湖南省衡阳市三角塘中学高三化学期末试卷含解析

湖南省衡阳市三角塘中学高三化学期末试卷含解析一、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.已知温度T时水的离子积常数为KW。该温度下，将浓度为amol/L的一元酸HA与bmol/L的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是

A．a=b

B．混合溶液的pH=7

C．混合溶液中，c(H＋)=mol/L

D．混合溶液中，c(H＋)+c(B－)=c(OH－)+c(A－)参考答案：C此题为中档题，A答案中a=b,但是无法知道酸与碱是否为强酸、强碱，反应后不一定成中性。B答案PH=7，因为温度不一定为常温25℃，同样也不能说明中性的。C答案也就是C(H+)=C(OH-),溶液当然显中性。D答案是溶液中的电荷守衡，无论酸、碱性一定成立，不能说明溶液就显中性。2.某溶液中存在XO3﹣，且X为短周期元素，则一定能在该溶液中大量共存的离子组是（）A．Na+H+SO42﹣I﹣

B．Na+Ca2+CO32﹣Al3+C．Na+K+Fe2+H+

D．K+SO42﹣Cl﹣CO32﹣参考答案：D考点：离子共存问题．.专题：离子反应专题．分析：溶液中存在XO3﹣，且X为短周期元素，则离子可能为NO3﹣，注意酸性条件下离子具有强氧化性，离子之间不能发生氧化还原反应、不能结合生成水和气体等，则离子能大量共存，以此来解答．解答：解：A．溶液中存在XO3﹣，且X为短周期元素，则离子可能为NO3﹣，A．因H+、NO3﹣、I﹣能发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；B．因Al3+、CO32﹣能相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，故B错误；C．因H+、NO3﹣、Fe2+能发生氧化还原反应，则不能共存，故C错误；D．因该组离子之间不反应，则能够共存，故D正确；故选D．点评：本题考查离子的共存，明确NO3﹣酸性条件下具有强氧化性及离子之间的反应是解答本题的关键，题目难度不大．3.化学式为C4H10O的醇，能被催化氧化，但氧化产物不是醛，则该醇的结构简式是()。A．C(CH3)3OH

B．CH3CH2CH(OH)CH3C．CH3CH2CH2CH2OH

D．CH3CH(CH3)CH2OH参考答案：B略4.下列有关化学用语表示正确的是()A.中子数为17的硫原子：3216S

B.N2H4的结构式：C.CO2的电子式：

D.聚丙烯的结构简式：参考答案：BA．硫原子质子数为16，中子数为17，则质量数为33，该硫原子可以表示为：，故A错误；B.N2H4中N与N之间单价健相连，每个N分别连出两个H，N2H4的结构式为：，故B正确；C.CO2的电子式为：，故C错误；D.聚丙烯是丙烯打开碳碳双键，形成链接，而甲基写在支链上，故D错误；答案选B.点睛：本题考查化学用语，难度不大，注意根据丙烯的断键方式确定其聚合物的结构简式，为易错点．5.温家宝总理在2010年政府工作报告中提出，要大力开发低碳技术，推广高效节能技术。下列有关做法与此不相符的是A．关停CO2排放量大的化工企业，切断CO2的源头B．利用工业生产产生的二氧化碳制造全降解塑料C．开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖D．鼓励购买小排量汽车，推广电动、混合动力汽车参考答案：A略6.某同学为证明NaOH溶液能使酚酞试液变红是OH-的性质，他所设计的下列实验中没有意义的是

A．取KOH、Ba（OH）2、Ca（OH）2溶液分别与酚酞试液作用，观察溶液颜色

B．取NaCl溶液与酚酞试液作用，观察溶液颜色

C．测定NaOH的溶解度，证明其易溶于水，并观察溶液的颜色

D．向滴有酚酞的NaOH溶液中加入盐酸，观察溶液的颜色参考答案：C7.．由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH＝1，c(Al3＋)＝0.4mol·L－1，c(SO)＝0.8mol·L－1，则c(K＋)为()A．0.15mol·L－1

B．0.2mol·L－1C．0.3mol·L－1

D．0.4mol·L－1参考答案：C略8.可以用下图所示装置制备、干燥、收集的气体是

A．用MnO2和浓盐酸制备Cl2

B．用铜和稀硝酸制备NO

C．用30%H2O2水溶液和MnO2制备O2

D．用锌和稀硫酸制备H2参考答案：D9.将足量CO2气体通入水玻璃（Na2SiO3溶液）中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后所得的固体物质是

（

）

A．Na-2SiO3

B．Na-2CO3、Na-2SiO3

C．Na-2CO3、SiO2

D．SiO2参考答案：A略10.下列各组物质中，不能满足如右图所示一步转化关系的选项是（

）

XYZAN2NH3NOBNaNaOHNaClCFeFeCl2FeCl3DCuCuSO4CuCl2参考答案：C略11.已知，Fe2+结合S2－的能力大于结合OH－的能力，而Al3+则正好相反。在Fe2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得沉淀是（）A．Al2S3、FeS和S

B．Fe(OH)3和Al(OH)3

C．Fe2S3和Al(OH)3

D．FeS、Al(OH)3和S参考答案：D解析：在Fe2（SO4）3和AlCl3溶液中加过量KI，先发生氧化还原反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，反应完后溶液中含大量Fe2+、Al3+、I2，再加入Na2S后，由于S2-水解在Na2S溶液中，有大量S2-、OH-，依题意知，Fe2+结合S2-能力强，形成FeS沉淀，Fe2++S2-=FeS↓；Al3+结合OH-能力强，形成Al（OH）3沉淀，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，但由于I2的存在发生：I2+S2-=S↓+2I-所以最终得到的沉淀是FeS、Al（OH）3和S的混合物，故D正确。故答案选D12.从氯酸钾与二氧化锰制O2后的残余物中提取氯化钾并检验氯化钾中存在钾元素，下列相关实验操作图不正确的是

参考答案：D试题分析：MnO2不溶于水，KCl溶于水，用溶解、过滤方法进行分离，得到KCl晶体，采用蒸发方法得到，检验钾元素，采用焰色反应，通过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，故选项D符合题意。13.下列热化学方程式中，正确的是

A．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1．则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：

B．500℃、30MPa下，将0.5molN2（g）和1．5molH2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g）放热19.3kJ．其热化学方程式为：

C．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（-57.3）kJ·mol-1

D．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表

示为2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）

△H=-571.6kJ·mol-1参考答案：D略14.下列离子方程式书写正确的是A．铁跟盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．向氯化铝溶液中通入氨气至过量：4NH3+Al3++2H2O=AlO2－＋4NH4+

C．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO32－+SO2+H2O=2HCO3－+SO32－D．碳酸氢镁与足量的石灰水反应：Mg2++2HCO3－+2OH－+Ca2+=CaCO3↓＋MgCO3↓＋2H2O参考答案：C15.下列关于物质性质的说法不合理的是（）A．金属Mg与稀硫酸和CO2均能反应，其反应类型相同B．FeCl3、Na2O2、Cu2S均可由相应单质直接化合生成C．SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色D．氢氧化铝、碳酸铵、碳酸氢钠、甘氨酸都既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应参考答案：C【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】A．镁和稀硫酸、二氧化碳均发生置换反应；B．FeCl3、Na2O2、Cu2S三种物质都可以有金属单质与非金属单质通过化合反应获得；C．二氧化硫具有漂白性，但是二氧化硫不能漂白酸碱指示剂；D．根据氢氧化铝、碳酸铵、碳酸氢钠、甘氨酸化学性质判断．【解答】解：A．金属Mg与稀硫酸和CO2的反应方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、CO2+2Mg2MgO+C，两个反应都属于置换反应，故A正确；B．铁与氯气反应生成氯化铁、钠与氧气燃烧生成过氧化钠、铜与硫单质反应生成硫化亚铜，所以FeCl3、Na2O2、Cu2S均可由相应单质直接化合生成，故B正确；C．二氧化硫不会漂白酸碱指示剂，所以SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变红后不会褪色，故C错误；D．氢氧化铝为两性强氧化物、碳酸铵中含有碳酸氢根离子和铵根离子、碳酸氢钠中含有碳酸氢根离子、甘氨酸中含有氨基和羧基，所以它们既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，故D正确；故选C．【点评】本题考查了金属单质及其化合物性质、二氧化碳的性质、两性化合物等知识，题目难度知识，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握常见元素单质及其化合物性质，明确二氧化硫的漂白原理．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.实验室用烧碱配制500mL0.30mol/L的NaOH溶液。

（1）需称量

g的烧碱固体，固体应放在

中置于天平左盘称量。

（2）实验所需的仪器除常用的外，还必需的仪器是

（填仪器名称）。

（3）由于操作不规范，使所配溶液的物质的量浓度偏低的是

；偏高的是

。

A．称量时间过长

B．定容时俯视刻度线

C．定容后倒转摇匀，发现液面低于刻度线，再加水补充至刻度线参考答案：（1）需称量

6.0

g的烧碱固体，固体应放在

小烧杯

中置于天平左盘称量。

（2）实验所需的仪器除常用的外，还必需的仪器是

500mL容量瓶

（填仪器名称）。

（3）由于操作不规范，使所配溶液的物质的量浓度偏低的是AC

；偏高的是B

。

A．称量时间过长

B．定容时俯视刻度线

C．定容后倒转摇匀，发现液面低于刻度线，再加水补充至刻度线略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.【化学选修3：物质结构与性质】(15分)新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向。（1）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。①基态Cl原子中，电子占据的最高能层符号为_________，该能层具有的原子轨道数为________。②LiBH4由Li+和BH4-构成，BH4-的立体结构是_________，B原子的杂化轨道类型是________。Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为________。（2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。①LiH中，离子半径Li+_______H-(填“＞”、“=”或“＜”)．②某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物．M的部分电离能如表所示：I1/kJ?mol-1I2/kJ?mol-1I3/kJ?mol-1I4/kJ?mol-1I5/kJ?mol-1738145177331054013630M是________(填元素符号)。（3）NaH具有NaCl型晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a=488pm(棱长)，Na+半径为102pm，H-的半径为________，NaH的理论密度是___________g·cm-3(只列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA)参考答案：（1）①M（1分）

9（1分）

②正四面体 （2分）sp3（2分）

H>B>Li（2分）（2）①<（1分）

②Mg （2分）（3）142pm（2分）

（2分）试题分析：（1）①基态Cl原子核电荷数为17，核外三个电子层，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道包括s、p、d共9个轨道；②BH4-中B原子价层电子数=4+(3+1?4×1)=4，且不含孤电子对，所以是正四面体构型，B原子的杂化轨道类型是sp3；非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为H＞B＞Li；（2）①LiH中Li+和H-离子结构相同，核电荷数大，离子半径小，离子半径Li+＜H-；②该元素的第III电离能剧增，则该元素属于第IIA族，为Mg元素；（3）因2（rNa++rH-）=a，则rH-=a/2-rNa+=142pm；每个晶胞中含有4NaH，则1mol晶胞中含4molNaH，质量为24×4g，体积为NA（488×10-10）3cm3，则NaH的理论密度为m/V=g·cm-3。18.有X、Y、Z、R四种短周期主族元素，Y、Z、R同周期．相关信息如下：相关信息X单质为双原子分子．若低温蒸发液态空气，因其沸点较低可先获得X的单质Y含Y元素的物质焰色反应为黄色Z同周期元素中原子半径最小RR元素原子的最外层电子数是K层电子数的3倍I．（1）Z元素在周期表的位置是，Y、Z、R简单离子的半径从大到小的顺序是（用离子符号表示）；由X、Z两种元素组成的化合物甲，常温下为易挥发的淡黄色液体，甲分子构型为三角锥形，且分子里X、Z两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构．甲遇水可形成一种常见的漂白性物质．则甲的结构式为；（3）化合物乙（Y2R）溶液在空气中长期放置，与氧气反应会生成与过氧化钠的结构和化学性质相似的物质Y2R2，其溶液显黄色．则Y2R2的电子式为，写出乙溶液在空气中变质生成Y2R2的化学方程式．II．元素X与氢可形成多种化合物，如丙、丁、戊．（4）丙为一元弱酸，酸性与醋酸类似，对热十分稳定但受撞击就爆炸．8.6g丙爆炸分解生成H2和6.72L（标况下）X2．写出其爆炸的化学方程式；（5）丁为离子化合物，遇水反应生成H2和气体戊，标况下戊的密度为0.76g?L﹣1，则物质丁的化学式为；（6）戊在高温条件下能还原Fe2O3，生成两种单质，写出该反应的化学方程式，有人提出生成的产物中可能还有FeO，请设计实验方案验证（用化学方法）．参考答案：第三周期第ⅦA族S2﹣＞Cl﹣＞Na+

4Na2S+O2+2H2O═4NaOH+2Na2S2

2HN3=3N2+H2NH4H2NH3+Fe2O3N2+2Fe+3H2O取固体生成物ag与足量盐酸反应，测定生成气体标况的体积为VL，若V＜，则含FeO，反之则无；或者取一定质量固体生成物与足量H2（或CO）共热充分反应，若质量减少则含FeO，反之则无考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：推断题；元素周期律与元素周期表专题．分析：I．X、Y、Z、R四种元素均为短周期元素，含Y元素的物质焰色反应为黄色，则Y为Na；X单质为双原子分子，若低温蒸发液态空气，因其沸点较低可先获得X的单质，则X为N元素；Z是同周期元素中原子半径最小，且Y、Z、R同周期，则Z为Cl，R元素原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，则R为S元素；II．X为N元素，元素X与氢可形成多种化合物，如丙、丁、戊，丙与醋酸类似，为一元弱酸，设丙的分子式为HNm，HNm分解的方程式为2HNm=H2+mN2，8.6gHNm爆炸分解生成H2和6.72L（标况下）N2，氮气为=0.3mol，则2：m=：0.3，解得m=3，所以丙为HN3，丁为离子化合物，遇水反应生成H2和气体戊，标况下戊的密度为0.76g?L﹣1，则戊的相对分子质量为0.76×22.4=17，所以戊为氨气，则丁为NH4H．解答：解：I．X、Y、Z、R四种元素均为短周期元素，含Y元素的物质焰色反应为黄色，则Y为Na；X单质为双原子分子，若低温蒸发液态空气，因其沸点较低可先获得X的单质，则X为N元素；Z是同周期元素中原子半径最小，且Y、Z、R同周期，则Z为Cl，R元素原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，则R为S元素．（1）Z为Cl，Z元素在周期表的位置是第三周期第ⅦA族，离子电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越多，离子半径越小，所以Y、Z、R简单离子的半径从大到小的顺序是S2﹣＞Cl﹣＞Na+，故答案为：第三周期第ⅦA族；S2﹣＞Cl﹣＞Na+；由N、Cl两种元素组成的化合物甲，常温下为易挥发的淡黄色液体，甲分子构型为三角锥形，且分子里N、Cl两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构，则N、Cl个数比应为1：3，甲遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质应为次氯酸，所以在甲中氯显+1价，所以甲的结构式为，故答案为：；（3）化合物乙为Na2S溶液在空气中长期放置，与氧气反应会生成Na2S2，则Na2S2的电子式为，Na2S溶液在空气中变质过程的化学方程式为4Na2S+O2+2H2O═4NaOH+2Na2S2，故答案为：；4Na2S+O2+2H2O═4NaOH+2Na2S2；II．X为N元素，元素X与氢可形成多种化合物，如丙、丁、戊，（4）丙与醋酸类似，为一元弱酸，设丙的分子式为HNm，HNm分解的方程式为2HNm=H2+mN2，8.6gHNm爆炸分解生成H2和6.72L（标况下）N2，氮气为=0.3mol，则2：m=：0.3，解得m=3，所以丙为HN3，反应方程式为：2HN3=3N2+H2，故答案为：2HN3=3N2+H2；（5）丁为离子化合物，遇水反应生成H2和气体戊，标况下戊的密度为0.76g?L﹣1，则戊的相对分子质量为0.76×22.4=17，所以戊为氨气，则丁为NH4H，故答案为：NH4H；（6）氨气在高温条件下能还原Fe2O3，生成氮气和铁，反应方程式为2NH3+Fe2O3N2+2Fe+3H2O；要证明生成物中是否有FeO，可以通过定量计算的方法确定，具体操作为：取固体生成物ag与足量盐酸反应，测定生成气体标况的体积为VL，若V＜，则含FeO，反之则无；或者取一定质量固体生成物与足量H2（或CO）共热充分反应，若质量减少则含FeO，反之则无，故答案为：2NH3+