辽宁省鞍山市海城王石中学高三化学上学期期末试题含解析

辽宁省鞍山市海城王石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.（2分）粒子甲与粒子乙在溶液中的转化关系如图所示，粒子甲不可能是（）A．NH4+B．AlC．HCO3﹣D．CO2参考答案：BA．NH4+与OH﹣反应生成NH3和H2O，NH3和氢离子反应生成铵根离子，符合转化关系，故A错误；B．Al与与OH﹣反应生成AlO2﹣，与氢离子反应生成沉淀或铝离子，得不到Al，不符合转化关系，故B正确；C．HCO3﹣与氢氧根能反应生成CO32﹣，CO32﹣和H+反应可生成CO32﹣+H+═HCO3﹣，符合转化关系，故C错误；D．CO2与氢氧根能反应生成碳酸根，碳酸根和氢离子反应生成水和CO2，符合转化关系，故D错误；2.某无色溶液中可能含有CrO42-、NH4+、SO32-、Mg2+、Al3+、K＋、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种,已知所含离子的物质的量浓度均相等。取甲、乙两支试管分别加入1mL该溶液进行如下实验:①向甲中加入适量稀盐酸,无明显现象;②向乙中逐滴滴加NaOH溶液至过量,现象为先有白色沉淀产生,进而产生刺激性气味气体,最后白色沉淀完全溶解。对于该溶液中的离子成分,下列说法正确的是A.一定含有NH4+、Al3+、SO42-、Cl-、NO3-

B.一定不含CrO42-、SO32-、Mg2+、NO3-C.可能含有Mg2+、K＋、Cl-、NO3-

D.一定不含CrO42-、SO32-、Mg2+、SO42-参考答案：A已知该溶液为无色，所以不含CrO42-，实验①说明溶液中不含SO32-，实验②说明溶液中含有NH4+、Al3+，同时说明不含Mg2+，设溶液中离子浓度均为1mol/L，则溶液中阳离子所带正电荷之和为4mol/L，而可能存在的阴离子为SO42-、Cl-、NO3-，所带负电荷之和也是4mol/L，所以这三种离子都一定存在，也可以确定该溶液中一定不含K+，否则电荷不守恒，或者导致离子浓度不相等，故A正确；B、一定含有NO3-，所以B错误；C、一定不含Mg2+、K＋，一定含有Cl-、NO3-，所以C错误；D、一定含有SO42-，所以D错误。本题正确答案为A。点睛：特别注意电荷守恒是本题的隐含条件，也是解题的关键要点，只有通过电荷守恒才能确定哪些离子一定有，哪些离子一定没有。3.科学家研制出了一种新型的贮氢材料﹣．这种镁铝合金的成分可表示为Mg17Al12．其贮氢和释氢的原理可表示为：Mg17Al12+17H217MgH2+12Al，下列有关说法正确的是（）A．Mg17Al12是离子化合物B．为防止金属氧化，熔炼制备Mg17Al12时通氮气做保护气C．732g的合金能吸收380.8L氢气D．该合金的熔点比镁和铝的熔点低参考答案：D【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】A、合金是指在一种金属中加热熔合而成的，不存在阴阳离子；B、Mg、Al为较活泼金属，加热时易氧化，可以通入氩气来保护；C、氢气所处的状况未知，不能计算；D、合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金的硬度大，熔点低．【解答】解：A．合金是指在一种金属中加热熔合而成的，不存在阴阳离子，不属于离子化合物，故A错误；B、Mg、Al为较活泼金属，加热时易和氮气发生反应，可以通入氩气来防止金属被氧化，不可以通氮气做保护气，故B错误；C、氢气所处的状况未知，不能计算出氢气的具体体积，故C错误；D、合金的熔点比各成分的熔点低，该合金的熔点低于金属镁、金属铝的熔点，故D正确；故选：D．【点评】本题以新型镁铝合金为题材，意在考查考生阅读新信息，处理新情况的能力，题目难度中等，注意和已有知识的联系、迁移．4.工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对生态系统造成很大的损害，其中还原沉淀法是常用的一种处理方法。流程如下：其中第①步中存在平衡：2CrO42-(黄色)＋2H＋Cr2O72-(橙色)＋H2O。下列有关说法正确的是A、第①步当2v(Cr2O72-)＝v(CrO42-)时，达到了平衡状态B、对于上述平衡，加入适量稀硫酸后，溶液颜色变黄色，则有利于CrO42-的生成C、常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至9D、第②步中，还原0.1molCr2O72-需要91.2gFeSO4参考答案：D【知识点】氧化还原反应化学平衡

沉淀溶解平衡【答案解析】D解析：没有说明v(Cr2O72-)、v(CrO42-)表示的方向，所以无法判断是否平衡，A错误；加酸后，平衡正向移动，颜色将会变成橙色，有利于Cr2O72-的生成，B错误；c（Cr3+）c3(OH－)=10-32，c(OH－)=10-9，c(H+)=105，溶液的pH应调至5，C错误；还原0.1molCr2O72-，则FeSO4失去电子：0.1×2×（6-3）=0.6mol，需要0.6molFeSO4，所以需要91.2g

FeSO4，D正确。【思路点拨】平衡状态中的v（正）=v（逆）指同种物质的正向速率与逆向速率相等。5.青苹果汁遇碘溶液显蓝色，熟苹果能还原银氨溶液，这说明

A.青苹果中只含淀粉不含糖类

B．熟苹果中只含糖类不含淀粉

C．苹果转熟时淀粉水解为单糖

D．苹果转熟时单糖聚合成淀粉参考答案：C6.在一定条件下，RO3n－与R2－发生如下反应：RO3n－＋2R2－＋6H＋＝3R＋3H2O，下列关于元素R的叙述中正确的是

A．R原子的最外层上有4个电子

B．RO3n－中的R只能被还原

C．R的单质既有氧化性又具有还原性

D．HnRO3一定是强酸参考答案：C7.25℃时，在20mL0.1mol/L盐酸溶液中逐滴加入0.2mol/L氨水，曲线如图所示，下列说法正确的是(

)A．此滴定实验可以选用酚酞做指示剂B．在A点：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）C．在B点：c（H+）=c（OH﹣）=c（Cl﹣）=c（NH4+）D．在C点：c（NH4+）+c（NH3?H2O）=2c（Cl﹣）参考答案：D【分析】A．由于反应后的溶液溶质为氯化铵，溶液呈酸性，酚酞的变色范围为8.2﹣10.0，误差较大；B．在A点，溶液呈酸性，由电荷守恒得c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+）分析；C．在B点：溶液呈中性，所以c（H+）=c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒，即c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+）；D．在C点，氨水的物质的量是盐酸物质的量的2倍，根据物料守恒判断．【解答】解：A．由于反应后的溶液溶质为氯化铵，溶液呈酸性，选择指示剂变色范围在酸性范围的甲基橙，而酚酞的变色范围为8.2﹣10.0，误差较大，故A错误；B．在A点，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），由电荷守恒得c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），所以c（Cl﹣）＞c（NH4+），根据图象知，溶液的pH接近7，所以溶液中c（NH4+）＞c（H+），故B错误；C．在B点：溶液呈中性，所以c（H+）=c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒，即c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），所以c（NH4+）=c（Cl﹣），但c（OH﹣）＜c（Cl﹣），故C错误；D．在C点，氨水的物质的量是盐酸物质的量的2倍，根据物料守恒知，c（NH4+）+c（NH3．H2O）=2c（Cl﹣），故D正确；故选D．【点评】本题考查酸碱的混合以及离子浓度的大小比较，题目难度中等，注意盐酸和氨水恰好完全反应时溶液不呈中性，要使溶液呈中性，氨水应稍微过量，为易错点．8.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O下列说法正确的是A．1molClO2生成有1mol电子转移

B．ClO2是氧化产物C．H2C2O4在反应中被还原

D．KClO3在反应中得到电子，发生氧化反应参考答案：A略9.下列离子方程式表达正确的是A．Fe(OH)3溶于氢碘酸中：Fe(OH)3

+3H+＝Fe3+

+3H2OB．碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应：HCO3–+Ca2++OH–=CaCO3↓+H2OC．硫酸亚铁溶液中加入酸化的双氧水：Fe2++2H++H2O2=Fe3++2H2OD．向明矾溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3·H2O==AlO2–+4NH4++2H2O

参考答案：B略10.下列离子方程式书写正确的是A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2＋＋SO42－＋H＋＋OH－＝BaSO4↓＋H2OB．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I－＋O2＋2H2O=4OH－＋2I2C．磁性氧化铁溶于盐酸：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OD．用氨水吸收足量的SO2气体：OH－＋SO2=HSO3－参考答案：B略11.结构为…﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣…的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅度提高．上述高分子化合物的单体是（）A．乙炔 B．乙烯 C．丙烯 D．1，3﹣丁二烯参考答案：A考点：聚合反应与酯化反应．专题：有机反应．分析：判断高聚物的单体：首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，加聚产物的单体推断方法：（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；（3）凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换；该题属于第（1）种情况，据此进行解答．解答：解：高分子化合物…CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH…，其结构简式可以表示为：﹣[CH=CH]﹣n，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可得其单体为：CH≡CH，故选A．点评：本题考查加聚反应生原理及高分子化合物单体的求算，题目难度不大，明确加聚反应原理及反应产物的单体判断方法是解答的关键12.电子表所用的某种纽扣电池的电极材料为Zn和Ag2O，电解质溶液是KOH。其电极反应式为：Zn+2OH-

=ZnO+H2O+2e-

Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-

下列叙述正确的是：

A.负极反应为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-

B.负极材料是ZnO，正极材料是Ag2O

C.电流方向是由Zn到Ag2O

D.电池总反应为Zn+Ag2O=ZnO+2Ag参考答案：D13.向某烧碱溶液中通入5.28gCO2后，将溶液在低温下蒸干，得到固体物质的质量为17.32g，则该固体物质是A.Na2CO3

B.NaHCO3

C.Na2CO3和NaOH

D.Na2CO3和NaHCO3参考答案：C14.实验是化学研究的基础，下列关于各实验装置的叙述正确的是A．装置①常用于分离乙醇或苯等与水组成的混合物B．装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸C．装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NO等气体D．装置④可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气参考答案：D15.今有浓度均为3mol·L-1的盐酸和硫酸各100mL，分别加入等质量的Fe粉，反应完毕后生成气体的质量之比为3：4，则加入的铁粉的质量为：A.5.6g

B.8.4g

C.11.2g

D.16.8g参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（14分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。回答下列问题：（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是_________，由此可知草酸晶体分解的产物中有_______。装置B的主要作用是________。（2）乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、______。装置H反应管中盛有的物质是_______。②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_______。（3）设计实验证明：①草酸的酸性比碳酸的强______。②草酸为二元酸______。

参考答案：⑴有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝（水蒸气、草酸等），防止草酸进入装置C反应生成沉淀，干扰CO2的检验。（1分，1分，2分，共4分）⑵①F、D、G、H、D、I；CuO（氧化铜）；（3分，1分，共4分）②H中的黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊；（2分）⑶①向盛有少量NaHCO3溶液的试管中滴加草酸溶液，有气泡产生。（2分）②用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍（2分）试题分析：本题是以草酸为题材来考查学生的实验基本知识，难度中偏易。首先通读这道题，合理猜测H2C2O4·2H2O的分解产物为CO2，CO，H2O三种，然后用氧化还原反应的有关知识（化合价升降）来验证。知道了反应产物，后续试验就可以顺利展开了。⑴问考常规，澄清石灰水变浑浊，说明有CO2产生，考虑到还有CO，我觉得有必要强调一下“气泡”；中间的装置（一般叫冷阱）主要是冷凝分解产物中的水，如果有同学觉得水不值一提的话，可以看看实验目的“通过实验检验草酸晶体的分解产物”，水是产物之一，必须有装置证明其存在。同时草酸也可能升华，所以该装置还有一个作用就是除去草酸蒸气，避免其进入装置C中。⑵问考查物质性质和实验原理的综合应用能力。由装置A、B出来的气体含有CO2、CO，容易想到用灼热氧化铜来氧化CO，进而检验其产物CO2，但要注意到原产物中有CO2，故要设计除去CO2和验证CO2除尽的环节。最终确认连接顺序F（除CO2）、D（验证CO2被除尽）、G（干燥）、H（氧化CO）、D（通过验证CO2来证明CO的存在）、I（尾气处理）；H中要装CuO（氧化铜）；⑶问考查实验设计能力，证明“草酸的酸性比碳酸强”这个命题很常规。设计一个常量浓度的溶液混合，产生气泡即可。浓度不一定强调，碳酸盐也可以是Na2CO3，但最好不用CaCO3（题目开始部分又暗示CaC2O4难溶）。证明“草酸是二元酸”这个难一点，除了答案中给出的方法外，还可设计一个NaHC2O4溶液呈酸性的实验，大家也可以直接取NaHC2O4溶液测其pH，呈酸性则说明草酸是二元酸（想想一元弱酸的钠盐）。考点：CO、CO2的性质；化学实验基本知识；化学实验知识的简单应用。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（15分）有U、V、W、X、Y、Z六种前四周期元素，原子序数依次增大，其相关信息如下表：元素编号相关信息比U所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等V基态时,电子分布在三个能级上，且各能级中电子数相等W基态时,2p轨道处于半充满状态X与W元素处于同一周期，且X的第一电离能小于W的第一电离Y是第四周期元素中未成对电子数最多的元素ZZ的一种核素的质量数为65，中子数为36请回答下列问题：

（1）U、V两种元素组成的一种化合物甲是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则甲分子中σ键和π键的个数比为

，其中心原子采取

杂化；

（2）V与W原子结合形成的V3W4晶体，其硬度比金刚石大，则V3W4晶体中含有

键，属于

晶体；

（3）Y的基态原子的核外电子排布式为

；

（4）乙和丙分别是V和X的氢化物，这两种氢化物分子中都含有18个电子。乙和丙的化学式分别是

、

，两者沸点的关系为乙

丙（填“>”或“<”），原因是

；

（5）Z单质晶体的晶胞如图所示，其配位数为

。参考答案：(15分)(1)5:1

sp2

(2)共价

原子

(3)1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)(4)C2H6

H2O2

<

H2O2分子见存在氢键,C2H6分子间不存在氢键

(5)12略18.

参考答案：

(1)增强熔融盐的导电性（1分）（2）小球应为Ca2+

大球应为F－

（1分）

(3)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，以光（子）的形式释放能量。

（1分）

(4)Si—O的键能大于C—O的键能，C＝O的键能大于Si＝O的键能，所以Si和O成单键，而C和O以双键形成稳定分子。

(2分)

(5)①4

（1分）；共价键、范德华力、氢键

（1分）；

②Cu+有空轨道，N原子有孤对电子

（1分）；正四面体形（1分）；四、IB族

（1分）19.（2010·天津卷）7．（14分）X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题：⑴L的元素符号为________；M在元素周期表中的位置为________________；五种元素的原子半径从大到小的顺序是____________________（用元素符号表示）。⑵Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B，A的电子式为___，B的结构式为____________。⑶硒（se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为_______，其最高价氧化物对应的水化物化学式为_______。该族2~5周期元素单质分别与H2