湖南省邵阳市世贤中学高三化学期末试题含解析

湖南省邵阳市世贤中学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.某金属的硝酸盐受热分解时，生成NO2和O2的物质的量之比是2∶1，则在分解过程中金属元素的化合价是（

）A．升高

B．降低

C．不变

D．无法确定参考答案：B略2.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是A．室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－B．含有0.1mol·L－1Fe3＋的溶液中：K＋、Mg2＋、I－、NO3－C．加入铝粉有气泡产生的溶液中：Na+、NH4+、Fe2+、NO3-D．在AlCl3溶液中：K+、Na+、SiO32—、SO42—参考答案：A略3.向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀．另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为(

)A．7.84L B．6.72L C．4.48L D．无法计算参考答案：A【分析】根据硝酸过量可知，反应产物为铁离子和铜离子，加入氢氧化钠溶液后得到的沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子质量，据此可以计算出氢氧根离子的物质的量；铁、铜与氯气反应生成氯化铁、氯化铁，氯化铁和氯化铁中含有的氯离子的物质的量一定等于氢氧根离子的物质的量，据此计算出氯离子的物质的量、氯气的物质的量及标况下氯气的体积．【解答】解：向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe（OH）3、Cu（OH）2，则氢氧化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g﹣18.4g=11.9g，氢氧根离子的物质的量为：n（OH﹣）==0.7mol；Cl2与铜、铁反应产物为：FeCl3、CuCl2，根据化合物总电荷为0可知，FeCl3、CuCl2中n（Cl﹣）=Fe（OH）3、Cu（OH）2中n（OH﹣），即n（Cl﹣）=0.7mol，根据质量守恒，消耗Cl2的物质的量为：n（Cl2）=n（Cl﹣）=0.35mol，标况下0.35mol氯气的体积为：22.4L/mol×0.35mol=7.84L，故选A．【点评】本题考查了有关混合物的计算，题目难度中等，本题解题关键需要明确：氢氧化铁、氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量与氯化铁、氯化铜中氯离子的物质的量相等．4.下列反应中，铁只能生成高价化合物的是A．过量铁粉与稀硝酸反应

B．铁粉与硫蒸气反应C．铁粉与过量的浓硫酸共热

D．红热的铁粉与水蒸气反应参考答案：C略5.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3,混合物中Na2CO3质量分数的是A.取ag混合物充分加热，剩余bg固体B.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体C.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bgD.取ag混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体参考答案：C略6.下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是

（

）选项离子要求AK+、NO3-、Cl-、HS-c（K+）<c（Cl-）

BFe3+、NO3-、SO32-、Cl-

逐滴滴加盐酸立即有气体产生CNa+、HCO3-、Mg2+、SO42-逐滴滴加氨水立即有沉淀产生DNH4+、Al3+、SO42-、CH3COOH滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生参考答案：C略7.对于反应A(s)+2B(g)3C(g)；△H＞0，C%跟外界条件X、Y的关系如图所示，下列结论正确的是(

)

A．Y表示温度，X表示压强，且Y3＞Y2＞Y1B．Y表示压强，X表示温度，且Y3＞Y2＞Y1C．X表示压强，Y表示温度，且Y1＞Y2＞Y3D．X表示温度，Y表示压强，且Y1＞Y2＞Y3参考答案：答案：A8.某有机物的结构简式为

，它在一定条件下可能发生的反应有（

）①加成；②水解；③酯化；④氧化；⑤中和；⑥消去A．②③④

B．①③⑤⑥

C．①③④⑤

D．②③④⑤⑥参考答案：C略9.下列说法正确的是

A．石油的分馏和煤的于馏都是物理变化

B.可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸

C.淀粉、纤维素的化学式都可表示为(C6Hl005)n，二者互为同分异构体

D．淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物参考答案：B略10.乙烯酮（CH2=C=O）在一定条件下，能与含活泼氢的化合物发生如下反应，其反应可表示为：。下列各试剂，在一定条件下与乙烯酮发生反应，其产物不正确的是（

）A.HCl与之加成，生成CH3COCl

B.CH3OH与之加成，生成CH3COCH2OHC.H2O与之加成，生成CH3COOH

D.CH3COOH与之加成，生成参考答案：B略11.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.的氨水中和的总数为B.1molNa2O2与足量H2O充分反应，转移的电子数为2NAC.0.1molCu与足量浓硫酸反应生成SO2的体积约为4.48LD.常温常压下，21g氧气和27g臭氧所含的氧原子总数为3NA参考答案：D略12.以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．T℃时，1LpH=6纯水中，含10－6NA个OH－B．15.6gNa2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.4NAC．1molC9H20中含有9molC–C单键D．1mol·L－1的Na2CO3溶液中CO32－离子数目一定小于NA参考答案：A13.阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列说法正确的是()A．1.0L1mol·L－1氨水中，NH3·H2O的分子数为6.02×1023B．当有7.1gCl2和水完全反应时转移的电子数为0.1×6.02×1023C．白磷分子(P4)呈正四面体结构，31g白磷中含有P—P键个数为6×6.02×1023D．20g重水(2HO)中含有的中子数为8×6.02×1023参考答案：B略14.我国支持“人文奥运”的一个重要体现是，坚决反对运动员服用兴奋剂。某种兴奋剂的结构简式如图所示，有关该物质的说法不正确的是（

）A.遇FeCl3溶液显紫色，因为该物质属于酚类B该分子的所有碳原子有可能共平面C.1mol该物质与浓溴水和H2反应时最多消耗Br2和H2分别为4mol和7molD.滴入KMnO4(H＋)溶液，观察紫色褪去，可证明结构中存在碳碳双键.参考答案：D略15.如果将前18号元素按原子序数递增的顺序排列，可形成右图所示的“蜗牛”形状，图中每个“·”代表一种元素，其中①点代表氢元素。

下列说法不正确的是A最简单气态氢化物的稳定性③比⑦小B最高价氧化物对应小化物的酸性⑥比⑦弱C金属性②比⑤弱D原子半径③比④大参考答案：A二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（16分）

新切开的苹果在空气中放置一段时间表面会变黄，最终变成褐色，这种现象在食品科学上通常称为“褐变”。关于苹果褐变的原因有以下两种说法：A．苹果中的Fe2+被空气中的氧气氧化成了Fe3+

B．苹果中的酚类物质被空气中的氧气氧化了究竟哪种说法正确，某合作小组同学通过实验进行了探究。材料：苹果、浓度均为0.1mol·L–1的盐酸、NaCl溶液、NaHCO3溶液、Na2SO3溶液、

KSCN溶液、开水（1）探究1：实验操作实验现象结论在“褐变”后的苹果上滴上2～3滴

溶液

说法A不正确

（2）探究2：【查阅文献】Ks5uⅠ.苹果中含有多酚和多酚氧化酶，苹果褐变是氧气、酚类、酚氧化酶共同作用生成了醌类物质的缘故。苹果中多酚氧化酶的活性温度为35℃左右、活性pH约为5.5。

Ⅱ.酚类物质遇FeCl3溶液常发生显色反应而呈现一定颜色，如苯酚显紫色，对苯二酚显绿色，甲基苯酚显蓝色。

该小组将刚削皮的苹果切成七块，进行如下实验验证。请填写下表中相应的结论：序号实验步骤现象结论①在一块上滴加2～3滴FeCl3溶液表面变为绿色苹果中含有酚类物质②一块放置于空气中

另一块迅速浸入0.1mol·L–1NaCl溶液中表面逐渐褐变

相当长一段时间内，无明显变化

苹果褐变与

有关③另两块分别立刻放入90℃～95℃的开水和0.1mol·L–1盐酸中浸泡2min后取出，放置于空气中相当长一段时间内，均无明显变化

苹果褐变与

有关④最后两块分别立刻放入各0.1mol·L–1的NaHCO3溶液和Na2SO3溶液里浸泡2min后取出，放置于空气前者表面逐渐褐变，后者相当长一段时间内，无明显变化亚硫酸钠溶液能阻止苹果褐变

（3）问题与讨论：①0.1mol·L–1的NaHCO3溶液和Na2SO3溶液的pH相近，Na2SO3溶液却能阻止苹果褐变，可能的原因是：

，反应的离子方程式为：

。②褐变会影响苹果的品质和口感，试举出家中防止削皮苹果褐变的一种措施：

参考答案：（1）KSCN；无红色出现（各2分，共4分）

（2）②氧气（2分）；③氧化酶的活性（2分）（3）①亚硫酸钠的还原性比酚强，消耗了氧气，保护了酚（4分）2SO32-+O2=2SO42-(2分)②放入冰箱冷藏，用保鲜膜包裹，用盐水浸泡等合理答案均得分(2分）略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（15分）【选修3：物质结构与性质】有A、B、C、D四种元素,其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A+比B-少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A+与D2-离子数之比为2∶1。请回答下列问题:(1)A元素形成的晶体内晶胞类型应属于________(填写“六方”、“面心立方”或“体心立方”)堆积,空间利用率为_________。(2)C3-的电子排布式为_______，在CB3分子中C元素原子的原子轨道发生杂化，CB3分子的VSEPR模型为_______。(3)C的氢化物极易溶于水，请解释原因__________________。(4)D元素与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的关系是_____________(用元素符号表示)；用一个化学方程式说明B、D两元素形成的单质的氧化性强弱：________。(5)如图所示是R形成的晶体的晶胞，该晶胞与CaF2晶胞结构相似，设晶体密度是ρg·cm-3。R晶体中A+和D2-最短的距离为______cm。(阿伏加德罗常数用NA表示，只写出计算式，不用计算)参考答案：(1)体心立方（1分）68%（2分）；(2)1s22s22p6（2分）四面体形（2分）；(3)氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水（2分）；(4)Cl>P>S（2分）H2S+Cl2=2HCl+S↓（2分）(5)（2分）立方，其空间利用率为68%；（2）N3-核外有10个电子，根据构造原理知，该离子基态核外电子排布式为：ls22s22p6，CB3分子为NCl3分子，N原子有一对孤对电子，与Cl原子成3个δ键，所以CB3分子的VSEPR模型为四面体形；（3）C的氢化物是氨气，一体积水能溶解700体积氨气，氨气分子和水分子之间可以形成氢键，且氨气分子和水分子都是极性分子，根据相似相溶原理知，氨气极易溶于水；（4）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以P、S、Cl元素的第一电离能大小顺序是：Cl＞P＞S；同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，一般来说电负性越强，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，如在H2S+Cl2=2HCl+S↓反应中，Cl2的氧化性大于O2的氧化性；（5）该晶胞中钠离子个数=8，氧离子个数=8×1/8+6×1/2=4，晶胞的体积=，晶胞的边长=cm，四个氧离子和一个钠离子构成正四面体，钠离子位于正四面体的体心上，四个氧原子位于正四面体的顶点上，钠原子位于体心上，正四面体的棱长=，设氧离子和钠离子的距离为x，在正三角形BCD中（如下图所示），BE的长=，BO和OE的长之比为2：1，所以BO的长=＝，（AO的边长）2=（）2－（）2，x2＝（）2+AO的边长）2，所以x＝cm。18.（6分）用铜片、银片、Cu(NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥（装有琼脂-KNO3的U型管）构成一个原电池。这个原电池的负极是