高三上学期期末考试化学试题Word版含解析

高三上学期期末考试化学试题
本试卷共2页，11小题，满分100分.考试用时50分钟.
注意事项：
1．答卷前，考生先检查试卷与答题卷是否整洁无缺损，并用黑色字迹的签字笔在答题卷指定位置填写自己的班级、姓名、学号和座位号。

2．选择题每小题选出答案后，请将答案填写在答题卷上对应的题目序号后，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上。

不按要求填涂的，答案无效。

3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上，请注意每题答题空间，预先合理安排；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卷的整洁，考试结束后，将答题卷交回。

相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na: 23 Cl:35.5 S:32 Mg:24 Al:27 N:14
一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意，本大题共7小题，每小题6分，满分42分。

1. “富勒烯”家族又增添了新成员，继C60、C70、N60之后，科学家首次发现了全硼富勒烯B40 。

下列说法正确的是( )
A. B40、C70都属于新型化合物
B. B40、C60、C70、N60都只含非极性共价键
C. B40、C60、C70、N60都属于烯烃
D. C60和N60属于同分异构体
【答案】B
............
2. 化学与社会、生活密切相关。

对下列现象或事实的解释正确的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
3. 设N A 为阿伏加德罗常数的值。

下列有关叙述正确的是
A. 标准状况下，22.4 L CH 4含有的共价键数为N A
B. 1 mol Fe 与1mol Cl 2充分反应，电子转移数为3N A
C. 常温下，含0.01mol 的醋酸溶液中含有的H +
数目为0.01N A
D. 常温下，46g 的NO 2和N 2O 4混合气体含有的原子数为3N A
【答案】D
【解析】A 、每个甲烷分子中有4个共价键，标准状况下，22.4 L CH 4的物质的量为1mol ，含有的共价键数为4N A ，故A 错误；B 、1mol 铁和1mol 氯气反应，铁过量，而氯气反应后变为-1价，故1mol 氯气转移2N A 个电子，故B 错误；C 、醋酸为弱酸，不能完全电离，另外溶液的体积未知，无法计算溶液中含有的H +
数目，故C 错误；D 、NO 2和N 2O 4的最简式均为NO 2，故46g 混合物中含有的NO 2的物质的量为1mol ，则含3N A 个原子，故D 正确；故选D 。

4. 下列离子组在给定条件下能否大量共存的判断正确，所发生反应的离子方程式也正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】试题分析：A、Na＋、Al3＋、Cl－、NO3－在溶液中可以大量共存，但加入氨水后氨水与3＋结合生成氢氧化铝白色沉淀，反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O＝3NH4＋＋Al(OH)3↓，A 不正确；B、Fe2＋与MnO4－之间发生氧化还原反应而不能大量共存，反应的离子方程式为5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，B正确；C、由水电离出的H＋浓度为1×10－12mol/L，这说明该溶液中水的电离被抑制。

因此溶液可能显酸性，也可能显碱性。

如果显酸性，则可以大量共存。

但如果显碱性，NH4＋不能大量共存，C不正确；D、ClO－具有强氧化性，能和SO2发生氧化还原反应，不能大量共存，反应的离子方程式为ClO－＋SO2＋H2O＝2H＋＋SO42－＋Cl－，D不正确，答案选B。

考点：考查离子共存以及离子方程式的正误判断
5. 拟除虫菊酯是一类高效，低毒，对昆虫具有强烈触杀作用的杀虫剂，其中对光稳定的溴氰菊酯的结构简式如下图。

下列对该化合物叙述不正确的是（）
A. 属于芳香化合物
B. 属于卤代烃
C. 具有酯类化合物的性质
D. 在一定条件下可以发生加成反应
【答案】B
【解析】试题分析：分子式中含苯环，属于芳香族化合物，A项正确；除了卤原子，还存在酯
基、氰基(—CN)等官能团，B项错误，C项正确；分子中具有双键，可发生加成反应，且苯环在一定条件也可与H2加成，D项正确。

考点：有机物的分类。

6. 25℃时，用0.1000 mo l·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1000 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是
A. Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线
B. pH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等
C. V(NaOH) =10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
D. V(NaOH) =20.00mL时，两溶液中 c(CH3COO－)＞c(Cl－)
【答案】C
【解析】试题分析：A、醋酸是弱酸，部分电离，.1000mol·L－1盐酸，其pH>1，盐酸是强酸，完全电离，0.1000mol·L－1盐酸，其pH=1，因此I是醋酸，II是盐酸，故错误；B、醋酸是弱酸，pH=7，溶液显中性，溶质是CH3COOH和CH3COONa，盐酸是强酸，pH=7溶液显中性，溶质为NaCl，因此醋酸消耗NaOH的体积小于盐酸消耗NaOH的体积，故错误；C、反应后溶质是CH3COONa和CH3COOH，且两者物质的量相等，CH3COOH的电离程度大于CH3COO－水解程度，因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故正确；D、V(NaOH)=20.00mL，恰好完全反应，生成CH3COONa和NaCl，，因为CH3COO－发生水解，因此c(Cl－)>c(CH3COO－)，故错误。

考点：考查强弱电解质、离子浓度大小比较等知识。

7. 硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下，下列说法错误的是
A. 温度一定时，K sp(SrSO4)随c(SO42-)的增大而减小
B. 三个不同温度中，313K时K sp(SrSO4)最大
C. 283K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液
D. 283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后还是饱和溶液
【答案】A
【解析】A、K sp只与温度有关与浓度无关，故A错误；B．由图像可知313K时离子浓度最大，则313K时K SP(SrSO4)最大，故B正确；C、a点在283K的下方，属于不饱和溶液，故C正确；
D、283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出，还是属于饱和溶液，故D正确；故选A。

点睛：本题考查沉淀溶解平衡及K sp的意义和应用。

本题注意把握图像中纵坐标和横坐标的意义，理解曲线的变化趋势。

纵轴是锶离子浓度的对数，横轴是硫酸根离子浓度的对数，由图可知，浓度越大，对数值越大。

二、非选择题：本大题共4小题，满分58分。

8. 含有Fe2O3的钛铁矿(主要成分为FeTiO3)制取TiO2的流程如下：
（1）Ti的原子序数为22，Ti位于元素周期表中第_________周期，第________族。

（2）步骤①加Fe的目的是：____________________；步骤②冷却的目的是：____________。

（3）上述制备TiO2的过程中，可以利用的副产物是______________________；考虑成本和废物综合利用因素，废液中应加入________________________ 处理。

【答案】(1). 4 (2). ⅣB (3). 将Fe3+还原为Fe2+ (4). 析出(或分离、或得到)FeSO4·7H2O (5). FeSO4·7H2O (6). 石灰(或碳酸钙、废碱)
【解析】(1)Ti的原子序数为22，位于元素周期表中第四周期ⅣB族，故答案为：四；ⅣB；
(2)根据流程图，根据流程图，由步骤①的前后以及最后所得产物中的FeSO4•7H2O可知，铁粉的作用是为了除去混合溶液中的Fe3+；由操作过滤和得到的物质是FeSO4•7H2O可知，步骤②冷却的目的是为降低FeSO4•7H2O的溶解度，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；析出(或分离、或得到)FeSO4•7H2O；
(3)根据流程图，得到的副产物为FeSO4•7H2O，图示水浸过程生成H2TiO3同时生成的H2SO4溶液(TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4)，应加入碱性物质处理，可以是石灰(或碳酸钙、废碱)，故答案为：FeSO4•7H2O；石灰(或碳酸钙)。

9. 近年来“雾霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体，火力发电厂释放出大量的NO x、SO2和CO2等气体也是其原因，现在对其中的一些气体进行了一定的研究：
（1）用 CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。

已知：①CH4(g) + 4NO2(g) = 4NO(g) + CO2(g) + 2H2O(g) △H = - 574 kJ/mol
②CH4(g) + 4NO(g) = 2N2(g) + CO2(g) + 2H2O(g) △H = - 1160 kJ/mol
③H2O(g) = H2O(l) △H = - 44.0 kJ/mol
写出 CH4(g)与 NO2(g)反应生成 N2(g)、CO2(g)和 H2O(l)的热化学方程式：____________。

（2）汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体转化为无毒气体。

4CO(g)＋2NO2(g) 4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-1200 kJ·mol-1,对于该反应，温度不同（T2＞T1）、其他条件相同时，下列图像正确的是________（填代号）。

（3）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) ΔH= a kJ/mol
在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下：
根据图表数据分析T1℃时，该反应在0-20min的平均反应速率
①v（NO）= _________ ；计算该反应的平衡常数K=___________________。

②30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是 ____________（填字母代号）。

（双选）
A．通入一定量的CO2 B．加入合适的催化剂 C．适当缩小容器的体积
D．通入一定量的NO E．加入一定量的活性炭
③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2:1:1，则达到新平衡时NO的转化率_______（填“升高”或“降低”），a _____0（填“>”或“<”）。

【答案】 (1). CH4(g) +2 NO2(g) = N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(l) △H =－955 kJ/mol (2). 乙(3). 0.030mol·L－1 ·min－1 (4). 0．56 （或9/16） (5). CD (6). 降低(7). <
【解析】(1)已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ/mol，
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ/mol，
③H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol，由盖斯定律[①+②-③×4]×
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)△H=-955kJ/mol；故答案为：
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)△H=-955kJ/mol；
(2)该反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，都应该离开原来的速率点，图像与实际情况不相符，故甲错误；升高温度，反应向着逆向进行，反应物的转化率减小，反应速率加快，图像与实际反应一致，故乙正确；压强相同时，升高温度，反应向着逆向移动，一氧化氮的体积分数应该增大，图像与实际不相符，故丙错误；故答案为：乙；
(3)①T1℃时，该反应在0-20min的平均反应速率=0.030mol•L-1•min-1；
C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，平衡浓度c(N2)=0.3mol/L；c(CO2)=0.3mol/L；c(NO)=0.4mol/L；
反应的平衡常数；故答案为：0.030mol•L-1•min-1；0.56；
②A．通入一定量的CO2，平衡逆向移动，NO的浓度增大，但是氮气的浓度会减少，与题不符，故A错误；B．催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，故B错误；C．适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，故C正确；D．通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故D正确；E．加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不动，故E错误；故答案为：CD；
③30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为2：1：1，氮气和二氧化碳难度之比始终为1：1，所以2：1＞4：3，说明平衡向逆反应方向移动，说明平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时NO的转化率，说明逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应；故答案为：降低；＜。

点睛：本题考查了盖斯定律的应用、影响平衡移动的因素、平衡常数的有关计算等，把握化学平衡常数的有关计算为解答的关键。

本题的易错点为(3)②，要注意催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态。

10. 化合物A里一种重要的原料，其结构简式为，可由化合物甲生成。

其转化关系及相应反应如下：
已知:①甲的分子式为C18H17ClO2；
②R1-CHO+R2-OH
回答下列问题：
（1）A的化学名称为________；A分子中最多有_____个碳原子处于同一平面上。

（2）D→E的反应类型为____________；G中含氧官能团名称为______________。

【答案】 (1). 苯丙烯酸（或3-苯基丙烯酸） (2). 9 (3). 消去反应 (4). 羟基、醚键
【解析】根据G的结构简式结合信息②可知，F为，根据题中各物质的转化关系，甲在稀硫中水解得A和B，A经过两步氧化再消去酸化后得B，可知A和B中碳原子数相等，结合甲的化学式可知，甲应为含氯原子的酯，则甲的结构简式为
，A为，B为，B发生氧化得C为，C氧化得D为，结合反应条件可知，D中卤素原子发生消去反应生成E为，E再酸化得A，C碱性水解得F。

(1)A为，A的化学名称为苯丙烯酸，其中苯环上的所有原子都可以共面，碳碳双键上的所有原子也可共面，单键可以转动，所以A分子中最多有9个碳原子处于同一平面上，故答案为：苯丙烯酸；9；
(2)根据上述分析，D为，结合反应条件可知，D中卤素原子发生消去反应生成E为；G为，其中含氧官能团为羟基和醚键，故答案为：消去反应；羟基、醚键。

11. 化合物X是一种香料,可采用乙烯与甲苯为主要原料,按下列路线合成:
已知:RX ROH;RCHO＋CH3COOR′RCH=CHCOOR′
请回答:
（1）B＋D→F的化学方程式_______________________________________。

（2）X的结构简式_____。

（3）对于化合物X,下列说法正确的是____。

A．不能发生水解反应 B．不与浓硝酸发生取代反应
C．能使Br2/CCl4溶液褪色 D．能发生银镜反应
（4）下列化合物中属于F的同分异构体的是______（双选）
A． B．
C．CH2CHCH CHCH CHCH CHCOOH D．
【答案】 (1). CH3COOH＋＋H2O (2).
(3). C (4). B、C
【解析】乙烯和水发生加成反应生成A，A为CH3CH2OH，A发生催化氧化生成B，根据B分子式知，B结构简式为CH3COOH，在光照条件下甲苯和氯气发生取代反应生成C，根据反应条件知，氯原子取代甲基上氢原子，由C分子式知，C结构简式为，C发生取代反应生成D，D为，D发生催化氧化反应生成E为，B和D发生酯化反应生成F，F为，F发生信息中的反应生成X，根据X分子式知，X结构简式为。

(1)B为CH3COOH，D为，二者发生酯化反应生成F为，
该反应方程式为CH3COOH++H2O，故答案为：
CH3COOH++H2O；
(2)通过以上分析知，X结构简式为，故答案为：
；
(3)X为，X中含有碳碳双键、苯环和酯基，具有烯烃、苯和酯的性质。

A．酯基能发生水解反应生成羧酸和醇，故错误；B．含有苯环，所以能与浓硝酸发生取代反应，故错误；C．含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应而使Br2/CCl4溶液褪色，故正确；D．不含醛基，所以不能发生银镜反应，故错误；故选C；
(4)F为，含有9个碳原子，2个氧原子，不饱和度为5。

A．含有10个碳原子，错误；B．，含有9个碳原子，2个氧原子，不饱和度为5，与F为同分异构体，正确；
C．CH2CHCH CHCH CHCH CHCOOH，含有9个碳原子，2个氧原子，不饱和度为5，与F为同分异构体，正确；D．含有10个碳原子，错误；故选BC。

点睛：本题考查有机物推断，侧重考查学生分析推断、信息利用等综合能力，明确官能团及其性质关系、反应条件与物质关系是解本题关键。

注意醛和酯发生反应时断键和成键方式，注意A发生催化氧化产物要根据B的分子式确定，但很多同学认为B是醇而导致错误，为易错点。