湖北省孝感市八校届高三上学期期末考试理综化学试题.docx

1、湖北省孝感市八校届高三上学期期末考试理综化学试题湖北省孝感市八校【最新】高三上学期期末考试理综化学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是A用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同B天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素C海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等D煤的干馏和煤的液化均是物理变化2已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大， Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z 元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，W与Z同主族，R 元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为21。下列叙述

2、错误的是AY的氢化物比R的氢化物稳定，且熔沸点高BRY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成CZ、W、R 最高价氧化物对应水化物的酸性：RWZDX与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为123下列说法正确的是A1mol 有机物在一定条件下能和7mol NaOH 反应B分子中至少有11个碳原子处于同一平面上C分子式为C4H7ClO2，可与NaHCO3 产生CO2的有机物的结构可能有3 种D甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应4最近有研究人员发现了一种处理高浓度乙醛废水的新方法一隔膜电解法，乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸。实验室以一定浓度的乙醛Na2S

3、O4 溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示。下列说法正确的是A电解过程中，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2B阳极反应为CH3CHO-2e-+2H+=CH3COOH+H2OC电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量增大D若以CH4空气燃料电池为直流电源，燃料电池的b 极应通入空气5向密闭容器中充入物质的量浓度均为0.1 molL-1的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。下列说法不正确的是A随着温度升高，该反应的平衡常数减小B1100，p4条件

4、下，该反应10min时达到平衡点X，则v(CO2)=0.008molL-1min-1Cp1、p2、p3、p4大小的顺序为p1p2p3”、“S，所以Y的氢化物比R的氢化物稳定，水分子之间存在氢键，所以水的熔沸点高，故A正确；B亚硫酸和碳酸的酸性弱于盐酸，所以 RY2、WY2通入BaCl2溶液中均没有白色沉淀生成，故B错误；C.硫酸是强酸，碳酸、硅酸是弱酸，且硅酸酸性更弱，所以Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性：RWZ，故C正确；D. X与Y形成的两种化合物氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子的个数比均为12，故D正确。故选B。点睛：解答本题的难点是选项D，需要明确氧化钠和过氧化钠含有的阴离子分别是O

5、2-和O22-。3B【解析】A. 有机物分子中含有的4个酚羟基、一个羧基和一个酯基水解产生的一个羧基可以与氢氧化钠反应，所以1mol该有机物在一定条件下能和6molNaOH反应，故A错误；B. 分子中的一个苯环上的6个碳原子及该苯环碳原子所连的碳原子在一个平面上，而且两个苯环连线所在直线上的碳原子也在苯环所在的平面上，所以该分子至少有11个碳原子处于同一平面上，故B正确；C. 可与NaHCO3产生CO2的有机物是羧酸，分子式为C4H7ClO2的羧酸结构可看作C3H6ClCOOH，由于丙基有两种，丙基氢原子有5种，所以C3H6Cl有5种，C3H6ClCOOH有5种，故C错误；D. 前者属于取代反

6、应，后者属于加成反应，不属于同一类型的反应，故D错误。故选B。点睛：解答本题的难点是选项B，需要注意苯环连线也在苯环所在平面上。4A【解析】A. 电解过程中，阳极反应为4OH-4e-O2+2H2O、CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+，阴极反应为4H+4e-=2H2、CH3CHO+2e-+2H2OCH3CH2OH+2OH-，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，阳极产生的是O2，阴极产生的是H2，故A正确；B. 阳极反应为CH3CHO -2e-+ H2O = CH3COOH +2H+，故B错误；C. 电解过程中，阴极区SO42-的物质的量不变，所以Na2SO4的物质的量

7、不变，故C错误；D. 若以CH4一空气燃料电池为直流电源，燃料电池的b极是负极，应通入甲烷，故D错误。故选A。5A【解析】A. 由图可知压强一定时，随着温度升高，CH4的平衡转化率增大，使得该反应的平衡常数增大，故A不正确；B. 1100，p4条件下，该反应10min时达到平衡点X，则v(CO2)= v(CH4)=0.008molL-1min-1，故B正确；C.由图可知温度一定时，CH4的平衡转化率随p1、p2、p3、p4减小，加压平衡左移，CH4的平衡转化率减小，所以p1p2p3p4，故C正确；D. 由于从反应物开始反应，生成物CO与H2的化学计量数比为1:1，所以平衡时CO与H2的物质的量

8、比为11，故D正确。故选A。6C【解析】试题分析：A、根据金属阳离子在阴极放电的先后顺序可以判断金属活动性强弱，铜离子先放电，金属铜活动性就弱，正确；B、根据“越弱越水解”盐类水解规律，最高价含氧酸的酸性越弱其对应的酸根离子水解程度越大，pH越大，进一步推出其非金属性越弱，正确；C、用pH试纸测定浓度为01molL1NaClO，最终试纸漂白，实验达不到目的，错误；D、控制单一变量法，改变浓度，能够达到实验目的，正确。考点：电解原理、盐的水解原理及化学反应速率的影响因素。7B【解析】A. 点和点所示溶液中电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，点所示溶液中，CH3

9、COOH的1/2转化为CH3COONa，由于pHc(Na+)c(CH3COOH)，因此，c(CH3COO-)+c(OH-)c(CH3COOH)+c(H+)，点所示溶液中，pH=7，c(OH-)=c(H+)，所以c(CH3COO-)=c(Na+)，c(Na+)c(CH3COOH)，因此，c(CH3COO-)+c(OH-)c(CH3COOH)+c(H+)，故A错误；B. 点和点所示溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(CN-)+c(HCN)，即c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)，故B正确；C. 点所示溶液中c(OH-)=c(H+)，点所示溶液中

10、CH3COONa水解程度很小，所以 c(OH-)7说明CN-的水解程度大于HCN的的电离程度，c(HCN)c(CN-)，点所示溶液pHc(CH3COOH)，因此，c(CH3COO-)c(CN-)，故D错误。故选B。8Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2没有打开分液漏斗上的玻璃塞2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2品红溶液（或溴水或KMnO4溶液）C中溶液颜色较快褪去控制SO2的流速（或适当升高B中溶液温度）取一片pH试纸在玻璃片上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴于试纸的中部，观察变化稳定后的颜色，与标准比色卡对比氯水颜色变浅，甚至褪去S2O32-+4Cl2+5H2O=2S

11、O42-+10H+8Cl-【解析】本题主要考查对于实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠(Na2S2O3)并探究其性质实验的评价。（1）装置A中发生强酸硫酸制取弱酸亚硫酸的反应，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2。打开分液漏斗的活塞时，发现液体不能顺利滴下，可能的原因是没有打开分液漏斗上的玻璃塞，造成漏斗内气压小于大气压。装置B中生成Na2S2O3的同时也生成CO2，反应的离子方程式为2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2。装置C是为了检验装置B中SO2的吸收效率，则C中的试剂为品红溶液（或溴水或KMnO4溶液），当B中SO2的吸收效率低时，C中的现象

12、为C中溶液颜色较快褪去，除搅拌和使用多孔球泡外，另一种提高B中SO2的吸收效率的方法：控制SO2的流速（或适当升高B中溶液温度）。（2）探究1中的实验操作为取一片pH试纸在玻璃片上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴于试纸的中部，观察变化稳定后的颜色，与标准比色卡对比。探究2中的实验现象为氯水颜色变浅，甚至褪去，反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H+8Cl-。9CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O5.2PH<7.8玻璃棒、烧杯、普通漏斗将溶液中少量的Ca(OH)2转化为CaCl2温度太高，CaCl22H2O会失水滴定管99.91%样品中存在少量NaCl(

13、或少量CaCl22H2O会失水)【解析】试题分析：以工业碳酸钙（含少量Na+、Al3+、Fe3+等杂质）生产医用二水合氯化钙，由制备流程可知，碳酸钙与盐酸反应，溶解后加氢氧化钙除去Al3+、Fe3+等杂质，过滤分离出沉淀，滤液加盐酸除去过量的碱，蒸发结晶可得到CaCl22H2O，但温度过高使CaCl22H2O分解失去结晶水，并结合CaCl22H2O2Cl-2AgNO3计算。解析：（1）CaCO3与盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O；（2）根据表中数据可知要除去Al3+、Fe3+等杂质，溶液的pH不能超过7.8，所以范围是5.2pH<7.8；（3）过滤分离出F

14、e（OH）3、Al（OH）3，需要烧杯、漏斗、玻璃棒；（4）加入的氢氧化钙是过量的 ，因此酸化时加入盐酸的另一个目的为除去过量的氢氧化钙；（5）蒸发结晶要保持在160，是因温度太高CaCl22H2O会失去结晶水；（6）滴定实验中需要润洗的是滴定管；称取0.7500g样品并配成250mL溶液，分别取该溶液25.00mL于三个锥形瓶中，用0.05mol/LAgNO3溶液进行三次滴定，消耗 AgNO3溶液的平均体积为20.39mL，由CaCl22H2O2Cl-2AgNO3可知，样品中含CaCl22H2O的质量分数为；若所测样品 CaCl22H2O的质量分数偏高（忽略其它实验误差），可能的原因之一为N

15、a+没除去析出NaCl，消耗的硝酸银偏大，导致测定结果偏大，也可能是少量CaCl22H2O会失水，导致测定结果偏高。点睛：把握流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意含量计算结合关系式进行。难点是误差分析，注意从实验原理和引起误差的原因上解答。10（1）3d24s27 （2）OClC 31 sp2（3）（4）LaNi51 236【解析】（1）Ti是22号元素，位于元素周期表中第四周期第IVB族，故Ti的基态原子价电子排布式为 3d24s2，故答案为3d24s2；Fe是26号元素，原子核外有1s、2s、3s、4s、2p、3p、3d等7个能级，故答案为7；（2）

16、反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，CCl4中C表现正化合价、Cl表现负化合价，CrO2Cl2中Cl为+1价，O为2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：OClC，故答案为OClC；COCl2分子中有1个C=O键和2个CCl键，所以COCl2分子中键的数目为3，键的数目为1，个数比31，中心原子C电子对数=3+（4122）=3，故中心原子杂化方式为sp2，故答案为31；sp2；（3）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，属于熔点是NiOFeO，故答案为；（4）该合金的晶胞如图所示，晶胞中心有一个镍原子，其他8个镍原子都在晶胞面上，镧原子都在晶胞顶点。所以晶胞实际含有的镍原子为1+8=5，晶胞实际含有的镧原子为8=1，所以晶体的化学式LaNi5，故答案为LaNi5；一个晶胞的质量m=，根据m=V，即V=；LaNi5合金储氢后的密度=0.111 gcm3，由定义式：储氢能力=，故储氢能力=1236，故答案