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辽宁省朝阳市山嘴子中学高三化学下学期期末试卷含解析一、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.下列有关实验的叙述正确的是A.实验室中用生石灰与浓氨水混合的方法不能制得氨气B.中和滴定实验中,所用滴定管和锥形瓶均不能用待装液润洗C.在加热的情况下,烧瓶中的液体体积不要超过烧瓶容积的1/3D.将KI和FeCl3溶液混合后,加入CCl4振荡静置,下层液体变紫色,说明氧化性:Fe3+>I2参考答案:D试题分析:A、生石灰遇水放出大量的热,浓氨水受热分解,产生氨气,故错误;B、滴定管需要用待装液润洗,否则所测溶液浓度改变,锥形瓶不需要润洗,故错误;C、不能低于1/3,不能超过2/3,故错误;D、四氯化碳密度大于水的,下层呈现紫色,说明溶液中有碘单质,即Fe3+把I-氧化成I2,故正确。2.已知ICl、Al2(S04)3、CaC2、C2H5Cl、CH3COOCH3等物质均能与水发生反应,反应时各物质与水均分别离解成两部分,然后再两两组合,形成新物质,据以上启示,判断下列方程式正确的是

①ICl+H2O=HIO+HCl

②CH3CH2C1+H2O=CH3CH2OH+HCl

③CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑

④Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑

⑤SiCl4+4H2O=H4Si04+4HCl

A.①④⑤

B.②③④

C.①②③⑤

D.①②③④⑤参考答案:D略3.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是

A.1mol臭氧中含有的氧原子数为NA

B.标准状况下,2.24LD2O中含有的电子数为NA

C.3.4gH2O2中含有的共用电子对数为0.1NA

D.0.1mol甲基(-CH3)所含质子数为0.9NA参考答案:D4.“不粘锅”炊具是在金属锅的内壁上涂一薄层聚四氟乙烯制成,下列对聚四氟乙烯的叙述中正确的是()。A.在聚四氟乙烯的单体中不含有碳碳双键B.聚四氟乙烯在高温时容易燃烧C.聚四氟乙烯的化学性质很稳定,正常使用时不会发生化学变化D.聚四氟乙烯的分子内支链很多,且彼此缠绕,不会污染食物参考答案:C略5.

臭氧是氧气吸收了太阳的波长小于185nm的紫外线后形成的,不过当波长在25nm左右的紫外线照射臭氧时,又会使其生成氧气。下列说法中正确的是(

)

A.臭氧有漂白作用,其漂白原理与SO2的漂白原理相同B.臭氧转化为氧气和氧气转化为臭氧均需要吸收能量C.和氧气比较,臭氧的氧化性较强,臭氧的能量较高D.臭氧和氧气互为同素异形体,它们之间的转化是物理变化参考答案:答案:C6.短周期元素中:A是地壳中含量最高的元素;B比Ne的质子数多1个;C最外层电子数与其电子层数相等;D单质是半导体材料;E非金属性在同周期元素中最强。下列说法中正确的是A.B离子的半径比C离子的半径小B.A、B两单质反应可得到两种不同的离子化合物C.C单质与A或E单质形成的化合物均为离子化合物D.B最高价氧化物对应的水合物与D单质发生反应能产生气体;参考答案:BD7.在两个容积相同的容器中,一个盛有NH3,另一个盛有N2、H2的混合气体,在同温同压下,两容器内的气体一定具有相同的(

)A.原子数

B.分子数

C.质量

D.密度参考答案:B略8.实验室里用一氧化碳还原由氧化亚铁、氧化铁、四氧化三铁组成的混合物,并将生成的气体通入足量的澄清石灰水中,最后测得生成的铁和碳酸钙的质量比为21:50,则这种混合物中氧化亚铁、氧化铁、四氧化三铁的物质的量之比不可能是

(

)A.

1:2:1

B.3:2:1

C.7:7:9

D.1:1:1参考答案:AB略9.被誉为“矿石熊猫”的香花石,由我国地质学家首次发现,它由前20号元素中的6种组成,其化学式为X3Y2(ZWR4)3T2,其中X、Y、Z为金属元素,Z的最外层电子数与次外层电子数相等,X、Z位于同族,Y、Z、R、T位于同周期,R最外层电子数是次外层的3倍,T无正价,X与R原子序数之和是W的2倍.下列说法错误的是()A.原子半径:Y>Z>R>TB.气态氢化物的稳定性:W<R<TC.最高价氧化物对应的水化物的碱性:X>ZD.XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同参考答案:D考点:原子结构与元素周期律的关系.分析:香花石化学式为X3Y2(ZWR4)3T2,由前20号元素中的6种组成,其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍,R原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,则R为O元素;Y、Z、R、T位于同周期,即处于第二周期,T元素无正价,则T为F元素;Z的最外层电子数与次外层电子数相等,则Z为Be元素;Y为金属元素,则Y为Li;X、Z位于同主族,则X为Mg元素或Ca元素,若X为镁元素,则由X与R原子序数之和是W的2倍,则=10,推出W为氖元素不符合题意,若X为Ca元素,则由X与R原子序数之和是W的2倍,则=14,推出W为Si元素,符合题意.A.同周期元素的原子半径从左向右半径在减小;B.非金属性越强,则气态氢化物越稳定;C.金属性越强,则最高价氧化物对应的水化物碱性越强;D.根据常见元素的化合价及化合价原则来分析.解答:解:香花石化学式为X3Y2(ZWR4)3T2,由前20号元素中的6种组成,其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍,R原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,则R为O元素;Y、Z、R、T位于同周期,即处于第二周期,T元素无正价,则T为F元素;Z的最外层电子数与次外层电子数相等,则Z为Be元素;Y为金属元素,则Y为Li;X、Z位于同主族,则X为Mg元素或Ca元素,若X为镁元素,则由X与R原子序数之和是W的2倍,则=10,推出W为氖元素不符合题意,若X为Ca元素,则由X与R原子序数之和是W的2倍,则=14,推出W为Si元素,符合题意.A.Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素,位于同周期,元素的原子半径从左向右半径在减小,即原子半径:Y>Z>R>T,故A正确;B.W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素,非金属性F>O>Si,则气态氢化物的稳定性W<R<T,故B正确;C.X为钙元素、Z为铍元素,金属性Ca>Be,则最高价氧化物对应的水化物碱性:氢氧化钙>氢氧化铍,故C正确;D.XR2、WR2两化合物CaO2、SiO2,CaO2中O元素为﹣1价,SiO2中O元素化合价为﹣2,故D错误,故选D.点评:本题考查结构性质位置关系应用,推断元素是解题的关键,注意掌握核外电子排布与元素周期律,题目难度中等.10.能说明Al的金属活动性比Cu强的事实是

A.以铝为阳极、铜为阴极电解硫酸铜溶液时,阳极铝溶解

B.与氯气反应时,铝失去3个电子,而铜失去2个电子

C.常温下,铝在浓硝酸中钝化而铜不发生钝化D.常温下将铝和铜用导线连接放入到稀盐酸中,铝为负极参考答案:D11.某同学按下图所示的装置进行实验。A、B为两种常见金属,它们的硫酸盐可溶于水。当K闭合时,在交换膜处SO42一从右向左移动。下列分析正确的是

A.溶液中(A2+)浓度减小B.B的电极反应:B-2eˉ==B2+C.y电极上有H2产生,发生还原反应D.反应初期,x电极周围出现白色胶状沉淀,不久沉淀溶解参考答案:D略12.下列操作能达到实验目的的是

作A确定某卤代烃为氯代烃取某卤代烃少许与NaOH溶液共热后再加盐酸酸化,然后加AgNO3溶液,有白色沉淀B配制银氨溶液在硝酸银溶液中滴加稀氨水至沉淀恰好消失C提取碘水中的碘将碘水倒入分液漏斗,加入适量乙醇,振荡后静置D确定蔗糖是否发生水解取2mL水解液滴加少量新制的Cu(OH)2悬浊液,加热参考答案:BA、操作中加盐酸酸化错误,因盐酸会与AgNO3溶液,有白色沉淀生成,干扰实验,故A错误;B正确;C、因乙醇与水互溶不能用乙醇萃取碘水中的碘,故C错误;D、由于水解液呈酸性,用新制的Cu(OH)2悬浊液检验醛基时需保证溶液呈碱性才能生成砖红色沉淀,故D错误。故答案选B13.下列叙述中正确的是(

)A.阳离子只有氧化性,阴离子只有还原性

B.含氧酸可作氧化剂而无氧酸则不能

C.失电子难的原子获得电子的能力就强D.氯气分子可作氧化剂,但也可被其他氧化剂所氧化参考答案:D略14.下列叙述中,正确的是(

)A.石油、煤、天然气、氢气都属于化石燃料B.常温下,反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行,则该反应的ΔH<0C.人们通常用标准燃烧热或热值来衡量燃料燃烧放出热量的大小,某物质的热值越高则其标准燃烧热越大D.两个体积相同的容器中充入等量的NO2发生反应:2NO2(g)=N2O4(g)ΔH<0,绝热容器中气体的颜色比恒温容器中颜色深参考答案:D【知识点】化学反应与能量、化学平衡解析:A.石油、煤、天然气都属于化石燃料,氢气不属于,故A错误;B.反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的ΔS>0,常温下不能自发进行,根据ΔG=ΔH-T·ΔS>0,知该反应的ΔH>0,故B错误;C、1kg某种燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值.热值是燃料的一种特性,它只与燃料的种类有关,与燃料的质量、燃烧程度、放出热量的多少以及燃烧温度的高低等均无关,燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物放出的热量,故C错误;D、依据反应是放热反应,在绝热容器中,反应进行热量升高,平衡向吸热方向移动,即逆向移动,颜色加深,故D正确;故答案选D【思路点拨】本题考查了反应方向的判断、概念之间的关系、平衡的移动,掌握基础是解题关键,题目难度中等。15.下列说法都正确的是()。①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关;②四川灾区重建使用了大量钢材,钢材是合金;③“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质;④太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置;⑤常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氯,两者都含有极性键;⑥水陆两用公共汽车中,用于密封的橡胶材料是高分子化合物。A.①②③④

B.①②④⑥C.①②⑤⑥

D.③④⑤⑥参考答案:B③中硫酸钡属于强电解质;⑤中氯气分子中只含有非极性键,由此可迅速排除③和⑤,故选B。二、实验题(本题包括1个小题,共10分)16.某厂废水中含5.00×10-3mol·L-1的,其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝,将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Fe的化合价依次为+3、+2),设计了如下实验流程:(1)第①步反应的离子方程式是____________________________________。(2)第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是:__________________。(3)第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr(OH)3外,还有__________________。(4)欲使1L该废水中的完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4,理论上需要加入_________gFeSO4·7H2O。参考答案:(1)+6Fe2++14H+====2Cr3++6Fe3++7H2O(2)将一小块pH试纸放在表面皿上,用玻璃棒蘸取少量待测液,点在pH试纸上,再与标准比色卡对照。(3)Fe(OH)3、Fe(OH)2(4)13.9(1)结合框图,第①步反应应为含高价Cr(+6价)的在酸性条件下将部分二价铁氧化成三价铁,其离子方程式是:+6Fe2++14H+====2Cr3++6Fe3++7H2O。(2)考查pH试纸的使用。具体方法是:取一小块pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上,用玻璃棒蘸取少量待测液,点滴在试纸的中部,待试纸变色后,再与标准比色卡对照来确定溶液的pH。(3)由框图信息,第②步是向含Cr3+、Fe2+、Fe3+的溶液中加NaOH溶液,显然会生成三种沉淀:Cr(OH)3、Fe(OH)2、Fe(OH)3,所以过滤得到的滤渣中主要成分除Cr(OH)3外,还有Fe(OH)2、Fe(OH)3。(4)首先判断Cr0.5Fe1.5FeO4(Fe的化合价依次为+3、+2价)中Cr元素的价态为+3价。1L该废水中含的物质的量为5.00×10-3mol,转化为Cr0.5Fe1.5FeO4时,得到的电子的物质的量为:5.00×10-3×2×(6-3)mol=0.03mol。则被氧化的二价铁的物质的量亦为0.03mol,未变价的铁的物质的量为0.03÷1.5=0.02mol,那么,共需要Fe(即FeSO4·7H2O)的物质的量为0.05mol,其质量为:0.05mol×278g·mol-1=13.9g。三、综合题(本题包括3个小题,共30分)17.铜、镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料.请回答:(1)基态铜原子的电子排布式为

;已知高温下CuO→Cu2O+O2,从铜原子价层电子结构(3d和4s轨道上应填充的电子数)变化角度来看,能生成Cu2O的原因是

.(2)硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物,则它们形成的组成最简单的氢化物中,分子构型分别为

,若“Si﹣H”中共用电子对偏向氢元素,氢气与硒反应时单质硒是氧化剂,则硒与硅的电负性相对大小为Se

Si(填“>”、“<”).(3)SeO2常温下白色晶体,熔点为340~350℃,315℃时升华,则SeO2固体的晶体类型为

;若SeO2类似于SO2是V型分子,则Se原子外层轨道的杂化类型为

.(4)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性(价电子数少于价层轨道数),其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成配合物,如BF3能与NH3反应生成BF3?NH3.BF3?NH3中B原子的杂化轨道类型为

,B与N之间形成

键.(5)金刚砂(SiC)的硬度为9.5,其晶胞结构如图所示;则金刚砂晶体类型为

,在SiC中,每个C原子周围最近的C原子数目为

个;若晶胞的边长为apm,则金刚砂的密度表达式为g/cm3.参考答案:(1)1s22s22p63s23p63d104s1;CuO中铜的价层电子排布为3d9,Cu2O中铜的价层电子排布为3d10,后者处于稳定的全充满状态而前者不是;(2)V形,正四面体;>;(3)分子晶体;sp2;(4)sp3;配位;(5)原子晶体;12;.

【分析】(1)根据元素符号,判断元素原子的核外电子数,再根据核外电子排布规律来写;Cu+的核外有28个电子,根据构造原理书写其基态离子核外电子排布式,原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定;(2)硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物分别为H2Se,SiH4,其分子结构分别与H2O,CH4相似;若“Si﹣H”中键合电子偏向氢原子,说明硅显正价,氢气与硒反应时单质硒是氧化剂,硒显负价;(3)根据分子晶体的熔、沸点低;根据价层电子对互斥理论确定杂化类型;(4)根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式,提供空轨道的原子和提供孤电子对的原子之间形成配位键;(5)根据原子晶体的硬度大;每个碳原子连接4个硅原子,每个硅原子又连接其它3个碳原子,据此判断每个C原子周围最近的C原子数目;该晶胞中C原子个数=8×+6×=4,Si原子个数为4,根据ρ=计算其密度.【解答】解:(1)Cu元素为29号元素,原子核外有29个电子,所以核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d104s1;CuO中铜的价层电子排布为3d94s0(1分),Cu2O中铜的价层电子排布为3d10,3d10为稳定结构,所以在高温时,能生成Cu2O;故答案为:1s22s22p63s23p63d104s1;CuO中铜的价层电子排布为3d9,Cu2O中铜的价层电子排布为3d10,后者处于稳定的全充满状态而前者不是;(2)硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物分别为H2Se,SiH4,其分子结构分别V形,正四面体;若“Si﹣H”中键合电子偏向氢原子,说明硅显正价,氢气与硒反应时单质硒是氧化剂,硒显负价,所以硒与硅的电负性相对大小为Se>Si;故答案为:V形,正四面体;>;(3)SeO2常温下白色晶体,熔、沸点低,为分子晶体;二氧化硒分子中价层电子对=2+(6﹣2×2)=3,Se原子的杂化类型为sp2,且含有一个孤电子对,所以属于V形;故答案为:分子晶体;sp2;(4)BF3?NH3中B原子含有3个σ键和1个配位键,所以其价层电子数是4,B原子采取sp3杂化,该化合物中,B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对,所以B、N原子之间形成配位键;故答案为:sp3;配位;(5)金刚砂(SiC)的硬度为9.5,属于原子晶体;每个碳原子连接4个硅原子,每个硅原子又连接其它3个碳原子,所以每个碳原子周围最近的碳原子数目为3×4=12;该晶胞中C原子个数=8×+6×=4,Si原子个数为4,晶胞边长=a×10﹣10cm,体积V=(a×10﹣10cm)3,ρ==g?cm3=g?cm3;故答案为:原子晶体;12;.18.(12分)次硫酸钠甲醛(xNaHSO2?yHCHO?zH2O)俗称吊白块,在印染、医药以及原子能工业中有广泛应用。它的组成可通过下列实验测定:①准确称取1.5400g样品,完全溶于水配成100mL溶液。②取25.00mL所配溶液经AHMT分光光度法测得甲醛物质的量浓度为0.10mol×L-1。③另取25.00mL所配溶液,加入过量碘完全反应后,加入BaCl2溶液至沉淀完全,过滤、洗涤、干燥至恒重得到白色固体0.5825g。次硫酸氢钠和碘反应的方程式如下:xNaHSO2?yHCHO?zH2O+I2→NaHSO4+HI+HCHO+H2O(未配平)(1)生成0.5825g白色固体时,需要消耗碘的质量为

(2)若向吊白块溶液中加入氢氧化钠,甲醛会发生自身氧化还原反应,生成两种含氧有机物,写出该反应的离子方程式

(3)通过计算确定次硫酸氢钠甲醛的组成(写出计算过程

参考答案:(1)1.27g

(2)2HCHO+OH-=CH3OH+HCOO-(3)25.00mL溶液中:

n(NaHSO2)=n(NaHSO4)=n(BaSO4)=0.5825g/23

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