯的溶液中加适量酸性高锰酸钾溶液，再加烧碱溶液后得到苯与盐的溶液互不相溶，分液可得到苯，D正确。

答案选B。

3.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为15。

X与Y、Z、W位于相邻周期，Z最外层电子数与周期数相等，W的一种氧化物是主要的大气污染物。

下列叙述正确的是

A.原子半径的大小顺序：

r（W）>r（Z）>r（Y）>r（X）

B.最高价氧化物对应的水化物的碱性：

Y>Z

C.X、W的简单气态氢化物都易溶于水

D.Z的最高价氧化物对应的水化物一定能溶于X的最高价氧化物对应的水化物

【答案】B

【解析】W的一种氧化物是主要的大气污染物，则W为S，Z最外层电子数与周期数相等，且X与Y、Z、W位于相邻周期，说明Z为Al，如果Y是Mg，则X为C，如果Y为Na，则X为N，A、半径大小比较，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随着原子序数的增大而减小，即半径大小顺序是r（Y）>c（Z）>c（W）>c（X），故A错误；B、无论Y是Na还是Mg，同周期从左向右金属性减小，其最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，即Y>Z。

故B正确；C、如果X为C，氢化物是CH4，CH4不溶于水，故C错误；D、Z的最高价氧化物对应水化物是Al（OH）3，如果X为C，C的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，氢氧化铝不溶于碳酸，故D错误。

4.下列关于有机物结构、性质的分析正确的是

A.正丁烷和异丁烷的一氯取代物都只有两种，它们的沸点也相同

B.乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，说明二者均含碳碳双键

C.甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发生取代反应

D.乙醛中加入Cu（OH）2粉末并加热可看到红色沉淀生成

【答案】C

【解析】A．正丁烷和异丁烷是两种不同的物质，正丁烷的一氯代物密度与异丁烷的一氯代物沸点不同，故A错误；B．苯中不含碳碳双键和碳碳单键，所有碳原子之间形成一个大π键，但苯能发生加成反应，故B错误；C．在一定条件下，烷烃、苯及其同系物、醇、羧酸和酯类都能发生取代反应，注意酯类的水解反应属于取代反应，故C正确；D．乙醛与新制Cu（OH）2悬浊液加热煮沸可看到红色沉淀生成，不是Cu（OH）2粉末，故D错误；故选C。

5.下列有关实验操作的叙述中，正确的是

A.用苯萃取碘水时，有机层从分液漏斗下口放出

B.制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中

C.用50mL的量筒量取6.80mL盐酸

D.中和滴定实验中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化

【答案】D

【解析】A.用苯萃取碘水时，碘的苯在上层，应从上口倒出，A错误；B.制备乙酸乙酯时，将乙醇加入到浓硫酸中，冷却至室温后再加入乙酸，提高乙酸的利用率，B错误；C.用10mL的量筒量取6.80mL盐酸，C错误；D.中和滴定实验中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，判断滴定终点，D正确。

6.乙酸橙花酯兼有橙花和玫瑰花香气，其结构简式如图。

关于该有机物的叙述中正确的是

①在Ni催化条件下1mol该有机物可与3molH2发生加成；

②该有机物不能发生银镜反应；

③该有机物分子式为C12H22O2；

④该有机物的同分异构体中不可能有酚类；

⑤lmol 该有机物水解时只能消耗1mol NaOH。

A.②③④B.①④⑤C.②④⑤D.①②③

【答案】C

【解析】①分子中含有2个碳碳双键，则1mol该有机物可消耗2molH2，酯基与氢气不发生加成反应，故①错误；②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故②正确；③由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故③错误；④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故④正确；⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH，故⑤正确；故选C。

点睛：

本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键。

7.下列离子方程式书写正确的是

A.向NaAlO2 溶液中通过量CO2：

CO2+AlO2-+2H2O==Al（OH）3↓+HCO3-

B.过量的NH3 通入AlCl3 溶液中：

Al3++4NH3·H2O==AlO2-+4NH4++2H2O

C.Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI 溶液:

 2Fe3++2I-==2Fe2++I2

D.Cl2 通入水中；Cl2+H2O==2H++Cl-+ClO-

【答案】A

8.下列说法正确的是

A.反应N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）的ΔS>0

B.地下钢铁管道用导线连接铜块可以减缓管道的腐蚀

C.常温下Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12，含Mg2+溶液中pH=10时c（Mg2+）≤5.6×10-4mol·L-1

D.常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2LH2，反应中转移的电子数为6.02×1023

【答案】C

【解析】A.反应N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）中，反应前后气体分子数减少，ΔS＜0，A错误；B.地下钢铁管道用导线连接铜块，铁作负极加快管道的腐蚀，B错误；C.常温下Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12，含Mg2+溶液中pH=10时，c（Mg2+）≤5.6×10-4mol·L-1，C正确；D.常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2LH2，此气体不是标准状况下的气体，无法换算，D错误。

答案选C。

9.某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：

（所加试剂均过量，气体全部逸出）

下列说法不正确的是

A.原溶液一定存在CO32-和SO42-，一定不存在Fe3+

B.原溶液一定存在Cl-，可能存在Na+

C.原溶液中c（Cl-）≥0.1mol·L-1

D.若原溶液中不存在Na+，则c（Cl-）＜0.1mol·L-1

【答案】D

【解析】试题分析：

加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32-、SO42-，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是2.33g÷233g/mol=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是（4.3−2.33）÷197mol=0.01mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和：

0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以一定存在氯离子，钠离子不能确定，n（Cl-）≥0.01mol，所以c（Cl-）≥0.1mol•L-1。

A．原溶液一定存在CO32-和SO42-、Cl-，一定不存在Fe3+，故A正确；B．原溶液一定存在Cl-，可能存在Na+，故B正确；C．原溶液中c（Cl-）≥0.1mol•L-，故C正确；D．若原溶液中不存在Na+，则c（Cl-）=0.1mol•L-1，故D错误。

故选D。

考点：

考查常见离子的检验方法

【名师点睛】

10.常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是

A.向NH4Cl 溶液中加入NaOH 溶液至呈中性，溶液中c（Na+）=c（NH3·H2O）

B.用少量水稀释0.1mol·L-1氨水时; 溶液中

减小

C.将Na2CO3溶液从20℃升温至30 ℃，溶液中

增大

D.pH= 5.5 的CH3COOH 与CH3COONa 混合溶液中c（Na+）>c（CH3COO-）

【答案】A

【解析】A.向NH4Cl 溶液中加入NaOH 溶液至呈中性，溶液中c（Na+）+c（NH4+）=c（Cl-），而由NH4Cl 的物料守恒可知，c（NH3·H2O）+c（NH4+）=c（Cl-），两式联列可得：

c（Na+）=c（NH3·H2O），A正确；B.用少量水稀释0.1mol·L-1氨水时；等体积溶液中，氢氧根的物质的量增大，而一水合氨的物质的量减小，所以，溶液中

增大，B错误；C.将Na2CO3溶液从20℃升温至30 ℃，促进碳酸根离子的水解，水解平衡常数增大，由此表示式可知，溶液中

减小，C错误；D.pH= 5.5 的CH3COOH 与CH3COONa 混合溶液，CH3COOH电离大于CH3COO-的水解，CH3COONa的物料守恒可知，c（CH3COO-）>c（Na+），D错误。

答案选A。

11.对反应：

aA（g）+bB（g）

cC（g）+dD（g）ΔH，反应特点与对应的图象的说法中不正确的是

A.图①中，若P1>P2，则该反应在较低温度下有利于自发进行

B.图②中，若T2>T1，则△H<0且a+b=c+d

C.图③中t1时刻改变的条件一定是使用了催化剂

D.图④中，若△H<0，则纵坐标不可能表示的是反应物的转化率

【答案】C

【解析】A.由分析图①可知，温度升高，A%增大，说明平衡逆移动，则正反应为放热反应，若P1>P2，P1时A%低于P2，压强增大，平衡正向移动，则反应前气体分子数小于反应后气体分子数，△S<0，则该反应在较低温度下有利于自发进行，A正确；B.图②中，压强增大，A的转化率不变，平衡不移动，则a+b=c+d，若T2>T1，A的转化率降低，平衡逆移动，则正反应为放热反应，△H<0，B正确；C.图③中t1时刻改变的条件可能是使用了催化剂，也可能是增大压强（当a+b=c+d时），C错误；D.图④中，T1>T2，若△H<0，则纵坐标不可能表示的是反应物的转化率，D正确。

答案选C。

12.已知：

镁电池的总反应为xMg+Mo3S4

MgxMo3S4,锂硫电池的总反应为2Li+S

Li2S。

参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小称为该电池的比能量。

下列说法正确的是

A.锂电池放电时，Mg2+向负极迁移

B.镁电池放电时，正极发生的电极反应为Mo3S4+xMg2++2xe-==MgxMo3S4

C.理论上两种电池的比能量相同

D.图中Li 作负极，Mo3S4作阳极

【答案】B

【解析】A.锂电池放电时，镁电极失去生成Mg2+向阴极迁移，A错误；B.镁电池放电时，正极发生的电极反应为Mo3S4+xMg2++2xe-==MgxMo3S4，B正确；C.镁、锂的摩尔质量不是2倍关系，两种电池的比能量不同，C错误；D.由电子流动方向判断可知，图中Li 作负极，Mo3S4作阴极，D错误。

答案选B。

点睛：

解决电化学问题的关键是寻找电子流向，确定两极性质，书写两电极反应式时注意介质参与反应。

13.铝是应用广泛的金属，以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：

注：

SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。

（1）A1的原子结构示意图为_______________；A1与NaOH溶液反应的离子方程式为______________________________________。

（2）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_______________________________。

（3）向”过滤Ⅰ所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________（填“增大”、“不变”或“减小”）。

（4）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是__________________。

（5）”电解Ⅱ原理如图所示。

①试写出A、B、C、D物质的化学式：

A_______，B_______，C_______，D_______。

②阳极的电极反应式为______________________________。

（6）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。

在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是________________________________。

【答案】

（1）.

（2）.2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑（3）.Al2O3+2OH-=AlO2-+H2O（4）.减小（5）.石墨电极被阳极上产生的氧气氧化（6）.H2（7）.Na2CO3（8）.NaHCO3（9）.NaOH（10）.【答题空10】【答题空10】4CO32-+2H2O−4e-=4HCO3-+O2↑（11）.氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜

14.一些硼化合物在工业上有许多用途。

以铁硼矿为原料可以制得硼酸及其他硼化合物。

回答下列问题：

（1）硼酸（H3BO3） 为一元酸，硼酸中B 的化合价为__________________。

（2）已知：

Ka（H3BO3） =5.8×10-l0，Ka（H2CO3） =4.4×10-7，Ka（HCO3-） =4.7×10-l1，向饱和硼酸溶液中滴加0.1mol•L-1Na2CO3溶液，____________（填“能”或“不能”）观察到气泡逸出。

写出该反应的化学方程式____________________________________。

（3）以硼酸为原料可制备重要还原剂NaBH4，BH4-的电子式为______________。

NaBH4 与BF3 在50℃~70℃反应生成NaBF4 和乙硼烷（B2H6），该反应的化学方程式是___________________________。

（4）硫酸溶解铁硼矿可制得含Fe3+、Fe2+、Al3+ 杂质的硼酸溶液，提纯过程中加入H2O2的目的是____________________，为除去Fe3+、Al3+ （使其浓度均小于1×10-6mol·L-1），需至少调节pH=_________（已知：

Ksp[Al（OH）3]=1×10-33，Ksp[Fe（OH）3]=4×10-38）

（5）H3BO3可以通过电解的方法制备。

其工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：

①a接电源的____________（填“正极”、“负极”）

②写出阳极的电极反应式__________________________________。

③原料室中阴、阳离子是如何迁移的？

_______________________________________。

【答案】

（1）.+3

（2）.不能（3）.NaCO3+H3BO3=NaHCO3+NaH2BO3（4）.

（5）.3NaBH4+4BF3

3NaBF4+2B2H6（6）.将Fe2+氧化生成Fe3+，便于除去（7）.5（8）.正极（9）.2H2O-4e-=O2↑+4H+（10）.[B（OH）4]-穿过阴膜进入产品室，Na+穿过阳膜进入阴极室

【解析】

（1）硼酸（H3BO3） 中B 的化合价为+3；

（2）由于Ka（H3BO3） =5.8×10-l0介于碳酸的一级、二级电离之间，向饱和硼酸溶液中滴加0.1mol•L-1Na2CO3溶液，生成碳酸氢钠，观察不到气泡逸出，反应的化学方程式为：

NaCO3+H3BO3=NaHCO3+NaH2BO3；（3）BH4-的电子式为

，NaBH4 与BF3 在50℃~70℃反应生成NaBF4 和乙硼烷（B2H6），反应的化学方程式是3NaBH4+4BF3

3NaBF4+2B2H6；（4）加入H2O2的目的是将Fe2+氧化生成Fe3+，便于除去；因为Ksp[Al（OH）3]=1×10-33大于Ksp[Fe（OH）3]=4×10-38，只要除去Al3+ （使其浓度均小于1×10-6mol·L-1），Fe3+肯定不存在了，由Ksp[Al（OH）3]=1×10-33，c（Al3+）=1×10-6mol·L-1代入Ksp[Al（OH）3]表达式，求得c（OH-）=1×10-9，pH=5。

（5）由图阳极、阴极电子流向分析可知，①a接电源的正极，②阳极的电极反应式为：

2H2O-4e-=O2↑+4H+；③从产品生成角度分析可知，原料室中[B（OH）4]-穿过阴膜进入产品室，Na+穿过阳膜进入阴极室。

点睛：

理解酸碱反应就是质子得失的反应，充分利用酸的电离平衡常数大小比较微粒得质子能力，判断生成物。

二是陌生方程式书写先判断主要产物（利用得失电子守恒、题干已知等），再用守恒法补上介质。

15.中华人民共和国国家标准（GB2760-2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g•L-1。

某兴趣小组用图1装置（夹持装罝略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量碱性测定。

（1）仪器A的名称是__________。

水通入A 的进口为___________。

（2）B 中加入300.00mL 葡萄酒和适量盐酸。

加热使SO2全部逸出并与C 中H2O2完全反应，其化学方程式为_________________________________。

（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol•L-1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择题中图2 中的_______________。

若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为_______________；

若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在“10”处，则管内液体的体积（①=10mL，②=40mL，③<10mL，④>40mL）________（填序号）

（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为_____g·L-1。

（5）该测定结果比实际值偏高，其原因是_________________________，并利用现有装置提出改进措施____________________________。

【答案】

（1）.冷凝管或冷凝器

（2）.b（3）.SO2+H2O2==H2SO4（4）.③（5）.酚酞（6）.④（7）.0.24（8）.盐酸的挥发（9）.用不挥发的强酸例如硫酸代替盐酸（或用蒸馏水代替葡莓酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响）

【解析】

（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b；

（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：

SO2+H2O2=H2SO4；

（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：

把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞（50.00mL-10.00mL）=40.00mL，所以④正确；

（4）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：

×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：

=0.24g/L；

（5）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：

用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。

16.NO2 与SO2能发生反应：

NO2+SO2

SO3+NO，某研究小组对此进行相关实验探究。

（1）已知：

2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）ΔH=-113.0kJ•mol-1

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）ΔH=-196.6kJ•mol-1

则NO2（g）+SO2（g）

SO3（g）+NO（g）ΔH=______________________。

（2）实验中，尾气可以用碱溶液吸收。

NaOH 溶液吸收NO2时，发生的反应为：

2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O，反应中的还原剂是__________；用NaOH 溶液吸收少量SO2的离子方程式为______________________________。

（3）在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比[n0（NO2）∶n0（SO2）]进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定NO2的平衡转化率[a（NO2）]。

部分实验结果如图所示：

①当容器内_____（填标号）不再随时间的变化而改变时，可以判断反应达到了化学平衡状态。

a.气体的压强b.气体的平均摩尔质量

c.气体的密度d.NO2的体积分数

②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态,应采取的措施是______________。

③若A点对应实验中，SO2（g）的起始浓度为c0mol•L-1，经过tmin达到平衡状态，该时段化学反应速率v（NO2）=______________mol·L-1·min-1。

④图中C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td，通过计算判断：

Tc____Td（填“>”、“=”或“<”）。

【答案】

（1）.-41.8kJ·mo1-1

（2）.NO2（3）.SO2+2OH-==SO32-+H2O（4）.d（5）.降低温度（6）.c0/5t（7）.=

【解析】

（1）已知：

①2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）ΔH=-113.0kJ•mol-1，②2SO2（g）+O2（g） 

2SO3（g）   △H=-196.6kJ• mol-1，由盖斯定律可知：

（②-①）/2可得：

NO2（g）+SO2（g）

SO3（g）+NO（g）ΔH=-41.8kJ·mo1-1。

（2）在2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O中，NO2发生自身的氧化还原反应，NO2即是氧化剂又是还原剂，用NaOH 溶液吸收少