湖南省湘潭市湘鄉(xiāng)花橋中學高三化學聯(lián)考試題含解析

湖南省湘潭市湘鄉(xiāng)花橋中學高三化學聯(lián)考試題含解析一、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.將9g銅和鐵的混合物投入100mL稀硝酸中，充分反應后得到標準狀況下1．12LNO，剩余4．8g金屬；繼續(xù)加入100mL等濃度的稀硝酸，金屬完全溶解，又得到標準狀況下1．12LNO。若向反應后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不變紅，則下列說法正確的是

A．原混合物中銅和鐵各0．075mol

B．稀硝酸的物質的量濃度為0．5mol·L-1

C．第一次剩余4．8g金屬為銅和鐵

D．再加入上述100mL稀硝酸，又得到標準狀況下1．12LNO

參考答案：A略2.下列各組離子在指定的溶液中能大量共存的是①無色溶液中：K＋、Cu2＋、Na＋、SO42－②pH=l1的溶液中：CO32－、Na＋、AlO2－、NO3－③加入A1能放出H2的溶液中：Cl－、HCO3－、NO3－、NH4＋④在由水電離出的c(OH-)=10-13mol·L-1的溶液中：Na＋、Ba2＋、Cl－、I－⑤能使紅色石蕊試紙變?yōu)樗{色的溶液：Na＋、Cl－、S2－、ClO－⑥強酸性溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO3－、Cl－A．①②⑤

B．②④⑥

C．②④

D．③⑤⑥參考答案：C試題分析：①Cu2＋顯藍色，題目說是無色溶液，故不符合題意；②pH=11說明溶液顯堿性，這五種離子能大量共存，故符合題意；③加入Al能產(chǎn)生H2，溶液可能顯酸性也可能顯堿性，HCO3－既不能與H＋也不能與OH－共存，故不符合題意；④水電離出的c(OH－)=10－3，此溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，這五種離子能大量共存，故符合題意；⑤能使紅色石蕊試紙變藍，說明此溶液顯堿性，ClO－具有強氧化性，S2－具有還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應，故不符合題意；⑥NO3－在酸性條件下具有強氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故不符合題意，因此選項C正確。3.LiFePO4電池具有穩(wěn)定性高、安全、對環(huán)境友好等優(yōu)點，可用于電動汽車。電池反應為：FePO4+LiLiFePO4，電池的正極材料是LiFePO4，負極材料是石墨，含U導電固體為電解質。下列有關LiFePO4電池說法正確的是（）

A.可加入硫酸以提高電解質的導電性

B放電時電池內部Li向負極移動.

C.充電過程中，電池正極材料的質量減少

D.放電時電池正極反應為：FePO4+Li++e-=LiFePO4參考答案：答案：CD

4.X、Y、Z、T四種原子序數(shù)遞增的短周期元素，其部分性質或結構如下：元素編號元素性質或原子結構X形成的簡單陽離子核外無電子Y元素的氣態(tài)氫化物和它的最高價氧化物對應的水化物能發(fā)生化合反應Z元素在周期表的族序數(shù)等于周期序數(shù)的3倍T同周期元素中形成的簡單陽離子半徑最小下列說法正確的是A.原子半徑大小順序：T＞Z＞Y＞XB.Y、Z分別形成的氫化物的穩(wěn)定性：Z＜YC.T的單質與Y的最高價氧化物對應水化物的稀溶液能反應D.由X、Y和Z三種元素構成的強電解質，對水電離均起抑制作用參考答案：C略5.用惰性電極電解CuCl2和NaCl的混合溶液，電解初期，在陰極和陽極上分別析出的物質是（

）A.H2和Cl2

B.Cu和Cl2

C.H2和O2

D.Cu和O2

參考答案：B略6.下列說法正確的是

(

)A.使用量筒量取一定體積的濃硫酸配制一定物質的量濃度的稀硫酸，將濃硫酸轉移至燒杯后須用蒸餾水洗滌量筒，并將洗滌液一并轉移至燒杯B.現(xiàn)需使用480ml0.1mol/L硫酸銅溶液，則使用容量瓶配制溶液需要7.68g硫酸銅固體C.使用托盤天平稱量固體藥品時左碼右物，可能會導致所配溶液濃度偏低D.容量瓶在使用前須用待配溶液潤洗參考答案：C略7.（2008·天津卷）對于平衡CO2(g)CO2(aq)；ΔH=-19.75kJ·mol-1，為增大二氧化碳氣體在水中的溶解度，應采用的方法是(

)A.升溫增壓

B.降溫減壓C.升溫減壓

D.降溫增壓參考答案：D由反應：CO2(g)CO2(aq)；ΔH=-19.75kJ·mol-1可知，CO2溶解是氣體體積減小且放熱的反應，根據(jù)化學平衡移動原理，為增大CO2氣體在水中的溶解度，應采取的措施是降溫、增壓，故答案為D。

8.將潔凈的金屬片A、B、C、D分別放置在浸有某種鹽溶液的濾紙上面并壓緊(如圖所示)。在每次實驗時，記錄電壓指針的移動方向和電壓表的讀數(shù)如下：已知，構成兩電極的金屬其金屬活潑性相差越大，電壓表的讀數(shù)越大。請依據(jù)記錄數(shù)據(jù)判斷，下列有關說法正確的是

（

）

A．在四種金屬中C的還原最強

B．金屬B能從硫酸銅溶液中置換出銅

C．A、D若形成原電池時，A為正極

D．A、B形成合金時，將該合金露置在空氣中，A先被腐蝕參考答案：AD略9.由H2、O2、CO2組成的混合氣體的密度是同溫同壓下CH4密度的2倍，三種氣體組分的物質的量之比不可能是：

A

2：3：5

B

2：5：5

C

2：1：5

D

2：2：7參考答案：D略10.下列實驗過程中，始終無明顯現(xiàn)象的是A．Cl2通入FeSO4溶液中

B．CO2通入Ca(OH)2溶液中C．將AlCl3溶液滴入氨水溶液中

D．SO2通入BaCl2溶液中參考答案：D略11.下列有關物質的性質及應用說法錯誤的是

A．SiO2具有導電性，可用于制造半導體材料

B．Cl2能與石灰乳反應，可用于制取漂白粉

C．將表面有銅綠[Cu2（OH）2CO3]的銅器放入鹽酸中浸泡，除去銅綠

D．常溫下濃H2SO4能使鐵發(fā)生鈍化，可在常溫下用鐵制容器貯運濃硫酸參考答案：A略12.由二氧化硅制高純硅的流程如下，下列判斷中錯誤的是A．①②③均屬于氧化還原反應

B．H2和HCl均可循環(huán)利用C．SiO2是一種堅硬難熔的固體

D．SiHCl3摩爾質量為135.5g參考答案：DA．反應①為SiO2+2CSi+2CO↑，反應②Si（粗）+3HClSiHCl3+H2，反應③SiHCl3+H2Si（粗）+3HCl，三個方程式中元素的化合價均發(fā)生變化，均屬于氧化還原反應，故A正確；B．生產(chǎn)高純硅的流程示意圖可知，H2和HCl既是反應物，又是生成物，所以可重復利用的物質是H2和HCl，故B正確；C．SiO2是原子晶體，硬度大、熔點高，故C正確；D．SiHCl3摩爾質量為135.5g/mol，故D錯誤；故選D。13.區(qū)別CH3CH2CH2OH和CH3CH(OH)CH3的方法是A.加金屬鈉B.加銀氨溶液、水浴加熱C.在銅存在下和氧氣反應D.在銀存在下和氧氣反應后,再在產(chǎn)物中加銀氨溶液水浴加熱參考答案：D略14.（06年全國卷1）把分別盛有熔融的氯化鉀、氯化鎂、氯化鋁的三個電解槽串聯(lián)，在一定條件下通電一段時間后，析出鉀、鎂、鋁的物質的量之比為（）

A.

1︰2︰3

B.

3︰2︰1

C.

6︰3︰1

D.

6︰3︰2參考答案：答案：D15.常溫下，向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1醋酸溶液，所得滴定曲線如下圖所示。下列說法正確的是

（

）

A．pH=7時，所加醋酸溶液的體積為10mL

B．pH<7時，溶液中：c(CH3COO-)>c(Na+)

C．7<pH<13時，溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)

D．繼續(xù)滴加0.1mol·L－1醋酸溶液，溶液pH可以變?yōu)?參考答案：B當NaOH溶液和醋酸恰好完全反應時，生成醋酸鈉水解而使溶液顯堿性，故A錯。當pH<7時有c(H+)＞c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可得c(CH3COO-)>c(Na+)，故B正確。當7<pH<13時，溶液也有c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)這一種情況，C錯。對于選項D可作一極端設想，若溶液就是0.1mol·L－1醋酸，由于醋酸是弱酸，溶液的pH也大于1，故D也錯。二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.某興趣小組設計SO2實驗方案做以下化學實驗．Ⅰ．實驗方案一（1）將SO2通入水中形成“SO2─飽和H2SO3溶液”體系，此體系中存在多個含硫元素的平衡，分別用平衡方程式表示為

．（2）已知：葡萄酒中有少量SO2可以做抗氧化劑[我國國家標準（GB2760﹣2014）規(guī)定葡萄酒中SO2的殘留量≤0.25g/L]．利用SO2的漂白性檢測干白葡萄酒（液體為無色）中的SO2或H2SO3．設計如圖1的實驗：圖1實驗結論：干白葡萄酒不能使品紅溶液褪色，原因為：

．Ⅱ．實驗方案二如圖2是在實驗室進行二氧化硫制備與性質實驗的組合裝置，部分固定裝置未畫出．圖2圖3

（1）裝置B中試劑X是

，裝置D中盛放NaOH溶液的作用是

．（2）關閉彈簧夾2，打開彈簧夾1，注入硫酸至浸沒三頸燒瓶中固體，檢驗SO2與Na2O2反應是否有氧氣生成的方法是

．（3）關閉彈簧夾1后，打開彈簧夾2，殘余氣體進入E、F中，能說明I﹣還原性弱于SO2的現(xiàn)象為

；發(fā)生反應的離子方程式是

．Ⅲ．實驗方案三用電化學法模擬工業(yè)處理S02．將硫酸工業(yè)尾氣中的S02通入圖3裝置（電極均為惰性材料）進行實驗，可用于制備硫酸，同時獲得電能：（1）M極發(fā)生的電極反應式為

．（2）若使該裝置的電流強度達到2.0A，理論上每分鐘應向負極通入標準狀況下氣體的體積為

L（已知：1個e所帶電量為1.6×10﹣19C）．參考答案：Ⅰ．（1）SO2（g）SO2（aq）、SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSO3﹣、HSO3﹣H++SO32﹣；（2）干白中二氧化硫或亞硫酸含量太少；Ⅱ．（1）濃硫酸；吸收未反應的SO2，防止污染空氣；（2）將帶火星的木條放在D試管口處，看木條是否復燃；（3）E中溶液藍色褪去；SO2+I2+2H2O=2I﹣+SO42﹣+4H+；Ⅲ．（1）SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+；（2）0.014．

【考點】性質實驗方案的設計．【分析】Ⅰ．實驗方案一：（1）二氧化硫與水反應生成亞硫酸，亞硫是二元弱酸，能分步電離；（2）1滴飽和亞硫酸溶液滴入3mL品紅溶液中不褪色，而1滴品紅溶液滴入3mL飽和亞硫酸溶液中褪色，說明二氧化硫或亞硫酸的含量會影響漂白效果；Ⅱ．實驗方案二：實驗方案二裝置A中制備二氧化硫，X干燥二氧化硫，C中檢驗SO2與Na2O2反應是否有氧氣，D中氫氧化鈉溶液吸收剩余的二氧化硫，防止污染空氣．E裝置驗證二氧化硫的還原性，F(xiàn)裝置驗證二氧化硫為酸性氣體，并吸收二氧化硫，防止污染空氣；Ⅲ．實驗方案三：（1）本質是二氧化硫、氧氣與水反應生成硫酸，M電極為負極，N電極為正極，M電極上二氧化硫失去電子氧化生成SO42﹣，根據(jù)原子守恒會電荷守恒可知，有水參加反應，有氫離子生成；（2）根據(jù)電流計算電量，再計算轉移電子物質的量，根據(jù)電子轉移守恒計算通入二氧化硫物質的量，進而計算體積．【解答】解：Ⅰ．實驗方案一：（1）二氧化硫與水反應生成亞硫酸，亞硫是二元弱酸，能分步電離，涉及的平衡方程式為SO2（g）SO2（aq）、SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSO3﹣、HSO3﹣H++SO32﹣，故答案為：SO2（g）SO2（aq）、SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSO3﹣、HSO3﹣H++SO32﹣；（2）1滴飽和亞硫酸溶液滴入3mL品紅溶液中不褪色，而1滴品紅溶液滴入3mL飽和亞硫酸溶液中褪色，說明二氧化硫或亞硫酸的含量會影響漂白效果，干白葡萄酒不能使品紅溶液褪色，原因為：干白中二氧化硫或亞硫酸含量太少，故答案為：干白中二氧化硫或亞硫酸含量太少；Ⅱ．實驗方案二：裝置A中制備二氧化硫，X干燥二氧化硫，C中檢驗SO2與Na2O2反應是否有氧氣，D中氫氧化鈉溶液吸收剩余的二氧化硫，防止污染空氣．E裝置驗證二氧化硫的還原性，F(xiàn)裝置驗證二氧化硫為酸性氣體，并吸收二氧化硫，防止污染空氣．（1）裝置B中試劑X干燥氯氣，盛放試劑是濃硫酸，裝置D中盛放NaOH溶液的作用是：吸收未反應的SO2，防止污染空氣，故答案為：濃硫酸；吸收未反應的SO2，防止污染空氣；（2）檢驗SO2與Na2O2反應是否有氧氣生成的方法是：將帶火星的木條放在D試管口處，看木條是否復燃，故答案為：將帶火星的木條放在D試管口處，看木條是否復燃；（3）能說明I﹣還原性弱于SO2的現(xiàn)象為：E中溶液藍色褪去，發(fā)生反應的離子方程式是：SO2+I2+2H2O=2I﹣+SO42﹣+4H+，故答案為：E中溶液藍色褪去；SO2+I2+2H2O=2I﹣+SO42﹣+4H+；Ⅲ．實驗方案三：（1）本質是二氧化硫、氧氣與水反應生成硫酸，M電極為負極，N電極為正極，M電極上二氧化硫失去電子氧化生成SO42﹣，根據(jù)原子守恒會電荷守恒可知，有水參加反應，有氫離子生成，電極反應式為：SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+，故答案為：SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+；（2）轉移電子物質的量為（2A×60s÷1.6×10﹣19C）÷6.02×1023mol﹣1，則需要二氧化硫體積為：[（2A×60s÷1.6×10﹣19C）÷6.02×1023mol﹣1]÷2×22.4L/mol≈0.014L，故答案為：0.014．三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.(11分)有A、B、C、D、E、F、G七種元素，除Ｅ為第四周期元素外，其余均為短周期元素。Ａ、Ｅ、Ｇ位于周期表s區(qū)，其余元素位于p區(qū)。元素原子性質和結構特點ＡＡ原子沒有成對電子Ｂ基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同Ｃ外圍電子層排布式為nsnnpn+1Ｄ第一電離能列同周期主族元素的第三高Ｅ與Ａ原子外圍電子層相同Ｆ核外成對電子數(shù)是成單電子數(shù)的３倍Ｇ基態(tài)原子占據(jù)兩種形狀的原子軌道，且兩種形狀軌道中的電子總數(shù)均相同⑴寫出下列元素符號：Ｂ

Ｄ⑵Ｄ的前一元素第一電離能高于Ｄ的原因：⑶由Ａ、Ｂ、Ｃ形成的ＡＢＣ分子中，含有個σ鍵，個π鍵；⑷由Ｄ、Ｅ、Ｆ、Ｇ形成的鹽E2DF4、GDF4是晶體。且的熔點高（寫化學式）；參考答案：⑴Ｃ；Ｓ（各2分）。⑵Ｄ的前一元素為Ｐ，Ｐ的3p能級為半充滿狀態(tài)的3p3，比Ｓ的3p能級3p4結構要穩(wěn)定，故Ｐ的第一電離能大于Ｓ（3分）⑶2；2（各1分）⑷離子；MgSO4（各1分）18.原子序數(shù)依次增大的A、B、C、D、E、F六種元素。其中A的基態(tài)原子有3個不同的能級，各能級中的電子數(shù)相等；C的基態(tài)原子2p能級上的未成對電子數(shù)與A原子的相同；D為它所在周期中原子半徑最大的主族元素；E和C位于同一主族，F(xiàn)的原子序數(shù)為29。（1）F基態(tài)原子的核外電子排布式為______________________。（2）在A、B、C三種元素中，第一電離能由小到大的順序是___________（用元素符號回答）。（3）元素B的簡單氣態(tài)氫化物的沸點___________（填“高于”或“低于”）元素A的簡單氣態(tài)氫化物的沸點，其主要原因是______________________。（4）由A、B、C形成的離子CAB?與AC2互為等電子體，則CAB?的結構式為___________。（5）在元素A與E所形成的常見化合物中，A原子軌道的雜化類型為___________。（6）由B、C、D三種元素形成的化合物晶體的晶胞如圖所示，則該化合物的化學式為___________。（7）FC在加熱條件下容易轉化為F2C，從原子結構的角度解釋原因______________________。參考答案：（1）1s22s22p63s23p63d104s1或3d104s1

（2）C<O<N

（3）高于

NH3分子之間存在氫鍵，而CH4分子間的作用是范德華力，氫鍵比范德華力更強

（4）[N=C=O]?（5）sp

（6）NaNO2

（7）Cu+外圍電子3d10軌道全充滿穩(wěn)定，Cu2+外圍電子3d9軌道電子非全充滿狀態(tài)不穩(wěn)定解析：A的基態(tài)原子有3個不同的能級，各能級中的電子數(shù)相等，因此A的核外電子排布式為1s22s22p2，即A為C，C的基態(tài)原子2p能級上的未成對電子數(shù)與A原子的相同，則C為O，則B為N，E和C位于同一主族，則E為S，D為所在周期中原子半徑最大的主族元素，即D為Na，F(xiàn)的原子序數(shù)為29，則F為Cu，（1）F為ds區(qū)，因此核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1或3d104s1；（2）同周期從左向右第一電離能增大，但IIA>IIIA、VA>VIA，第一電離能大小順序是N>O>C；（3）B的氫化物是NH3，A的簡單氫化物是CH4，NH3分子之間存在氫鍵，而CH4分子間的作用是范德華力，氫鍵比范德華力更強；（4）CAB－的化學式為OCN－，AC2的化學式為CO2，兩者為等電子體，它們的結構相似，因此OCN－的結構式為：[N=C=O]?

；（5）形成的