湖南省娄底市涟源实验学校高三化学期末试题含解析

湖南省娄底市涟源实验学校高三化学期末试题含解析一、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.甲苯和甘油组成的混合物中，若碳元素的质量分数为a%，那么可推出氢元素的质量分数约为：A、5.0%

B、8.7%

C、17.4%

D、a/6%参考答案：B2.物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是

A．1∶4

B．1∶5

C．2∶3

D．2∶5参考答案：D略3.将11.2g的Mg—Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体。再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是A．0.3molNO2和0.3molNO

B．0.2molNO2和0.1molN2O4C．0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4

D．0.6molNO参考答案：C略4.已知：KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O。如下图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下表中由实验现象得出的结论完全正确的是选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性DKI淀粉溶液变蓝Cl2具有氧化性参考答案：D略5.下列实验装置（固定装置略去）和操作正确的是参考答案：A本题考查实验装置图的分析。A项，CCl4与水分层，故可以用分液操作，正确。B项，NaOH应放在碱式滴定管中，错误。C项，倒置的漏斗中应置于液面上，否则起不了防倒吸的作用，错误。D项，温度计应测小烧杯中的温度，错误。6.将一定质量的铁投入10.0ml某浓度的HNO3中恰好完全溶解，将产生的气体全部收集并与672ml（标况）O2混合恰好能完全被吸收，在铁和HNO3反应得到的溶液中滴加稀硫酸直至不再产生气体为止，又收集到无色气体224ml。则原来投入的铁的质量是A.4.20g

B.2.80g

C.

28.0g

D.42.0g参考答案：A略7.下列化学用语正确的是A.雕刻玻璃的试剂主要成分的电子式为：B.新制氯水中含氧酸的结构式：H—Cl—OC.S2-的结构示意图

D.标准状况下密度为1.25g/L的气态烃的球棍模型：参考答案：D【分析】A、HF是共价化合物；B、次氯酸结构式中O分别与H和Cl相连；C、S2-最外层8个电子；D、乙烯碳与碳之间形成双键。【详解】A、HF是共价化合物，雕刻玻璃的试剂主要成分的电子式为：，故A错误；B、次氯酸结构式中O分别与H和Cl相连，新制氯水中含氧酸的结构式：H—O—Cl，故B错误；C、S2-最外层8个电子，结构示意图，故C错误；D、标准状况下密度为1.25g/L的气态烃为乙烯，乙烯碳与碳之间形成双键，球棍模型：，故D正确。故选D。8.设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的数量为（）①1L1mol?L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NA②78g苯含有C=C双键的数目为3NA③常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA④标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA⑤常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA⑥1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为4NA⑦25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1NA⑧标准状况下，2.24L已烷含有分子的数目为0.1NA⑨常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3NA⑩标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA．A．1个

B．2个

C．3个

D．4个参考答案：C考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：①ClO﹣是弱酸根，在水溶液中会水解；②根据苯的结构来分析；③根据N2与CO的摩尔质量均为28g/mol和两者均为双原子分子来分析；④根据NO2与水的反应为歧化反应来分析；⑤Na2O2与H2O的反应是歧化反应；⑥依据甲醇结构分析化学键数目；⑦溶液体积不明确；⑧标况下，己烷为液态；⑨根据H2O是三原子分子来分析；⑩氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底；解答：解：①ClO﹣是弱酸根，在水溶液中会水解，故溶液中ClO﹣的个数小于NA，故①错误；②苯不是单双键交替的结构，苯的结构中无双键，故②错误；③N2与CO的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合气体的物质的量n==0.5mol，而两者均为双原子分子，故0.5mol混合气体含有1mol原子，故③正确；④标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，0.3mol二氧化氮与水反应生成了0.1mol一氧化氮，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故④错误；⑤Na2O2与H2O的反应是歧化反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑此反应转移2mol电子，生成1molO2，故当生成0.2molO2，转移电子0.4mol，数目为0.4NA，故⑤正确；⑥甲醇结构简式CH3OH，1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为3NA，故错误；⑦溶液体积不明确，无法计算氢氧根的个数，故⑦错误；⑧标况下，己烷为液态，故错误；⑨18gH2O的物质的量为1mol，而H2O是三原子分子，故1mol水中含3mol原子，故⑨正确；⑩氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故0.1molCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA．故错误；故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．9.科学家合成了一系列独特的氢铝化合物。最简单的氢铝化合物化学式为Al2H6，它的熔点为150℃，燃烧热极高。Al2H6球棍模型如下图。下列有关说法不正确的是A．Al2H6中Al为－3价，H为+l价B．Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水C．Al2H6是共价化合物D．氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料参考答案：A略10.下列有关化学用语表示正确的是（

）A．N2的电子式：B．S2－的结构示意图：C．质子数为53、中子数为78的碘原子：ID．HClO的结构简式：H—Cl—O参考答案：C略11.一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极通入乙烷和氧气，电池总反应式为：2C2H6＋7O2＋8KOH＝4K2CO3＋10H2O。有关此电池的推断正确的是

（）A．O2在电池的负极通入，发生的反应为O2＋2H2O＋4e－＝4OH－B．放电一段时间后，负极周围pH降低C．乙烷在电极上发生的反应为C2H6＋18OH――14e－＝2CO32－＋12H2OD．放电时电解质溶液中KOH物质的量浓度不变参考答案：答案：B12.常温下，0.1mol/L某一元酸(HA)溶液中c(OH－)/c(H+)＝1×10－8，下列叙述正确的是A．该溶液中水电离出的c(H+)＝1×10－10mol/LB．该溶液中c(H+)＋c(A－)＋c(HA)＝0.1mol/LC．该溶液与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后：c(A－)＞c(Na+)＞c(OH－)＞c(H+)D．向该溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释，溶液中c(OH－)均增大参考答案：D13.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中，正确的是A．1molOH-中含有的电子数目为10NAB．标准状况下，22.4L苯含有的原子数目为12NAC．1L0.1mol/LFeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NA

D．0.3molNO2溶于水生成HNO3，转移的电子数目为0.3NA参考答案：A略14.下列有关平衡常数的说法正确的是A．已知K＝，则对应的化学反应可以表示为：2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)B．将某浓度的醋酸溶液升高温度，醋酸的电离平衡常数Ka将变大C．常温下，向纯水中加入碳酸钠，水的电离程度变大，Kw变大D．化学平衡常数K与温度有关，随温度的升高，K可能增大也可能减小，或者不变参考答案：B略15.向含NaBr和NaI的溶液中，通入Cl2，充分反应后将所得的溶液蒸干、灼烧，将得到的固体冷却后称量。称量固体的质量与通入Cl2的体积关系如图所示：则原混合液中NaI的物质的量为A．52.5g

B．60g

C．45g

D．37.5g

参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（8分）某研究性学习小组成员在讨论鉴别食盐水和蒸馏水的方案时，设计如下方案：

实验方法结论甲加AgNO3溶液有白色沉淀产生者为食盐水乙利用焰色反应焰色为黄色者为食盐水丙加入无水CuSO4白色粉末溶液变蓝者为蒸馏水丁加入稀硫酸和MnO2，加热有黄绿色气体产生者为食盐水

（1）其中可行的方法是____________________．

（2）说明其中不可行的方法的原因____________________________．

（3）请给出另外一种鉴别方法（不可以用尝味道，闻气味方法）．实验方法结论

参考答案：（1）甲、乙（2）丙方法中食盐水中的水也能使无水CuSO4变蓝，丁方法中采用稀硫酸、食盐水和MnO2加热不反应（3）加热蒸发有白色固体析出的是食盐水（或测两种液体的导电性，导电能力强的为食盐水）略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.铁单质及其化合物在生活、生产中有广泛应用。请回答下列问题:（1）黄铁矿(FeS2)是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料,其中发生的一个反应为3FeS2+8O26SO2+Fe3O4,若有3molFeS2参加反应,则转移_______mol电子。

（2）氯化铁溶液常用作印刷电路铜板的腐蚀剂,反应的离子方程式为________________。从腐蚀废液中回收金属铜还需要的试剂是__________。

（3）与明矾相似,硫酸铁也可用于净水,其作用原理是____________________(用离子方程式表示);在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中悬浮物沉降除去,其原因是_______________。（4）铁红是一种红色颜料,其主要成分是Fe2O3。将一定量的铁红溶于160mL5mol·L-1盐酸中,再加入一定量铁粉恰好溶解,收集到2.24L氢气(标准状况),经检测,溶液中无Fe3+,则参加反应的铁粉的质量为_____。参考答案：(1)32

(2)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

铁粉、稀盐酸(其他合理答案均可)

(3)Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+

在酸性条件下抑制了铁离子的水解,无法生成氢氧化铁胶体,不能使悬浮物沉降除去(4)11.2g【详解】（1）3FeS2+8O26SO2+Fe3O4中，Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，3molFeS2参加反应，由O元素的化合价变化可知，转移的电子为8mol×2×（2-0）=32mol，

故答案为：32；

（2）氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，该离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，利用置换反应得到Cu，过量铁粉利用稀硫酸除去，则选试剂为铁粉、稀硫酸，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；铁粉、稀硫酸（其他合理答案均可）；

（3）硫酸铁能用于净水是因为铁离子发生水解生成了氢氧化铁胶体，反应原理为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；而酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe（OH）3胶体，则硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；在酸性条件下抑制了铁离子的水解,无法生成氢氧化铁胶体,不能使悬浮物沉降除去；（4）盐酸中HCl的物质的量为0.16L×5mol·L－1=0.8mol，生成氢气的物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，设氧化铁的物质的量为xmol，则有：由题意得：0.2mol＋6x＝0.16L×5mol·L－1，x＝0.1mol；参加反应的铁粉质量为(0.1mol＋x)×56g·mol－1＝11.2g，故答案为：11.2g。18.选修3：物质结构与性质（15分）“可燃冰”是蕴藏于海底的一种潜在能源．它由盛有甲烷、氮气、氧气、硫化氢等分子的水分子笼构成．（1）水分子间通过

相互结合构成水分子笼．N、O、S元素第一电离能由大到小的顺序为

（填元素符号）．（2）从海底取得的“多金属结核”样本，样本中含铁、锰等多种金属．①基态铬原子的电子排布式为

．②金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图1所示．面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为

．图1（3）胆矾CuSO4?5H2O可写成[Cu（H2O）4]SO4?H2O，其结构示意图2如下：图2①写出基态Cu2+的核外电子排布式

．②胆矾中含有的粒子间作用力是

（填序号）．a．离子键

b．极性键

c．金属键

d．配位键

e．氢键

f．非极性键③在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物[Cu（CN）4]2﹣，指出1molCN﹣中π键的数目为

．胆矾受热分解得到铜的某种氧化物，其晶胞结构如上图3所示，则氧的配位数是

．图3参考答案：（1）氢键；N＞O＞S；（2）①1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；②2：1；（3）①[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；②abde；③1.204×1024；4．考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况．分析：（1）水分子间存在氢键；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；同主族从上到下，元素的第一电离逐渐减小；（2）①原子的核外电子数与其原子序数相等，根据构造原理书写基态原子核外电子排布式；②根据均摊法计算晶胞中Fe原子数目进行解答；（3）①根据Cu的电子排布式书写Cu2+离子的电子排布式；②离子之间存在离子键，非金属元素之间形成共价键，含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键；③根据CN﹣中成键情况计算；根据晶胞的结构图可知氧原子的配位数．解答：解：（1）水分子间存在氢键，水分子间通过氢键相互结合构成水分子笼；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S；故答案为：氢键；N＞O＞S；（2）①Cr属于24号元素，根据能量最低原理及洪特规则特例，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；②面心立方晶胞中Fe原子数目=8×+6×=4，体心立方晶胞中Fe原子=1+8×=2，则面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比=4：2=2：1，故答案为：2：1；（3）①Cu（电子排布式为：[Ar]3d104s1）Cu2+的过程中，参与反应的电子是最外层的4s及3d上各一个电子，故Cu2+离子的电子排布式是为：[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9，故答案为：[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；②铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧