辽宁省县级重点高中协作体2023-2024学年高三上学期11月期中考试化学试题 含解析

2023-2024学年辽宁省县级重点高中协作体高三期中考试化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.考试时间为75分钟，满分100分可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Al：27Co：59一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.分类法是学习和研究化学的一种常用的科学方法。下列有关说法正确的是A.根据是否只含一种元素将物质分为单质和化合物B.根据酸分子中的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等C.生成一种单质和一种化合物的反应一定是置换反应D.非金属氧化物不一定是酸性氧化物【答案】D【解析】【详解】A．只含一种元素的物质可能是混合物，如和，而单质和化合物都是纯净物，A项错误；B．根据酸分子电离出的个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，B项错误；C．置换反应是指一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，C项错误；D．非金属氧化物大部分是酸性氧化物，如、等，但有一些非金属氧化物如CO、NO等不是酸性氧化物，D项正确；答案选D。2.下列化学用语或表述正确的是A.的空间结构：直线形 B.中的共价键类型：非极性键C.基态溴离子的价电子排布式为 D.水为非极性分子【答案】B【解析】【详解】A．的中心原子为S，根据VSEPR模型可以计算，中S含有个孤电子对，采取sp3杂化，因此为V形分子，A错误；B．分子中相邻两个碳原子之间形成共价键，同种元素的原子之间形成的共价键为非极性共价键，分子中的共价键类型为非极性共价键，B正确；C．Br是第ⅦA族元素，基态溴离子价电子排布式为，C错误；D．水分子为V形分子，正负电荷中心不重合，为极性分子，D错误；故选B。3.已知铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3、SiO2。下列物质转化，在给定条件下能实现的是A.NaNa2O2NaHCO3B.铝土矿Al2(SO4)3(aq)Al(OH)3Al2O3C.纯银饰品AgCl(s)Ag(NH3)2Cl(aq)D.铜刻制印刷线路板CuCl2(aq)、FeCl2(aq)Fe、CuCu【答案】D【解析】【详解】A．Na2O2与二氧化碳反应生成Na2CO3，与二氧化碳的量无关，故A错误；B．铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3、SiO2，Al2O3、Fe2O3与稀硫酸反应，SiO2与稀硫酸不反应，过滤后得到含有Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3的溶液，在滤液中加入过量的氢氧化钠，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，在偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，故B错误；C．银与稀盐酸不反应，故C错误；D．Cu与FeCl3反应生成FeCl2和CuCl2，加入过量铁粉，Fe单质与CuCl2发生置换反应生成Cu单质，Fe与稀盐酸反应生成FeCl2，故D正确；故选D。4.对下列实验过程的评价，正确的是A.向某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐B.向某溶液中滴加溶液，生成白色沉淀，证明原溶液中一定含有C.向某无色溶液中加入稀溶液，然后在瓶口用湿润的红色石蕊试纸检验，未变蓝色，证明原溶液中不含D.验证某烧碱溶液中是否含有，先加稀硝酸除去，再加入溶液，有白色沉淀产生，证明原烧碱溶液中含有【答案】D【解析】【详解】A．无色气体可能为二氧化硫，则原固体可能含有碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，A错误；B．白色沉淀可能为氯化银或碳酸钡等，原溶液中可能含有银离子或者硫酸根离子，但两者不同时存在，B错误；C．向某无色溶液中加入稀氢氧化钠溶液，不加热和稀溶液只能生成一水合氨，然后在瓶口用湿润的红色石蕊试纸检验，末变蓝色，不能证明原溶液中不含，C错误；D．烧碱溶液中的可与银离子反应，也可以与酸发生中和反应，则先加硝酸排除干扰离子，再加硝酸银生成的白色沉淀为氯化银，则证明原溶液中含有氯离子，D正确；故选D。5.设为阿伏加德罗常数的值。硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是。下列说法中不正确的是A.标况下，11.2L含键数目为B.0.2溶液中含有的数目为0.4C.该反应生成1mol氧化产物，转移电子数目为4D.常温、常压下，4.4g的质子数目为2.2【答案】B【解析】【详解】A．标况下，11.2L为0.5mol，含有键为1mol，数目为NA，A正确；B．0.2溶液的体积未知，无法计算，B错误；C．该反应生成2mol氧化产物(CO2)，转移8mol电子，则生成1mol氧化产物转移电子数目为4，C正确；D．一个二氧化碳分子有22个质子，4.4g为0.1mol，则质子数目为2.2，D正确；故选B。6.硝酸铵受热易分解，温度不同，分解产物也不同，温度加热到400℃以上易发生爆炸，反应为，下列说法正确的是A.中的阳离子发生还原反应B.该反应的氧化产物为，还原产物为C.反应生成22.4L，转移电子4molD.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3【答案】D【解析】【分析】利用双线桥表示该分解反应的电子转移情况，据此分析解题。【详解】A．中Ｎ元素为-3价，失电子被氧化成中0价的N，发生氧化反应，A错误；B．中+5价的N元素得电子一部分被还原为中+4价的N，一部分被还原为中0价的N，故氧化产物为，还原产物为和，B错误；C．生成标准状况下，即转移电子，题中未指明标况，无法计算，C错误；D．当4mol硝酸铵分解时，得到氧化产物，还原产物和，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，D正确；故答案为：D。7.氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是A.自然固氮、人工固氮都是将转化为B.侯氏制碱法以、、、为原料制备和C.工业上通过催化氧化等反应过程生产D.多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”【答案】A【解析】【详解】A．自然固氮是将N2转化为含氮化合物，不一定是转化为NH3，比如大气固氮是将N2会转化为NO，A错误；B．侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式为H2O+NH3+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，B正确；C．工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3，相关的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，C正确；D．氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”，D正确；故选A。8.Z是医药工业和香料工业的重要中间体，合成路线如图所示。下列说法正确的是A.X和Y互为同系物B.X→Y属于取代反应，Y→Z属于氧化反应C.X苯环上的二氯代物有6种，Y苯环上的三氯代物有2种D.Z中所有原子可共平面，Z与H2完全加成后分子中存在2个手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，X和Y不是同类物质，不可能互为同系物，故A错误；B．由结构简式可知，与甲醛发生加成反应生成，故B错误；C．由结构简式可知，X苯环上的邻、间、对二氯代物可以视作二氯苯分子中苯环上的氢原子被酚羟基取代所得结构，共有6种，Y苯环上的三氯代物与一氯代物的数目相同，共有2种，故C正确；D．由结构简式可知，Z与氢气全加成所得分子为结构对称的分子，分子中不存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故D错误；故选：C。9.已知X、Y、Z、W、R均是短周期主族元素，X和Z同主族，Y、Z、W、R同周期，W的简单氢化物可用作制冷剂。它们组成的某种化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是A.第一电离能：Y>Z>WB.简单离子半径：R<W<Y<ZC.W的简单氢化物的空间结构为三角锥形D.能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其漂白性【答案】C【解析】【分析】W的简单氢化物可用作制冷剂，说明W是N元素，由物质的结构可知，X能形成6个共价键，且X和W不是同周期元素，说明X是S元素，X和Z同主族，则Z是O元素；Y、Z、W、R同周期，即为第二周期元素，Y能形成1个共价单键，R能形成＋1价阳离子，说明Y是F元素，R是Li元素。【详解】A．非金属性：F>O>N，即非金属性：Y>Z>W，但第一电离能：Y>W>Z，A项错误；B．只有1个电子层，、、均有2个电子层，且电子排布完全相同，随着核电荷数的增加，简单离子半径逐渐减小，故简单离子半径，B项错误；C．W的简单氢化物为，的空间结构为三角锥形，C项正确；D．为，与NaOH反应使溶液碱性减弱，从而使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了是酸性氧化物的性质，D项错误；故选C。10.高铁酸钾是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，一种利用废铁屑制备高铁酸钾的流程如图所示：下列叙述正确的是A.与明矾净水的原理相同B.反应Ⅰ中尾气可用饱和石灰水吸收，防止污染的同时还可制得漂白粉C.反应Ⅱ的离子方程式为D.在强碱性溶液中能稳定存在，且溶解度比小【答案】D【解析】【详解】A．有强氧化性，因而可以杀菌消毒，当铁的价态降低为价后又可水解生成胶体，从而吸附水中的悬浮物。明矾净水是因为水解生成胶体吸附水中的悬浮物，所以二者净水的原理不同，A项错误；B．反应中尾气为，因为溶解度很小，所以用饱和石灰水吸收不充分，不能有效防止污染，也不能很好地获得漂白粉，B项错误；C．反应Ⅱ在碱性环境下发生，离子方程式中不可能有，正确的写法应为，C项错误；D．由制取过程知，在强碱性溶液中稳定，溶解度比小，D项正确；答案选D。11.下列有关描述对应的离子方程式书写正确的是A.向酸性溶液中滴入溶液：B.向溶液中加入过量溶液：C.将过量的通入溶液中：D.用白醋浸泡过的淀粉-KI试纸检验加碘盐中的：【答案】B【解析】【详解】A．向酸性溶液中滴入溶液的离子方程式应该为，A错误；B．向KAl(SO4)2溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，则KAl(SO4)2和Ba(OH)2按物质的量之比为1:2反应，其离子方程式为，B正确；C．将过量的通入溶液中发生反应的离子方程式应该为，酸性条件下不能生成FeS，C错误；D．用白醋浸泡过的淀粉-KI试纸检验加碘盐中的时，发生反应的离子方程式应该为，D错误；故选B。12.漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，某实验小组设计如图实验装置制取氯气并验证其性质。下列叙述正确的是。A.A装置中反应的化学方程式为B.B装置中溶液先变蓝色后褪色，其原因是淀粉被氧化C.取C装置中的溶液，滴加溶液产生白色沉淀，可证明已被氧化D.D装置溶液变黄色，证明还原性：【答案】A【解析】【分析】漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，氯气和碘离子生成碘单质使淀粉变蓝色，氯气和亚硫酸钠反应生成硫酸钠，氯气和碘化亚铁、氯化亚铁生成碘单质、铁离子，氯气有毒尾气使用装置E吸收；【详解】A．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，酸性条件下发生归中反应生成氯气，故漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，反应为，A正确；B．B装置中氯气和碘离子生成碘单质使淀粉变蓝色，通入过量氯气后碘单质被氧化为碘酸根，蓝色褪去，不是淀粉被氧化，B错误；C．亚硫酸钠和氯化钡也会生成亚硫酸钡沉淀，C错误；D．反应生成的铁离子、碘溶液均为黄色，D错误；故选A。13.化学是以实验为基础的科学。下列实验操作正确且能达到目的的是选项实验操作目的A将溴水滴入KI溶液中，加入苯并充分振荡，用分液漏斗分离出下层溶液为碘的苯溶液萃取溶液中生成的碘B将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的该混合液中滴加硝酸银溶液检验水解产物中的溴离子C取适量补铁口服液于试管中，加入少量KSCN溶液，观察溶液颜色变化探究补铁口服液是否被氧化D用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯上灼烧，观察火焰检验溶液中含有A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．溴水滴入KI溶液中，会生成碘单质，碘易溶于苯且苯难溶于水，但苯的密度比水小，从下口放出下层溶液，应将上层碘的苯溶液从上口倒出，A错误；B．没有中和氢氧化钠溶液，氢氧化钠和硝酸银溶液反应产生沉淀会干扰溴离子检验，B错误；C．补铁口服液中含有，当被氧化时则生成，可以加KSCN溶液检验，若溶液变红，则被氧化，否则没有被氧化，C正确；D．常混有杂质而干扰的检验，应该透过蓝色的钴玻璃来观察的颜色，D错误；故选C。14.已知锰的氧化物与硝酸可发生如下反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：则下列推断错误的是A.由反应Ⅰ可知，与相比，与浓盐酸反应制取氯气的条件更容易B.由反应Ⅰ、Ⅱ可知氧化性：C.MnO不能与稀硝酸发生反应：D.将看作，可发生反应：【答案】D【解析】【详解】A．由反应Ⅰ可知氧化性大于，与浓盐酸反应制取氯气的条件更容易，A项正确；B．反应Ⅰ为锰元素自身的歧化反应，稀并未将氧化为，故说明(稀)氧化性小于，反应中(浓)将MnO氧化为，说明(浓)氧化性大于，B项正确；C．由反应Ⅰ可知稀硝酸不能将＋2价Mn氧化为，C项正确；D．中Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅲ)含量比值为1∶2，由反应Ⅰ可知三价锰在酸性条件下可发生歧化反应生成，则反应方程式为，D项错误；故答案为：D。15.小组探究和与碱的反应，实验过程及结果如下。实验装置试剂X实验结果ⅠⅡⅢ①Ⅱ、Ⅲ均产生白色沉淀；②烧杯中溶液pH变化如下蒸馏水0.05溶液0.05溶液下列说法不正确的是A.Ⅰ是空白实验，排除因体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响B.Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明与不反应C.Ⅲ中石灰水恰好完全反应时，溶液pH=7D.若将试剂X换为，所得的pH曲线与Ⅲ的pH曲线不重合【答案】C【解析】【详解】A．Ⅰ中试剂X为蒸馏水，则Ⅰ是空白实验，目是排除因体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响，A正确；B．Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明与不反应，Ⅱ中发生反应：，B正确；C．Ⅲ中石灰水恰好完全反应时，发生反应：，溶质为碳酸钠，其溶液显碱性，pH>7，C错误；D．若将试剂X换为，发生反应：，恰好完全反应时生成碳酸钙沉淀和水，pH=7，所得的pH曲线与Ⅲ的pH曲线不重合，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.钴是重要的战略金属之一，钴粉主要以高温氢还原草酸钴制得。一种利用水钴矿[主要成分为，还含有少量CuO、、、MnO、CaO、等]制备钴的工艺流程如下。已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表。金属离子开始沉淀的pH2.77.67.64.07.74.7完全沉淀的pH3.79.69.25.29.86.7请根据以上信息，回答下列问题：（1）为加快“酸浸”的速率和效率，可以采取的措施有___________(答出1条即可)，滤渣1的主要成分为___________(填化学式)。（2）在“酸浸”步骤中发生的最主要的氧化还原反应的化学方程式为___________。（3）“转化”步骤中加的目的是___________(用离子方程式表示)，该步骤反应温度不宜高于40℃的原因可能是___________。（4）在“调pH”步骤中加入调节溶液的pH，其合理范围为___________；“萃取”步骤中萃取的主要离子是___________(填离子符号)。（5）在“沉钴”步骤中，副产物在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为___________。【答案】（1）①.将水钴矿石粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等②.、（2）（3）①.②.不稳定，温度高于40℃时加速分解，使“转化”反应速率减小（4）①.6.7≤pH<7.6②.（5）【解析】【分析】酸浸后，滤出的滤渣为、，加入的目的是将氧化为，加入调节溶液的pH是为了将阳离子、、以氢氧化物形式沉淀除去，萃取中有机相为Mn2+，加入(NH4)2C2O4沉钴，以此分析；【小问1详解】为加快“酸浸”的速率和效率，可以采取的措施有：将水钻矿石粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等(题干流程图已指定酸浸温度为95℃，所以可采取的措施不能为升高温度或加热)；在硫酸中不溶解，硫酸与氧化钙反应生成微溶的，所以滤渣1的主要成分为、；故答案为：将水钻矿石粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等；、；【小问2详解】在“酸浸”步骤中发生的最主要的氧化还原反应的化学方程式为；故答案为：；【小问3详解】“转化”步骤中加入的目的是将氧化为，所以用离子方程式表示为；该步骤反应温度不宜高于40℃的原因可能是：不稳定，温度高于40℃时加速分解，使“转化”反应速率减小；故答案为：；不稳定，温度高于40℃时加速分解，使“转化”反应速率减小；【小问4详解】在“调pH”步骤中加入调节溶液的pH是为了将阳离子、、以氢氧化物形式沉淀除去(形成沉淀的pH范围与有重叠，所以此步骤无法除去)，结合已知信息可知pH的合理范围为：6.7≤pH≤7.6；在“萃取”步骤中萃取的主要离子是；故答案为：6.7≤pH≤7.6；；【小问5详解】副产物在空气中可被氧气氧化的化学方程式为；故答案：。17.某实验小组对Cu与的反应进行研究，实验如下。（1）试管①中反应的化学方程式是_______。（2）已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为与水生成了和_______。（3）对比③和⑤中现象，为探究③中立即产生气泡的原因，实验小组提出如下假设，并设计实验验证。假设1：对该反应有催化作用。假设2：对该反应有催化作用。假设3：对该反应有催化作用。序号实验操作实验现象结论3向④中溶液加入少量_______(填化学式)固体后，加入铜片溶液蓝色加深，无其他明显现象假设1不成立4_______(填实验操作)铜片表面立即产生气泡假设2成立5向②中溶液通入少量_______(填化学式)气体后，加入铜片无明显变化6向④中溶液加入少量_______(填化学式)溶液，再加入铜片铜片表面立即产生气泡假设3成立（4）得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片。补充该实验的目的是_______。（5）某工厂用硝酸溶解废铜屑制备，为避免的生成，实验小组提出还应加入溶液，反应的离子方程式为_______；消耗含铜元素80%的废铜屑240kg固体时，得到653.4kg产品，产率为_______。【答案】（1）Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O（2）HNO3（3）①.Cu(NO3)2②.向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片③.N2(或稀有气体等其他不与体系发生反应的气体)④.HNO2（4）排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响（5）①.2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O②.90%【解析】【小问1详解】试管①中反应的化学方程式是Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。【小问2详解】已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为与水生成了，二氧化氮化合价降低，还有化合价升高，则二氧化氮的氮也应该升高，即生成HNO3；故答案为：HNO3。【小问3详解】假设1不成立，则应该向溶液中加入铜离子即加入Cu(NO3)2，蓝色加深，氮没有其他明显现象；为验证是对该反应有催化作用，则应该向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片，铜片立刻产生气泡，再将②中溶液通入稀有气体等将里面的二氧化氮排出，再加铜片无明显现象，说明是对该反应有催化作用；为验证对该反应有催化作用，应将向④中溶液加入少量溶液，再加入铜片，铜片表面立即产生气泡；故答案为：Cu(NO3)2；向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片；N2(或稀有气体等其他不与体系发生反应的气体)；HNO2。【小问4详解】得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片，由于二氧化氮溶于水生成硝酸，导致硝酸浓度变大，因此补充该实验的目的是排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；故答案为：排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响。【小问5详解】某工厂用硝酸溶解废铜屑制备，为避免的生成，实验小组提出还应加入溶液，则铜、硝酸、双氧水反应生成硝酸铜和水，其反应的离子方程式为2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O；消耗含铜元素80%的废铜屑240kg固体时，根据Cu～，理论得到质量为，实际得到653.4kg产品，产率为；故答案为：2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O；90%。18.配合物在工农业生产中有广泛应用。（1）铁的一种配合物的化学式为，配体Htrz为三氮唑()。①基态与中未成对的电子数之比为___________。②元素H、O、C、N电负性从小到大的顺序为___________。③阴离子的键角___________的键角(填“等于”“大于”或“小于”)。④配体三氮唑()中配位原子是___________，碳原子的杂化方式为___________。⑤三氮唑沸点为260℃，与其结构类似的环戊二烯沸点为42.5℃，三氮唑沸点明显偏高的原因是______________________。（2）钴蓝晶胞结构如下图所示，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为___________；为阿伏加德罗常数的值，钻蓝晶体的密度为___________(列计算式)。【答案】（1）①.4∶5②.H<C<N<O③.大于④.氮原子⑤.⑥.三氮唑分子间可形成氢键（2）①.②.【解析】【小问1详解】①Fe是26号元素，基态Fe价层电子排布式是，Fe失去最外层2个4s电子得到，失去最外层2个4s电子和1个3d电子得到，所以基态电子排布式为[Ar]，基态的电子排布式为[Ar]，二者未成对的电子数之比为4∶5。②同周期元素从左到右，电负性依次增大，氢比碳小，元素H、O、C、N电负性从小到大的顺序为H<C<N<O。③、中中心原子的价层电子对数分别为：、，孤电子对数分别为1、0，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，故键角：。④配体三氮唑()中配位原子是氮原子，碳原子的杂化方式为杂化。⑤三氮唑的沸点为260℃，而环戊二烯()的沸点为42.5℃，前者的沸点比后者高得多，是由于在三氮唑分子间形成