湖南省长沙市浏阳文光中学高三化学期末试题含解析

湖南省长沙市浏阳文光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.（山东省平度一中测试）在一定条件下，下列粒子的还原性顺序：Cl－<Br－<Fe2+<I－<SO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是（

）

A．2Fe3++SO2+2H2O====2Fe2++SO42－+4H+

B．2Br－+4H++SO42－====SO2+Br2+2H2O

C．2Fe2++Cl2=2Fe3+2Cl－

D．I2+SO2+2H2O===4H++SO42－+2I－参考答案：答案：B2.若某反应的方程式为：A＋酸===盐＋水，则A不可能属于()A．氧化物

B．碱

C．单质

D．电解质参考答案：C略3.下列有关物质分离和除杂的叙述正确的是A.用萃取分液的方法除去酒精中的水B.由于KNO3

的溶解度大，故可用重结晶法除去KNO3

中混有的NaClC.用分液漏斗、烧杯、蒸馏水，可完成分离Br2和CCl4混合物的实验D.通入足量饱和NaHCO3溶液中可除去CO2气体中SO2杂质参考答案：DA、由于酒精和水是互溶的，所以萃取分液不能除去酒精中的水，可加入CaO后进行蒸馏来除去酒精中的水，故A错误；B、用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl，是因为KNO3的溶解度随温度升高而增大的快，而NaCl的溶解度随温度升高而变化不大，故B错误；C、由于Br2在CCl4中溶解度大，而在水中溶解度小，所以用分液漏斗、烧杯、蒸馏水，不能分离Br2和CCl4混合物，故C错误；D、由于亚硫酸的酸性强于碳酸，所以SO2可与NaHCO3溶液反应，而CO2则不能反应，故可用饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中的SO2杂质，即D正确。本题正确答案为D。点睛：A、C选项把常见的基本实验进行了倒置。常说酒精不能作为萃取剂，是因为它与水互溶，所以要除去酒精中的水一定不能用萃取分液；由于Br2在CCl4中溶解度大，而在水中溶解度小，所以水不能作萃取剂分离Br2和CCl4的混合物；选项B要注意除去KNO3中混有的NaCl，用重结晶法，而除去NaCl中混有的KNO3，用蒸发浓缩结晶法。4.锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，当生成1mol硝酸锌时，参加反应的硝酸的物质的量是A．1mol

B．1.5mol

C．2mol

D．2.5mol参考答案：D5.裂解是深度裂化是将石油中大分子分解为小分子的过程，目的是得到小分子的烯烃，一定条件将分子式为C5H12的烷烃裂解，最多可能得到烯烃的种数是（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种参考答案：C考点:石油的裂化和裂解．分析:裂解是深度裂化是将石油中大分子分解为小分子的过程，目的是得到小分子的烯烃，C5H12有三种裂解方式分别是：C5H12→CH4+C4H8；C5H12→C2H6+C3H6；C5H12→C3H8+C2H4，据此解答．解答:解：C5H12有三种裂解方式分别是：C5H12→CH4+C4H8；C5H12→C2H6+C3H6；C5H12→C3H8+C2H4，C4H8的烯烃有3种分别是：CH3CH2CH=CH2，CH3CH=CHCH3，CH3（CH3）C=CH2；C3H6的烯烃是丙烯；C2H4的烯烃是乙烯；所以最多可以得到5中烯烃，故选C．点评:本题考查了裂解的定义，题目难度不大理解裂解的含义，明确C5H12裂解的方式及熟悉同分异构体的判断是解题的关键．6.下列离子方程式的书写正确的是(

)A.向AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3+＋4NH3·H2O=AlO2-＋4NH4+B.晶体硅溶于烧碱溶液：Si＋2OH-＋H2O=SiO32-＋2H2↑C.向Ca(ClO)2溶液中通入SO2：Ca2+＋2ClO-＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClOD.向FeBr2溶液中滴加足量的氯水：2Fe2+＋2Br-＋2Cl2=2Fe3+＋Br2＋4Cl-参考答案：B略7.下表中关于物质分类的正确组合是（

）类别组合酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐ACOCuOH2SO4NH3·H2ONa2SBCO2Na2OHClNaOHNaClCSO2Na2O2CH3COOHKOHCaF2DNO2CaOHNO3Cu(OH)2CO3CaCO3参考答案：B【Ks5u解析】A.CO是不成盐氧化物，错误；C.Na2O2属于过氧化物，不是碱性氧化物，错误；D.NO2不属于酸性氧化物，选B。8.给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是A.粗硅SiCl4SiB.Mg(OH)2MgCl2(aq)MgC.Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3D.AgNO3(aq)[Ag(NO3)2]OH(aq)Ag

参考答案：A试题分析：A、Si＋2Cl2SiCl4，SiCl4＋2H2Si＋4HCl，符合题意，故正确；B、工业上电解熔融状态下的MgCl2，需要MgCl2溶液转变成MgCl2固体，然后转化成熔融状态，不符合题意，故错误；C、FeCl3溶液蒸发时，Fe3＋水解，最终得到的是Fe2O3，因此需要在HCl气流中进行蒸发，不符合题意，故错误；D、蔗糖不是还原性糖，应先水解，在与银氨溶液反应得到Ag，不符合题意，故错误。9.下列各组反应最终有白色沉淀生成的是①金属钠投入到FeCl2溶液中

②过量NaOH溶液和AlCl3溶液混合③少量Ca(OH)2投入NaHCO3溶液中

④过量CO2通入Na[Al(OH)4]溶液中A．③④

B．②③④

C．①③④

D．①②③④参考答案：A【Ks5u解析】①金属钠先与水反应生成NaOH，再与FeCl2反应。生成白色的Fe(OH)2

，但易被氧化变成红褐色的Fe(OH)3，错误；②因为NaOH过量，生成Na[Al(OH)4],错误；③溶液最终生成CaCO3白色沉淀，正确。④CO2

+[Al(OH)4]-

=Al(OH)3↓+

HCO3-,正确；选A。10.分子式为C8H11N的有机物，分子内含有苯环和氨基(—NH2)的同分异构体共有()A．13种B.14种

C．12种

D.9种参考答案：B该有机物可以是：(1)苯环上连接—CH2CH2NH2，1种；(2)苯环上连接1种；(3)苯环上连接—CH3、—CH2NH2，二者在苯环上有邻、间、对3种位置关系，共3种；(4)苯环上连接—CH2CH3、—NH2，二者在苯环上有邻、间、对3种位置关系，共3种；(5)苯环上连接—CH3、—CH3、—NH2，①两个甲基相邻，2种，②两个甲基相间，3种，③两个甲基相对，1种，共6种。故总共有1＋1＋3＋3＋6＝14种。

11.将逐渐加入到含有、、的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量（mol）与加入的物质的量（mol）的关系如图所示，则原溶液中、、的物质的量分别为A．2mol、3mol、8mol

B．3mol、2mol、8molC．2mol、3mol、4mol

D．3mol、2mol、4mol参考答案：C12.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（

）A．一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAB．0.1mol铁粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数目为0.1NAC．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO﹣数目为NA个D．分子数目为0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NA参考答案：B解：A．2molSO2和1molO2混合在闭容器中加热反应后，由于该反应为体积减小的可逆反应，反应生成的三氧化硫的物质的量小于2mol，反应后气体的物质的量大于2mol，分子数大于2NA，故A正确；B．0.1mol铁与足量水蒸气完全反应失去了mol电子，根据电子守恒，生成了=mol氢气，生成的H2分子数为NA，故B错误；C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，氢离子和氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知钠离子和醋酸根离子的浓度也相等，则CH3COO﹣数目与钠离子数目相等，都是NA个，故C正确；D．分子数为0.1NA的N2和NH3混合气体，由于氮气和氨气分子中都含有3对共用电子对，则混合物分子间含有的共用电子对数目为0.3NA，故D正确；故选B．13.钢铁淬火时常发生的反应有：2Fe+6H2O2Fe（OH）3+3H2，该反应属于（）A．置换反应B．分解反应C．化合反应D．复分解反应参考答案：A【考点】化学基本反应类型．【分析】2Fe+6H2O2Fe（OH）3+3H2为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，以此来解答．【解答】解：A.2Fe+6H2O2Fe（OH）3+3H2为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，属于置换反应，故A选；B．反应物不是一种，不是分解反应，故B不选；C．生成物不是一种，不是化合反应，故C不选；D．反应物、生成物均有单质，不是复分解反应，故D不选；故选A．14.如右图为元素F、S、Cl在周期表中的位置，关于F、S、Cl的说法正确的是

()A．非金属性：F>S>ClB．原子半径：Cl>S>FC．稳定性：HF>HCl>H2SD．离子半径：Cl－>S2－>F－参考答案：C略15.分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列分类标准合理的是（

）①根据氧化物的元素组成将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物②根据分散系分散质微粒大小将分散系分为溶液、胶体和浊液③根据水溶液导电能力的大小将电解质分为强电解质和弱电解质④根据组成元素是否含有碳元素将化合物分成无机化合物和有机化合物⑤根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应⑥根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应

A.①②

B.①③④

C.②③⑤

D.②⑤⑥参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（16分）某废金属屑中主要成分为Cu、Fe、Al，还含有少量的铜锈[Cu2(OH)2CO3]、少量的铁锈和少量的氧化铝，用上述废金属屑制取胆矾（CuSO4·5H2O）、无水AlCl3和铁红的过程如下图所示：已知：①Al3+、Al(OH)3、AlO2－有如下转化关系：

②碳酸不能溶解Al(OH)3。

请回答：（1）在废金属屑粉末中加入试剂A，生成气体1的反应的离子方程式是

。（2）溶液2中含有的金属阳离子是

；气体2的成分是

。（3）溶液2转化为固体3的反应的离子方程式是

。（4）固体2制取CuSO4溶液有多种方法。①在固体2中加入浓H2SO4，并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的化学方程式是

。②在固体2中加入稀H2SO4后，通入O2并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的离子方程式是

。（5）溶液1转化为溶液4过程中，不在溶液1中直接加入试剂C，理由是

。（6）直接加热AlCl3·6H2O不能得到无水AlCl3。SOCl2为无色液体，极易与水反应生成HCl和一种具有漂白性的气体。AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热制取无水AlCl3，反应的化学方程式是

。参考答案：（16分）（1）（2分）2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑

（2）（2分）Fe2+

（2分）CO2和H2

（3）（2分）4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓（4）（2分）①Cu+2H2SO4(浓)

CuSO4+SO2↑+2H2O（2分）②2Cu+4H++O2

2Cu2++2H2O（5）（2分）若在溶液1中直接加入盐酸，会使溶液4中混有试剂A中的阳离子（如Na+等），而不是纯净的AlCl3溶液（6）（2分）AlCl3·6H2O+6SOCl2

AlCl3+12HCl↑+6SO2↑略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.X、Y、Z、W是中学化学中常见的四种气体。己知：X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收；X是化石然料燃烧的产物之一，是形成酸雨的物质；Y是一种单质，它的水溶液其有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应；W气体的水溶液滴入酚酞变红色。请回答下列问题：（1）X、Y两种气体按物质的量之比l:1在水溶液中能发生反应，化学方程式为_______；（2）科学家发现，Z在催化剂条件下能与W反应，反应产物中有单质生成，该单质应是（填化学式）____________；该反应是氧化还原反应，则其中的氧化剂是（填化学式）_______。（3）在Z与水的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。（4）检验W气体的方法是_____________。参考答案：(1)Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4

(2)N2

NO2

(3)1:2

(4)将湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，证明该气体为NH3

解析：I、X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收，说明这三种气体能和碱反应，X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质，化石中含有S元素，二氧化硫和氮氧化物是酸性酸雨的主要气体，所以X是SO2；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，且氯气有毒，所以Y是Cl2；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，汽车尾气中含有一氧化氮和二氧化氮，能与水反应的氮氧化物是二氧化氮，则Z是NO2，结合物质的性质分析解答：（1）反应前后元素的种类不变，所以得到两种酸中，一种含有氯元素，一种含有硫元素，可以据此来判断．故X、Y两种气体按物质的量之比1：1，在水溶液中能发生反应的化学方程式为Cl2+SO2+H2O=2HCl+H2SO4；（2）Z在催化剂条件下能与W反应，即二氧化氮和氨气的反应（即6NO2+8NH37N2+12H2O），根据质量守恒定律，则推测反应产物中的单质应是N2；则化合价降低的为氧化剂，故为NO2。（3）在Z与水的反应中，即二氧化氮与水的反应（即3NO2+H2O=2HNO3+NO），则可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。（4）因为氨气为碱性气体，则检验W气体的方法是将湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，证明该气体为NH3。

18.(15分)目前半导体生产正在进行一场“铜芯片”革命：在硅芯片上用铜代替铝布线。古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破。用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)生产粗铜，其反应原理如下：

（1）基态铜原子的价电子排布式为____________，硫、氧元素相比，第一电离能较大的元素是________(填元素符号)。（2）反应①、②中均生成有相同的气体分子，该分子的中心原子杂化类型是______，其立体结构是________，与该分子互为等电子体的单质气体的化学式是

。（3）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验：CuSO4溶液蓝色沉淀沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。生成蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式为

；（4）铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途。铜晶体中铜原子堆积模型为________；铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为dg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为________pm。(用含d和NA的式子表示)参考答案：（1）3d104s1，O；（2）sp2杂化，V型；O3（或气态S3，2分）；（3）Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O或Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－；（4），面心立方最密堆积，。

试题分析：（1）铜位于第四周期IB族，价电子包括最外层电子和次外层电子的d能级，即铜原子的价电子为3d104s1，同主族从上到下第一电离能减小，即O的第一电离能最大；(2)产生的气体为SO2，中心原子S的含有2个σ键，孤电子对数(6－2×2)/2=1，杂化轨道数为3，即类型是sp2，立体结构是V型；单质的等电子体为O3；(3)形成络合物，其离子反应方程式为：Cu(