1、2015届江苏省常州市常州中学高三上学期期末化学试卷与答案（带解析） 选择题 化学与生活生产、环境保护、资源利用、能源开发等密切相关。下列说法不正确的是 A实施 “雨污分流 ”工程，可提高水资源的利用率 B煤的气化、液化是使煤变成清洁能源的有效途径 C垃圾分类有利于资源回收利用，废易拉罐属不可再生废物 D合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺 答案： C 试题分析： A、 “雨污分流 ”工程是将雨水收集和污水集中排放，可以提高污水的处理成本，提高水资源的利用率，正确； B、煤的气化、液化是使煤转化为水煤气或液体燃料甲醇，从而减少污染物的排放，使煤变成清洁能源，正确；C、废易拉罐
2、主要成分是铝，可回收再利用，错误； D、可燃冰的主要成分是甲烷，可作燃料，合理开发利用可燃冰有助于缓解能源紧缺，正确，答案：选 C。 考点：考查化学与生活、生产、环境的关系 向甲、乙两个容积均为 1L的恒容容器中，分别充入 2molA、 2molB和1molA、 1molB。相同温度下，发生反应： A(g) B(g) xC(g) H 0。测得两容器中 c(A)随时间 t的变化如图所示 下列说法正确的是 A x不可 能等于 2 B甲、乙两容器中反应达平衡时，平衡常数 K(甲 ) K(乙 ) C将乙容器升温可使甲、乙容器内各物质的体积分数相同 D若向甲容器中再充入 2molA、 2molB，则平衡
3、时甲容器中 0.78 mol/L c(A) 1.56 mol/L 答案： AD 试题分析： A、由图可知，平衡时甲中的 A的浓度是 0.78mol/L，乙中 A的浓度是 0.5mol/L，若 x=2，则甲、乙达到的平衡是等效平衡，甲中 A的浓度应是乙中 A浓度的 2倍，所以 x一定不等于 2， 0.5 B常温下，将 CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液 pH 7： c(Na )(CH3COO )c(Cl ) c(CH3COOH)c(H ) c(OH ) C常温下， pH 6的 NaHSO3溶液中： c(SO32-) c(H2SO3) 9.910 7 mol L 1 D物质的量浓度之比为 1:
4、2的 NaClO、 NaHCO3混合溶液中： c(HClO) c(ClO ) 2c(HCO3-) 2c(H2CO3) 2c(CO32-) 答案： BC 试题分析： A、硫酸氢铵在水中完全电离产生铵根离子、氢离子、硫酸根离子，所以溶液中存在大量的氢离子，溶液的酸性最强；碳酸氢铵的溶液中碳酸氢根离子的水解和铵根离子的水解程度相同，溶液呈中性，氯化铵的溶液中铵根离子的水解，使溶液呈弱酸性，所以 pH值的大小关系： ，错误； B、常温下，将 CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液 pH 7，则溶质为醋酸钠、醋酸、氯化钠，且 c(H ) c(OH )，根据电荷守恒，则 c(H )+ c(Na ) c(O
5、H )+ (CH3COO )+c(Cl )， c(Na ) (CH3COO )+c(Cl )，则所以根据物料守恒，则c(Na ) c(CH3COOH)+ (CH3COO )，所以 c(CH3COOH)= c(Cl )，因为加入的盐酸是少量时溶液可能呈中性，所以 (CH3COO )c(Cl )，则 c(Na )(CH3COO )c(Cl ) c(CH3COOH)c(H ) c(OH )，正确； C、常温下， pH 6的 NaHSO3溶液中 c(H )=10-6mol/L， c(OH )=10-8mol/L，根据电荷守恒，则 2c(SO32-)+ c(HSO3-)+ c(OH )= c(H )+
6、c(Na )，根据物料守恒，则 c(Na )= c(SO32-)+c(H2SO3)+ c(HSO3-)，所以 c(SO32-) c(H2SO3) c(H )-c(OH )= 10-6mol/L -10-8mol/L=9.910 7 mol L 1，正确； D、物质的量浓度之比为 1:2 的 NaClO、 NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒，则 2c(HClO) 2c(ClO ) c(HCO3-) c(H2CO3) c(CO32-)，错误，答案：选 BC。 考点：考查电解质溶液中电荷守恒、物料守恒规律的应用，溶液 pH大小的判断 下列化学实验事实及其解释或结论都正确的是 A取少量溶液 X，向其
7、中加入适量新制氯水，再加几滴 KSCN溶液，溶液变红，说明 X溶液中一定含有 Fe2 。 B取少量卤代烃 Y在碱性溶液中水解后再用硝酸酸化，再滴加 AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明卤代烃中含有氯原子。 C向 1 mL 1的 NaOH溶液中加入 2 mL 2%的 CuSO4溶液，振荡后再加入 0.5 mL有机物 Y，加热后未出现砖红色沉淀，说明 Y中不含有醛基。 D向浓度均为 0.1 mol L1 的 MgCl2、 CuCl2混合溶液中逐滴加入 氨水，先生成蓝色沉淀，说明 KspCu(OH)2 KspMg(OH)2。 答案： B 试题分析： A、加入适量新制氯水，再加几滴 KSCN溶液，溶液变
8、红，若原溶液中存在铁离子，也会使溶液变红色，不一定含有亚铁离子，错误； B、取少量卤代烃 Y在碱性溶液中水解后再用硝酸酸化，中和氢氧化钠后，再滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，则该白色沉淀一定是氯化银沉淀，说明卤代烃中含有氯原子，正确； C、醛基与氢氧化铜浊液的反应应是碱性溶液，该实验中硫酸铜过量，导致溶液呈酸性，所以不产生砖红色沉淀，不能说明 Y中不含有醛基，错误 ； D、向浓度均为 0.1 mol L1 的 MgCl2、 CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，则KspCu(OH)2”或 “=”) 在其它条件不变的情况下，反应室 3再增加 a mol CO与
9、2a mol H2，达到新平衡时， CO的转化率 。 (填 “增大 ”、 “减小 ”或 “不变 ”) 在 P1压强下， 100 时，反应： CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)的平衡常数为 。(用含 a、 V的代数式表示 )。 （ 3）下图为绿色电源 “二甲醚燃料电池 ”的工作原理示意图， a电极的电极反应式为 。 （ 4）水煤气合成二甲醚的三步反应如下： 2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)； H 90.8 kJ mol-1 2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)； H 23.5kJ mol-1 CO(g)+H2O(g) CO2(g) + H2(g)； H 41.
10、3 kJ mol-1 则反应： 3H2(g) +3CO(g) CH3OCH3(g)+CO2(g)的 H 。 答案：分 ) （ 1） CH4+H2O CO+3H2 (2分 ) （ 2） (2分 )； 增大 (2分 )； a2/V2 (3分 ) （ 3） CH3OCH3 12e-+3H2O 2CO2+12H+ (2分 ) （ 4） 246.4kJ mol 1 (3分 ) 试题分析：（ 1）甲烷与水蒸气在一定条件下反应生成 CO和氢气，化学方程式为 CH4+H2O CO+3H2； （ 2） 一定温度时，压强增大，平衡正向移动， CO的转化率升高，所以 P1P2； 在其它条件不变的情况下，反应室 3再
11、增加 a mol CO与 2a mol H2，相当于增大压强，则平衡正向移动，达到新平衡时 CO的转化率增大； 在 P1压强下， 100 时，反应： CO(g) +2H2(g) CH3OH(g)中 CO的转化率是 0.5，则平衡时 CO的浓度为 0.5a/Vmol/L，氢气的平衡浓度是 a/Vmol/L，甲醇的平衡浓度为 0.5a/Vmol/L，所以 CO(g) +2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数为K=0.5a/V/0.5a/V(a/V)2=V2/a2，则 CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)的平衡常数与 K互为倒数，是 a2/V2； （ 3）通入二甲醚的一极发生氧化反应，所以
12、a 极是负极，二甲醚发生氧化反应，生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为 CH3OCH3 12e-+3H2O 2CO2+12H+； （ 4）根据盖斯定律， 2+ + ，可得所求热化学方程式，所以 3H2(g) +3CO(g) CH3OCH3(g)+CO2(g)的 H 2（ 90.8 kJ mol-1） +（ 23.5 kJmol-1） +（ 41.3 kJ mol-1） = 246.4kJ mol 1。 考点：考查对图像的分析，平衡常数的计算，平衡移动的判断，电化学反应原理的应用，盖斯定律的应用 12分 )高氯酸钾广泛用于火箭及热电池业。实验室制取高氯酸钾的步骤为：称取一定质量的 KCl、 NaC
13、lO4溶解，然后混合，经冷却、过滤、滤出晶体用蒸馏水多次洗涤及真空干燥得到。 有关物质溶解度与温度的关系如下表： （ 1）写出实验室制取高氯酸钾的化学方程式： ；用蒸馏水多次洗涤晶体的目的是： 。 （ 2） Fe和 KClO4反应放出的热量能为熔融盐电池提供 550-660 的温度，使低熔点盐熔化导电，从而激活电池，这类电池称为热电池。 Li/FeS2 热电池工作时，Li转变为硫化锂， FeS2转变为铁，该电池工作时，电池总反应为： 。 （ 3） Fe和 KClO4作为热电池加热材料的供热原理为： KClO4 (s)+4Fe(s)= KCl (s)+ 4FeO(s)， H 0。 600 时 F
14、eO可部分分解生成 Fe3O4，写成有关的化学方程式： 。 称取一定质量上述加热材料反应后的混合物（假定只含氯化钾一种钾盐）于烧杯中，用蒸馏水充分洗涤、过滤、干燥，固体质量减少了 0.43g，在固体中继续加入过量的稀硫酸，微热让其充分反应，固体完全溶解得到的溶液中加入过量的 NaOH溶液，经过滤、洗净、干燥，再在空气中充分灼烧得 6.0 g棕色固体。求该加热材料反应前，铁和高氯酸钾的质量。（写出计算过程，结果保留 2位有效数字） 。 答案：分 ) （ 1） NaClO4+ KCl= KClO4+NaCl (2分 ) 尽可能除去溶解度较大的杂质 (2分 ) （ 2） FeS2 +4Li=Fe +
15、2Li2S (2分 ) （ 3） 4FeO=Fe3O4 Fe (2分 ) m(Fe)=n(Fe)56g mol 1= 256g mol 1=4.2g (2分 ) m(KClO4)=n(KClO4)138.5g mol 1=n(KCl)138.5g mol 1= 138.5gmol =0.80g (2分 ) 试题分析：（ 1） KCl、 NaClO4溶解，因为 KClO4的溶解度较小，所以 KClO4以沉淀析出，所以反应的化学方程式为 NaClO4+ KCl= KClO4+NaCl；因为 KCl、NaClO4的溶解度较大，用蒸馏水多次洗涤晶体的目的是尽可能除去溶解度较大的杂质； （ 2） Li/
16、FeS2热电池工作时， Li转变为硫化锂， FeS2转变为铁，所以总反应是FeS2 +4Li=Fe +2Li2S； （ 3） 600 时 FeO可部分分解生成 Fe3O4， Fe元素的化合价升高，同时 Fe元素的化合价降低，生成 Fe单质，则 FeO分解的化学方程式为4FeO=Fe3O4 Fe； 根据题意，反应后的混合物为氧化亚铜和氯化钾，用蒸馏水充分洗涤、过滤、干燥，固体质量减少了 0.43g，说明 KCl的质量是 0.43g；在固体中继续加入过量的稀硫酸，微热让其充分反应，固体完全溶解得到的溶液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗净、干燥 ，再在空气中充分灼烧得 6.0 g棕色固体，氧化亚
17、铜与硫酸反应生成硫酸亚铁，再与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，在空气中氢氧化亚铁转化为氢氧化铁，灼烧后生成氧化铁，该红棕色固体是氧化铁，所以 m(Fe)=n(Fe)56g mol 1= 256g mol 1=4.2g；m(KClO4)=n(KClO4)138.5g mol 1=n(KCl)138.5g mol 1= 138.5gmol =0.80g。 考点：考查对物质制备的分析，化学方程式的书写，物质化学性质的应用，质量计算 12分 )A、 B、 C、 D、 E、 F为原子序数依次增大的短周期主族元素。 A、 F原子的最外层电子数均等于其周期序数， F原子的电子层数是 A的 3倍； B原子核外电子
18、分处 3个不同能级且每个能级上的电子数相同； A与 C形成的分子为三角锥形； D原子 p轨道上成对电子数等于未成对电子数； E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对， E电负性小于 F。 （ 1）写出 B的基态原子的核外电子排布式： 。 （ 2） A、 C形成的分子极易溶于水，其主要原因是 。与该分子互为等电子体的阳离子为 。 （ 3）比较 E、 F的第一电离能： E F。 (选填 “ ”或 “ ”) （ 4） BD2在高温高压下所形成的晶胞如图所示 。该晶体的类型属于 (选填 “分子 ”、 “原子 ”、 “离子 ”或 “金属 ”)晶体，该晶体中 B原子的杂化形式为 。 （ 5）光谱证实单质 F
19、 与强碱性溶液反应有 F(OH)4 生成，则 F(OH)4 中存在 。（填序号） a共价键 b非极性键 c配位键 d 键 e 键 答案：分 ) （ 1） 1s22s22p2 （ 1分） （ 2） NH3与 H2O间能形成氢键 （ 2分） H3O+ （ 2分） （ 3） （ 1分） （ 4）原子 （ 2分） sp3 （ 2分） （ 5） acd （ 2分）（全对给分，有 错不给分） 试题分析： A、 F原子的最外层电子数均等于其周期序数， F原子的电子层数是A的 3倍；则 A是第一周期元素，所以 A是 H元素，则 F是第三周期元素，则F是 Al元素； B原子核外电子分处 3个不同能级且每个能级上
20、的电子数相同，则 B的核外电子排布是 1s22s22p2，则 B是 C元素； A与 C形成的分子为三角锥形， H原子与 N原子形成的氨气是三角锥型分子，所以 C是 N元素； D原子 p轨道上成对电子数等于未成对电子数，则 p轨道的电子排布是 np4，所以 D是第六主族元素，根据原子序数的关系，所以 D是 O元素； E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对， E电负性小于 F，则 E元素是 Mg元素。 （ 1） C的基态原子的核外电子排布式 1s22s22p2； （ 2） A、 C形成的分子是氨气，极易溶于水，其主要原因因为氨气分子与水分子间形成氢键的缘故；与 NH3互为等电子体的阳离子中含有 4
21、个原子， 8个价电子，所以该阳离子为 H3O+； （ 3） Mg的 3s有 2个电子，是全充满的稳定状态，而 Al的 3p轨道是 1个电子，不稳定，所以 Mg的第一电离能大于 Al； （ 4）根据晶胞图可知，二氧化碳在高温高压下所形成的晶胞中， C、 O以原子形式存在，微粒间的作用 力则是共价键，所以是原子晶体；且每个 C原子与 4个 O原子相连，每个 O原子与 2个 C原子相连，所以 C原子的杂化方式是 sp3杂化； （ 5） Al(OH)4-中 O与 H原子间形成共价键，且是 键，铝离子存在空轨道，羟基的 O原子中存在孤对电子，所以羟基与铝离子之间还形成配位键，答案：选 acd。 考点：考查元素的推断，物质的结构与性质，晶胞的判断，化学键的判断
