湖北省襄阳市保康县第一中学高三化学上学期期中试题（含解析）.docVIP

湖北省襄阳市保康县第一中学2016届高三化学上学期期中试题（含解析）第i卷（选择题）一、选择题（每题3分，16小题，满分48分）1下列叙述正确的是 ( )a为提醒人们在使用浓h2so4时要注意安全，贮存浓h2so4的容器上贴有下图标识b实验室可通过蒸馏的方法除去自来水中含有的cl等杂质制蒸馏水c做焰色反应实验时，应先将铂丝(或铁丝)用稀硫酸洗净后，在酒精灯外焰上灼烧至没有颜色时，再蘸取待检溶液进行实验d由于碱金属单质化学性质活泼，实验室中的各种碱金属单质均保存在煤油中【答案】b【解析】试题分析：a、浓h2so4有腐蚀性，是腐蚀品，不是剧毒品，故a错误；b、自来水中含有的cl-等杂质，蒸馏时，可将水和杂质分离，可得到纯净的水，故b正确；c、铂丝用用稀盐酸洗净，不能用稀硫酸，硫酸盐难挥发，故c错误；d、碱金属中锂比煤油的密度小，应用石蜡密封，故d错误；故选b。考点：考查了物质的分类、提纯、检验和保存、化学实验安全的相关知识。2现在人类直接利用主要的化石能源是 a、太阳能 b、核能 c、氢能 d、煤【答案】d【解析】试题分析：a、太阳能是人们可利用的最大的天然能源，但不是现在人类直接利用的主要能源，故a错误；b、核能成为一种可使用的新能源，也叫原子能，但不是现在人类直接利用的主要能源，故b错误；c、氢能属于新能源，不是现在人类直接利用的主要能源，故c错误；d、化石能源，主要包括煤、石油、天然气等，化石燃料是人类生产、生活的主要能源，煤、石油、天然气等在地球是的储量是有限的，消耗后不可能再生，属不可再生能源，随着全球能源使用的增长，化石燃料等不可再生能源将日趋枯竭的危机，故d正确；故选d。考点：考查了能源的相关知识。3将34.2g c12h22o11（蔗糖）溶解在100 ml水中。关于所组成的溶液，下列叙述中正确的是a该溶液中溶质的物质的量浓度为1 moll1b该溶液溶质的质量分数为100%c该溶液中溶质的物质的量浓度的确定无需知道溶液的密度d该溶液溶质的质量分数的确定还需知道溶液的密度【答案】b【解析】试题分析：a、n（c12h22o11）=0.1mol，由c=，可计算浓度，但溶解在100ml水中溶液的体积不是0.1l，则浓度不是1mol/l，故a错误；b、由溶质的质量和溶液的质量可计算质量分数，则该溶液溶质的质量分数为100%，故b正确；c、由b及c=可知，该溶液中溶质的物质的量浓度的确定还需知道溶液的密度，故c错误；d、由b和c可知，质量分数可直接计算，故d错误；故选b。考点：考查了物质的量浓度、质量分数的计算的相关知识。4常温常压下，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃64ml，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112 ml，原混合烃中乙炔的体积分数为( )a12.5% b25% c50% d75【答案】b【解析】试题分析：除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，则：c2h6+o2=2co2+3h2o v1 3.5 2 2.5c2h2+o2=2co2+h2o v1 2.5 2 1.5c3h6+o2=3co2+3h2o v1 4.5 3 2.5根据反应方程式可知，相同体积的c2h6和c3h6反应后体积缩小的量是相同的，故可将两者看成是一种物质，设c2h6和c3h6一共为xml，c2h2为yml，则：，解得x=32、y=32，则原混合烃中乙炔的体积分数为100%=50%，故选c。考点：考查了混合物计算、有机物燃烧规律的相关知识。5下图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，a极附近溶液呈红色。下列说法正确的是（ ）anacl溶液浓度不变 bx是负极，y是正极ccuso4溶液浓度变小 dx是正极，y是负极【答案】b【解析】试题分析：a、通电电解nacl溶液时，总反应为：2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2，电解生成氢氧化钠，所以溶液的浓度减小，故a错误；b、d、a极附近溶液呈红色，说明a极生成氢氧根离子，则电解的是氢离子，所以b连接的y为电源的正极，则y为正极，故d错误，b正确；c、通电电解硫酸铜时，阳极为铜电极，cu放电，阴极铜离子放电，溶液浓度不变，故c错误；故选b。考点：考查了电解池的工作原理的相关知识。6某ph=1的x溶液中可能含有fe2+、a13+、nh4+、co32、so32、so42、c1中的若干种，现取x溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：下列说法正确的是a气体a是no2bx中肯定存在fe2+、a13+、nh4+、so42c溶液e和气体f不能发生化学反应 dx中不能确定的离子是 a13+和c1【答案】d【解析】试题分析：ph=1的溶液显强酸性，而强酸性溶液中一定不会存在co32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为baso4沉淀，说明溶液中含有so42-离子，生成气体a，a连续氧化生成d和e，则a为no，d为no2，e为hno3，说明溶液中含有还原性离子，一定为fe2+离子；溶液b中加入过量naoh溶液，生成气体f，则f为nh3，说明溶液中含有nh4+离子；h中通入二氧化碳生成了沉淀i，i可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故溶液中不一定含有铝离子；由于溶液中已经有so42-，故cl-可有可无，不能确定。故溶液中一定存在：h+、fe2+、nh4+、so42-；一定不存在：co32-；不能确定的是：a13+、cl-；a、气体a为no，故a错误；b、依据分析可知：溶液中一定存在：fe2+、nh4+、so42-，a13+存在不能确定，故b错误；c、溶液e为hno3，气体f为nh3，二者能反应生成硝酸铵，故c错误；d、a13+和cl-不能确定，故d正确；故选d。考点：考查了离子的检验和离子共存的相关知识。7cu2s与一定浓度的hno3反应，生成cu(no3)2、cuso4、no2，no和h2o。当产物n(no2)：n(no)1：1时，下列说法正确的是 a1 mol cu2s参加反应时有8 mol电子转移 b参加反应的n(cu2s)：n(hno3)1：5c反应中cu2s既作氧化剂，又作还原剂 d产物n : n=l:1【答案】d【解析】试题分析：a、1 molcu2s参加反应时有1mol2（2-1）+1mol=10mol电子转移，故a错误；b、由2cu2s+14hno3=2cu（no3）2+2cuso4+5no2+5n0+7h2o可知，参加反应的n（cu2s）：n（hno3）=2：14，故b错误；c、cu、s元素的化合价升高，cu2s做还原剂，故c错误；d、由发生的反应可知，产物n：n=1：1，故d正确；故选d。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。8根据反应（1）（4），可以判断下列4个物质的氧化性由强到弱的正确顺序是（ ）（1）cl22ki2kcli2； （2）2fecl2cl22fecl3；（3）2fecl32hi2fecl22hcli2；（4）h2si2s2hi；asi2fe3cl2 bcl2fe3i2s cfe3cl2si2 dcl2i2fe3s 【答案】b【解析】试题分析：（1）cl2+2ki=2kcl+i2 反应中cl2做氧化剂，氧化ki得到氧化产物i2，氧化性：cl2i2；（2）2fecl2+cl2=2fecl3反应中cl2做氧化剂，氧化fecl2得到氧化产物fecl3，氧化性：cl2fecl3；（3）2fecl3+2hi=2fecl2+2hcl+i2 反应中fecl3做氧化剂，氧化hi得到氧化产物i2，氧化性：fecl3i2；（4）h2s+i2=2hi+s反应中i2做氧化剂，氧化h2s得到氧化产物s，氧化性：i2s；则氧化性顺序为：cl22fecl3i2s，故选b。考点：考查了根据方程式来比较氧化性和还原性的相关知识。9用na表示的值。下列叙述正确的是（ ）a17g羟基（oh）所含有的电子数是10 na个b1mol苯乙烯中含有的碳、碳双键数为4na个c常温下，14g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为3na个d4.2g c3h6中含有的碳碳双键数一定为0.1na【答案】c【解析】试题分析：a、依据n=，计算物质的量=1mol，结合羟基结构计算电子数9na个，故a错误；b、苯环中无碳碳双键，1mol苯乙烯中含有的碳、碳双键数为na个，故b错误；c、乙烯和丙烯最简式ch2，依据n=，计算ch2物质的量得到原子数=3na=3na，故c正确；d、依据n=，计算物质的量=0.1mol，c3h6可能是烯烃或环烷烃，含有的碳碳双键数不一定为0.1na，故d错误；故选c。考点：考查了阿伏加德罗常数的相关知识。10某同学按下图所示的装置进行试验。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从右向左移动。下列分析错误的是a金属活动性a强于bbb的电极反应：b2e-=b2+cx电极上有h2产生，发生还原反应d反应初期，x电极周围出现白色沉淀，不久沉淀溶解【答案】b【解析】试题分析：a、当 k 闭合时，在交换膜处 so42-从右向左移动，说明a为负极，b为正极，即a的金属活动性大于b，故a正确；b、当 k 闭合时，在交换膜处 so42-从右向左移动，说明a为负极，b为正极，b极上溶液中的金属阳离子得电子生成金属单质，电极反应式为b2+2e-b，故b错误；c、连接a的x极为阴极，电解池工作时，x极上发生的电极反应式为2h+2e-=h2，发生还原反应，故c正确；d、右边装置中y极上发生的电极反应式为2cl-2e-=cl2，x极上发生的电极反应式为2h+2e-=h2，由于氢离子放电而氢氧根离子不放电导致溶液呈碱性，铝离子和氢氧根离子反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，故d正确；故选b。考点：考查了原电池和电解池原理的相关知识。11关于用水制取二级能源氢气，以下研究方向不正确的是a水由氢氧两种元素构成，可研究在水分解的情况下，使氢能成为二级能源b设法将太阳光聚焦，产生高温，使水分解产生氢气c寻找特殊化学物质，使水分解产生氢气，同时释放能量d寻找特殊化学物质，用于开发廉价能源以分解水制取氢气【答案】c【解析】试题分析：a、水由氢氧两种元素构成，水分解生成氢气和氧气，氢气属于二级能源故a正确；b、高温下水分解产生氢气，设法将太阳光聚焦，产生高温，使水分解产生氢气是可行的故b正确；c、水分解产生氢气，但需要吸收能量，寻找特殊化学物质，使水分解产生氢气，同时释放能量是不可能实现的，故c错误；d、寻找特殊化学物质，开发廉价能源以分解水制氢气，可以降低成本，这是可行的故d正确；故选c。考点：考查了能源的分类、化学反应中的能量变化、水的组成等相关知识。12设na为，下列说法正确的是a常温下，28g c2h4含na个碳碳双键 b1 mol cu和足量稀硝酸反应生成na no分子c常温常压下，22.4l ccl4含有n a个ccl4分子 d1mol/l nacl溶液含有n a个na+【答案】a【解析】试题分析：a、28g乙烯的物质的量为1mol，而1mol乙烯中含1mol碳碳双键，故a正确；b、1mol铜与硝酸完全反应，失去2mol电子，根据得失电子守恒可知，生成的no的物质的量为mol，故b错误；c、常温常压下，四氯化碳为液态，故其物质的量无法计算，故c错误；d、溶液体积不明确，故溶液中钠离子的个数无法计算，故d错误；故选a。考点：考查了阿伏加德罗常数的相关知识。13在一密闭容器中有如下反应：l (s) + a g (g) b r (g) 温度和压强对该反应的影响如图所示，其中压强p1 p2，由此可判断a正反应为放热反应 b化学方程式中的计量数a b cg的转化率随温度升高而减小 d增大压强，容器内气体质量不变【答案】b【解析】试题分析：a、根据图象知，温度越高，g的体积分数越小，说明该反应的正反应是吸热反应，故a错误；b、增大压强，g的体积分数减小，则该反应是一个反应前后气体体积减小的反应，则ab，故b正确；c、温度越高，平衡向正反应方向移动，所以g的转化率随温度升高而增大，故c错误；d、增大压强，平衡向正反应方向移动，所以容器内气体质量增大，故d错误；故选b。考点：考查了温度、压强对化学平衡的影响、化学平衡图像的相关知识。14将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是akscn bbacl2 cnaoh dhcl【答案】c【解析】试题分析：a、硫氰化钾只能和氯化铁之间发生络合反应，使溶液变红色，而和其他物质间不反应，故a错误；b、氯化钡和选项中的物质间均不反应，无现象，故b错误；c、氯化钠和氢氧化钠混合无现象发生，不反应；氯化铝中逐滴加入氢氧化钠，先出现白色沉淀然后沉淀会消失；氯化亚铁和氢氧化钠反应先出现白色沉淀然后变为灰绿色最后变为红褐色，氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀；氯化镁和氢氧化钠反应生成白色沉淀，现象各不相同，故c正确；d、盐酸和选项中的物质间均不反应，无现象，故d错误；故选c。考点：考查了物质的检验和鉴别的相关知识。15用na表示，下列说法中正确的有almol na2o2晶体中共含有4na个离子b0.1mol alcl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成0.1na个胶粒c常温常压下16go2和o3混合气体含有na个氧原子d1moll-1的cacl2溶液中含cl-的数目为2na ；【答案】c【解析】试题分析：a、1mol过氧化钠中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，含有3na个离子，故a错误；b、氢氧化铝胶粒是许多氢氧化铝微粒的聚集体，故0.1molalcl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成胶粒数小于0.1na，故b错误；c、16go2和o3混合气体中含有16g氧原子，含有1mol氧原子，含有na个氧原子，故c正确；d、未注明溶液的体积，无法计算溶液中含cl-的数目，故d错误；故选c。考点：考查了阿伏加德罗常数的相关知识。16工业上常用还原沉淀法处理含铬废水(cr2和cr)，其流程为:crcr2cr3+cr(oh)3已知:(1)步骤中存在平衡:2cr(黄色)+2h+cr2(橙色)+h2o(2)步骤生成的cr(oh)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:cr(oh)3(s) cr3+(aq)+3oh-(aq)(3)常温下，cr(oh)3的溶度积ksp=10-32；且当溶液中离子浓度小于10-5 moll-1时可视作该离子不存在下列有关说法中正确的是()a步骤中加酸，将溶液的ph调节至2，溶液显黄色，cr浓度增大b步骤中当2v(cr)=v(cr2)时，说明反应2cr(黄色)+2h+cr2(橙色)+h2o达到平衡状态c步骤中，若要还原1 mol cr2，需要12 mol (nh4)2fe(so4)26h2od步骤中，当将溶液的ph调节至6时，则可认为废水中的铬已除尽【答案】d【解析】试题分析：a、步骤中加酸，氢离子浓度增大，平衡正向移动，则cro42-离子浓度减小，故a错误；b、2v（cro42-）=v（cr2o72-）时，正逆反应速率不等，则该反应不能达到平衡，故b错误；c、还原1molcr2o72-离子，转移电子为1mol2（6-3）=6mol，fe元素的化合价由+2升高为+3，则由电子守恒可知需要6mol（nh4）2fe（so4）26h2o，故c错误；d、步骤中，当将溶液的ph调节至6时，c（oh-）=10-10mol/l，由ksp可知，c（cr3+）= =10-8mol/l，废水中的铬元素已除尽，故d正确；故选d。考点：考查了反应速率、平衡移动、转移电子计算、溶解度计算等相关知识。第ii卷（非选择题）二、填空题（本题共5小题，满分52分）17（9分）下图为zn-cu原电池的示意图，请回答：（1）锌片为原电池的 （填“正”或“负”）极，该极的电极反应式是 。该反应属于 （填“氧化”或“还原”）反应。（2） （填“电子”或“电流”）从锌片通过导线流向铜片，溶液中的从 （填“锌片”或“铜片”）获得电子。（3）原电池工作一段时间后，溶液的浓度（填“增大”或“减小”，下同），烧杯中溶液的质量 。（4）若锌片质量减轻6.5g，则另一极放出气体的体积为 l（标准状况）。【答案】（9分）（1）负；zn 2e= zn2+；氧化；（2）电子；铜片（3）减小；增大（4）2.24【解析】试题分析：（1）锌比铜活泼，应为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为zn-2e-=zn2+，故答案为：负；zn-2e-=zn2+；氧化；（2）原电池工作时，电子从锌片（负极）通过导线流向铜片（正极），铜为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为2h+2e-=h2，可知溶液中h+的从铜片获得电子，故答案为：电子；铜片；（3）电池总反应为zn+2h+=zn2+h2，由反应的方程式可知，原电池工作一段时间后，h2so4溶液的浓度变小，溶液质量增大，故答案为：减小；增大；（4）若锌片质量减轻6.5g，n（zn）=0.1mol，转移电子0.2mol，则生成氢气0.1mol，体积为2.24l，故答案为：2.24。考点：考查了原电池的工作原理和电极方程式的书写的相关知识。18（8分）如图是可用于测量阿伏加德罗常数的装置示意图，其中a是纯铜片、b是石墨，插在100mlcuso4稀溶液中，铜片、石墨与引出导线相连，引出端分别为x、y。（1） 当以ia的电流电解6min后，测得铜片a的质量减少了2.56g，则图装置中的x端应与直流电的 极相连。（2） 电解后将电源反接，2ia的电流电解6min后，假设溶液体积不变，测得溶液中cuso4物质的量浓度为0.1mol/l，则原溶液中cuso4物质的量浓度 mol/l。溶液中h+的物质的量浓度为 mol/l。（3） 列式计算实验测得的阿伏加德罗常数na（用i表示） mol-1。（已知电子电量e=1.601019c）【答案】（1）正。 （2）0.5；0.8 （3）2.8i1022【解析】试题分析：（1） 铜片a的质量减少了，铜失去电子发生氧化反应，表明a是阳极，x端应与直流电的正极相连，故答案为：正； （2）当以ia的电流电解6min后，测得铜片a的质量减少了2.56g，铜的物质的量为=0.04mol，转移电子的物质的量为0.08mol，石墨上析出0.04mol铜，电解后将电源反接，铜作阴极，石墨作阳极，首先，析出的铜放电溶解，转移电子0.08mol，然后电解硫酸铜溶液，方程式为2cuso4+2h2o2h2so4+2cu+o2，以2ia的电流电解6min后，转移电子的物质的量为0.08mol2=0.16mol，则电解的硫酸铜的物质的量为=0.04mol，原溶液中cuso4物质的量浓度为+0.1mol/l=0.5mol/l，生成的硫酸的物质的量为0.04mol2=0.08mol/l，物质的量浓度为=0.8mol/l，故答案为：0.5；0.8；（3） 当以ia的电流电解6min后，测得铜片a的质量减少了2.56g，铜的物质的量为=0.04mol，转移电子的物质的量为0.08mol，根据q=it=ia660s=0.08molna/mol1.601019c，因此na=2.8i1022，故答案为：2.8i1022考点：考查了阿伏加德罗常数的测定，电解原理的应用的相关知识。19（11分）（1）写出砷的元素符号 ，原子中所有电子占有_个轨道，核外共有_个不同运动状态的电子。（2）写出ni的元素名称 ，该元素在周期表的位置为第 周期，第 族。（3）第四周期基态原子中未成对电子数最多的元素是 ，该元素基态原子的价电子轨道表示式为 。（4）第三电子层上有_个能级，作为内层最多可容纳_个电子，作为最外层时，最多可含有_个未成对电子。【答案】（11分，每空1分）（1）as；18；33（2）镍；4；（3）铬或cr；（4）3；18；3。【解析】试题分析：（1）砷的元素符号为as，是第33号元素，核外有33个不同运动状态的电子，其核外电子排布为：1s22s22p63s23p64s23d104s24p3，即有18个轨道，故答案为：as；18；33；（2）镍的元素符号位ni，在周期表中的第4周期，第族，故答案为：镍；4；（3）第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，即外围电子排布为3d54s1，此元素为铬，其基态原子的价电子轨道表示为，故答案为：铬；（4）第三电子层上有s、p、d三个不同的能级，由于每个电子层最多容纳2n2个电子，故当第三层作为内层时，最多可容纳18个电子，作为最外层时，当3p轨道仅填充3电子时未成对电子最多，有3个未成对电子，故答案为：3；18；3考点：考查了核外电子排布规律的相关知识。20（10分）1m