【文档说明】【精准解析】贵州省黔南布依族苗族自治州瓮安第二中学2020届高三上学期期末考试化学试题.doc，共(13)页，564.000 KB，由小赞的店铺上传

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贵州省瓮安第二中学2019-2020学年上学期期末考试高三化学一、单选题(共7小题，每小题6.0分，共42分)1.在一定条件下，可发生反应：RO3n-+F2+2OH-=RO4-+2F-+H2O。则RO3n-中

R元素的化合价是（）A.+4B.+5C.+6D.+7【答案】B【解析】【详解】对于RO3n-+F2+2OH-=RO4-+2F-+H2O来说，依据电荷守恒，n+2=1+2，n=1，此时RO3n-转化为RO3

-；再依据化合价的代数和为-1，求出R的化合价为+5价。故选B。2.N2O俗称“笑气”，曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O：3CO+2NO2＝3CO2+N2O．下列关于N2O的说法一定正确的是A.上述反应，每生成lmo

lN2O，消耗1.5molCOB.等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子数C.N2O只有氧化性，无还原性D.N2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒【答案】B【解析】【详解】A．根据方程式3CO+2NO2＝3CO2+N

2O知，生成lmolN20，需要3molCO，A项错误；B．N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同的N2O和CO2，含有的电子数相同，B项正确；C．N2O中N元素化合价为+1价，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，C项错误；D．与人体血红蛋白结合，使

人中毒的是NO，D项错误；答案选B。3.金属的使用是人类拓展自身能力的标志之一。人类利用几种常用金属的先后顺序依次为金、铜、铁、铝，之所以有先后，主要取决于()A.金属在地壳中的含量多少B.金属的熔沸点高低

C.金属的活泼性强弱D.金属的导电性强弱【答案】C【解析】【详解】根据金属活动性顺序表可知，金属活动性由强到弱的顺序为：铝＞铁＞铜＞金；金属利用的先后顺序既与金属冶炼的难易程度有关，又与金属活动性顺序有关，越不活泼的金

属越早被利用。人类使用较早的金属，其活动性较弱；金属活动性越强，金属的冶炼难易程度越难，这也影响了人类对金属的使用，而与A、B、D选项中金属在地壳中的含量多少、熔沸点高低、导电性强弱无关。4.使用化学手段可以消除某些环境污染。下列主要依靠化学手段消除环境污

染的是()A.在燃煤中添加生石灰B.将某些废旧塑料熔化后再成型C.把放射性核废料深埋于地下岩层D.用多孔吸附剂清除水面油污【答案】A【解析】【详解】A．在燃料煤中添加氧化钙，生成的二氧化硫和氧化钙反应生成亚硫酸钙，最终氧化为硫酸钙，发生化学变化，故A正确；B．将某些废旧塑料熔化后重新成型，固

体的形状发生变化，但性质不变，不是化学变化，故B错误；C．原子的放射性属于核变化，不是化学反应，故C错误；D．用多孔吸附剂清除水面油污，利用了吸附剂的物理性质，故D错误；故选A。5.下列各选项中，原因、结论及因果关系均正确的

是（）A.因为H-F的键能大于H-Cl，所以HF的沸点高于HClB.因为HClO4比HClO中的氯元素的化合价高，所以HClO4的氧化性强于HClOC.因为N元素的非金属性比P元素强，所以NH3的稳定性强于PH3D.因为Fe的还原性强于Cu，所以Cu2+的氧化性强于Fe

3+【答案】C【解析】【详解】A.键能的大小决定氢化物的稳定性，和沸点无关，HF的沸点高于HCl的原因是HF分子间有氢键，而HCl只有分子间作用力，故A不选；B.价态的高低和氧化性的强弱没有关系，故B不选；C.非金属性越强，氢化物的稳定性就越强，故C选；D.还原剂的还原性越强，其氧化产物的氧化性

就越弱。铁的氧化产物为Fe2+而不是Fe3+，所以Cu2+的氧化性强于Fe2+。Fe3+的氧化性强于Cu2+，可以从反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+得到证明。故D不选。故选C。6.下列条件下铁钉最容易生锈的是（）A.浸泡在植物油中B.浸

泡在海水中C.置于干燥的空气中D.铁钉表面涂一层油漆【答案】B【解析】铁在潮湿的空气中易生锈。铁生锈的条件是与氧气、水接触；浸泡在植物油中的铁与氧气、水隔绝，不易生锈；浸泡在海水中的铁与氧气、水接触易生锈；置于干燥的空气中的铁不与水接触，不易生

锈；铁钉表面涂一层油漆与氧气、水隔绝，不易生锈；故选B。7.可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH<0，在一定条件下达到平衡状态，时间为t1时改变条件.化学反应速率与反应时间的关系如图所示.下列说法正确的是A.维持温度、容积不变，t1时充入SO3

(g)B.维持压强不变，t1时升高反应体系温度C.维持温度、容积不变，t1时充入一定量ArD.维持温度、压强不变，t1时充入SO3(g)【答案】D【解析】【详解】A．维持温度、反应体系体积不变，t1时充入SO3，此时正逆反应速率均

增大，故A错误；B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度，正逆反应速率都增大，不符合，故B错误；C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar，反应物和生成物的浓度都不变，正逆反应速率都不变，故C错误；D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3，该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度

增大，则逆反应速率增大，正反应速率减小，故D正确；故选D。分卷II二、非选择题(共3小题，共43分)8.高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。以下是工业上用软锰矿制备高锰酸钾的一种工艺流程。（1）KMnO4稀溶液

是一种常用的消毒剂。其消毒机理与下列___（填序号）物质相似。A．75%酒精B．双氧水C．苯酚D．84消毒液（NaClO溶液）（2）写出MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生的主要反应的化学方程式：________________________

___________________________________________。（3）向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，该反应中的还原剂是：_______。（4）上述流程中可以循环使用的物质有石灰、二氧化碳、___和___（写化学式）。（5）若不考虑物

质循环与制备过程中的损失，则1molMnO2可制得_____molKMnO4。【答案】(1).BD(2).2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O(3).K2MnO4(4).MnO2(5).KOH(6).2/3【解析】【分析】（1）K

MnO4有强氧化性，消毒原理与84消毒液、双氧水一样；（2）由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水，根据守恒法配平；（3）由工艺流程转化关系可知，向K2M

nO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，所含元素化合价升高的反应物是还原剂；（4）制备中利用的原料，在转化过程中又生成的可以循环利用；（5）根据反应的方程式判断。【详解】（1）KMnO4有强氧化性，利用其强氧化性杀菌消毒，消毒原理与84消毒液、双氧水一样，故选BD

；（2）由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水，反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为-2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍

数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，所以反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；（3）由工艺流程转化关系可知

，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，反应只有Mn元素的化合价发生变化，由+6价降低为+4价，由+6价升高为+7价，所以K2MnO4既是氧化剂又是还原剂。（4）制备中利用的原料，在转化过程中又生成的可以循环利用．由转化关系图

知，除石灰、二氧化碳外，K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4生成的MnO2及最后由母液加入石灰生成的KOH，会在MnO2、KOH的熔融制备K2MnO4中被循环利用。（5）2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O可知最初

的原料中1molMnO2恰好得到1molK2MnO4。由3K2MnO4+2CO2＝2KMnO4+2K2CO3+MnO2知，1molK2MnO4在反应中能得到2/3molKMnO4。9.A～G各物质间的

关系如下图，其中B、D为气态单质。请回答下列问题：(1)物质C和E的名称分别为________________、__________________；(2)可选用不同的A进行反应①，若能在常温下进行，其化学方程式为_____________；若只能在加热情况下进行，则反应物A应为______

_______；(3)反应②的化学方程式为_______________________________________；(4)新配制的F溶液应加入_____________以防止其转化为G。检验G溶液中阳离子的

常用试剂是_____________，实验现象为______________________________________。【答案】（1）浓盐酸、四氧化三铁（2）2H2O2MnO22H2O+O2↑、KClO3（3）4HCl＋MnO2MnCl2＋2H2O＋Cl2↑（

4）铁粉、KSCN溶液；溶液变红【解析】【分析】①中MnO2作催化剂可知：A为H2O2或KClO3；B为O2；E为Fe3O4②中MnO2作氧化剂可与C制气体D且C还与Fe3O4反应生成F和G的混合溶液。可确定

：C为浓盐酸；D为Cl2；而G为FeCl3、F为FeCl2，据此分析。【详解】①中MnO2作催化剂可知：A为H2O2或KClO3；B为O2；E为Fe3O4②中MnO2作氧化剂可与C制气体D且C还与Fe3O4反应生成F和G的混合溶液。可确

定：C为浓盐酸；D为Cl2；而G为FeCl3、F为FeCl2。（1）物质C和E的名称分别为浓盐酸、四氧化三铁；（2）进行反应①，若能在常温下进行，A是H2O2其化学方程式为2H2O22H2O+O2↑；若只能在加热情况下进行，则反应物A应为KClO3；（3）反应②的化学方程式为:MnO2+4HCl(

浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（4）Fe2+有强的还原性，容易被被空气氧化成Fe3+而变质。因此常加入铁粉将变质的Fe3+还原回Fe2+，反应的离子方程式为:2Fe3++Fe=3Fe2+．Fe3+的检验方法是向待测溶液中加入KSCN溶液，若溶

液变为血红色，就证明含有Fe3+，或加入NaOH溶液，若产生红褐色的沉淀。就证明含有Fe3+。10.工业上用CO生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。图1表示反应中能量的变

化；图2表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4molH2和一定量的CO后，CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化。请回答下列问题：（1）在“图1”中，曲线____（填：a或b）表示使用了催化剂；该反应属于____（填：吸热、放热）反应。（2）下列说法正确的是______；A．起始充入的

CO为2molB．增加CO浓度，CO的转化率增大C．容器中压强恒定时，反应已达平衡状态D．保持温度和密闭容器容积不变，再充入1molCO和2molH2，再次达到平衡时n(CH3OH)/n(CO)会减小（3）从反应

开始到建立平衡，v(H2)＝_____；该温度下CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数为______。若保持其它条件不变，将反应体系升温，则该反应化学平衡常数________（填“增大”、“减小”或“不变”）。（4）请在“图3

”中画出平衡时甲醇百分含量（纵坐标）随温度（横坐标）变化的曲线，要求画压强不同的2条曲线____________（在曲线上标出P1、P2，且P1<P2）。（5）已知CH3OH(g)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－192.9kJ/mol又知H2O(l)

=H2O(g)ΔH＝＋44kJ/mol，请写出32g的CH3OH(g)完全燃烧生成液态水的热化学方程式____________________。【答案】(1).b(2).放热(3).AC(4).0.15mol·L-

1·min-1(5).12L2·mol-2或20.75/0.25/(0.5/)molLmolLmolL(6).减小(7).(8).CH3OH(g)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－280.9k

J/mol【解析】【详解】（1）根据图像可知曲线b表示的活化能小，所以b曲线表示使用了催化剂。反应物的总能量高于生成物的总能量，因此正反应是放热反应。（2）A．容器容积为2L，根据图像可知起始充入的CO为1mol/L×2L＝2mol，A正确；B．增加CO浓度，平衡向正反应方向进行，

但CO的转化率降低，B错误；C．正反应是体积减小的可逆反应，因此容器中压强恒定时，表明反应已达平衡状态，C正确；D．保持温度和密闭容器容积不变，再充入1molCO和2molH2，相当于增大压强，平衡向正反应方向进行

，因此再次达到平衡时n(CH3OH)/n(CO)会增大，D错误。答案选AC。（3）根据图像可知反应进行到10min时达到平衡状态，此时生成甲醇是0.75mol/L，则根据方程式可知消耗甲醇是0.75mol/L×2＝1.5mol/L，所以用氢气表示的反应速率为1.5mol/L÷10min＝0.15m

ol·L-1·min-1；平衡时氢气的浓度是2mol/L-1.5mol/L＝0.5mol/L，甲醇和CO的平衡浓度分别是0.75mol/L、0.25mol/L，所以该温度下的平衡常数K＝20.75120.

250.5；正反应是放热反应，若保持其它条件不变，将反应体系升温，平衡向逆反应方向进行，则该反应化学平衡常数减小。（4）正反应是放热反应，升高温度甲醇的含量降低。又因为正反应是体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向进行，甲醇含量增大，所以其图像可

表示为（5）已知：①CH3OH(g)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－192.9kJ/mol，②H2O(l)=H2O(g)ΔH＝＋44kJ/mol，则根据盖斯定律可知①—2×②即得到32g的CH3OH(g)完全燃烧生成液

态水的热化学方程式为CH3OH(g)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－280.9kJ/mol。11.图A所示的转化关系中（具体反应条件略），a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞

如图B所示。回答下列问题：（1）图B对应的物质名称是_________，其晶胞中的原子数为______，晶体类型为_______。（2）d中元素的原子核外电子排布式为_______。（3）图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是______，原因是______，该物质的分

子构型为_________，中心原子的杂化轨道类型为_________。（4）图A中的双原子分子中，极性最大的分子是_________。（5）k的分子式为_________，中心原子的杂化轨道类型为_________，属于_________分子（填“极性”或“非极性”）。【答案】(1).金

刚石(2).8(3).原子晶体(4).1s22s22p63s23p5(5).H2O(6).H2O分子间形成氢键(7).V形（或角形）(8).sp3(9).HCl(10).COCl2(11).sp2(12).极性【解析】【详解】（1）每个a原子周围有4个

a—a键，a的该种单质为原子晶体，a能与水反应生成b和f，则图B对应的物质为金刚石；该晶胞中的原子数为：8×18+6×12+4=8。（2）a为C，a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，则b为H2、f为CO；b与c反应生成H2O，则c为O2；b与d反应生成i，i的溶液为常见的酸，则d为Cl

2，i为HCl；f与c反应生成g，f与d反应生成k，k与水反应生成g和i溶液（HCl水溶液），则g为CO2、k为COCl2；d中元素为Cl，Cl原子核外有17个电子，其排布式为：1s22s22p63s23p5。（3）图A中由两种元素组成的物质有f为CO、g为CO2、i为HCl、H2O，这四

种物质常温下只有水是液态，其它都是气体，故沸点最高的是H2O，原因是H2O分子间形成氢键；H2O中O上的孤电子对为12×（6-2×1）=2，σ键电子对数为2，价层电子对数为4，故O采取sp3杂化，由于有两对孤电子对，故H2O的构型为V形（或角形）。（4）所有双原子分子有H2、O2、Cl2、HCl

、CO，其中H、Cl电负性差值最大，因而极性最大。（5）k为COCl2；COCl2中C原子含有3个σ键、1个π键，C上没有孤电子对，故C原子采取sp2杂化；COCl2为平面三角形结构，分子中正负电中心不重合，COCl2为极性分子。12.［化学—选修5：有机化学基础］高分子材料PET

聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：Ⅰ．RCOOR′+R′′18OHRCO18OR′′+R′OH（R、R′、R′′代表烃基）；Ⅱ．（R、R′代表烃基）；（1）①的反应类型是________。（2）②的化学方程式为________。（3）P

MMA单体的官能团名称是________、________。（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，⑤的化学方程式为________。（5）G的结构简式为________。（6）下列说法正确的是________（填字母序号）。a．⑦为酯化反应

b．B和D互为同系物c．D的沸点比同碳原子数的烷烃高d．1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4molNaOH（7）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是________。（8）写出由PET单体制备PET聚酯（化学式为C10nH8nO4n或

C10n+2H8n+6O4n+2）并生成B的化学方程式________________________________________________。【答案】(1).加成反应(2).(3).碳碳双键(4).酯

基(5).(6).(7).a、c(8).(9).【解析】【详解】（1）根据合成路线可知，①为乙烯与溴的加成反应生成A为1，2-二溴乙烷；（2）②为1，2-二溴乙烷在氢氧化钠水溶液中的水解反应生成乙二醇。化学方程式为；（3）由PMMA的结构可知，PMMA为烯酯类加聚

反应产物，故其单体的官能团名称是碳碳双键和酯基；（4）F为醇催化氧化生成，其核磁共振氢谱显示只有一组峰结构对称，则E为2-丙醇，F为丙酮，故⑤的化学方程式为；（5）G由丙酮在i:HCN/OH-,ii:H2O/H+作用下生成，由题目信息可知其结构简式为；（6）a．⑦为与甲醇发生酯化反应生成PMM

A单体，故a正确；b．B为乙二醇，D为甲醇，二者不是同系物，故b错误；c．D为甲醇，分子间可产生氢键，所以其沸点比同碳原子数的烷烃高，故c正确；d．1mol中含2mol酯基，所以与足量NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH，故d错误；答案选a、c；（7）J为2-甲基丙烯酸，其同分

异构体中具有碳碳双键与羧基，且为顺式结构，其结构简式是；（8）根据题干信息可知，由PET单体制备PET聚酯的化学方程式为：。