2021年內蒙古自治區赤峰市大板第一中學高三化學下學期期末試卷含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（l）△H=﹣132kJ/mol，蒸發1molNH3（l）需要吸收的能量為20kJ，相關數據如下

H2（g）N2（g）NH3（g）1mol分子中的化學鍵形成時要釋放出的能量/kJ436946a一定條件下，在體積1L的密閉容器中加入1molN2（g）和3molH2（g）充分反應，生成NH3（g）放出熱量QkJ，下列說法正確的是（）A．可表示合成氨過程中的能量變化B．a的數值為1173C．Q的數值為92D．其它條件相同，反應使用催化劑時釋放出的能量大于無催化劑時釋放出的能量參考答案：B考點：反應熱和焓變．專題：化學反應中的能量變化．分析：A、反應放熱，反應物能量高于生成物；B、據△H=反應物鍵能和﹣生成物鍵能和計算；C、物質由液態變為氣態需要吸收能量；D、催化劑不影響反應熱的大小．解答：解：A、反應是放熱反應，反應物能量應高于生成物，故A錯誤；B、△H=反應物鍵能和﹣生成物鍵能和，有﹣132KJ/mol+40KJ/mol=946KJ/mol+3×436KJ/mol﹣6aKJ/mol，a=360KJ/mol，1mol氨氣含有3molN﹣H鍵，故B正確；C、蒸發1molNH3（l）需要吸收的能量為20kJ，N2（g）+3H2（g）2NH3（l）△H=﹣132kJ/mol，2NH3（l）=2NH3（g）△H=40KJ/mol，據蓋斯定律可得：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol，1molN2（g）和3molH2（g）充分反應，但不能完全反應，所以Q＜92，故C錯誤；D、催化劑只能加快反應速率，不影響反應熱的大小，故D錯誤；故選B．點評：本題考查了放熱反應的圖象、利用鍵能求算反應熱、可逆反應的反應熱、蓋斯定律的應用等等，題目難度中等．2.分類是學習和研究化學的一種常用的科學方法．下列分類合理的是（）①根據酸分子中含有H原子個數將酸分為一元酸、二元酸等②堿性氧化物一定是金屬氧化物③根據丁達爾現象可將分散系分為膠體、溶液和濁液④SiO2是酸性氧化物，能與NaOH溶液反應⑤根據反應的熱效應將化學反應分為放熱反應和吸熱反應．A．②③B．②④⑤C．①②④D．②③④⑤參考答案：

考點：酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯系；分散系、膠體與溶液的概念及關系；吸熱反應和放熱反應．分析：①根據酸電離出的氫離子數目將酸分為一元酸、二元酸等；②金屬氧化物包括堿性氧化物、兩性氧化物和過氧化物；③據分散質微粒的大小可以將混合物進行分類；④根據酸性氧化物的性質分析；⑤化學反應有的是吸熱反應，有的放熱，一定伴隨能量的轉化．解答：解：①根據酸分子能電離出的氫離子個數，將酸分為一元酸、二元酸等，故①錯誤；②金屬氧化物包括堿性氧化物、兩性氧化物和過氧化物，所以堿性氧化物都是金屬氧化物，故②正確；③根據分散質微粒直徑的大小，可以將分散系分為膠體、濁液和溶液三大類，不能根據丁達爾效應分類，故③錯誤；④酸性氧化物能與堿溶液反應生成鹽和水，則SiO2是酸性氧化物，能與NaOH溶液反應，故④正確；⑤化學反應一定伴隨能量的轉化，根據化學反應中的熱效應，將化學反應分為放熱反應、吸熱反應，故⑤正確．綜上所述：②④⑤正確；故選B．點評：本題考查物質分類，物質性質的應用，物質的分類要注意分類的依據和標準，不同的依據物質的分類結果不一樣，題目難度不大．3.用石墨做電極電解1mol/LCuSO4溶液，當c（Cu2+）為0.5mol/L時，停止電解，向剩余溶液中加入下列何種物質可使電解質溶液恢復至原來狀況（）A．CuSO4

B．CuO

C．Cu（OH）2

D．CuSO4?5H2O參考答案：B考點：電解原理．專題：電化學專題．分析：用石墨做電極電解1mol/LCuSO4溶液，陽極反應為4OH﹣4e﹣=O2↑+2H2O、陰極反應為Cu2++2e﹣=Cu，所以相當于析出CuO，根據析出什么加入什么的原則加入物質．解答：解：用石墨做電極電解1mol/LCuSO4溶液，陽極反應為4OH﹣4e﹣=O2↑+2H2O、陰極反應為Cu2++2e﹣=Cu，所以相當于析出CuO，根據析出什么加入什么的原則知，應該加入適量的CuO可使電解質溶液恢復至原來狀況，也可以加入適量的CuCO3可使電解質溶液恢復至原來狀況，故選B．點評：本題考查了電解原理，明確陰陽極上析出的物質是解本題關鍵，從而確定應該加入的物質，注意碳酸銅可以可作是CuO．CO2，二氧化碳以氣體形式逸出，所以還相當于加入的是CuO．4.短周期主族元素X、Y、Z、M，X、Y、Z在周期表中的位置關系如圖，X和Y能形成兩種化合物，M

與Y同周期，且M是同周期中原子半徑最大的元素。下列說法不正確的是ZX

Y

A.X、Y、Z元素的氣態氫化物中，Y

的氫化物的沸點最高B.Z和M

組成的化合物為離子化合物，它與鹽酸反應能生成兩種鹽C.四種元素簡單離子的半徑由大到小依次為:

Y>Z>X>MD.含Y

元素的所有18

電子微粒均可與Cl2發生反應參考答案：A同一主族元素X和Y能形成兩種化合物，X為氧元素，Y為硫元素；M與Y同周期，且M是同周期中原子半徑最大的元素，M為鈉元素；Z與X緊鄰，Z為氮元素；水、硫化氫、氨氣三種氫化物中，水、氨氣分子間有氫鍵，且水分子間氫鍵作用力較大，因此氫化物的沸點最高為水，A錯誤；Z和M組成的化合物為氮化鈉，屬于離子化合物，與鹽酸反應生成氯化鈉和氯化銨，B正確；核外電子排布相同的離子，核電荷數越大，離子半徑越小，電子層數越多，半徑越大，因此四種元素簡單離子：S2->N3->O2->Na+，C正確；S2-、HS-中硫元素均為-2價，均能被氯氣氧化，D正確；正確選項A。點睛：水、硫化氫、氨氣三種氫化物中，沸點大小順序為H2O>NH3>H2S，因為水、氨氣分子間存在氫鍵，且水的氫鍵作用力大；三種氫化物的穩定性為H2O>NH3>H2S，原子半徑越大，氫化物越不穩定。5.下列溶液中有關物質的量濃度關系正確的是（）A．0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）B．-0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液與0.1mol?L﹣1NaOH溶液等體積混合：c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）C．0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液與0.2mol?L﹣1NaOH溶液等體積混合：c（Na+）＞c（OH﹣）＞0.05mol?L﹣1＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）D．0.2mol?L﹣1NaHCO3溶液與0.1mol?L﹣1NaOH溶液等體積混合：c（CO32﹣）+2c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+3c（H2CO3）+2c（H+）參考答案：CD考點：離子濃度大小的比較．分析：A．NaHCO3溶液呈堿性，HCO3﹣水解程度大于電離程度；B、0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液與0.1mol?L﹣1NaOH溶液等體積混合，恰好完全反應生成單一的碳酸鈉；C、向0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液中加入等體積0.2mol?L﹣1NaOH溶液后，相當于0.05mol?L﹣1的Na2CO3溶液和0.05mol?L﹣1NaOH溶液的混合液，由于Na2CO3的水解，導致氫氧根離子濃度大于0.05mol?L﹣1，而碳酸根離子濃度小于0.05mol?L﹣1；D、向0.2mol?L﹣1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol?L﹣1NaOH溶液后，相當于0.05mol?L﹣1的Na2CO3溶液和0.05mol?L﹣1NaHCO3溶液的混合液，根據物料守恒和電荷守恒分析解答．解答：解：A．NaHCO3溶液呈堿性，HCO3﹣水解程度大于電離程度，則c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故A錯誤；B．Na2CO3溶液中存在物料守恒，為c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故B錯誤；C、向0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液中加入等體積0.2mol?L﹣1NaOH溶液后，相當于0.05mol?L﹣1的Na2CO3溶液和0.05mol?L﹣1NaOH溶液的混合液，由于Na2CO3的水解呈堿性，所以c（Na+）＞c（OH﹣）＞0.05mol?L﹣1＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），故C正確；D、向0.2mol?L﹣1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol?L﹣1NaOH溶液后，相當于0.05mol?L﹣1的Na2CO3溶液和0.05mol?L﹣1NaHCO3溶液的混合液，根據電荷守恒可知：c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）．…①，而物料守恒可知：2c（Na+）=3c（CO32﹣）+3c（HCO3﹣）+3c（H2CO3）…②，將①代入②，可得：c（CO32﹣）+2c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+3c（H2CO3）+2c（H+），故D正確；故選：CD．點評：本題考查離子濃度大小的比較，結合鹽的水解綜合分析離子濃度的變化情況，學生要學會將守恒知識在解這類題中的應用，有一定的難度．

6.用你所學有機化學知識判斷下列表述正確的是A．甲烷、乙烯、苯、乙醇和乙酸都能發生加成反應B．欲將蛋白質從水中析出而又不改變它的性質，可加入CuSO4溶液C．苯分子中的化學鍵是介于碳碳單鍵和碳碳雙鍵之間的獨特的鍵D．淀粉與纖維素均不能被氧化，且互為同分異構體參考答案：C略7.右圖是一個一次性加熱杯的示意圖。當水袋破裂時，水與固體碎塊混和，杯內食物溫度逐漸上升。制造此加熱杯可選

用的固體碎塊是A．硝酸銨

B．生石灰C．氯化鎂

D．食鹽參考答案：B解析：生成灰能與水放出大量的熱。

8.下列各組物質的性質比較中不正確的是（）A．氧化性：F2＞C12＞Br2

B．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4C．堿性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3D．-熱穩定性：SiH4＞PH3＞H2S參考答案：D考點：元素周期律的作用．專題：元素周期律與元素周期表專題．分析：A．元素的非金屬性越強，單質的氧化性越強，；B．元素的非金屬性越強，最高氧化物對應水化物的酸性越強；C．元素的金屬性越強，最高氧化物對應水化物的堿性越強；D．元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩定．解答：解：A．非金屬性：F＞Cl＞Br，元素的非金屬性越強，單質的氧化性越強，故氧化性：F2＞C12＞Br2，故A正確；B．非金屬性：Cl＞S＞P，元素的非金屬性越強，最高氧化物對應水化物的酸性越強，故酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故B正確；C．金屬性：Na＞Mg＞Al，元素的金屬性越強，最高氧化物對應水化物的堿性越強，故堿性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故C正確；D．非金屬性：S＞P＞Si，元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩定，故熱穩定性：H2S＞PH3＞SiH4，故D錯誤；故選D．點評：本題考查元素周期表與元素周期律的綜合應用，難度不大．要注意把握元素周期律的遞變規律和基礎知識的積累．9.若NA為阿伏加德羅常數，下列說法中正確的是A．常溫常壓下，11.2LN2和NO的混合氣體所含的原子數為NAB．1molC8H18分子中，共價鍵總數為25NA

C．在1mol/L碳酸鈉溶液中CO32-、HCO3-、離子總數為NA

D．含0.1molH2O2的水溶液跟MnO2充分作用，反應過程中轉移的電子總數為0.2NA參考答案：B10.下列比較中正確的是

（

）

A．金屬性：Mg>Al>Na

B．原子半徑：S>O>F

C．堿性：KOH>Mg（OH）2>NaOH

D．氫化物穩定性：HBr>HCl>PH3參考答案：B略11.石墨能與熔融金屬鉀作用，形成石墨間隙化合物，K原子填充在石墨各層碳原了中。比較常見的石墨間隙化合物是青銅色的化合物，其化學式可寫作CxK，其平面圖形見右圖，。則x值為A．

8

B．

12

C．24

D．60

參考答案：A略12.將鈉、鋁混合物共1.0g投入適量水中充分反應，并測生成H2的量，若混合物中鈉與鋁的物質的量之比為x，如圖為生成H2的物質的量隨x的變化關系示意圖（隨著x的不斷增大，產生H2的物質的量越來越接近b1）．以下判斷不正確的是A．a1=

B．a2=1

C．b1=

D．b2=參考答案：A試題分析：發生反應有：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+6H2O═2Na+3H2↑，開始時鋁過量，隨著x最大，即鈉的量逐漸增大，生成氫氣的量開始時會逐漸增大，鈉、鋁的物質的量相等時，即a2=1，生成氫氣的量達到增大；之后隨著鈉的量的增加，生成氫氣的量會逐漸減小，直至完全為鈉時，生成氫氣的量不再變化，此時1.0g完全為Na，A．根據分析可知，a1時鋁過量，生成氫氣量b1=mol×=mol，設鈉的物質的量為ymol，此時鋁過量，結合反應可知參加反應的鋁的物質的量也是ymol，根據電子守恒可得：5y+1.5y=mol，解得：y=，則鋁的物質的量為：=mol，則a1=mol：mol=，故A錯誤；B．根據分析可知，當鋁和鈉的物質的量相等時，生成氫氣的量最大，此時a2=1，故B正確；C．當1.0g完全為鈉時，生成氫氣的量為b1=mol×=mol，故C正確；D．當氫氣和鋁的物質的量相等時，生成氫氣的量為b2，設此時鋁和鈉的物質的量都是xmol，則23x+27x=1.0g，解得：x=0.02，則生成氫氣的物質的量為：0.02mol×+0.02mol×=0.04mol=mol，故D正確；故選A．1.92gCu投入到一定量的濃HNO3中，Cu完全溶解，生成氣體顏色越來越淺，共收集到標準狀況下672mL氣體，將盛有此氣體的容器倒扣在水槽中，通入標準狀況下一定體積的O2，恰好使氣體完全溶于水，則通入O2的體積為

A．504mL

B．336mL

C．224mL

D．168mL參考答案：B略14.將一定量的Fe、Fe2O3、CuO的混合物放入體積為100mL、濃度為2.1mol?L﹣1的H2SO4溶液中，充分反應后，生成氣體896mL（標準狀況），得到不溶固體1.28g．過濾后，濾液中的金屬離子只有Fe2+（假設濾液體積仍為100mL）．向濾液中滴加2mol?L﹣1NaOH溶液，直至30mL時開始出現沉淀．則原混合物中Fe物質的量為（）A．2mol

B．1.2mol

C．0.1mol

D．1.6mol參考答案：C考點：有關混合物反應的計算．.專題：計算題．分析：向濾液中加入2mol/LNaOH溶液至30mL時開始出現沉淀，說明固體與稀硫酸反應后稀硫酸有剩余，故Fe完全反應；由于過濾后，濾液中的金屬離子只有Fe2+（假設濾液體積仍為100mL），故固體和硫酸反應后的鹽只有硫酸亞鐵，則固體與稀硫酸反應后的溶液是硫酸和硫酸亞鐵的混合物，不溶物1.28g為Cu，根據氫氧化鈉的物質的量計算剩余硫酸的物質的量，其余的硫酸根離子與亞鐵離子構成硫酸亞鐵，根據硫酸根守恒n（FeSO4）=n（H2SO4），設混合物中Fe為xmol，Fe2O3為ymol，根據Fe元素守恒及轉移電子守恒列方程計算解答．解答：解：與氫氧化鈉反應的硫酸的物質的量=n（NaOH）=×2mol/L×0.03L=0.03mol，剩余的硫酸的物質的量=2.1mol/L×0.1L﹣0.03mol=0.21mol﹣0.03mol=0.18mol，剩余硫酸與固體反應生成了硫酸亞鐵，根據硫酸根守恒n（FeSO4）=n（H2SO4）=0.18mol，不溶物為Cu，其物質的量為=0.02mol，生成氫氣物質的量為=0.04mol，設混合物中Fe為xmol，Fe2O3為ymol，根據Fe元素守恒：x+2y=0.18根據電子轉移守恒：2x=2y+0.02×2+0.04×2聯立方程，解得x=0.1y=0.04故選C．點評：本題考查了有關混合物的計算，難度中等，明確發生的反應是關鍵，注意利用原子守恒與電子轉移守恒進行解答．15.向四支試管中分別加入少量不同的無色溶液進行如下操作，結論正確的是（

）

操作現象結論A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42－B滴加用稀硫酸酸化的硝酸銀溶液生成白色沉淀原溶液中有Cl―C用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應火焰呈黃色原溶液中有Na＋、無K+D滴加稀NaOH溶液并加熱，將濕潤紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍原溶液中無NH4＋

參考答案：D略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.苯甲酸乙酯可由苯甲酸與乙醇在濃硫酸共熱下反應制得，反應裝置如圖（部分裝置省略），反應原理如下：實驗操作步驟：①向三頸燒瓶內加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL濃硫酸，搖勻，加入沸石。②裝上分水器、電動攪拌器和溫度計，加熱至分水器下層液體接近支管時將下層液體放入量筒中。繼續蒸餾，蒸出過量的乙醇，至瓶內有白煙(約3h)，停止加熱。③將反應液倒入盛有80mL冷水的燒杯中，在攪拌下分批加入碳酸鈉粉末至溶液無二氧化碳逸出，用pH試紙檢驗至呈中性。④用分液漏斗分出有機層，水層用25mL乙醚萃取，然后合并至有機層。用無水CaC12干燥，粗產物進行蒸餾，低溫蒸出乙醚。當溫度超過140℃時，直接接收210-213℃的餾分，最終通過蒸餾得到純凈苯甲酸乙酯12.8mL?？赡苡玫降挠嘘P數據如下：

相對分子質量密度（g/cm3）沸點/℃溶解性苯甲酸1221.27249微溶于水，易溶于乙醇、乙醚苯甲酸乙酯1501.05211-213微溶于熱水，溶于乙醇、乙醚乙醇460.7978.5易溶于水乙醚740.7334.5微溶于水

回答以下問題：(1)反應裝置中分水器上方的儀器名稱是______，其作用是____(2)步驟①中加濃硫酸的作用是_________，加沸石的目的是______。(3)步驟②中使用分水器除水目的是_________。(4)步驟③中加入碳酸鈉的目的是________。(5)步驟④中有機層從分液漏斗的____（選填“上口倒出”或“下口放出”）。(6)本實驗所得到的苯甲酸乙酯產率是________%。參考答案：(1)球形冷凝管

冷凝回流，減少反應物乙醇的損失

(2)作催化劑

防止暴沸

(3)及時分離出產物水，促使酯化反應的平衡正向移動

(4)除去硫酸及未反應的苯甲酸

(5)下口放出

(6)89.6【分析】根據反應原理，聯系乙酸與乙醇的酯化反應實驗的注意事項，結合苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性質分析解答(1)～(5)；(6)根據實驗中使用的苯甲酸的質量和乙醇的體積，計算判斷完全反應的物質，再根據反應的方程式計算生成的苯甲酸乙酯的理論產量，最后計算苯甲酸乙酯的產率。【詳解】(1)根據圖示，反應裝置中分水器上方的儀器是球形冷凝管，乙醇容易揮發，球形冷凝管可以起到冷凝回流，減少反應物乙醇的損失；(2)苯甲酸與乙醇的酯化反應需要用濃硫酸作催化劑，加入沸石可以防止暴沸；(3)苯甲酸與乙醇的酯化反應中會生成水，步驟②中使用分水器除水，可以及時分離出產物水，促使酯化反應的平衡正向移動，提高原料的利用率；(4)步驟③中將反應液倒入盛有80mL冷水的燒杯中，在攪拌下分批加入碳酸鈉粉末，碳酸鈉可以與硫酸及未反應的苯甲酸反應生成二氧化碳，因此加入碳酸鈉的目的是除去硫酸及未反應的苯甲酸；(5)根據表格數據，生成的苯甲酸乙酯密度大于水，在分液漏斗中位于下層，分離出苯甲酸乙酯，應該從分液漏斗的下口放出；(6)12.2g苯甲酸的物質的量==0.1mol，25mL乙醇的質量為0.79g/cm3×25mL=19.75g，物質的量為=0.43mol，根據可知，乙醇過量，理論上生成苯甲酸乙酯0.1mol，質量為0.1mol×150g/mol=15g，實際上生成苯甲酸乙酯的質量為12.8mL×1.05g/cm3=13.44g，苯甲酸乙酯產率=×100%=89.6%。三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.（16分）脫羧反應形成新的C-C鍵為有機合成提供了一條新的途徑，例如：（1）化合物I的分子式為_________，化合物I含有的官能團名稱是______________，1mol化合物I完全燃燒需要消耗_____molO2。（2）化合物III與新制氫氧化銅反應的化學方程式為

。（3）與也可以發生類似反應①的反應，有機產物的結構簡式為：________。（4）化合物I有多種同分異構體，請寫出任意2種符合下列條件的同分異構體的結構簡式：______________。

(要求：①能與FeCl3溶液發生顯色反應；②苯環上一氯取代產物有2種)參考答案：18.下表為周期表的一部分，其中的編號代表對應的元素。請回答下列問題：（1）表中屬于d區元素的是

（填編號）。（2）寫出基態⑨原子的電子排布式

。（3）元素⑦形成的RO32-含氧酸根的立體構型是

，其中心原子的雜化軌道類型是

。（4）元素①的一種氫化物是重要的化工原料，常把該氫化物的產量作為衡量石油化工發展水平的標志。有關該氫化物分子的說法正確的是

。A．分子中含有氫鍵

B．屬于非極性分子C．含有4個σ鍵和1個π鍵

D．該氫化物分子中，①原子采用sp2雜化（5）元素⑦(用X表示)的氫化物和元素③(用Y表示)的一種氫化物的主要物理性質比較如下：

熔點／K沸點／K標準狀況時在水中的溶解度H2X1872022.6H2Y2272423以任意比互溶H2X和H2Y2相對分子質量基本相同，造成上述物理性質差異的主要原因

、

。（6）元素④和⑧形成的化合物，其立方晶胞結構如右圖所示，則該化合物的化學式是

。若該化合物晶體的密度為ag·cm－3，阿伏加德羅常數為6.02×1023，則晶胞的體積是__________（只要求列出算式）。

參考答案：19.（14分）短周期元素A、B、C、D、E原子序數依次增大。A是周期表中原子半徑最小的元素，B是形成化合物種類最多的元素，C是自然界含量最多的元素，D是同周期中金屬性最強的元素，E的負一價離子與C的某種氫化物W分子含有相同的電子數。（1）A、C、D形成的化合物中含有的化學鍵類型為

；W的電子式

。（2）已知：①2E·→