广东省河源市青溪中学高三化学上学期期末试题含解析

广东省河源市青溪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.关于铅蓄电池的说法正确的是（）A．在放电时，正极发生的反应是Pb(s)+SO42—（aq）=PbSO4(s)+2e—B．在放电时，该电池的负极材料是铅板C．在充电时，电池中硫酸的浓度不断变小D．在充电时，阳极发生的反应是PbSO4(s)+2e—=Pb(s)+SO42—（aq）

参考答案：答案：B解析：铅蓄电池的充放电反应为：Pb＋PbO2＋2H2SO4PbSO4＋2H2O，放电时Pb作负极：Pb－2e－＋SO42－===PbSO4，在正极上：PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－===PbSO4＋2H2O；充电时，H2SO4的浓度不断增大，阳极上发生的是氧化反应，是失去电子而不是得到电子。

2.将Cu片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c(Fe3+):c(Fe2+)=2:3，则Cu2+与Fe3+的物质的量之比为

A．3:2

B．3:5

C．4:3

D．3:4参考答案：略3.X、Y、Z是三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是A．X、Y、Z一定是非金属单质B．X、Y、Z中至少有一种是金属单质C．若X、Y都是金属单质，则Z必为非金属单质D．若X、Y都为非金属单质，则Z必为金属单质参考答案：C略4.常温下Ca(OH)2的溶解度为0.148g，其溶于水达饱和时存在如下关系：，若饱和石灰水的密度为1g/cm3则常温下Ca(OH)2的Ksp约为A.5X10-3

B8X10-4

C.3.2X1O-5

D.1.6X10-7参考答案：C略5.将V1mL1.0mol/LHCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图K3－14－1所示(实验中始终保持V1＋V2＝50mL)。下列叙述正确的是()。图K3－14－1A．做该实验时环境温度为22℃B．该实验表明化学能可能转化为热能C．NaOH溶液的浓度约为1.0mol/LD．该实验表明有水生成的反应都是放热反应参考答案：B略6.设NA为阿佛加德罗常数，则下列叙述正确的是

（

）A．常温常压下，48gO3气体含有NA个O3分子

B．标准状况下，含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2反应可生成22.4LCl2C．1L0.5mol·L－1Na2CO3溶液中含有0.5NA个CO32-

D．标准状况下，33.6LH2O含有1.5NA个H2O分子参考答案：A7.25℃和101kPa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL,与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72mL，原混合径中乙炔的体积分数为

A．12．5%

B．25%

C．50%

D．75%参考答案：B略8.向如下图所示的装置中缓慢地通入气体X，若关闭活塞K，则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红溶液褪色。X和Y可能是

（

）

ABCDXSO2NO2HClCl2Y饱和NaHCO3溶液水Na2SO3溶液Na2SO3溶液参考答案：A略9.铝土矿的主要成分为氧化铝、氧化铁和二氧化硅，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝：下列说法中错误的是()A．①②中除加试剂外，还需要进行过滤操作B．a、b中铝元素的化合价相同C．③中需要通入过量的氨气D．④进行的操作是过滤、加热，而且d是氧化铝参考答案：C略10.用酒精灭菌消毒，可使细菌和病毒蛋白质的生理活性发生变化。这种变化属于A．水解B．变性C．盐析D．颜色反应参考答案：B11.往X盐溶液中通入过量氯气后再滴加硝酸钡溶液和稀硝酸，溶液中有白色沉淀生成，则X可能为：A、Na2SO3

B、FeSO4

C、CaCl2

D、Na2CO3参考答案：AB12.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．1mol甲醇中含有C—H键的数目为4NAB．25℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0．1NAC．0．1mol的CaC2中含阴离子数是0．1NAD．1L0．1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0．1NA参考答案：C试题分析：A、甲醇的结构简式为CH3OH，1mol甲醇中含有C－H有3mol，故错误；B、没有说明溶液的体积，故错误；C、碳化钙的电子式为，0.1mol碳化钙中，含阴离子的物质的量为0.1mol，故正确；D、碳在溶液中存在形式有：HCO3－、CO32－、H2CO3，则三者离子的物质的量为0.1mol，故错误。13.为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法不正确的是（）A．NaHCO3溶液（Na2CO3），应通入过量的CO2气体B．NaBr溶液（NaI），应加入适量的氯水、CCl4，进行萃取分液C．NH4Cl溶液（FeCl3），应加入适量的氨水，过滤D．CO2（CO），通过过量的灼热的氧化铜粉末参考答案：B考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．分析：A．碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；B．氯水与NaI、NaBr均反应；C．氯化铁与氨水反应生成氢氧化铁和氯化铵；D．CO与CuO反应生成Cu和二氧化碳．解答：解：A．碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，则通入过量的CO2气体可除杂，故A正确；B．氯水与NaI、NaBr均反应，不能除杂，应选适量的溴水、CCl4，进行萃取分液，故B错误；C．氯化铁与氨水反应生成氢氧化铁和氯化铵，则加入适量的氨水，过滤可除杂，故C正确；D．CO与CuO反应生成Cu和二氧化碳，则通过过量的灼热的氧化铜粉末可除杂，故D正确；故选B．点评：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意除杂的原则，题目难度不大．14.下列有关化学用语，正确的是（

）A．氧化亚铁溶于足量的稀硝酸中：FeO＋2H+＝Fe2+＋H2OB．向Ca(HCO3)2溶液加少量氢氧化钠溶液：Ca2+＋2HCO3－＋2OH－＝CaCO3↓＋CO32－＋2H2OC．少量CO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O－＋CO2＋H2O＝C6H5OH＋HCO3－D．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋H2O＋CO2↑参考答案：C略15.要使工业废水中的重金属离子Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：化合物PbSO4PbCO3PbS溶解度/g1.03×10－41.81×10－71.84×10－14由上述数据可知，选用的沉淀剂最好为A．硫化物

B．硫酸盐

C．碳酸盐

D．以上沉淀剂均可参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（2005·上海卷）28、某些废旧塑料可采用下列方法处理：将废塑料隔绝空气加强热，使其变成有用的物质，实验装置如图。加热聚丙烯废塑料得到的产物如表：产物氢气甲烷乙烯丙烯苯甲苯碳质量分数(%)1224121620106（1）试管A中残余物有多种用途，如下列转化就可制取高聚物聚乙炔。写出反应②、③的化学方程式

、

。（2）试管B收集到的产品中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质，其一氯代物有

种。（3）锥形瓶C中观察到的现象

。经溴水充分吸收，剩余气体经干燥后的平均相对分子质量为

。（4）写出C中逸出的气体在工业上的两种用途

、

。参考答案：（1）CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑

nHC≡CH→（2）4（3）棕黄色溶液变无色或褪色

4.8（4）合成氨原料，作燃料或有机化工原料（其他合理答案均可）本题综合考查乙炔的制备和性质，烷烃、烯烃、芳香烃的性质，同分异构体数目推断，平均相对分子质量等内容。（1）由C2H2的制备和性质知反应②为CaC2+2H2O—→Ca（OH）2+C2H2↑，③为nCH≡CHCH==CH。（2）产物经冷水冷却可液化，则该物质沸点较高，可能为苯或甲苯，又产品使KMnO4酸性溶液褪色，则必为甲苯，其一氯代物有4种。（3）经B冷却后所得气体为H2、CH4、C2H4和CH3—CH==CH2的混合物，故可使溴水褪色，经溴水充分吸收后所得气体只有H2和CH4，其平均相对分子质量为=4.8。（4）甲烷和氢气有多种用途，如作燃料、合成氨以及作有机化工原料等。

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.中学常见反应的化学方程式是A＋B→X＋Y＋H2O（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为1:4。请回答：（1）若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是

，该反应的化学方程式是

。（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是

。（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中。①A元素在周期表中的位置是

（填所在周期和族）；Y的化学式是

。②含amolX的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是

mol。（4）若A、B、X、Y均为化合物。向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色。则A与B按物质的量之比1:4恰好反应后，溶液中离子浓度从大到小的顺序是

。参考答案：（1）（2分）

MnO2＋4HCl（浓）

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（2分）

（2）4:1（2分）

（3）①第4周期Ⅷ族（2分）

NO（2分）

②0.4a（3分）（4）c(Na+)＞c(Cl－)＞c(AlO)＞c(OH－)＞c(H+)（3分）18.（1）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被﹣NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物．①NH3分子的空间构型是

；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是

．②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4+2N2H4═3N2+4H2O若该反应中有4molN﹣H键断裂，则形成的π键有

mol．（2）ⅥA族元素氧、硫、硒（Se）的化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题：①H2Se的酸性比H2S

（填“强”或“弱”）．气态SeO3分子的立体构型为

，SO32﹣离子的立体构型为

．②请根据结构与性质的关系解释H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：

．参考答案：（1）①三角锥型；sp3；②3；（2）①强；平面三角形；三角锥形；②H2SeO3和H2SeO4可表示为（HO）2SeO和（HO）2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se﹣O﹣H中O的电子更向Se偏移，更易电离出H+．考点：判断简单分子或离子的构型；物质的量的相关计算；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．分析：（1）①根据价层电子对互斥模型判断分子空间构型，根据中心原子价层电子对数判断杂化方式；②根据化学方程式计算产生的氮气的物质的量，再根据每个氮分子中含有2个π键计算；（2）①非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电解，酸性就越弱；根据价层电子对互斥理论确定气态SeO3分子的立体构型、SO32﹣离子的立体构型；②根据中心元素Se的化合价可以判断电性高低，电性越高，对Se﹣O﹣H中O原子的电子吸引越强，越易电离出H+．解答：解：（1）①在NH3分子中，有3个N﹣H键，和一对孤电子对，根据价层电子对互斥模型判断分子空间构型为三角锥型，在N2H4中，氮原子价层电子对数为=4，所以氮原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：三角锥型；sp3；②反应中有4molN﹣H键断裂，即有1molN2H4参加反应，根据化学方程式可知产生的氮气的物质的量为1.5mol，而每个氮分子中含有2个π键，所以形成3molπ键，故答案为：3；（2）①非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电解，酸性就越弱，非金属性S＞Se，所以H2Se的酸性比H2S强；气态SeO3分子中Se原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以其立体构型为平面三角形；SO32﹣离子中S原子价层电子对个数=3+（6+2﹣3×2）=4且含有一个孤电子对，所以其立体构型为三角锥形，故答案为：强；平面三角形；三角锥形；②H2SeO3和H2SeO4可表示成（HO）2SeO和（HO）2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se﹣O﹣H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+，H2SeO4比H2SeO3酸性强，故答案为：H2SeO3和H2SeO4可表示为（HO）2SeO和（HO）2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se﹣O﹣H中O的电子更向Se偏移，更易电离出H+．点评：本题主要考查了原子核外电子排布、分子空间构型、原子杂化方式、化学键的计算等知识，难度不大，（1）解题中注意对分子结构的分析．19.希腊哲学家亚里士多德在其著作中记载了Arsenikon（雌黄（As2S3）和雄黄（As4S4）提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生．（1）雌黄和雄黄中均含有S元素．①S在周期表中位于第

周期

族．②S的最高价氧化物对应的水化物X的化学式为

．③在古特蔡特测砷法中，Na3AsO4溶液与Zn反应生成AsH3，该反应中Na3AsO4（填字母）．a．作氧化剂

b．作还原剂

c．既作氧化剂又作还原剂（2）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，若As2S3和SnCl2恰好完全反应，则还原剂与还原产物的物质的量之比为

．（3）As2S3与足量浓硝酸发生反应，当生成48gS时，生成的NO2的体积为112L（标准状况下），元素As在生成物中的化合价为

（反应后的溶液中不含硫微粒），该反应的化学方程式为

．（4）雄黄在空气中加热至300℃时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），另一种氧化物为

（填化学式），可用双氧水将As2O3氧化成H3AsO4而除去，写出该化学方程式：

．参考答案：（1）①三；ⅥA；②H2SO4；③a；（2）2：1；（3）+5；As2S3+10HNO3=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O；（4）SO2；2H2O2+H2O+As2O3=2H3AsO4．

【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【分析】（1）①硫元素是16号元素，原子核外有三个电子层，最外层6个电子，依据周期表结构判断位置；②硫元素最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物为硫酸；③Na3AsO4溶液与Zn反应生成AsH3，As元素化合价最高价+5价变化为﹣3价，化合价降低做氧化剂，锌做还原剂；（2）根据反应物和生成物来分析反应，则利用氧化还原反应反应中得失电子守恒来分析完全反应的还原剂与还原产物物质的量之比来解答，还原产物是元素化合价降低做氧化剂被还原生成；（3）As2S3与足量浓硝酸发生反应，当生成48gS，物质的量为=1.5mol，反应的As2S3的物质的量为0.5mol，生成标准状况下NO2的体积为112L，物质的量为=5mol，S元素化合价由﹣2价升高到0价，0.5molAs2S3反应电子转移0.5mol×[0﹣（﹣2）]×3=3mol，HNO3做氧化剂，生成二氧化氮5mol，电子转移为5mol×（5﹣4）=5mol，则根据电子守恒，设As失电子元素化合价变化为x，3+0.5mol×2（x﹣3）=5mol，x=5，生成产物为H3AsO4，1molAs2S3+和10molHNO3发生氧化还原反应，结合原子守恒配平书写化学方程式；（4）雄黄在空气中加热至300℃时会两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），依据原子守恒可知另一种氧化物为二氧化硫，过氧化氢中氢元素化合价﹣1价变化为﹣2价，As元素化合价+3价变化为+5价，结合电子守恒和原子守恒写出该反应的化学方程式．【解答】解：（1）①硫元素是16号元素，原子核外有三个电子层，最外层6个电子，位于周期表中的第三周期，第ⅥA族，故答案为：三；ⅥA；②硫元素最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物为硫酸，化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；③Na3AsO4溶液与Zn反应生成AsH3，As元素化合价最高价+5价变化为﹣3价，化合价降低Na3AsO4做氧化剂，锌做还原剂；故答案为：a；（2）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H