河北省唐山市2019届高三化学上学期期末考试A卷（含解析）.docx

河北省唐山市2019届高三化学上学期期末考试A卷（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Ni-59 As-75 Zr-91一、选择题(本题包括13小题，每小题只有一个选项符合题意)1.用“空气吹出法”从海水中提取溴的工艺流程如下：下列说法不正确的是A. 蒸馏塔中只发生了物理变化B. 吸收塔利用了SO2的还原性，使Br2还原成BrC. 在吸收塔中溴元素得到了富集D. 吹出塔中通入水蒸气，能减小Br2的溶解度【答案】A【解析】【分析】浓缩、酸化后的海水通入氯气，氯气氧化溴离子生成单质溴，通入空气水蒸气吹出溴单质，溴单质被二氧化硫吸收再在蒸馏塔中通入氯气氧化溴离子生成单质溴，冷凝、精馏得到纯溴。【详解】A、蒸馏塔中氯气氧化溴离子生成单质溴，蒸馏塔中不只发生了物理变化，故A错误；B、SO2中硫元素化合价升高，失电子被氧化，吸收塔利用了SO2的还原性，使Br2还原成Br，故B正确；C、溴离子被氧化为溴单质，吸收塔吹出单质被二氧化硫在吸收塔中吸收，经过吸收塔后，溴元素得到了富集，故C正确；D、吹出塔中通入水蒸气，温度升高，能减小Br2的溶解度，故D正确；故选A。2.有机物A的结构如右图所示，下列说法中正确的是A. 有机物A易溶于水B. 有机物A在铜的催化下与O2反应生成醛C. 1molA最多能与4molH2发生加成反应D. 在酸性条件下，有机物A水解形成一种有机物【答案】D【解析】【分析】A、A中只有-OH是亲水基，烃基部分难溶于水；B. 有机物A在铜的催化下与O2反应生成酮；C、酯基上双键不能与氢气发生加成；D、在酸性条件下，有机物A水解形成一种有机物；【详解】A、A中只有-OH是亲水基，烃基部分难溶于水，A在水中溶解度较小，故A错误；B. 有机物A在铜的催化下与O2反应生成酮，故B错误；C、酯基上双键不能与氢气发生加成，1molA最多能与3molH2发生加成反应，故C错误；D、在酸性条件下，有机物A水解形成一种有机物，故D正确；故选D。3.下列有关实验结论正确的是实验操作实验现象实验结论A向FeCl3和KSCN的混合溶液中加入KCl溶液溶液红色变浅增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动B某无色溶液中加入硝酸酸化，再加硝酸钡溶液有白色沉淀说明溶液中含有SO42-C饱和氯化银溶液与饱和碘化银溶液等体积混合有黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)D用洁净的铂丝蘸去少量溶液在酒精灯上灼烧火焰呈紫色该溶液一定是钾盐溶液A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】A、KCl不影响铁离子与SCN的络合反应；B、加入稀硝酸酸化的硝酸钡溶液，亚硫酸根离子会被氧化为硫酸根离子；C、在AgCl和AgI两饱和溶液中，前者c（Ag + ）大于后者c（Ag + ），c（Cl - ）c（I - ），当将AgCl、AgI两饱和溶液混合时，由于Ksp（AgCl）Ksp（AgI），发生沉淀转化，生成更多的AgI沉淀；D、不一定是钾盐，可能是碱等；【详解】A、KCl不影响铁离子与SCN的络合反应，则向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固体，溶液颜色不变，故A错误；B、加入稀硝酸酸化的硝酸钡溶液，亚硫酸根离子会被氧化为硫酸根离子，不能排除亚硫酸根离子的干扰，故B错误；C、在AgCl和AgI两饱和溶液中，前者c（Ag + ）大于后者c（Ag +），c（Cl - ）c（I - ），当将AgCl、AgI两饱和溶液混合时，由于Ksp（AgCl）Ksp（AgI），发生沉淀转化，生成更多的AgI沉淀，故C正确；D、不一定是钾盐，可能是碱等，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了物质检验方案的设计与评价、难溶物溶度积等，解题关键：明确制备原理、难溶物溶度积的概念，难点C，AgCl和AgI两饱和溶液中，前者c（Ag +）大于后者c（Ag +）。4.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 标准状况下，22.4LCH3COOH中含有碳原子数为2NAB. 1.7g羟基(OH)和1.7gOH中含有质子数均为0.9NAC. 1molN2与3molH2在一定条件下充分反应，生成NH3分子数目为2NAD. 7.8gNa2O2与足量水反应，转移电子0.2NA【答案】B【解析】【分析】A、标准状况下，22.4LCH3COOH不是气态；B、羟基(OH)和OH的质子数均为9；C、N2与H2在一定条件下的反应是可逆反应；D、Na2O2与足量水反应，-1价的氧的化合价一半升高一半降低；【详解】A、标准状况下，22.4LCH3COOH不是气态，故A错误；B、羟基(OH)和OH的质子数均为9，1.7g羟基(OH)和1.7gOH中含有质子数均为0.9NA，故B正确；C、N2与H2在一定条件下的反应是可逆反应， 1molN2与3molH2在一定条件下充分反应，生成NH3分子数目小于2NA，故C错误；D、Na2O2与足量水反应，-1价的氧的化合价一半升高一半降低，7.8gNa2O2与足量水反应，转移电子0.2NA，故D错误；故选B。5.常温下，向20mL某一元酸(HA)溶液中逐滴加入0.1molL1的NaOH溶液，测得混合溶液中由水电离出的c(H+)随加入NaOH溶液的体积变化关系图如下。下列说法不正确的是A. Ka(HA)的数量级为105B. d点溶液的pH最大C. b点溶液显酸性，c(A)c(Na+)c(H+)c(OH)D. d点溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(A)+c(OH)【答案】C【解析】【分析】A、根据HA的电离常数定义计算；B、d点碱性最强，pH最大；C、b点是HA和NaOH恰好完全反应的点，溶液显碱性；D、由电荷守恒解答。【详解】A、b点是HA和NaOH恰好完全反应的点，酸和碱的体积均为20ml，原酸的浓度为0.1molL1，a点HAHA，c（H+）=c（A-）=0-14/10-11=10-3， Ka(HA)=c（H+）c（A-）/c(HA)=10-310-3/(0.1-10-3)，Ka(HA)的数量级为105，故A正确；B、d点碱性最强，pH最大，故B正确；C、b点是HA和NaOH恰好完全反应的点，且A-要水解，溶液显碱性，c(Na+)c(A)c(OH)c(H+)，故C错误；D、d点溶液相当于NaA和NaOH的混合溶液，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A)+c(OH)，故D正确；故选C。【点睛】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，解题关键：明确图象中各点的pH及溶液中的溶质，解题技巧D，注意电荷守恒的应用。6.Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。W、Y是金属元素，Z的原子序数是X的2倍。Q与W同主族，且Q与W形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性。Y的氧化物既能与强酸溶液反应又与强碱溶液反应。下列说法不正确的是A. Q与X形成简单化合物的分子为三角锥形B. Z的氧化物是良好的半导体材料C. 原子半径YZXQD. W与X形成化合物的化学式为W3X【答案】B【解析】【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。Q与W同主族，且Q与W形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。则Q为H元素，W为Li元素，Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性，X为N元素。W、Y是金属元素，Y的氧化物既能与强酸溶液反应又与强碱溶液反应。Y为Al元素，Z的原子序数是X的2倍，Z为Si元素。【详解】A. Q与X形成简单化合物NH3的分子为三角锥形，故A正确；B. Z为Si元素，硅晶体是良好的半导体材料，Z的氧化物SiO2，是共价化合物，不导电，故B错误；C. 电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：YZXQ，故C正确；D. W与X形成化合物的化学式为Li3N，故D正确；故选B。7.以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe(OH)2，装置如下图所示，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。下列说法正确的是A. 石墨I电极反应为H22e+2OH=2H2OB. CO2在石墨电极上得电子C. X电极材料为铁D. NaCl溶液中Cl移向Y电极【答案】D【解析】【分析】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反应式为H2-2e+CO32CO2+H2O，正极反应式为O2+4e+2CO2=2CO32，右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH、阳极反应式为Fe-2e+2OH=Fe（OH）2【详解】A. 石墨I电极反应为H2-2e+CO32CO2+H2O，故A错误；B. 石墨电极O2+4e+2CO2=2CO32，O2在石墨电极上得电子，故B错误；C. X是阴极，X电极不需要一定用铁作电极，可以用石墨电极，Y电极材料为铁，故C错误；D.Y电极是阳极， NaCl溶液中Cl移向Y电极，故D正确；故选D。【点睛】本题考查原电池和电解池原理，正确判断原电池正负极及电解池阴阳极是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意该原电池中电解质是熔融碳酸盐而不是酸或碱溶液。三、非选择题包括必考题和选考题两部分。第2题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题8.某实验小组学习了反应CO2+2Mg2MgO+C的相关知识后，欲探究镁是否与SO2气体反应，设计了下列实验装置图(注：石棉绒是一种耐火材料，不参与反应)。请回答下列问题：(1)若可供选择固体试剂有：木炭、铜片、亚硫酸钠固体，则装置A中发生反应的化学方程式为_。(2)装置B中所盛入的药品是_。(3)仪器a的名称是_，其作用是_。(4)实验完毕后观察到石棉绒上有黄色物质生成，将石棉绒及其附着物投入到稀盐酸中，会产生具有臭鸡蛋气味的气体，则镁与SO2除发生SO2+2Mg2MgO+S反应外，还发生的反应是_。(5)在装置C、D间插入图所示装置，可以获得亚硫酸(H2SO3)溶液。液体X可以是下列试剂中的_(填序号)。A.苯 B.汽油 C.四氯化碳 D.酒精实验完毕后，通过_(实验操作名称)可以将上、下两层液体分开。向亚硫酸溶液中通入空气，溶液的pH_(填“增大”、“减小或“不变”)，其原因是_(用化学方程式表示)。【答案】 (1). Na2SO3H2SO4Na2SO4SO2H2O(或Na2SO32H2SO42NaHSO4SO2H2O) (2). 浓硫酸 (3). 球形干燥管 (4). 防止倒吸 (5). MgS MgS (6). C (7). 分液 (8). 减小 (9). 2H2SO3O22H2SO4【解析】【分析】A中制备二氧化硫，B中用浓硫酸进行干燥，C中探究二氧化硫与镁的反应，D用碱吸收尾气。C与D之间装置中2H2SO3O22H2SO4，酸性增强。【详解】（1）装置A制备二氧化硫，Na2SO3H2SO4Na2SO4SO2H2O(或Na2SO32H2SO42NaHSO4SO2H2O) ；（2）装置B用于干燥二氧化硫，装置B中所盛入的药品是浓硫酸；（3）D用于吸收尾气，仪器a的名称是球形干燥管，其作用是防止倒吸；（4）实验完毕后观察到石棉绒上有黄色物质生成，说明发生了SO2+2Mg2MgO+S反应，将石棉绒及其附着物投入到稀盐酸中，会产生具有臭鸡蛋气味的气体，说明 含有MgS，则镁与SO2除发生SO2+2Mg2MgO+S反应外，还发生的反应是 MgS MgS ；（5）液体X必须密度大于水，且二氧化硫在其中溶解度小，故选C。实验完毕后，通过分液可将互不相溶的两层液体分开；通入空气将亚硫酸氧化成硫酸，pH减小，反应方程式为2H2SO3O22H2SO4。9.ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为 ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下流程制取。已知： ZrSiO4能与烧碱反应生成Na2ZrO3和Na2SO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+。部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。金属离子Fe3+Al3+ZrO2+开始沉淀pH1.93.36.2沉淀完全pH3.05.28.0(1)“熔融”过程中，ZrSiO4发生反应的化学方程式是_，滤渣I的化学式为_。(2)“氧化”过程中，发生反应的离子方程式是_，调“pH=a”时，a的范围是_。(3)为得到纯净的ZrO2，滤渣要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。(4)滤渣的成分是Zr(CO3)2xZr(OH)4。取干操后的滤渣 37.0g，煅烧后可得到24.6gZrO2。则x等于_；“调pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为_【答案】 (1). ZrSiO44NaOHNa2ZrO3Na2SiO32H2O (2). H2SiO3 (3). 2Fe2H2O22H2Fe32H2O (4). 5.2a6.2 (5). 取少许最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，说明已洗净 (6). 1 (7). 2ZrO22CO322H2OZr(CO3)2Zr(OH)4【解析】【分析】锆英砂主要成分为 ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质，加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，氧化铝转化为NaAlO2，SiO2转化为Na2SiO3，Fe2O3不反应，再加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为氯化铝、氧化铁转化为氯化铁，FeCO3转化Fe2，滤液中含有ZrO2、Fe2、Fe3、Al3，Na、Cl等，加双氧水，将Fe2氧化为Fe3，加氨水调节pH为5.26.2，使Fe3、Al3转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2等，再加氨水调节pH8.0，使ZrO2转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤、干燥得到Zr（OH）4，加热分解即可得到ZrO2。根据方程式计算滤渣的组成。【详解】(1)“熔融”过程中，加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，ZrSiO4发生反应的化学方程式是：ZrSiO44NaOHNa2ZrO3Na2SiO32H2O ；加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤渣I的化学式为： H2SiO3；（2）加双氧水，将Fe2氧化为Fe3，加氨水调节pH为5.26.2，使Fe3、Al3转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不沉淀，“氧化”过程中，发生反应的离子方程式是2Fe2H2O22H2Fe32H2O，调“pH=a”时，a的范围是 5.2a6.2；（3）为得到纯净的ZrO2，滤渣要用水洗，滤渣中可能含有氯离子，检验沉淀是否洗涤干净的方法是取少许最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，说明已洗净；（4）根据方程式：Zr(CO3)2xZr(OH)4=（x+1）ZrO2+2CO22xH2O 211+159x 123（x+1） 37.0g 24.6g x=1“调pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为2ZrO22CO322H2OZr(CO3)2Zr(OH)4。【点睛】本题考查混合物的分离和提纯，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，解题关键：明确流程图中各个步骤发生的反应及溶液中存在的微粒，知道常见离子的检验方法及实验现象10.甲醇是重要的化工原料，利用煤化工中生产的CO、CO2和H2可制取甲醇等有机物，发生的反应有：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=99kJmol1CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H2相关物质的化学键键能数据如下：化学键C=OH-HC-OH-OC-HE/(kJ/mol)803436343465413(1)该反应H2=_。(2)关于反应下列说法，正确的是_。A.该反应在任何温度下都能自发进行B.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小C.使用催化剂，不能提高CO的转化率D.增大压强，该反应的化学平衡常数不变(3)在某温度下，将1.0moCO与2.0molH2充入2L的空钢瓶中，发生反应，在第5min时达到化学平衡状态，此时甲醇的物质的量分数为0.1。在第10min、20min时分别改变反应条件，甲醇的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示：从反应开始到5min时时，生成甲醇的平均速率为_。H2的平衡转化率=_%，化学平衡常数K=_。1min时，v正_v逆(填“大于”“小于”或“等于”)1mim时v正_4min时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)比较甲醇在78min、1213min和2527min时平均反应速率平均反应速率分别以v(78)、v(1213)、v(2527)表示的大小_。若将钢瓶换成同容积的绝热容器，重复上述试验，平衡时甲醇的物质的量分数_0.1。(填“”、“”或“=”)【答案】 (1). 63 kJ.mol1 (2). CD (3). 0.025 mol.L1.min1 (4). 25 (5). 0.59 (6). 大于 (7). 大于 (8). v(1213)v(78)v(2527) (9). 【解析】【分析】（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能；（2）A、G=H-TS0反应才能自发；B、升高温度，正逆反应速率均增大；C、使用催化剂，不改变平衡；D、平衡常数与温度有关；（3）根据三段式解析。由速率的定义式计算；根据转化率和平衡常数表达式计算；反应正向进行时，正速率大。平衡之前，正速率大于逆速率；平衡时平均速率为0；绝热条件，放热反应发生后体系温度升高。【详解】（1）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，该反应H2=2803kJmol1+3436kJmol1-（3413+343+465）kJmol1-2465kJmol1=63 kJ.mol1 ；（2）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=99kJmol1A.H1=99kJmol1，Sv逆；反应达平衡的速率图像如下图：所以，在达平衡前任意点的正反应速率大于任意点的逆反应速率，即1min时的v正(CH3OH)4min 时v逆(CH3OH )。1213min处于非平衡状态，反应速度大，甲醇在78min、2527min处于平衡状态，平均反应速率为0，比较甲醇在78min、1213min和2527min时平均反应速率平均反应速率分别以v(78)、v(1213)、v(2527)表示的大小：v(1213)v(78)v(2527)；若将钢瓶换成同容积的绝热钢瓶，重复上述实验，则反应放出的热量不能散发，会使体系温度上升，正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，甲醇体积分数将减小，所以小于0.1。11.H、N、O、S、Ni、As为元素周期表中14周期元素。请回答下列问题：(1)上述元素中第一电离能最大的元素符号是_，电负性最大的元素的原子其价电子轨道表示式为_。(2)CH3NO2中C和N的原子轨道杂化方式分别为_、_。(3)SO32其空间构型为_。写出一种与该酸根等电子体的微粒_。(4)NH3极易溶于水其原因除二者都为极性分子外，另一个重要原因是_。(5)Ni与As形成的一种化合物，其晶体如图所示，属六方晶系。该晶体的化学式为_，As原子的配位数为_。已知晶胞参数a=360.2pm，c=500.9pm，此晶体的密度为_gcm3。(写出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)【答案】 (1). N (2). (3). sp3 (4). sp2 (5). 三角锥形 (6). AsO33-、ClO3- 、PCl3 (7). NH3分子与水分子间形成氢键 (8). NiAs (9). 6 (10). 【解析】【分析】（1）N价电子构型2s22p3，处于半充满状态，O原子电负性最大；（2）分析C、N成键情况，结合VSEPR模型判断；（3）结合VSEPR模型判断；结合等电子解答；（4）NH3分子与水分子间形成氢键，增大氨的溶解性。（5）根据均摊法求解；根据=m/V计算。【详解】(1)H、N、O、S、Ni、As中，N价电子构型2s22p3，处于半充满状态，第一电离能最大；O原子电负性最大，其价电子轨道表示式为。(2)CH3NO2中C原子最外层的4个电子全部参与成键，VSEPR模型为正四面体，所以采取sp3杂化；N原子最外层的5个电子有3个形成键，还有两个键，VSEPR模型为平面三角形，所以采取sp2杂化。C和N的原子轨道杂化方式分别为sp3 、sp2。(3)SO32孤电子对（6+2-23）/2=1,键数为3，价电子对=1+3=4，采用sp3杂化，其空间构型为三角锥形。与SO32原子数相同，价电子总数相同的粒子可能为：AsO33-、ClO3- 、PCl3等之一。(