广东省梅州市青溪中学高三化学期末试卷含解析

广东省梅州市青溪中学高三化学期末试卷含解析一、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.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，甲与丙同主族，丁元素原子最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法正确的是A.原子半径：甲<乙<丙<丁B.单质的还原性：乙<甲<丙<丁C.乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能两两相互反应D.甲、乙、丙、丁的单质一定条件下都能和氧气直接化合参考答案：D略2.常温下，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol/L的NaOH溶液，溶液中水所电离出的c(H+)随加入NaOH溶液的体积变化示意图如下，下列说法正确的是A．从a到c，对醋酸的电离既有促进作用也有抑制作用B．b、d两点溶液的pH相同C．c点所示溶液中，c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=0.01mol/LD．从bd的过程中，既存在pH=7的点也存在水电离的c(H+)=10-7的点参考答案：D【点睛】考查酸碱混合溶液的定性判断，明确图象中各点的pH及溶液中的溶质即可解答，注意物料守恒及影响电离平衡的因素，题目难度中等，易错点为选项C中c（Na+）的实际大小。3.现有下列短周期元素性质的数据：

元素编号元素性质①②③④⑤⑥⑦原子半径0.741.601.521.100.991.860.75最高化合价

+2+1+5+7+1+5最低化合物－2

－3－1

－3

下列说法正确的是（

）

A.第一电离能：①>⑦

B.电负性：②<④

C.相应离子的半径：②>⑥>①

D.气态氢化物的稳定性和沸点：⑦﹤④参考答案：B略4.下列化合物中同分异构体数目最少的是（）A．戊烷

B．戊醇C．戊烯

D．乙酸乙酯参考答案：A解：戊烷只存在碳链异构，同分异构体为3种，而戊醇和戊烯存在碳链异构、位置异构，乙酸乙酯存在碳链异构、官能团异构、位置异构，异构类型越多，同分异构体的数目越多，因此戊醇、戊烯和乙酸乙酯的同分异构体的数目均大于3种，故选A．5.在下列各组离子在一定条件下能够大量共存的是

A．无色溶液：Cu2＋、K＋、MnO4－、SO42－B．能溶解Al2O3的溶液：Na＋、Ca2＋、HCO3－、NO3－C．c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液：NH4＋、Al3＋、SO42－、Cl－D．含0.1mol·L－1NO3－的溶液：H＋、Fe2＋、Mg2＋、Br－参考答案：C6.在前一种分散系中慢慢滴加后一种试剂，先产生沉淀然后变为澄清的是

①向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液

②向蛋白质溶液中滴入硝酸铅溶液③向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液

④向氢氧化铁胶体中滴加稀硫酸A．①②

B．②③

C．②④

D．③④参考答案：D7.下列化学式中，只表示一种纯净物的是

(

)

A．C

B．CH4

C．C2H6O

D．C4H10参考答案：B略8.在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中能被完全消耗的是A

用浓盐酸与二氧化锰共热制取氯气B

标准状况下，将1g铝片投入20mL18mol/L的硫酸中C

向100mL3mol/L的硝酸中加入5.6g铁D

在5×107Pa、500℃和铁触媒催化的条件下，用氮气和氢气合成氨参考答案：C略9.下列排列顺序完全正确的组合是

（

）

①溶解性：Na2CO3＞NaHCO3＞MgCO3＞Mg(OH)2

②等浓度的下列盐溶液的pH关系：NaAlO2＞NaHCO3＞C6H5ONa

③常温下，以a1、a2、a3分别表示pH=2的盐酸、pH=12的氨水、pH=12的碳酸钠溶液中水的电离程度，则a1=a2>a3

④同温下，1L0.5mol/LNH4Cl溶液中n(NH4+)与2L0.5mol/LNH4Cl溶液中n(NH4+)，分别为a、b则a＞b

⑤热稳定性：H2O＞H2Se＞H2S

⑥半径：Cl-＞O2-＞Al3+

F＜Si＜Na

⑦氧化性：MnO2＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+

⑧沸点：金刚石>氯化钠>于冰>冰醋酸

A．①②③④⑥

B．①③④⑥⑦⑧

C．②⑤⑧

D．①④⑥⑦参考答案：D①钠盐易溶于水，溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，MgCO3和Mg(OH)2都难溶于水，溶解度：MgCO3＞Mg(OH)2正确；②等浓度的苯酚钠溶液的PH大于碳酸氢钠溶液的PH,故错误；③碳酸钠水解，促进水的电离，a3最大，故错误；④两溶液电离产生的铵根离子的物质的量相等，NH4+浓度越小水解程度越大，所以溶液中a＞b，故正确；⑤根据元素非金属性越强，氢化物越稳定，得热稳定性：H2O＞H2S＞H2Se，正确；⑥核外电子排布相同的离子，核电荷数越小半径越大；比较原子的半径时可根据元素在周期表上的位置，越靠左下的元素的原子半径越大，故正确；⑦根据二氧化锰能氧化盐酸得氯气，氯气能氧化亚铁离子得铁离子，铁离子能氧化铜得到铜离子，氧化性顺序正确。⑧沸点最低的是干冰，故错误；10.元素周期表中ⅣA元素包括C、Si、Ce、Sn、Pb等，已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定。结合所学知识，判断下列反应中（反应条件略）正确的是（

）①Pb+2Cl2=PbCl4

②Sn+2Cl2=SnCl4

③SnCl2+Cl2=SnCl4④PbO2+4HCl=PbCl4+2H2O

⑤Pb3O4+8HCl=3PbCl2+Cl2↑+4H2OA．①②④⑤

B．①②③④

C．①②③

D．②③⑤参考答案：D【知识点】元素周期律解析：已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定，则+4价的铅具有氧化性，+2价的Sn具有还原性，②Sn+2Cl2=SnCl4③SnCl2+Cl2=SnCl4⑤Pb3O4+8HCl=3PbCl2+Cl2↑+4H2O正确。【思路点拨】本题考查了在元素周期表中元素的性质的相似性和不同点，正确理解+2、+4价Sn和+2价、+4价Pb的氧化性和还原性是解答本题的关键。11.已知：H2(g)+F2(g)→2HF(g)，△H=-270kJ?mol-1，下列说法正确的是A．拆开1molH-H与1molF-F需要的总能量大于拆开2molH-F需要的能量B．1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJC．在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量D．标准状况下，2L氟化氢气体分解成1L的氢气和1L的氟气吸收270kJ热量参考答案：C12.将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.9mol，这些气体恰好能被500ml2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为（）A．0.2mol B．0.4mol C．0.8mol D．0.9mol参考答案：A【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算故产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），据此计算NaNO3的物质的量．【解答】解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu共失电子为×2=1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，故产物中NaNO2的物质的量为=0.8mol，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），所以n（NaNO3）=n（NaOH）﹣n（NaNO2）=0.5L×2mol/L﹣0.8mol=0.2mol．故选：A．【点评】考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键．13.把铝条放入盛有过量稀盐酸的试管中，不影响氢气产生速率的因素是（）

A．盐酸的浓度

B．铝条的表面积

C．溶液的温度

D．加少量Na2SO4

参考答案：答案：D解析：影响速率的因素。14.设阿伏加德罗常数（NA）的数值为nA，下列说法正确的是A．0.1mol过氧化钠与足量水反应生成的O2分子数为0.1nAB．标准状况下，11.2L四氯化碳含有的分子数为0.5nAC．1molS在足量O2中燃烧，转移的电子数为6nAD．常温常压下，16g的O2和O3混合气体含有的原子数为nA参考答案：D15.下列离子方程式的书写正确的是A．误将洁厕灵与消毒液混合：2H＋＋Cl－＋ClO－＝Cl2↑＋H2OB．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性：Ba2＋+OH－+H＋+SO42－＝BaSO4↓+H2O

C．高锰酸钾酸性溶液吸收二氧化硫：SO2＋MnO4－＋4H＋＝SO42－＋Mn2＋＋2H2OD．从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2＝I2＋2OH－参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.MnO2是一种重要的无机功能材料．某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯净MnO2的实验，其流程如图：请回答下列问题：（1）第①步加硫酸时，粗MnO2样品中的MnO和MnCO3转化为（填化学式）．(2)第①步反应中的硫酸能否用盐酸代替？（填“能”或“否”），理由是．（3）第②步发生反应的离子方程式为．（4）取17.4gMnO2与200g36.5%的浓盐酸（足量）反应，将反应后剩余的溶液用水稀释至500mL，稀释后溶液中Cl﹣的物质的量浓度为．参考答案：1.MnSO42.否；盐酸能被二氧化锰氧化成氯气3.5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+4.3.2mol/L考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：由制备流程可知，MnO2不溶于硫酸，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，滤液中含MnSO4，第②步发生5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，第③步中发生氯气与热的NaOH发生氧化还原反应生成NaCl、NaClO3、水，溶液蒸发可得到固体，（1）MnO2不溶于硫酸，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4；(2)盐酸可以被二氧化锰氧化成氯气，据此答题；（3）依据得失电子守恒和质量守恒可写出离子方程式；（4）根据反应方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，可计算反应中消耗的氯离子，再根据c=计算浓度；解答：解：由制备流程可知，MnO2不溶于硫酸，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，滤液中含MnSO4，第②步发生5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，第③步中发生氯气与热的NaOH发生氧化还原反应生成NaCl、NaClO3、水，溶液蒸发可得到固体，（1）MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，所以粗MnO2样品中的MnO和MnCO3转化为可溶性物质，故答案为：MnSO4；(2).盐酸可以被二氧化锰氧化成氯气，所以不能用盐酸代替硫酸，故答案为：否；盐酸能被二氧化锰氧化成氯气；（3）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是：5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，故答案为：5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；（4）17.4gMnO2的物质的量为0.2mol，根据方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，0.2molMnO2能消耗Cl﹣0.4mol，所以溶液中剩余的Cl﹣的物质的量为=mol﹣0.4mol=1.6mol，所以稀释后溶液中Cl﹣的物质的量浓度为=3.2mol/L，故答案为：3.2mol/L．点评：本题考查混合物分离、提纯的实验方案的设计，为高频考点，把握流程中发生的化学反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析能力及推断能力的考查，题目难度不大三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（10分）氨基磺酸(H2NSO3H)是一元固体强酸，溶于水和液氨，不溶于乙醇。在工业上用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂。用尿素[CO(NH2)2]和发烟硫酸（溶有SO3的硫酸）为原料合成氨基磺酸的稀的路线如下：

（1）重结晶用10%～12%的硫酸作溶剂而不用水作溶剂的原因是

▲

（2）“磺化”步骤中所发生的反应为：

①CO(NH2)2(s)＋SO3(g)H2NCONHSO3H(s)

△H<0

②H2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3H+CO2↑“磺化”过程应控制反应温度为75~80℃，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，原因是

▲

。（3）测定产品中氨基磺酸纯度的方法如下：称取7.920g产品配成l000mL待测液，量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入2mL0.2mol·L－1稀盐酸，用淀粉碘化钾试剂作指示剂，逐滴加入0.08000mol·L－1NaNO2溶液，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2溶液25.00mL，此时氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。试求产品中氨基磺酸的质量分数。（请写出计算过程）（4）以酚酞为指示剂，用NaOH进行酸碱中和滴定也能测定产品中氨基磺酸的纯度，测定结果通常比NaNO2法偏高，原因是氨基磺酸中混有

▲

杂质。参考答案：(1)氨基磺酸在硫酸溶液中的溶解度比在水中的溶解度小。（2分）

(2)温度高，SO3气体逸出加快，使反应①转化率降低。温度高，反应①平衡向逆反应方向移动。

（2分）

(3)H2NSO3H＋NaNO2＝NaHSO4＋N2↑＋H2O。或写出关系式H2NSO3H～NaNO2(l分)

n(H2NSO3H)＝n(NaNO2)＝25.00×l0—3×0.08000mol·L－1=2.000×l0—3mol(1分)

ω(H2NSO3H)=×100%=98.0%(2分)

(4)硫酸（2分）

略18.室安卡因(G)是一种抗心率失常药物，可由下列路线合成；(1)已知A是的单体，则A中含有的官能团是_______(写名称)。B的结构简式是_______。(2)C的名称(系统命名)是_______，C与足量NaOH醇溶液共热时反应的化学方程式是__________。(3)X是E的同分异构体，X分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有两种，则X可能的结构简式有、________、________、________。（写出三种即可）(4)F→G的反应类型是________。(5)下列关于室安卡因(G)的说法正确的是________。a.能发生加成反应

b.能使酸性高锰酸钾溶液褪色c.能与盐酸反应生成盐

d..属于氨基酸参考答案：(1)碳碳双键羧