【文档说明】贵州省惠水县第一高级中学2020届高三上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(14)页，674.500 KB，由小赞的店铺上传

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贵州省惠水县第一高级中学2019-2020学年上学期期末考试高三理综化学一、单选题(共7小题，每小题6.0分，共42分)1.生产生活中的许多现象或应用都与化学知识有关。下列现象或应用与胶体性质无关的是()A.将盐卤或石膏加入豆浆中，制

成豆腐B.冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷C.泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，喷出大量泡沫，起到灭火作用D.清晨，人们经常能看到阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象【答案】C【解析】A项

，豆浆属于蛋白质胶体，卤水和石膏的主要成分属于盐类，将卤水或石膏加入豆浆，会使胶体聚沉，故A与胶体性质有关；B项，冶金厂的烟尘为气溶胶，胶体有吸附性，吸附了带电荷的微粒而使胶粒带电，在高压电作用下，胶粒定向移动产生电泳现象，使胶体粒子在电极处凝聚

、沉降从而达到除尘的目的，故B与胶体性质有关；C项，泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合，利用铝离子和碳酸氢根离子双水解生成二氧化碳和氢氧化铝沉淀，与水解有关，故C与胶体性质无关；D项，该现象称为丁达尔

效应，是因为早晨的森林雾气较重，在空气中形成气溶胶，经穿过树叶空隙的太阳光照射后产生的现象，丁达尔效应是胶体的重要性质，故D与胶体有关。点睛：本题主要考查胶体的性质，与生活中的现象联系密切，明确胶体的

丁达尔效应、电泳、聚沉等重要性质及其形成原因，才能合理解释生活中的有关现象。2.下列有关化学用语表示正确的是A.硫离子的结构意示图：B.某有机物的名称：2-乙基-2-丁烯C.CH4分子的比例模型：D.间硝基甲苯的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A．S原子的质子数为1

6，得到2个电子后，最外层达到8个电子的稳定结构，质子数不变，正确应为，故A错误；B．主链不是最长碳链，正确的命名为：3-甲基-2-戊烯，故B错误；C．甲烷为正面体结构，由原子相对大小表示空间结构为比例模型，则CH4分子的比例模型为，故C正确；D．硝基的表示方法错误，间-硝基甲苯正确的结构

简式：，故D错误；故答案为C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（）A.10g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数为1.2NAB.5.6g铁与足量硫加热充分反应转移电子数为0.2NAC.

50mL12mol·L－1浓盐酸与足量二氧化锰加热反应，转移电子数为0.3NAD.标准状况下，含有1mol硫原子的SO2与SO3的混合物，其体积小于22.4L【答案】C【解析】【详解】A.乙醇溶液中除乙醇含有氢原子外，溶剂水中也含有氢原子，即氢原子总数等于乙醇中的

氢原子数和水中的氢原子数之和，共1.2NA，A选项正确；B.5.6g铁为0.1mol，与足量的硫反应，生成0.1molFeS，转移电子0.2NA，B选项正确；C.50mL12mol·L－1浓盐酸的物质的量为0.6mol，随反应的

进行浓盐酸变稀，反应停止，即0.6mol浓盐酸不能完全反应，转移电子数小于0.3NA，C选项错误；D.在标准状况下SO3为固体，所以SO2的物质的量小于1mol，混合物体积小于22.4L，D选项正确。4.下列离子反应方程式正确的是A.金属钠投入蒸馏水2

Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑B.向亚硫酸钠溶液中加入足量硝酸SO32-+2H+=SO2↑+H2OC.用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气MnO2+4H++2C1-=Mn2++2H2O+Cl2↑D.硫酸亚铁溶液中加入酸化的双氧水Fe

2++2H++H2O2=Fe3++2H2O【答案】A【解析】【详解】A.反应原理符合客观事实，拆写也符合离子方程式的要求，正确；B.硝酸有强的氧化性，而亚硫酸有还原性，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：3SO32-+2H++2N

O3-=3SO42-+2NO↑+H2O，错误；C.用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气,反应条件是加热，反应的两种方程式为：MnO2+4H++2C1-Mn2++2H2O+Cl2↑，错误；D．电子不守恒，电荷不守恒，正确的应该为：2Fe2++2H++H

2O2=2Fe3++2H2O，错误；答案选A。5.下列说法正确的是()。A.根据反应Cu＋H2SO4通电CuSO4＋H2↑可推出Cu的还原性比H2的强B.在反应CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑中

，水作氧化剂C.反应3NO2＋H2O=2HNO3＋NO中氧化剂和还原剂的物质的量之比是3∶1D.因Cl2的氧化性强于I2的氧化性，所以置换反应I2＋2NaClO3=2NaIO3＋Cl2不能发生【答案】B【解析

】【详解】A.反应Cu+H2SO4通电CuSO4+H2↑要在通电条件下才能发生，不是自发反应，所以不能说明Cu的还原性比H2的强，故A错误；B.在反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑中，水中氢的化合价从+1降为0，所以水作氧化剂，故B正确；C

.反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶2，故C错误；D.该置换反应中I2将Cl2还原出来，所以I2的还原性强于Cl2，故D错误；故选B。6.下列化学反应属于区域3的是()A.4F

e(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3B.2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑C.4NH3＋5O24NO＋6H2OD.Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑【答案】C【解析】【分析】区域3为氧化还原反应，且不是化合反应、分解反应和

置换反应。【详解】A项中的反应是化合反应，且有元素化合价的变化，属于区域1，A错误；B项中的反应是分解反应，但元素化合价没有变化，属于除区域2外的分解反应，B错误；C项中的反应是不属于4种基本反应类型的氧化还原反应，属于区域3，C正确；D项中的反应是置换反

应，属于区域4，D错误；答案为C。7.将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一。已知：TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(l)+O2(g)△H=+140.5kJ/molC(s,石墨)+1/2O2

(g)＝CO(g)△H=-110.5kJ/mol则反应TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s,石墨)＝TiCl4(l)+2CO(g)的△H是A.+80.5kJ/molB.+30.0kJ/molC.-30.0k

J/molD.-80.5kJ/mol【答案】D【解析】【详解】根据盖斯定律，将已知两个热化学方程式中的氧气消去可得所求方程式，所以ΔH＝+140.5kJ·mol－1+2×（－110.5kJ·mol－1）=

-80.5kJ·mol－1，答案选D。分卷II二、必考题(共3小题，共44分)8.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）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。（2）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”)。（3）“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____

_______。（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。（5）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).Al2O3+2OH−=22AlO+H2O(2).减小(3).石墨电极被阳极上产生的O2氧化(4).）423CO+2H

2O−4e−=43HCO+O2↑(5).H2(6).NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜【解析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得

到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（OH）3，过滤II得到Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电

子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气。（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为：Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O；（2）向“过滤I”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH－＞AlO

2－＞CO32－，可知溶液的pH减小，NaHCO3中存在化学键有：离子键和共价键；（3）“电解I”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极上产生的O2氧化。（4）由图可知，阳极反应为4CO32－+2H2O-4e－═4HCO3－+O2↑，阴极上氢离子得到电子生

成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2。（5）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NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。

点睛：本题考查混合物分离提纯，答题关键：把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，难点小题（2）向“过滤I”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH－＞AlO2－＞CO32－。9.按下图装置

进行实验，并回答下列问题：（1）判断装置的名称：A池为___________；B池为______________；（2）锌极为________极，电极反应式为___________________________________；铜极为________极

，电极反应式为___________________________________；石墨棒C1为______极，电极反应式为__________________________________；石墨棒C2附近发生的实验现象为_____________________

_________________；（3）当C2极析出224mL气体（标准状态）时，锌的质量变化_________（变大、不变或变小）了________g，CuSO4溶液的质量_________（增加、

不变或减少）_________g。【答案】(1).原电池(2).电解池(3).负极(4).Zn—2e-=Zn2+(5).正极(6).Cu2++2e-=Cu(7).阳极(8).2Cl--2e-=Cl2↑(9).溶液呈红色(10).变小(11).0.65(12).增加(13).0.0

1【解析】【详解】（1）由题给装置可知，A为原电池，B为电解池；（2）A为原电池，金属活泼性较强的锌为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；金属活泼性较弱的铜为正极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，石墨棒C1与原电池的正极相连为电解池的阳极，阳极上氯

离子失电子生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；石墨棒C2与原电池的负极相连为电解池的阴极，电极反应式为2H＋+2e-=H2↑，阴极附近生成氢气和氢氧根离子，溶液呈变红；（3）石墨棒C2与原电池的负极相连为电解池的阴极，电极反应式为2H＋+2e-=H2

↑，当C2极析出224mL气体（标准状况）时，生成氢气的物质的量为0.01mol，转移的电子为0.02mol，锌电极的方程式为：Zn-2e-=Zn2+，根据电子守恒可知，消耗的Zn为0.01mol，则锌的质量减少0

.65g，生成铜的物质的量为0.01mol，质量为6.4g，硫酸铜溶液质量增加0.01g。10.CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转

化为______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO

2(g)2CO(g)+2H2(g)①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C—HC=OH—HCO(CO)键能/kJ·mol−14137454361075则该反应的ΔH=_________。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压

，容积可变）中，加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A”或“B”）。②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原

因是________。（3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：________。电池的正极反应式：6O2+6e−6O2−6CO2+6O2−3C2

O42−+6O2反应过程中O2的作用是________。该电池的总反应式：________。【答案】(1).CO32-(2).10(3).+120kJ·mol-1(4).B(5).900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，

但能耗升高，经济效益降低(6).Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）(7).催化剂(8).2Al+6CO2=Al2(C2O4)3【解析】【详解】（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以C

O2主要转化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2=233ccc2cHCOHHCO=5×10−11，所以

氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。（2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)=+120kJ·mol-1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的

量增加）；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。②根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明

显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气

再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。【点睛】本题的第（2）小问中的①涉及了恒容容器和恒压容器在不同反应中的影响。此类问题可以直接利用如下的结论：如果初始

状态完全相同，是由恒容和恒压的区别，则一定是恒压容器更有利于反应的进行。除非是气体物质的量不变的反应，恒压和恒容是一样的。本就可以直接得到，容器B恒压，所以有利于反应进行，反应的更多，热量也更多。11.化合物N具有镇痛、消

炎等药理作用，其合成路线如下：（1）A的系统命名为______________，E中官能团的名称为_______________________。（2）A→B的反应类型为________，从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为______

______。（3）C→D的化学方程式为___________________________________________。（4）C的同分异构体W(不考虑手性异构)可发生银镜反应；且1molW最多与2molNaOH发生反应

，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有________种，若W的核磁共振氢谱具有四组峰，则其结构简式为________________。（5）F与G的关系为________(填序号)。a．碳链异构b．官能团异

构c．顺反异构d．位置异构（6）M的结构简式为_________________________________________________。（7）参照上述合成路线，以原料，采用如下方法制备医药中间体。该路线中试剂与条件1为__

__________，X的结构简式为____________；试剂与条件2为____________，Y的结构简式为________________。【答案】(1).1,6­己二醇(2).碳碳双键、酯基(3).取代反应(4)

.减压蒸馏(或蒸馏)(5).(6).5(7).(8).c(9).(10).HBr，△(11).(12).O2/Cu或Ag，△(13).【解析】【详解】（1）A为6个碳的二元醇，在第一个和最后一个碳上各有1个羟基，所以名称为1,6-己二醇

。明显E中含有碳碳双键和酯基两个官能团。（2）A→B的反应是将A中的一个羟基替换为溴原子，所以反应类型为取代反应。反应后的液态有机混合物应该是A、B混合，B比A少一个羟基，所以沸点的差距应该较大，可以通过蒸

馏的方法分离。实际生产中考虑到A、B的沸点可能较高，直接蒸馏的温度较高可能使有机物炭化，所以会进行减压蒸馏以降低沸点。（3）C→D的反应为C与乙醇的酯化，所以化学方程式为。注意反应可逆。（4）C的分子式为C6H11O2Br，有一个不饱和度。其同分异构体可

发生银镜反应说明有醛基；1molW最多与2molNaOH发生反应，其中1mol是溴原子反应的，另1mol只能是甲酸酯的酯基反应（不能是羧基，因为只有两个O）；所以得到该同分异构体一定有甲酸酯（HCOO－）结构。又该同分异构体水解得到的醇应该

被氧化为二元醛，能被氧化为醛的醇一定为－CH2OH的结构，其他醇羟基不可能被氧化为醛基。所以得到该同分异构体水解必须得到有两个－CH2OH结构的醇，因此酯一定是HCOOCH2－的结构，Br一定是－CH2Br的结构，此时还剩余三个饱和的碳原子，在三个饱和碳原子上连接HCOOCH2－有2

种可能：，每种可能上再连接－CH2Br，所以一共有5种：。其中核磁共振氢谱具有四组峰的同分异构体，要求有一定的对称性，所以一定是。（5）F为，G为，所以两者的关系为顺反异构，选项c正确。（6）根据G的结构明显得到N中画圈的部分为M，所以

M为。（7）根据路线中化合物X的反应条件，可以判断利用题目的D到E的反应合成。该反应需要的官能团是X有Br原子，Y有碳氧双键。所以试剂与条件1是HBr，△；将取代为，X为。试剂与条件2是O2/Cu或Ag，△；将氧化为，所以Y为。【点睛

】最后一步合成路线中，是不可以选择CH3CH2CHO和CH3CHBrCH3反应的，因为题目中的反应Br在整个有机链的一端的，不保证在中间位置的时候也能反应。12.硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数

如下表所示：回答下列问题：(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为____________________________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。(

2)根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是__。(3)图(a)为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为__________________。(4

)气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为________形，其中共价键的类型有________种；固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。(5)FeS2晶体的晶胞如图(c)所示

。晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为______________________________g·cm－3；晶胞中Fe2＋位于22S所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为________nm。【答案】(1).(2).哑铃

(纺锤)(3).H2S(4).S8相对分子质量大，分子间范德华力强(5).平面三角(6).2(7).sp3(8).—734(10)AMNag/cm3(9).22a【解析】【分析】（1）根据铁、硫的核外电子排布式

解答；（2）根据价层电子对互斥理论分析；（3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断；（4）根据价层电子对互斥理论分析；（5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。【详解】（1）基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63

s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形；（2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气

态分子中，中心原子价层电子对数分别是sp3、sp2、sp2，因此不同其他分子的是H2S；（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多；（

4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2种，即σ键、π键；

固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子形成4个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3；（5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12×14+1＝4，硫原子个数是8×18+6×12＝4，晶胞边

长为anm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体密度的计算表达式为321373344/10/(10)AAmMMgcmgcmVNaNa；晶胞中Fe2+位于22S所形成的正八面体的体心，该正八面体的边

长是面对角线的一半，则为22anm。【点睛】其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有

孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的

效果。