高三化学上学期期中试卷（含解析）.doc

河北省石家庄市第二中学2019届高三年级第一学期期中考试理综化学试题1.化学与人类生活、能源开发、资源利用等密切相关。下列说法正确的是A. 塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康，且更加经久耐用B. 硅燃烧放出的热量多，且燃烧产物对环境污染程度低，可做“未来石油”C. 用K2FeO4取代Cl2处理饮用水，可杀菌消毒，但不能沉降水中的悬浮物D. 研发使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率【答案】B【解析】A塑料中含有塑化剂，塑化剂是一种有毒的化工塑料软化剂，所以长期使用塑料奶瓶不利于健康，故A错误；B硅燃烧生成放出热量多，且生成物是二氧化硅固体易控制，故B正确；C高铁酸钾具有强氧化性，所以能杀菌消毒，还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，所以能吸附悬浮物而达到净水目的，故C错误；D催化剂能改变反应速率，但不影响平衡移动，所以不能提高转化率，故D错误；故答案为B。2.用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A. 10g 46%的乙醇水溶液中，氧原子的个数为0.4NAB. 标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为NAC. 在含4mol Si-O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为4NAD. 向含有0.1mol的FeI2溶液中通入足量Cl2，充分反应后转移的电子数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A、乙醇溶液中除了乙醇外,水也含氧原子, 10g 46%的乙醇溶液中,乙醇的质量为4.6g,物质的量为0.1mol,故含0.1mol氧原子;水的质量为5.4g,物质的量为0.3mol,故含0.3mol氧原子,故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为0.4mol,即个数为0.4NA个,故A正确;B、标准状况下，CCl4为液态，故分子数不是NA，故B错误；C、含4mol Si-O键的二氧化硅晶体中含有1mol二氧化硅，含有2mol氧原子，含有的氧原子的数目为2NA，故C错误；D、0.1molFeI2溶液中,碘离子的还原性大于亚铁离子的,通入氯气,先氧化碘离子0.2mol I-，转移电子数为0.2mol,再氧化亚铁离子0.1mol,转移电子数为0.1mol，所以转移总电子数为0.3mol，即0.3 NA，故D错误；综上所述，本题正确答案为A。3.下列各组离子能大量共存，当溶液中c(H+)=10-1 mol/L时，只能观察到有气体产生；而当溶液中c(H+)=10-13mol/L时，只能观察到生成沉淀。该组离子可能是A. Mg2+、NH4+、SO42-、Cl-、S2O32-B. Pb2+、Ba2+、K+、Cl-、S2-C. Pb2+、Fe2+、Na+、SO42-、NO3-D. Na+、Mg2+、NO3-、HCO3-、SO42【答案】D【解析】【分析】溶液中c(H)=101molL1，说明溶液显酸性；溶液中c(H)=1013molL1，溶液显碱性；然后根据题中所给现象进行分析。【详解】溶液中c(H)=101molL1，说明溶液显酸性，只观察到有气体产生；溶液中c(H)=1013molL1，溶液显碱性，只观察生成沉淀；A、在酸中S2O32与H发生：S2O322H=SSO2H2O，既有沉淀生成又有气体产生，在碱中NH4OH=NH3H2O，没有沉淀产生，故A不符合题意；B、Pb2和S2生成PbS沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；C、Pb2和SO42生成沉淀PbSO4，不能大量共存，故C不符合题意；D、在酸性条件下，HCO3H=CO2H2O，只有气体产生，在碱性条件下：Mg22OH=Mg(OH)2，只生成沉淀，故D符合题意。4.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150ml 4mol/L的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为A. 0.21 molB. 0.25 molC. 0.3 molD. 0.35 mol【答案】B【解析】【分析】【详解】混合物与稀硝酸恰好完全反应，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明Fe元素以Fe(NO3)2形式存在，根据信息得出：，因此有n(Fe)=nFe(NO3)2=n(HNO3)n(NO)/2=15010342.24/22.4/2mol=0.25mol，故选项B正确。.5.体积为V mL，密度为 g/mL的含有相对分子质量为M的某种物质的溶液，其中溶质为mg,其物质的量浓度为c molL，溶质的质量分数为w%，则下面表示正确的是A. c=1000wM B. m=Vw100C. w=cM1000% D. =cMw【答案】B【解析】【详解】A物质的量浓度c=nV=mMV=1000w%M=10wMmol/L，故A错误；Bm=m(溶液)w%=Vw100g，故B正确；Cw%=m(溶质)m(溶液)100%=V103Lcmol/LMg/molVg100%=cM1000，故C错误；Dc=nV=mMmolV103L=1000mVMmol/L，故D错误；故选B。6.下列表示对应化学反应的离子方程式，其中正确的是A. 向NaA1O2溶液中通入足量的CO2：A1O2-CO22H2OA1(OH)3HCO3-B. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：2NH4+Fe2+4OH-Fe(OH)22NH3H2OC. NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：Ba2+OH-H+SO42-BaSO4H2OD. 向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=2Na+4OH-+18O2【答案】A【解析】【详解】A、利用碳酸酸性强于氢氧化铝，CO2为足量，离子方程式为AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3，故A正确；B、缺少Ba2和SO42的反应，故B错误；C、溶液呈中性，离子反应为Ba2SO422H2OH=BaSO42H2O，故C错误；D、过氧化钠与水反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，O2中氧元素来自于Na2O2中O，故D错误。7.mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全反应（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加amol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值ng，则下列有关该实验的说法中正确的有沉淀中氢氧根的质量为(n-m)g恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为aVmol反应过程中转移的电子的物质的量为nm17mol生成NO气体的体积室温下为22.4(nm)51L与合金反应的硝酸的物质的量为(nm51+aV1000)molA. 2项 B. 3项 C. 4项 D. 5项【答案】B【解析】【分析】镁铝合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解，向反应后的混合溶液中滴加amolL1NaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值，沉淀质量最大时，沉淀Wie氢氧化铝和氢氧化镁，此时溶液为硝酸钠溶液；沉淀质量等于合金质量与OH质量之和；根据n(NO3)=n(NaNO3)=n(NaOH)，进行计算；沉淀中OH的物质的量等于Mg2、Al3所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子物质的量；条件是室温状态，不是标准状况，无法直接用22.4Lmol1；参加反应的硝酸有两种作用：其酸性和氧化性，其酸性硝酸的物质的量等于硝酸钠的物质的量，起氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量。【详解】 沉淀为Al(OH)3和Mg(OH)2，根据原子守恒，其质量应为合金质量和OH的质量，即m(OH)=(nm)g，故正确；当沉淀质量达到最大时，溶液中溶质为NaNO3，即n(NO3)=n(NaNO3)=n(NaOH)=V103amol，故错误；在沉淀中OH的物质的量等于Mg2、Al3所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子物质的量，即n(e)=n(OH)=(nm)/17mol，故正确；根据得失电子数目守恒，即生成n(NO)=(nm)/(173)mol=(nm)/51mol，因为室温状态下，因此无法计算NO的体积，故不正确；参加反应的硝酸有两种作用：其酸性和氧化性，因此与合金反应的硝酸的物质的量为aV103(nm)/51mol，故正确；综上所述，选项B正确。8.某学习小组开展下列实验探究活动：（1）装置A中反应的化学方程式为_。（2）设计实验：利用装置A中产生的气体证明+4价硫具有氧化性：_。（3）选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：装置连接顺序为A、C、_、_、D、F，其中装置C的作用是_，通过_现象即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。（4）利用G装置可测定装置A残液中SO2的含量。量取 1mL残液于烧瓶中，加适量的水稀释，加热使SO2全部逸出并与锥形瓶中H2O2完全反应（SO2+H2O2=H2SO4），然后用0.1000mol/LNaOH标准溶液进行滴定，至终点时消耗NaOH溶20.00mL。G中球形冷凝管的冷凝水进口为_（填“a”或“b”）。残液中SO2含量为_g/L。经多次测定发现，测定值始终高于实际值，则其原因是_。【答案】 (1). CaSO4+2HCl=CaCl2+SO2+H2O (2). 将SO2通入氢硫酸溶液或者硫化钠（NaHS也给分）溶液中，出现淡黄色沉淀（或溶液变浑浊）即证 (3). B (4). E (5). 除去HCl气体 (6). 当D中品红不褪色，F中出现白色沉淀 (7). b (8). 64.00 (9). 残液中有剩余的盐酸（或过氧化氢），导致实验中消耗的氢氧化钠的量偏多【解析】【详解】（1）装置A制备SO2，发生的化学反应方程式为CaSO32HCl=CaCl2SO2H2O；（2）SO2表现氧化性，是与H2S反应，SO22H2S=2H2O3S，设计实验如下：将SO2通入氢硫酸溶液或者硫化钠（或NaHS）溶液中，出现淡黄色沉淀（或溶液变浑浊），能够证明SO2的氧化性；（3）装置A的作用是制备SO2，SO2中混有HCl，干扰实验，用NaHSO3溶液吸收，然后通过装置B，得到CO2气体，推出亚硫酸的酸性强于碳酸，气体通过酸性高锰酸钾溶液，除去多余SO2，再通过品红溶液，验证SO2是否被完全除尽，最后通过漂白粉溶液，如果出现沉淀，说明碳酸的酸性强于次氯酸，从而最终得出亚硫酸的酸性强于次氯酸，连接顺序是ACBEDF；装置C的作用是除去SO2中混有HCl；通过装置D中品红溶液不褪色，防止SO2的干扰，F中出现白色沉淀；（4）冷凝水进口方向为b；根据信息建立关系式为SO2H2SO42NaOH，得出1mL残夜中含有SO2的物质的量为201030.1/2mol=1103mol，则残液中SO2的含量为110364/(1103)gL1=64.00gL1；测定值高于实际值，说明消耗NaOH多，可能是盐酸有剩余或H2O2有剩余。【点睛】本题的难点是装置的连接，首先弄清楚实验目的，本实验验证亚硫酸和次氯酸酸性强弱，然后找准实验原理，亚硫酸不仅具有酸性，还具有还原性，次氯酸能氧化亚硫酸，不能直接将SO2通入漂白粉中，采用间接方式进行验证，即亚硫酸制备碳酸，碳酸与次氯酸盐反应，从而得出亚硫酸和次氯酸酸性的强弱，根据原理连接装置，注意杂质气体的干扰。9.高锰酸钾是一种常用的氧化剂。如图是利用软锰矿（主要成分为MnO2）制备高锰酸钾的一种工艺（流程中部分产物已略去）：相关物质不同温度下的溶解度（单位：g）数据如表：（1）“熔融”步骤反应的化学方程式为_。（2）K2MnO4溶液中加入冰醋酸发生反应的离子方程式为：_。（3）操作2是_、_、_。（4）图中可以直接进行循环利用的物质是_（填化学式）。（5）KMnO4粗晶体中的主要杂质（填化学式）有_和_，若用硫酸代替图中的冰醋酸，则导致的问题及原因是_。【答案】 (1). 3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O (2). 3MnO42-+4CH3COOH=2MnO4-+MnO2+2H2O+4CH3COO- (3). 蒸发浓缩（或加热浓缩） (4). 冷却结晶（或降温结晶） (5). 过滤 (6). MnO2 (7). KCl (8). CH3COOK (9). 反应生成K2SO4，而K2SO4在常温下的溶解度也较小，析出后从而导致产品的纯度降低或硫酸酸性太强，导致MnO4-将Cl-氧化，产生有毒的Cl2，KMnO4损失且纯度降低【解析】【详解】（1）根据流程，“熔融”步骤中加入原料是KClO3、KOH、MnO2，得到K2MnO4，Mn的化合价由4价升高到6价，化合价升高，MnO2为还原剂，KClO3为氧化剂，被还原成KCl，根据化合价升降法进行配平，即化学方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；（2）根据流程，加入冰醋酸，得到KMnO4、CH3COOK、MnO2，只有Mn的化合价发生改变，即K2MnO4既是氧化剂又是还原剂，根据化合价升降法进行配平，得出离子方程式为3MnO42+4CH3COOH=2MnO4+MnO2+2H2O+4CH3COO；（3）滤液1中主要成分是KMnO4、CH3COOK、KCl，操作2是从溶液中得到溶质固体，结合KMnO4的溶解度随温度的降低而减小，则操作2应为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（4）经过操作1后所得滤渣的主要成分是MnO2，与软锰矿的主要成分相同，也是唯一可以循环利用的物质；（5）KMnO4粗晶体中主要含有的杂质为KCl、CH3COOK，若用硫酸代替图中的冰醋酸，生成K2SO4在常温下溶解度较小，析出从而导致产品的纯度降低，同时硫酸的酸性太强，导致MnO4将Cl氧化产生有毒的Cl2，KMnO4损失且纯度降低。10.实验室需要配制0.1 molL1NaOH溶液500mL。（1）根据计算用托盘天平称取的质量为_g。在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_(填序号)，除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_。（2）配制时，其正确的操作顺序是(用字母表示，每个操作只用一次)_。A用少量水洗涤烧杯2次3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解C将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1 cm2 cm处（3）下面操作造成所配NaOH溶液浓度偏高的是_。A溶解后溶液没有冷却到室温就转移B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线II向浓度相等、体积均为100 mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，再向所得溶液中滴加0.1 mol/L盐酸，产生CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示。（4）A曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生CO2的最大体积是_mL(标准状况)。B曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶液中溶质的化学式为_。【答案】 (1). 2.0 (2). bd (3). 500mL容量瓶、胶头滴管 (4). BCAFED (5). AC (6). 112 (7). NaOH、Na2CO3【解析】【详解】（1）配制0.1 molL1NaOH溶液500mL需要氢氧化钠的质量是0.1mol/L0.5L40g/mol2.0g；配制一定物质的量浓度溶液用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器有漏斗和分液漏斗，还需用到的玻璃仪器是500mL容量瓶、胶头滴管；（2）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以正确的顺序为：BCAFED；（3）A溶解后溶液没有冷却到室温就转移，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，A正确；B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，B错误；C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，导致溶液体积偏低，溶液浓度偏高，C正确；D摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，D错误；答案选AC。（4）由CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3可知在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，溶液中溶质的组成可能是NaOH、Na2CO3，Na2CO3，Na2CO3、NaHCO3，NaHCO3。则A曲线表明，当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成二氧化碳需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积25mL远远小于碳酸氢钠生成二氧化碳需要盐酸的体积（75-25）mL=50mL，说明原溶液中的溶质是Na2CO3、NaHCO3，由HCO3-+H+=H2O+CO2可知，与盐酸反应产生CO2的最大体积是0.05L0.1mol/L22.4L/mol0.112L112mL；B曲线表明，原溶液通入CO2后，当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成二氧化碳需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积60mL远远大于碳酸氢钠生成二氧化需要盐酸的体积（75-60）mL=15mL，说明原溶液中的溶质是NaOH、Na2CO3。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制、离子反应及化学反应的计算，明确溶液配制原理及操作步骤，注意容量瓶规格及使用方法，把握图象与反应的对应关系及溶质的判断为解答的关键，注意分析与计算能力的综合考查，题目难度中等。11.已知A、B、C、D四种元素的原子序数之和等于36.A的单质是最轻的气体；B的基态原子有3个不同的能级，各能级中电子数相等；D有“生物金属”之称，其单质和化合物有广泛的用途，D4+离子和氩原子的核外电子排布相同.工业上利用DO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物甲(甲可看做一种含氧酸盐).化合物甲有显著的“压电性能”，应用于超声波的发生装置.经X射线分析，化合物甲晶体的晶胞结构为立方体(如下图所示)，其中Ba2+占据体心位置，O2-占据棱心位置，D4+占据顶点位置.请回答下列问题：（1）A、B、C三种元素的电负性由大到小的顺序是_(填元素符号).（2）BA4分子的空间构型是_；B原子轨道的杂化类型为_.（3）C的气态氢化物的电子式为_；其沸点高于同主族其他元素氢化物的沸点，主要原因是_.（4）D的基态原子核外电子排布式为_.（5）制备化合物甲的化学方程式为_.在甲晶体中，若将D4+置于立方体的体心，Ba2+置于立方体的顶点，则O2-处于立方体的_.在甲晶体中，D4+的氧配位数为_.已知甲晶体的摩尔质量为M g/mol，其晶胞边长为4.0310-10m，则甲晶体的密度为_g/cm3(要求列出算式，阿伏加德罗常数用NA表示).【答案】 (1). NCH； (2). 正四面体型 (3). sp3 (4). (5). 因为其分子间存在氢键，所以其沸点高于同主族其他元素氢化物的沸点 (6). 1s22s22p63s23p63d24s2 (7). BaCO3+TiO2=BaTiO3+CO2 (8). 面心 (9). 6 (10). M6.5510-23NA【解析】【分析】A的单质是最轻的气体，即A为H，B的基态原子有3个不同的能级，各能级中电子数相等，即B的电子排布式为1s22s22p2，即B为C，D有“生物金属”之称，其单质和化合物有广泛的用途，D4离子和氩原子的核外电子排布相同，即D的原子序数为22，D为Ti，原子序数自核等于36，则C为N，然后进行分析。【详解】A的单质是最轻的气体，即A为H，B的基态原子有3个不同的能级，各能级中电子数相等，即B的电子排布式为1s22s22p2，即B为C，D有“生物金属”之称，其单质和化合物有广泛的用途，D4离子和氩原子的核外电子排布相同，即D的原子序数为22，D为Ti，原子序数自核等于36，则C为N，（1）同周期从左向右电负性增大，即电负性大小顺序是NCH；（2）BA4为CH4，空间构型为正四面体，中心原子C有4个键，无孤电子，价层电子对数为4，则杂化类型为sp3；（3）C的气态氢化物为NH3，其电子式为；氨气分子间存在氢键，其余同主族氢化物不含分子间氢键，因此氨气沸点高于同主族其他元素氢化物的沸点；（4）D为Ti，其基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d24s2；（5）根据化合物甲的晶胞结构，Ba2位于内部，Ba2个数为1，Ti4位于顶点，个数为81/8=1，O2位于棱上，个数为121/4=3，甲的化学式为BaTiO3，因此化学反应方程式为BaCO3TiO2=BaTiO3CO2；若将Ti4置于立方体的体心，Ba2置于立方体的顶点，根据晶胞的结构，推出O2位于面心；Ti4的氧配位数，指的是距离Ti4最近的O2的个数，根据晶胞的结构，推出Ti4的氧的配位数为6；晶胞的质量为1NAM