山西省長治市常平中學(xué)高三化學(xué)上學(xué)期期末試題含解析

山西省長治市常平中學(xué)高三化學(xué)上學(xué)期期末試題含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.對實(shí)驗Ⅰ~Ⅳ的實(shí)驗現(xiàn)象預(yù)測正確的是

()A實(shí)驗Ⅰ：液體分層，下層呈無色B實(shí)驗Ⅱ：燒杯中先出現(xiàn)白色沉淀后溶解C實(shí)驗Ⅲ：試管中溶液出現(xiàn)紅色沉淀物

D實(shí)驗Ⅳ：放置一段時間后，飽和CuSO4溶液中出現(xiàn)藍(lán)色晶體參考答案：D略2.下列敘述正確的是A.“接觸法”制H2SO4時，催化氧化階段的反應(yīng)原理為B.海水提鎂的主要步驟為C.普通水泥的主要成分是硅酸鈣D.黏土的主要成分是三氧化二鋁參考答案：AC命題立意：化學(xué)工業(yè)相關(guān)基礎(chǔ)知識與流程工藝考查。A為接觸法制硫酸的基本原理；B鎂工業(yè)先期加入的是石灰不是石灰石，后期電解的也不是氯化鎂溶液；C普通水泥的成分為硅酸二鈣、硅酸三鈣、鋁酸三鈣，說主要成分是硅酸鈣正確；黏土的主要成分是二氧化硅，還有氧化鎂、碳酸鈣和三氧化二鋁。3.化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法不正確的是(

)

A.葡萄糖可用于補(bǔ)鈣藥物的合成

B.二氧化硫可廣泛用于食品的漂白

C.聚乙烯塑料制品可用于食品的包裝

D.次氯酸鈉溶液可用于環(huán)境的消毒殺菌參考答案：【知識點(diǎn)】化學(xué)與生活O1【答案解析】B

解析：A、根據(jù)生活經(jīng)驗，葡萄糖酸鈣口服液可知葡萄糖可用于補(bǔ)鈣藥物的合成，故A正確；B、二氧化硫有毒，不能可廣泛用于食品的漂白，故B不正確；C、聚乙烯塑料無毒可用于食品的包裝，聚氯乙烯塑料有毒，不能用于食品的包裝，故C正確；D、84消毒液的主要成分是次氯酸鈉，可用于環(huán)境的消毒殺菌，故D正確。故答案選B【思路點(diǎn)撥】本題考查了化學(xué)與生活，平時注意積累即可解答.4.保護(hù)環(huán)境是每一個公民的責(zé)任。下列做法：①推廣使用無磷洗滌劑，②城市生活垃圾分類處理，③推廣使用一次性木質(zhì)筷子，④推廣使用清潔能源，⑤過量使用化肥、農(nóng)藥，⑥推廣使用無氟冰箱。其中有利于保護(hù)環(huán)境的是A.①②④⑤B.②③④⑥

C.①②④⑥D(zhuǎn).③④⑤⑥參考答案：C

本題從不同角度考查社會、生活等中的化學(xué)問題。含磷洗滌劑可造成水體富營養(yǎng)化，易形成赤潮、水化等環(huán)境問題；生活垃圾分類處理可有效防止白色污染及廢舊電池引起的水污染和土壤污染；過量使用化肥和農(nóng)藥都能引起環(huán)境污染；而推廣清潔能源和無氟冰箱則有利于保護(hù)環(huán)境。5.鋰電池可用作心臟起搏器的電源。已知一種鋰原子核內(nèi)含有3個質(zhì)子和4個中子，則該鋰原子的核外電子數(shù)為A．1

B．3

C．4

D．7參考答案：B略6.下列說法正確的是A.根據(jù)反應(yīng)可知：用酸性KMnO4溶液可檢驗綠礬是否變質(zhì)B.根據(jù)反應(yīng)可知：反應(yīng)中HNO3表現(xiàn)酸性和氧化性C.根據(jù)反應(yīng)可知：的酸性比強(qiáng)D.根據(jù)反應(yīng)可知：屬于三元酸參考答案：B略7.常溫下，在pH=5的CH3COOH溶液中存在如下電離平衡：CH3COOH?CH3COO﹣+H+，對于該平衡，下列敘述正確的是（）A．加入水時，平衡向右移動，CH3COOH電離常數(shù)增大B．加入少量CH3COONa固體，平衡向右移動C．加入少量NaOH固體，平衡向右移動，c（H+）減小D．加入少量pH=5的硫酸，溶液中c（H+）增大參考答案：C【考點(diǎn)】pH的簡單計算；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【分析】A．溫度不變，電離平衡常數(shù)不變；B．加入少量CH3COONa固體，由電離平衡可知c（CH3COO﹣）增大，則電離平衡逆向移動誤；C．加入少量NaOH固體，與溶液中的H+結(jié)合，導(dǎo)致溶液中氫離子濃度減??；D．pH=5的CH3COOH溶液中，氫離子濃度為1×10﹣5mol?L﹣1，加入少量pH=5的硫酸，該硫酸溶液中氫離子濃度為1×10﹣5mol?L﹣1，氫離子濃度相等，平衡不移動．【解答】解：A．加水促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離，則電離平衡正向移動，由于溫度不變，則醋酸的電離平衡常數(shù)不會變化，故A錯誤；B．加入少量CH3COONa固體，c（CH3COO﹣）增大，該電離電離平衡向左移動，故B錯誤；C．加入少量NaOH固體，氫氧化鈉電離的氫氧根離子與CH3COOH電離生成的H+反應(yīng)生成水，導(dǎo)致溶液中氫離子濃度減小，故C正確；D．pH=5的CH3COOH溶液中，氫離子濃度為1×10﹣5mol?L﹣1，pH=5的硫酸溶液中氫離子濃度為1×10﹣5mol?L﹣1，兩溶液中氫離子濃度相等，平衡不移動，則混合液中c（H+）不變，故D錯誤；故選C．8.下列物質(zhì)中，不能使酸性KMnO4溶液褪色的物質(zhì)是（

）①

②乙烯

③C6H12O6(葡萄糖)

④CH3CH2OH⑤CH2==CH—COOH

⑥

⑦聚乙烯A.①④⑦

B.①③④⑥

C.①⑥⑦

D.①③⑥⑦參考答案：C略9.甲、乙、丙、丁四種物質(zhì)中，甲、乙、丙含有相同的某種元素，它們之間有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系，則下列有關(guān)物質(zhì)的推斷錯誤的是（）A．若甲為焦炭，則丁可能是O2B．若甲為NaOH溶液，則丁可能是CO2C．若甲為鋁鹽溶液，則丁可能是NaOH溶液D．若甲為Fe，則丁可能是氯氣參考答案：D【考點(diǎn)】鐵的化學(xué)性質(zhì)；鎂、鋁的重要化合物．【分析】A．甲為焦炭，則丁可能是O2，則乙為CO，丙為CO2；B．甲為NaOH溶液，則丁可能是CO2，乙為Na2CO3，丙為NaHCO3；C．若甲為AlCl3溶液，丁是NaOH溶液，則乙為氫氧化鋁、丙為偏鋁酸鈉；D．若甲為Fe，則丁可能是氯氣，則乙為氯化鐵，而氯化鐵與氯氣不反應(yīng)．【解答】解：A．甲為焦炭，則丁可能是O2，則乙為CO，丙為CO2，二氧化碳與C反應(yīng)得到CO，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故A正確；B．甲為NaOH溶液，則丁可能是CO2，乙為Na2CO3，丙為NaHCO3，碳酸氫鈉與氫氧化鈉反應(yīng)得到碳酸鈉，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故B正確；C．若甲為AlCl3溶液，丁是NaOH溶液，則乙為氫氧化鋁、丙為偏鋁酸鈉，氯化鋁與偏鋁酸鈉發(fā)生水解反應(yīng)得到氫氧化鋁，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故C正確；D．若甲為Fe，則丁可能是氯氣，則乙為氯化鐵，而氯化鐵與氯氣不反應(yīng)，所以不符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故D錯誤；故選D．10.下列各組離子在指定溶液中，能大量共存的是

A．含有NaClO的溶液中：K+，NH4+，F(xiàn)e3+，Br－，SO32－B．所含溶質(zhì)為Na2S2O3的溶液：K+、SO42－、NO3－、H+C．加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl－，K+，SO42－D．使甲基橙變紅的溶液中：Fe2+，MnO4－，Na+，SO42－參考答案：C11.YBa2Cu8Ox(Y為元素釔)是一種重要超導(dǎo)材料，下列關(guān)于Y的說法錯誤的是A．屬于金屬元素

B．質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之差為50C．原子的核外電子數(shù)是39

D．Y和Y是兩種不同的核素參考答案：B【Ks5u答案】解析：Y為元素釔，屬于金屬元素，質(zhì)子數(shù)為39，質(zhì)量數(shù)為89，中子數(shù)為50，質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之差為11，選B。12.下列關(guān)于有機(jī)物的敘述正確的是A．石油、天然氣和煤的主要成分都是烷烴

B．乙烯和苯都能使溴水褪色，故不能用溴水鑒別乙烯和苯蒸氣

C．乙醇、乙酸和乙酸乙酯都能發(fā)生取代反應(yīng)和氧化反應(yīng)

D．棉花與合成纖維的主要成分均為纖維素參考答案：C略13.下圖所示為實(shí)驗室中完成不同的化學(xué)實(shí)驗所選用的裝置或進(jìn)行的操作，其中沒有明顯錯誤的

(

)測定中和熱用石灰石和稀鹽酸制取CO2蒸餾石油配制溶液中轉(zhuǎn)移溶液ABCD參考答案：答案：B14.某研究性學(xué)習(xí)小組討論甲、乙、丙、丁四種儀器裝置的有關(guān)用法，其中不合理的是

A．甲裝置：可用來證明碳的非金屬性比硅強(qiáng)B．乙裝置：可用來探究SO2的漂白性C．丙裝置：用圖示的方法可以檢查此裝置的氣密性D．丁裝置：先從①口進(jìn)氣集滿二氧化碳，再從②口進(jìn)氣，可收集氫氣。參考答案：B探究SO2的漂白性，應(yīng)該用品紅溶液，不能用高錳酸鉀，因此選B。15.有下列四種判斷：①兩種弱酸相互反應(yīng)生成兩種強(qiáng)酸；②兩種弱酸鹽相互作用后生成兩種強(qiáng)酸鹽；③一種弱酸和一種鹽溶液作用后，得到一種強(qiáng)酸和一種鹽；④兩種酸溶液混合后，溶液的酸性減弱。其中有具體例證的是（）A、①②B、②③C、②③④D、①②③④參考答案：D略二、實(shí)驗題（本題包括1個小題，共10分）16.(15分)Ⅰ.某化學(xué)興趣小組用FeCl2(用鐵粉與鹽酸反應(yīng)制得)和NH4HCO3制備FeCO3的裝置示意圖如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)C裝置的名稱是________；FeCO3在________中生成(填字母)，該裝置中發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為________________________________________。(2)實(shí)驗時首先打開活塞3，關(guān)閉活塞2，其目的是________________然后再關(guān)閉活塞3，打開活塞2，其目的是_________________________________________________Ⅱ.乳酸亞鐵晶體([CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，Mr＝288)是常用的補(bǔ)鐵劑。乳酸亞鐵可由乳酸與碳酸亞鐵反應(yīng)制得。(3)將制得的FeCO3加入乳酸溶液中，再加入過量鐵粉，75℃下攪拌使之充分反應(yīng)。結(jié)束后，無需過濾，除去過量鐵粉的反應(yīng)方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)從上述(3)所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體的方法是________、________、洗滌、干燥。(5)該興趣小組用KMnO4測定產(chǎn)品中亞鐵含量進(jìn)而計算乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，發(fā)現(xiàn)產(chǎn)品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)總是大于100%，其原因可能是________________________________________________________________________________________________________________________________。經(jīng)查閱文獻(xiàn)后，該興趣小組改用鈰(Ce)量法測定產(chǎn)品中Fe2＋的含量。取2.880g產(chǎn)品配成100mL溶液，每次取20.00mL，進(jìn)行必要處理，用0.1000mol·L－1的Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，平衡時消耗Ce(SO4)219.7mL。滴定反應(yīng)為Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋，則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________。參考答案：(1)三頸燒瓶(1分)C(1分)Fe2＋＋2HCO3-===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(2分)(2)排出裝置中的空氣，防止＋2價鐵被氧化(2分)使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中(2分)(3)2CH3CH(OH)COOH＋Fe―→[CH3CH(OH)COO]2Fe＋H2↑(1分)(4)冷卻結(jié)晶(1分)過濾(1分)(5)乳酸根離子中含有羥基，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化(2分)98.5%(2分)[解析](1)由儀器C的結(jié)構(gòu)特征，可知C為三頸燒瓶。FeCO3在C裝置中生成，F(xiàn)eCl2和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe2＋＋2HCO3-===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O。(2)實(shí)驗時首先打開活塞3，關(guān)閉活塞2，其作用是排出裝置中的空氣，防止＋2價鐵被氧化；然后再關(guān)閉活塞3，打開活塞2，其作用是使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。(3)除去過量的鐵粉可直接加入適量的乳酸，不會引入雜質(zhì)，反應(yīng)方程式為2CH3CH(OH)COOH＋Fe―→[CH3CH(OH)COO]2Fe＋H2↑。(4)在75℃下攪拌使之充分反應(yīng)制得乳酸亞鐵，從熱溶液中獲得乳酸亞鐵晶體，應(yīng)經(jīng)過冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等操作。(5)乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導(dǎo)致消耗酸性高錳酸鉀溶液增多，而計算中按亞鐵離子被氧化，故計算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大；由Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋，可知20mL溶液中n(Fe2＋)＝n(Ce4＋)＝0.1000mol·L－1×0.0197L＝0.00197mol，故100mL含有n(Fe2＋)＝0.00197mol×＝0.00985mol，故產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%＝98.5%。

三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.A、B、C、D、E、F為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大，其中基態(tài)A原子的電子分布在3個能級，且每個能級所含的電子數(shù)相同；C的原子核外最外層有6個運(yùn)動狀態(tài)不同的電子；D是短周期元素中電負(fù)性最小的元素；E的最高價氧化物的水化物酸性最強(qiáng)；基態(tài)F原子核外最外層只有一個電子，其余能層均充滿電子。G元素與D元素同主族，且相差3個周期。（1）元素A、B、C的第一電離能由小到大的是____________________（用元素符號表示）。（2）E的最高價含氧酸中E原子的雜化方式為_____________。基態(tài)E原子中，核外電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓形狀為____________________________。（3）F原子的外圍電子排布式為_______________________，F(xiàn)單質(zhì)晶體中原子的堆積方式是下圖中的_______（填寫“甲”、“乙”或“丙”），該晶體的空間利用率為_____________。（保留兩位有效數(shù)字）（4）已知元素A、B形成的(AB)2分子中所有原子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則其分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為__________。（5）通常情況下，D單質(zhì)的熔沸點(diǎn)比G單質(zhì)高，原因是_________________________。（6）已知DE晶體的晶胞如下圖所示：若將DE晶胞中的所有E離子去掉，并將D離子全部換為A原子，再在其中的4個“小立方體”中心各放置一個A原子，且這4個“小立方體”不相鄰。位于“小立方體”中的A原子與最近的4個A原子以單鍵相連，由此表示A的一種晶體的晶胞（已知A—A鍵的鍵長為acm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)），則該晶胞中含有_________個A原子，該晶體的密度是______________g·cm-3（列式表示）。參考答案：(1)C

(2)sp3

啞鈴型

(3)3d104s1

丙

74%

(4)3:4

(5)Na、Cs處于同一主族，并都是金屬晶體，同主族元素價電子數(shù)相同，從上到下，原子半徑依次增大，金屬鍵依次減弱，熔沸點(diǎn)降低

(6)8

(1)同周期元素的第一電離能從左到右一般是依次增大的，但由于N元素最外層是半滿狀態(tài)，所以其電離能大于O元素的，因此C、N、O三種元素的第一電離能由小到大的是C<O<N；(2)Cl元素形成的HClO4中Cl原子以sp3的雜化方式形成四個共價鍵，Cl原子占據(jù)最高能級為3p能級，其電子云輪廓形狀為啞鈴型（或紡綞體型）；(3)Cu原子的外圍電子排布式為3d104s1，單質(zhì)銅的晶體中原子的堆積方式為面心立方，即圖丙，這種晶體的空間利用率為74%；(4)由C、N形成的(CN)2分子的結(jié)構(gòu)簡式為NC—CN，其中含有3個σ單鍵和4個π鍵，所以σ鍵與π鍵數(shù)目之比為3:4；(5)Na、Cs都屬于堿金屬元素，最外電子數(shù)相同，但從上到下，隨電子層數(shù)增多，原子半徑增大，導(dǎo)致金屬鍵減弱，因此單質(zhì)的熔沸點(diǎn)降低；(6)根據(jù)題目敘述，該晶胞中的C原子分布在棱的中點(diǎn)、體心和4個“小立方體”的中心，根據(jù)原子均灘法可得該晶胞中的C原子數(shù)=+1+4=8，其質(zhì)量為g，根據(jù)A—A單鍵的鍵長可求得該晶胞的棱長為cm，體積為，所以該晶胞的密度為g/cm3。點(diǎn)睛：本題的難點(diǎn)是電子排布中全滿、半滿、全空對第一電離能的影響，導(dǎo)致第ⅡA、第ⅥA的第一電離能分別大于第ⅢA、第ⅥA的；晶體結(jié)構(gòu)中原子利用率；晶胞密度的計算，第6問首先要確定該晶胞的結(jié)構(gòu)，再由已知的A—A單鍵的鍵長，即小立方體的中心到頂點(diǎn)的長度，求出大立方體的棱長。18.鋁和鐵是兩種最常見的金屬。

（1）在火箭和導(dǎo)彈技術(shù)中，將鋁粉與石墨、TiO2按一定比例混合均勻，涂在金屬表面，在高溫下煅燒，金屬表面生成TiC和另一種耐