湖南省常德市2021-2022学年高三化学上学期期末检测试卷（Word版附解析）

2021-2022学年度上学期常德市高三检测考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的。1.化学应用于生活、生产中的各个领域，下列说法错误的是A.过氧乙酸消毒液可用于预防新冠肺炎B.铝合金应用广泛的原因是铝单质不活泼C.纤维素和蛋白质均属于天然高分子化合物D.锅炉内壁上常装有若干镁合金，起保护作用【答案】B【解析】【详解】A．过氧乙酸消毒液具有强氧化性，可用于预防新冠肺炎，故A正确；B．铝合金应用广泛的原因是金属铝比较活泼，铝在空气中能与氧气反应，其表面生成一层致密的氧化铝薄膜，防止内部的铝进一步被氧化，因此铝制品抗腐蚀性强；且铝合金密度小、强度高，故B错误；C．纤维素和蛋白质均属于天然高分子化合物，故C正确；D．镁的合金活泼性大于铁，用牺牲镁的方法来保护铁而防止铁被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，锅炉内壁上常装有若干镁合金，起保护作用，故D正确；故选B。2.侯氏制碱法的主要反应原理：。下列有关化学用语正确的是A.的结构式：B.的比例模型：C.的电子式：D.的水解方程式为：【答案】A 【解析】【详解】A．氨气的分子式为NH3，其结构式为，故A正确；B．CO2空间构型为直线形，碳原子半径大于氧原子，即CO2的比例模型为，故B错误；C．没有表示氧原子最外层电子，H2O的电子式为，故C错误；D．是HCO的电离，HCO水解方程式为HCO+H2OH2CO3+OH-，故D错误；答案为A。3.染料木苷为黄酮类药物，可从大豆种子中提取，“丙二酰基染料木甙”为人工合成染料木苷的中间体，其结构简式如图。下列有关该中间体的说法错误的是A.能与乙酸发生酯化反应B.能使溴水褪色C.所有原子共平面D.能与溶液反应【答案】C【解析】【详解】A．由题干分子结构简式可知，分子中含有羟基，故能与乙酸发生酯化反应，A正确；B．由题干分子结构简式可知，分子中含有酚羟基，且其邻位上有H，以及含有碳碳双键故能使溴水褪色，B正确；C．由题干分子结构简式可知，分子中有sp3杂化的碳原子，故不可能所有原子共平面，C错误；D．由题干分子结构简式可知，分子中含有羧基，故能与溶液反应，D正确； 故答案为：C。4.设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，2.24L乙烯分子中数目为B.和混合物中含有的原子数目为C.与充分反应转移的电子数目为D.的溶液中，含有的数目为【答案】B【解析】【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，1mol乙烯分子中含有4molC-H，标准状况下，2.24L乙烯分子中含有C-H键物质的量为0.4mol，故A错误；B．假设4.6g全部是NO2，含有原子物质的量为=0.3mol，假设全部是N2O4，含有原子物质的量为=0.3mol，因此4.6g该混合物中含有原子物质的量为0.3mol，故B正确；C．氯气溶于水，只有少量氯气与水反应，且该反应为可逆反应，因此无法判断转移电子物质的量，故C错误；D．没有给出溶液的体积，无法计算OH-的物质的量，故D错误；答案为B。5.短周期主族元素X、Y、W、R、Q的原子序数依次增加，X、Y、W位于不同周期。Y、R、Q的原子序数满足关系：。常温下，X与Y可组成两种常见液态化合物。X、Y、W、R组成的一种物质，结构如图，下列有关说法错误的是A.简单离子半径：Q>Y>WB.简单氢化物的沸点：Y>QC.W与Y组成的化合物均含离子键D.R的最高价氧化物的水化物为强酸 【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、W、R、Q原子序数依次增加，X、Y、W位于不同周期，故X为H；常温下，X与Y可组成两种常见液态化合物，则Y为O；又根据，可得W位于第三周期，为Na；根据离子化合物，可得R为P；又原子序数，则Q为Cl。【详解】A．一般电子层数越多半径越大，故Cl-半径最大，核外电子数相同时核电荷数越大半径越小，故O2-半径大于Na+，故有离子半径：Q>Y>W，故A正确；B．H2O中含有分子间氢键，故沸点高于HCl，故B正确；C．Na2O、Na2O2中都含有离子键，故C正确；D．P的最高价氧化物的水化物H3PO4为弱酸，故D错误；故选D。6.电解精炼铜的阳极泥中提取硒(Se)的主要原理如下：反应1：反应2：下列说法错误的是A.反应1中产生时，转移B.由反应2可知氧化性：C.电解精炼铜时，溶液作电解质溶液D.反应1的产物经水溶、过滤，将所得滤液酸化后，可得到含的溶液【答案】A【解析】【详解】A．反应1：中氧由0价降为-2价，共变8价，标准状况下产生1molCO2时，转移，没有指明状态， 故A错误；B．由反应2：氧化剂是亚硒酸，氧化产物是硫酸，可知氧化性：，故B正确；C．电解精炼铜时，溶液作电解质溶液，故C正确；D．反应1的产物经水溶、过滤，除去氧化铜，将所得滤液酸化后，可得到含的溶液，故D正确；故选A。7.可用于棉织物及有机物的漂白，在染料、造纸、制革、化学合成等工业中用作还原剂。实验室制备少量，装置图(加热装置略去)如下。下列说法正确的是A.实验开始前的操作：打开K，通入一段时间空气B.C中发生的主要反应：C.D中液体为澄清石灰水D.若制得的溶液中含有杂质，可加适量溶液过滤除去【答案】B【解析】【分析】由图可知，装置A中铜与浓硫酸共热反应制备二氧化硫，装置B为空载仪器，做安全瓶起防倒吸的作用，装置C中盛有的饱和碳酸钠溶液与二氧化硫反应制备亚硫酸氢钠，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气。【详解】A．若实验开始前打开K，通入一段时间空气，空气中的氧气会将反应生成的亚硫酸氢钠溶液氧化，故A错误； B．装置C中发生的反应为二氧化硫与饱和碳酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的化学方程式为，故B正确；C．由分析可知，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气，若换为澄清石灰水，不能起到二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气的作用，故C错误；D．若加入适量氯化钡溶液，亚硫酸氢钠溶液和氯化钡溶液可能发生如下反应2HSO+Ba2+=BaSO3↓+SO2↑+H2O，导致亚硫酸氢钠因反应造成损失，故D错误；故选B。8.利用钢铁酸洗废液回收铁铬废泥[、、]中铁元素以制备的流程如下。下列说法错误的是A.本工艺流程充分体现了资源的综合利用B.可用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全C.“氧化”工序的离子方程式：D.“系列操作”为：在HCl氛围中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，钢铁酸洗废液中的酸将铁铬废泥中的氢氧化铁、氢氧化亚铁和氢氧化钴溶解生成可溶性盐，过滤得到可溶性盐溶液；向可溶性盐溶液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，过滤得到含有铁粉的滤渣和含有亚铁离子和铬离子的滤液；滤渣用钢铁酸洗废液浸出，滤液中加入氢氧化钙将铬离子转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到含有亚铁离子的滤液；向滤液中通入氯气将亚铁离子氧化为铁离子，将氧化得到的氯化铁溶液在氯化氢氛围中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铁晶体。【详解】A．由分析可知，含有铁粉的滤渣用钢铁酸洗废液浸出可以提高原料的利用率，提高六水氯化铁的产率充分体现了资源的综合利用，故A正确； B．若溶液中铁离子被完全含有，加入硫氰化钾溶液，溶液不会变为红色，则可用硫氰化钾溶液检验“还原”反应否完全，故B正确；C．“氧化”工序发生的反应为亚铁离子与氯气反应生成铁离子和氯离子，反应的离子方程式为，故C错误；D．由分析可知，“系列操作”为氯化铁溶液在氯化氢氛围中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D正确；故选C。9.中科大陈维课题组以高浓度酸为电解质溶液，借助普鲁士蓝衍生物(PBA)发明了一种水系氢气—质子可充电电池，其放电过程的工作原理如图。下列说法正确的是A.放电时，由Y极区向X极区迁移B.充电时，PBA被还原为C.充电时，X极发生氧化反应D.放电时，总反应式为【答案】D【解析】【分析】氢气是还原剂，在负极X失电子发生氧化反应，Y为正极，发生还原反应，总反应式为。【详解】A．放电时，由X极区向Y极区迁移，故A错误；B．充电时，被氧化为PBA，故B错误；C．充电时，X极发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，故C错误； D．放电时，PBA被还原为，总反应式为，故D正确；故选D。10.室温下，向体积均为20.00mL的某未知液体和溶液中分别滴加溶液，所得混合溶液的pH变化情况如下图所示。下列说法错误的是A.未知液体为纯水B.HB的电离常数的数量级为C.b点：D.将c、d两点溶液混合后，存在关系：【答案】C【解析】【详解】A．未知液体pH=7，为纯水，故A正确；B．HB的电离常数，数量级为，故B正确；C．b点为HB、NaB等物质的量浓度混合溶液，从图中得出溶液呈酸性，HB的电离大于B-的水解：，故C错误；D．c点为0.05mol/LNaOH、d点为0.05mol/LNaB溶液，将c、d两点溶液混合后，根据物料守恒，存在关系：，故D正确；故选C。 二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.根据下列实验操作、现象、结论都正确的是选项实验操作和现象结论A向酸性高锰酸钾溶液中加入Fe3O4粉末，溶液紫色褪去证明Fe3O4中含有二价铁B用惰性电极电解饱和食盐水，将湿润的淀粉碘化钾试纸置于阴极处，试纸变蓝阴极产物含氯气C向盛有2mL0.1mol/LNaCl溶液的试管中滴加2滴等浓度的AgNO3溶液，振荡，产生白色沉淀，再滴加4滴等浓度的NaI溶液，产生黄色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)D利用pH计分别测定饱和Na2CO3溶液和饱和NaHCO3溶液的pH，前者大于后者水解程度：A.AB.BC.CD.D【答案】AC【解析】【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够将Fe2+氧化为Fe3+而使溶液紫色褪去，向酸性高锰酸钾溶液中加入Fe3O4粉末，溶液紫色褪去，证明Fe3O4中含有+2价Fe2+，A正确；B．用惰性电极电解饱和食盐水，Cl-在阳极上失去电子变为Cl2，将湿润的淀粉碘化钾试纸置于阳极处，试纸变蓝，说明阳极产生了氧化性的气体Cl2，而不是在阴极上产生Cl2，B错误；C．向盛有2mL0.1mol/LNaCl溶液的试管中滴加2滴等浓度的AgNO3溶液，振荡，产生白色沉淀，此时NaCl溶液过量，Ag+反应完全，然后向其中再滴加4滴等浓度的NaI溶液，产生黄色沉淀，说明溶液中存在AgCl的沉淀溶解平衡，AgCl溶解电离产生的Ag+与加入的KI溶液电离产生的I-反应产生AgI黄色沉淀，从而证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C正确；D．Na2CO3、NaHCO3饱和溶液的浓度不同，因此不能根据测定溶液pH大小判断二者水解程 度的大小，D错误；故合理选项是AC。12.对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是选项离子组判断与分析A、、、不能大量共存，主要原因是与反应产生沉淀B、、、不能大量共存，因发生反应：C、、、不能大量共存，会催化分解D、、、能大量共存A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．不能大量共存，主要原因是与发生双水解反应，反应生成氢氧化铝和二氧化碳，故A错误；B．不能大量共存，因发生反应：，故B错误；C．不能大量共存，会催化分解生成水和氧气，故C正确；D．不能大量共存，酸性高锰酸钾能将乙醇氧化，故D错误；故选C。13.向某恒容密闭容器中充入等物质的量的和，发生如下反应： ，测得不同温度下A(g)的转化率α与时间的关系如图所示。下列说法错误的是A.M点：B.容器中气体密度不再改变时，反应达到化学平衡状态C.平衡后，向容器中再充入和，重新平衡后，的体积分数将变小D.T1时，平衡体系，则初始【答案】BD【解析】【详解】A．M点时反应没有达到平衡状态，正向进行，故，选项A正确；B．恒容密闭容器中进行，反应物均为气体，气体密度始终不变，密度不再改变时，不能说明反应达到平衡状态，选项B错误；C．平衡后，向容器中再充入和，相当于增大压强，平衡正向移动，重新平衡后，的体积分数将变小，选项C正确；D．T1时，A(g)的转化率α=80%，平衡体系，则初始，选项D错误；答案选BD14.中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，其反应机理如下图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。 下列说法正确的是A.由图1可知，转化为时，只有的形成B.由图2可知，转化为的过程放出热量C.步骤决定制乙烯的反应速率D.转化为的步骤活化能较高，不利于乙炔氢化制得【答案】CD【解析】【详解】A．由图1可知，转化为时，有C-H，C-C的形成，A错误；B．由图2可知，转化为的过程中第一步反应为放热反应，而第二步反应为吸热反应，B错误；C．由图2可知，步骤的活化能较高，反应速率较慢，故为决定制乙烯的反应速率，C正确；D．由图2可知，转化为的步骤活化能较高，活化能越大，反应速率越慢，故不利于乙炔氢化制得，D正确；故答案为：CD。三、非选择题：本题共4小题，共54分。15.硫酸铵是常见的氮肥。实验室利用氨气与硫酸为原料制备硫酸铵，并测定产品中硫酸铵的含量，过程如下：步骤I.的制备 步骤II.产品中含量测定①称取产品2.000g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加5mL甲醛(HCHO)溶液，放置5min，加1~2滴酚酞，用标准溶液滴定，消耗标准溶液VmL；③平行测定三次，V的平均值为7.40。已知：回答下列问题：（1）实验室利用和制氨气的化学方程式___________。（2）步骤I中“混合”所选用的装置是___________(填标号)。ABCD（3）步骤II中“放置5min”的目的是___________。（4）步骤II中滴定终点的现象是___________。（5）产品中的质量分数为___________(保留四位有效数字)。（6）若用含有少量甲酸的甲醛溶液进行实验，其他操作均正确，则质量分数的计算结果___________(填“偏大”或“偏小”)，防止出现上述误差的方法是___________。【答案】（1） （2）C（3）使硫酸铵(或)与甲醛反应完全（4）当滴下最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅红色(浅粉色、浅粉红色)，且半分钟内不褪色（5）97.68%或0.9768（6）①.偏大②.防止甲醛被氧化或除去甲酸【解析】【小问1详解】氯化铵与氢氧化钙发生复分解反应，化学方程式为：。【小问2详解】氨气极易溶于水，为防止发生倒吸，混合时应选择装置C。【小问3详解】放置5min是为了使使硫酸铵(或)与甲醛反应完全。【小问4详解】酚酞遇碱变红，因此滴定终点的现象是：当滴下最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅红色(浅粉色、浅粉红色)，且半分钟内不褪色。【小问5详解】氢氧化钠的物质的量为：0.1000mol/L0.0074L=7.410-4mol，由已知的两个方程式可得关系式：，则硫酸铵的物质的量为：4/27.410-4mol250mL/25mL=1.4810-2mol，硫酸铵质量为：1.4810-2mol132g/mol=1.9536g，硫酸铵的质量分数为：1.9536g/2.000g100%=97.68%。【小问6详解】甲酸也会消耗氢氧化钠，若用含有少量甲酸的甲醛溶液进行实验，会使得消耗氢氧化钠的量偏多，硫酸铵质量分数的计算结果偏大。为了防止出现上述误差，应防止甲醛被氧化或除去甲酸。16.纳米ZnO可用作催化材料、半导体材料。以锌焙砂(主要含ZnO，少量、FeO、CaO、MnO、MgO、CuO、CdO、等杂质)为原料制备纳米ZnO的流程如下： 已知：常温下，，。回答下列问题：（1）为提高“浸出”效率，可采取的措施是___________。（2）“除铁锰”时，转化为的离子方程式为___________，“滤渣2”的主要成分是和___________。（3）“除钙镁”后滤液中，则_________(保留2位有效数字)。（4）“沉锌”时试剂选用优于的原因是___________。（5）利用催化剂(Ni/Fe-N-C)可实现高效还原CO2。电池工作原理如图：①b为___________极(填“负”或“正”)。②写出a极电极反应式为___________。【答案】（1）适当升高温度、适当提高硫酸浓度、搅拌、将锌焙砂研磨成粉（2）①.②.（3）（4）碱性强，导致产生过多[或水解呈酸性，致使溶液碱性弱于，避免产生过多 （5）①.正②.或【解析】【分析】本题是一道考查以锌焙砂为原料来制备纳米氧化锌的工业流程题，首先用硫酸浸泡，使原材料溶解，再用过氧化性将二价锰离子氧化为二氧化锰过滤除去，同时二价铁被氧化三价铁，并水解为氢氧化铁水解成氢氧化铁沉淀，过滤除去，之后加入锌粉置换出镉和铜，过滤除去，再用氟化钠除去镁和钙，最后加入碳酸氢铵得到产品，以此解题。【小问1详解】可以从增大接触面积，加快反应速率的角度考虑，故答案为：适当升高温度、适当提高硫酸浓度、搅拌、将锌焙砂研磨成粉；【小问2详解】“除铁锰”用过氧化氢将锰离子氧化为二氧化锰，离子方程式为：；过氧化氢同时可以把二价铁氧化为三价铁，而三价铁很容易水解，在pH为5.6时容易水解为氢氧化铁沉淀，故答案为：；；【小问3详解】由于，，；【小问4详解】溶液碱性较强时，会生成氢氧化锌沉淀，故答案为：碱性强，导致产生过多[或水解呈酸性，致使溶液碱性弱于，避免产生过多；【小问5详解】①由图可知a电极锌发生氧化反应为负极，则b电极为正极；②由图可知a电离为负极，锌发生氧化反应生成，电极方程式为：或。 17.CO2可用于制备CH4、合成气(CO、H2)，是CO2资源化利用的重要途径。（1）CO2甲烷化过程可能发生反应：i.ii.iii.①___________。②利用不同催化剂，在一定温度和反应时间条件下，测得产物的生成速率与催化剂的关系如图1.可知有利于制甲烷的催化剂是___________。③压强一定时，按照投料，发生上述反应，的平衡转化率与温度的关系如图2。请解释温度高于600℃之后，随着温度升高转化率增大的原因___________。（2）利用CO、合成甲醇的反应为，向密闭容器中充入1molCO和，发生反应，测得CO的平衡转化率数据与温度、压强的对应关系如下表所示：温度/℃转化率压强/kPa50100150200250300P10.820.700.340.120.040.02 P20.900.860.760.480.200.10①由此可知，P1_____P2(填“大于”或“小于”)。有利于提高CO平衡转化率的措施是______。②P2kPa、250℃条件下，反应5min达到平衡，此时H2的物质的量为_____，该反应的压强平衡常数Kp=_______(kPa)2(用分压代替浓度，分压=总压×该组分物质的量分数，用P2的式子表示)。【答案】（1）①.-164.9②.Pt@h-BN3③.CO2平衡转化率为反应i和反应的CO2平衡转化率之和。反应i为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ii为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ii（2）①.小于②.适宜的低温高压或适当的降温加压③.1.6mol④.或或【解析】【小问1详解】①根据盖斯定律，将反应ⅱ加反应ⅲ得到反应ⅰ，因此∆H1=+41.2kJ•mol-1+(-206.1kJ•mol-1)=-164.9kJ•mol-1；②由图1可知Pt@h-BN3做催化剂时甲烷的生成速率较大而CO的较小，则有利于制甲烷的催化剂是Pt@h-BN3；③温度高于600℃之后，随着温度升高转化率增大的原因：CO2平衡转化率为反应i和反应的CO2平衡转化率之和。反应i为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ii为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ii；【小问2详解】①对应反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，由表知相同温度下P2时转化率较大，则P1小于P2；由表知同一压强下，温度升高CO的平衡转化减小，则有利于提高CO平衡转化率的措施是适宜的低温高压或适当的降温加压；②P2kPa、250℃条件下，CO的平衡转化率为0.20，则转化CO的物质的量为1mol×0.20=0.20mol， 列三段式：，此时气体的总物质的量为2.6mol，平衡后CO、H2、CH3OH分压分别为kPa、kPa、kPa，该反应的压强平衡常数。18.化合物H是辅助治疗胃和十二指肠溃疡药物普鲁本辛的重要中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）反应①的反应条件是___________，H的官能团名称是___________。（2）G的分子式为___________。（3）反应③、⑤的反应类型分别是___________、___________。（4）写出反应④的化学方程式___________。（5）M是H的同分异构体，写出同时满足下列条件的M的结构简式为___________。i．结构中含ii．能发生银镜反应iii．核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶2∶1∶1（6）参照上述合成路线，以、和乙酸为原料，设计合成 的路线___________(其他试剂任选)。【答案】（1）①.Cl2、FeCl3或Fe、Cl2或催化剂、Cl2②.羧基、醚键（2）C14H9NO（3）①.取代反应②.还原反应（4）+H2O（5）、（6）【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与氯气在铁或氯化铁做催化剂作用下发生取代反应生成，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，与发生取代反应生成，在硫酸 作用下发生取代反应，在氢氧化钠作用下与锌发生还原反应生成，与氰酸钠发生取代反应生成，现在氢氧化钠溶液中发生水解反应，再用盐酸酸化得到。【小问1详解】由分析可知，反应①为与氯气在铁或氯化铁做催化剂作用下发生取代反应生成和氯化氢；H的结构简式为，官能团为羧基、醚键，故答案为：Cl2、FeCl3或Fe、Cl2或催化剂、Cl2；羧基、醚键；【小问2详解】G的结构简式为，分子式为C14H9NO，故答案为：C14H9NO；【小问3详解】反应③为与发生取代反应生成和氯化氢；反应⑤为在氢氧化钠作用下与锌发生还原反应生成，故答案为：取代反应；还原反应；小问4详解】 反应④为在硫酸作用下发生取代反应和水，反应的化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；【小问5详解】H的同分异构体M的结构中含，能发生银镜反应说明分子中含有—CHO和—OH或HCOO—，则符合核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶2∶1∶1的结构简式为、，故答案为：、；【小问6详解】