山西省长治市常平中学高三化学上学期期末试题含解析

山西省长治市常平中学高三化学上学期期末试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.对实验Ⅰ~Ⅳ的实验现象预测正确的是

()A实验Ⅰ：液体分层，下层呈无色B实验Ⅱ：烧杯中先出现白色沉淀后溶解C实验Ⅲ：试管中溶液出现红色沉淀物

D实验Ⅳ：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体参考答案：D略2.下列叙述正确的是A.“接触法”制H2SO4时，催化氧化阶段的反应原理为B.海水提镁的主要步骤为C.普通水泥的主要成分是硅酸钙D.黏土的主要成分是三氧化二铝参考答案：AC命题立意：化学工业相关基础知识与流程工艺考查。A为接触法制硫酸的基本原理；B镁工业先期加入的是石灰不是石灰石，后期电解的也不是氯化镁溶液；C普通水泥的成分为硅酸二钙、硅酸三钙、铝酸三钙，说主要成分是硅酸钙正确；黏土的主要成分是二氧化硅，还有氧化镁、碳酸钙和三氧化二铝。3.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是(

)

A.葡萄糖可用于补钙药物的合成

B.二氧化硫可广泛用于食品的漂白

C.聚乙烯塑料制品可用于食品的包装

D.次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌参考答案：【知识点】化学与生活O1【答案解析】B

解析：A、根据生活经验，葡萄糖酸钙口服液可知葡萄糖可用于补钙药物的合成，故A正确；B、二氧化硫有毒，不能可广泛用于食品的漂白，故B不正确；C、聚乙烯塑料无毒可用于食品的包装，聚氯乙烯塑料有毒，不能用于食品的包装，故C正确；D、84消毒液的主要成分是次氯酸钠，可用于环境的消毒杀菌，故D正确。故答案选B【思路点拨】本题考查了化学与生活，平时注意积累即可解答.4.保护环境是每一个公民的责任。下列做法：①推广使用无磷洗涤剂，②城市生活垃圾分类处理，③推广使用一次性木质筷子，④推广使用清洁能源，⑤过量使用化肥、农药，⑥推广使用无氟冰箱。其中有利于保护环境的是A.①②④⑤B.②③④⑥

C.①②④⑥D.③④⑤⑥参考答案：C

本题从不同角度考查社会、生活等中的化学问题。含磷洗涤剂可造成水体富营养化，易形成赤潮、水化等环境问题；生活垃圾分类处理可有效防止白色污染及废旧电池引起的水污染和土壤污染；过量使用化肥和农药都能引起环境污染；而推广清洁能源和无氟冰箱则有利于保护环境。5.锂电池可用作心脏起搏器的电源。已知一种锂原子核内含有3个质子和4个中子，则该锂原子的核外电子数为A．1

B．3

C．4

D．7参考答案：B略6.下列说法正确的是A.根据反应可知：用酸性KMnO4溶液可检验绿矾是否变质B.根据反应可知：反应中HNO3表现酸性和氧化性C.根据反应可知：的酸性比强D.根据反应可知：属于三元酸参考答案：B略7.常温下，在pH=5的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH?CH3COO﹣+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（）A．加入水时，平衡向右移动，CH3COOH电离常数增大B．加入少量CH3COONa固体，平衡向右移动C．加入少量NaOH固体，平衡向右移动，c（H+）减小D．加入少量pH=5的硫酸，溶液中c（H+）增大参考答案：C【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．温度不变，电离平衡常数不变；B．加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可知c（CH3COO﹣）增大，则电离平衡逆向移动误；C．加入少量NaOH固体，与溶液中的H+结合，导致溶液中氢离子浓度减小；D．pH=5的CH3COOH溶液中，氢离子浓度为1×10﹣5mol?L﹣1，加入少量pH=5的硫酸，该硫酸溶液中氢离子浓度为1×10﹣5mol?L﹣1，氢离子浓度相等，平衡不移动．【解答】解：A．加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，由于温度不变，则醋酸的电离平衡常数不会变化，故A错误；B．加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO﹣）增大，该电离电离平衡向左移动，故B错误；C．加入少量NaOH固体，氢氧化钠电离的氢氧根离子与CH3COOH电离生成的H+反应生成水，导致溶液中氢离子浓度减小，故C正确；D．pH=5的CH3COOH溶液中，氢离子浓度为1×10﹣5mol?L﹣1，pH=5的硫酸溶液中氢离子浓度为1×10﹣5mol?L﹣1，两溶液中氢离子浓度相等，平衡不移动，则混合液中c（H+）不变，故D错误；故选C．8.下列物质中，不能使酸性KMnO4溶液褪色的物质是（

）①

②乙烯

③C6H12O6(葡萄糖)

④CH3CH2OH⑤CH2==CH—COOH

⑥

⑦聚乙烯A.①④⑦

B.①③④⑥

C.①⑥⑦

D.①③⑥⑦参考答案：C略9.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙含有相同的某种元素，它们之间有如下转化关系，则下列有关物质的推断错误的是（）A．若甲为焦炭，则丁可能是O2B．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2C．若甲为铝盐溶液，则丁可能是NaOH溶液D．若甲为Fe，则丁可能是氯气参考答案：D【考点】铁的化学性质；镁、铝的重要化合物．【分析】A．甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2；B．甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3；C．若甲为AlCl3溶液，丁是NaOH溶液，则乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸钠；D．若甲为Fe，则丁可能是氯气，则乙为氯化铁，而氯化铁与氯气不反应．【解答】解：A．甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2，二氧化碳与C反应得到CO，符合转化关系，故A正确；B．甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故B正确；C．若甲为AlCl3溶液，丁是NaOH溶液，则乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸钠，氯化铝与偏铝酸钠发生水解反应得到氢氧化铝，符合转化关系，故C正确；D．若甲为Fe，则丁可能是氯气，则乙为氯化铁，而氯化铁与氯气不反应，所以不符合转化关系，故D错误；故选D．10.下列各组离子在指定溶液中，能大量共存的是

A．含有NaClO的溶液中：K+，NH4+，Fe3+，Br－，SO32－B．所含溶质为Na2S2O3的溶液：K+、SO42－、NO3－、H+C．加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl－，K+，SO42－D．使甲基橙变红的溶液中：Fe2+，MnO4－，Na+，SO42－参考答案：C11.YBa2Cu8Ox(Y为元素钇)是一种重要超导材料，下列关于Y的说法错误的是A．属于金属元素

B．质子数与中子数之差为50C．原子的核外电子数是39

D．Y和Y是两种不同的核素参考答案：B【Ks5u答案】解析：Y为元素钇，属于金属元素，质子数为39，质量数为89，中子数为50，质子数与中子数之差为11，选B。12.下列关于有机物的叙述正确的是A．石油、天然气和煤的主要成分都是烷烃

B．乙烯和苯都能使溴水褪色，故不能用溴水鉴别乙烯和苯蒸气

C．乙醇、乙酸和乙酸乙酯都能发生取代反应和氧化反应

D．棉花与合成纤维的主要成分均为纤维素参考答案：C略13.下图所示为实验室中完成不同的化学实验所选用的装置或进行的操作，其中没有明显错误的

(

)测定中和热用石灰石和稀盐酸制取CO2蒸馏石油配制溶液中转移溶液ABCD参考答案：答案：B14.某研究性学习小组讨论甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是

A．甲装置：可用来证明碳的非金属性比硅强B．乙装置：可用来探究SO2的漂白性C．丙装置：用图示的方法可以检查此装置的气密性D．丁装置：先从①口进气集满二氧化碳，再从②口进气，可收集氢气。参考答案：B探究SO2的漂白性，应该用品红溶液，不能用高锰酸钾，因此选B。15.有下列四种判断：①两种弱酸相互反应生成两种强酸；②两种弱酸盐相互作用后生成两种强酸盐；③一种弱酸和一种盐溶液作用后，得到一种强酸和一种盐；④两种酸溶液混合后，溶液的酸性减弱。其中有具体例证的是（）A、①②B、②③C、②③④D、①②③④参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.(15分)Ⅰ.某化学兴趣小组用FeCl2(用铁粉与盐酸反应制得)和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如图所示。回答下列问题：(1)C装置的名称是________；FeCO3在________中生成(填字母)，该装置中发生的主要反应的离子方程式为________________________________________。(2)实验时首先打开活塞3，关闭活塞2，其目的是________________然后再关闭活塞3，打开活塞2，其目的是_________________________________________________Ⅱ.乳酸亚铁晶体([CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，Mr＝288)是常用的补铁剂。乳酸亚铁可由乳酸与碳酸亚铁反应制得。(3)将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，再加入过量铁粉，75℃下搅拌使之充分反应。结束后，无需过滤，除去过量铁粉的反应方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)从上述(3)所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是________、________、洗涤、干燥。(5)该兴趣小组用KMnO4测定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是________________________________________________________________________________________________________________________________。经查阅文献后，该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2＋的含量。取2.880g产品配成100mL溶液，每次取20.00mL，进行必要处理，用0.1000mol·L－1的Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，平衡时消耗Ce(SO4)219.7mL。滴定反应为Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为________。参考答案：(1)三颈烧瓶(1分)C(1分)Fe2＋＋2HCO3-===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(2分)(2)排出装置中的空气，防止＋2价铁被氧化(2分)使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中(2分)(3)2CH3CH(OH)COOH＋Fe―→[CH3CH(OH)COO]2Fe＋H2↑(1分)(4)冷却结晶(1分)过滤(1分)(5)乳酸根离子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化(2分)98.5%(2分)[解析](1)由仪器C的结构特征，可知C为三颈烧瓶。FeCO3在C装置中生成，FeCl2和NH4HCO3发生反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCO3-===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O。(2)实验时首先打开活塞3，关闭活塞2，其作用是排出装置中的空气，防止＋2价铁被氧化；然后再关闭活塞3，打开活塞2，其作用是使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。(3)除去过量的铁粉可直接加入适量的乳酸，不会引入杂质，反应方程式为2CH3CH(OH)COOH＋Fe―→[CH3CH(OH)COO]2Fe＋H2↑。(4)在75℃下搅拌使之充分反应制得乳酸亚铁，从热溶液中获得乳酸亚铁晶体，应经过冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作。(5)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗酸性高锰酸钾溶液增多，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大；由Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋，可知20mL溶液中n(Fe2＋)＝n(Ce4＋)＝0.1000mol·L－1×0.0197L＝0.00197mol，故100mL含有n(Fe2＋)＝0.00197mol×＝0.00985mol，故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为×100%＝98.5%。

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中基态A原子的电子分布在3个能级，且每个能级所含的电子数相同；C的原子核外最外层有6个运动状态不同的电子；D是短周期元素中电负性最小的元素；E的最高价氧化物的水化物酸性最强；基态F原子核外最外层只有一个电子，其余能层均充满电子。G元素与D元素同主族，且相差3个周期。（1）元素A、B、C的第一电离能由小到大的是____________________（用元素符号表示）。（2）E的最高价含氧酸中E原子的杂化方式为_____________。基态E原子中，核外电子占据最高能级的电子云轮廓形状为____________________________。（3）F原子的外围电子排布式为_______________________，F单质晶体中原子的堆积方式是下图中的_______（填写“甲”、“乙”或“丙”），该晶体的空间利用率为_____________。（保留两位有效数字）（4）已知元素A、B形成的(AB)2分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其分子中σ键与π键数目之比为__________。（5）通常情况下，D单质的熔沸点比G单质高，原因是_________________________。（6）已知DE晶体的晶胞如下图所示：若将DE晶胞中的所有E离子去掉，并将D离子全部换为A原子，再在其中的4个“小立方体”中心各放置一个A原子，且这4个“小立方体”不相邻。位于“小立方体”中的A原子与最近的4个A原子以单键相连，由此表示A的一种晶体的晶胞（已知A—A键的键长为acm，NA表示阿伏加德罗常数），则该晶胞中含有_________个A原子，该晶体的密度是______________g·cm-3（列式表示）。参考答案：(1)C

(2)sp3

哑铃型

(3)3d104s1

丙

74%

(4)3:4

(5)Na、Cs处于同一主族，并都是金属晶体，同主族元素价电子数相同，从上到下，原子半径依次增大，金属键依次减弱，熔沸点降低

(6)8

(1)同周期元素的第一电离能从左到右一般是依次增大的，但由于N元素最外层是半满状态，所以其电离能大于O元素的，因此C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的是C<O<N；(2)Cl元素形成的HClO4中Cl原子以sp3的杂化方式形成四个共价键，Cl原子占据最高能级为3p能级，其电子云轮廓形状为哑铃型（或纺缍体型）；(3)Cu原子的外围电子排布式为3d104s1，单质铜的晶体中原子的堆积方式为面心立方，即图丙，这种晶体的空间利用率为74%；(4)由C、N形成的(CN)2分子的结构简式为NC—CN，其中含有3个σ单键和4个π键，所以σ键与π键数目之比为3:4；(5)Na、Cs都属于碱金属元素，最外电子数相同，但从上到下，随电子层数增多，原子半径增大，导致金属键减弱，因此单质的熔沸点降低；(6)根据题目叙述，该晶胞中的C原子分布在棱的中点、体心和4个“小立方体”的中心，根据原子均滩法可得该晶胞中的C原子数=+1+4=8，其质量为g，根据A—A单键的键长可求得该晶胞的棱长为cm，体积为，所以该晶胞的密度为g/cm3。点睛：本题的难点是电子排布中全满、半满、全空对第一电离能的影响，导致第ⅡA、第ⅥA的第一电离能分别大于第ⅢA、第ⅥA的；晶体结构中原子利用率；晶胞密度的计算，第6问首先要确定该晶胞的结构，再由已知的A—A单键的键长，即小立方体的中心到顶点的长度，求出大立方体的棱长。18.铝和铁是两种最常见的金属。

（1）在火箭和导弹技术中，将铝粉与石墨、TiO2按一定比例混合均匀，涂在金属表面，在高温下煅烧，金属表面生成TiC和另一种耐