青海省西宁五中、四中、十四中高三化学期中联考试题（含解析）.doc

2016年青海省西宁五中、四中、十四中高三期中联考化学一、单选题：共7题1化学在生产和生活中有重要的应用，下列说法正确的是a.新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子化合物b.14c可用于文物年代的鉴定，14c与12c互为同素异形体c.福尔马林可作食品的保鲜剂d.“开发利用新能源”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量【答案】d【解析】本题考查化学与生活。a.光导纤维的成分是sio2，为无机化合物，不属于有机高分子化合物，错误；b.14c与12c是碳元素的不同核素，互为同位素，错误；c.福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能用作食品保鲜剂，错误；d.“开发利用新能源”、“汽车尾气催化净化”能够减少化石燃料的燃烧，有利于提高空气质量，正确。答案选d。 2设na为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是a.1 l 1 moll1的naclo 溶液中含有clo的数目为nab.常温常压下，4.6gch3ch2oh中含有 6na个ch键c.常温常压下，14 g 由n2与co组成的混合气体含有的原子数目为nad.标准状况下，6.72 l no2与水充分反应转移的电子数目为0.1na【答案】c【解析】本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算。a.clo是弱酸根，在水溶液中部分水解，则1 l 1 moll1的naclo 溶液中clo的数目小于na，错误；b.常温常压下，4.6g即0.1molch3ch2oh中含有 5na个c-h键，na个o-h键，错误；c.因n2与co的摩尔质量均为28g/mol，且都是双原子分子，14 g由n2与co组成的混合气体总物质的量为0.5 mol，则混合气体的原子数为1mol，正确；d.标准状况下，6.72l no2的物质的量为0.3mol，根据3no2+h2o2hno3+no，3molno2与水反应转移2mol电子，则0.3mol no2可转移0.2mol电子，即转移的电子数目为0.2na，错误。答案选c。 3短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次递增，a、b两元素相邻，b、c、e原子的最外层电子数之和为13，e原子最外层电子数是b原子内层电子数的3倍，也是c原子最外层电子数的3倍，b、d原子最外层电子数之和等于c、e原子最外层电子数之和.下列说法正确的是a.原子半径cde，三者形成的简单离子中d离子的半径最小b.元素a所形成的氢化物常温下一定为气态c.元素c、d、e在自然界中均不能以游离态存在d.元素b的氧化物对应的水化物一定为强酸【答案】a【解析】本题考查元素的推断。e原子最外层电子数是b原子内层电子数的3倍，也是c原子最外层电子数的3倍，则e原子最外层电子数为6，c原子最外层电子数为2，b原子只有2个电子层；b、c、e原子的最外层电子数之和为13，则b原子最外层电子数为13-6-25，b为n元素；e原子序数最大，为s元素，则c为mg元素；b、d原子最外层电子数之和等于c、e原子最外层电子数之和，即2+68，则d原子最外层电子数为8-53，为al元素；a、b两元素相邻，则a为c元素。a.c、d、e分别mg、al、s，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径cde，三者形成的简单离子分别为mg2+、al3+、s2-，其中s2-离子多一个电子层，离子半径最大，mg2+、al3+离子电子层结构相同，核电荷数越多离子半径越小，即al3+离子半径最小，正确；b.c元素所形成的氢化物为烃，当c原子数大于4时为液态或固态，错误；c.s单质可存在于火山喷口附近，错误；d.b为氮元素，氧化物对应水化物如hno2是弱酸，错误。答案选a。 4用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是a.用图甲的方法不能检查此装置的气密性b.图乙可以作为ccl4萃取溴水后的分液装置c.实验室用图丙所示装置制取少量氨气d.图丁洗气瓶中的白色沉淀为baso3【答案】b【解析】本题考查实验方案的设计与评价。a.检查装置的气密性主要是利用压强差，图甲中加入一定量的水后，若出现b液面高于a液面，说明装置气密性好，则用图甲的方法能够检查此装置的气密性，错误；b. ccl4与水互不相溶，能作萃取剂，且密度比水大，即溴的ccl4溶液在下层，与图乙装置吻合，正确；c.收集氨气时不能用塞子堵住试管口，且导气管应插入试管底部，错误；d.so2通入硝酸钡溶液中发生氧化还原反应，生成的白色沉淀是硫酸钡，而不是亚硫酸钡，错误。答案选b。 5天然维生素p(结构如图)存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂.关于维生素p的叙述正确的是a.分子中的官能团有羟基、碳碳双键、醚键、酯基b.若r为乙基则该物质的分子式可以表示为c16h14o7c.lmol该化合物与naoh溶液作用消耗naoh的物质的量以及与氢气加成所需的氢气的物质的量分别是4 mol、8 mold.lmol该化合物最多可与7mol br2完全反应【答案】c【解析】本题考查有机物的结构和性质。a.分子中的官能团有羟基、碳碳双键、醚键和羰基，不含酯基，错误；b.若r为乙基则该物质的分子式为c17h14o7，错误；c.该分子中有4个酚羟基能与naoh溶液反应，则lmol该化合物可消耗4molnaoh，同样该分子结构中含有两个苯环、一个碳碳双键、一个碳氧双键，都能与h2发生加成反应，则lmol该化合物加成时最多可消耗8molh2，正确；d.苯环上酚羟基的邻、对位氢原子能与br2发生取代反应，碳碳双键能与br2发生加成反应，则lmol该化合物最多可与6mol br2完全反应，错误。答案选c。 6下列说法正确的是a.=1012的溶液中、al3+、cl可以共存b.氧化镁可以用作耐火材料c.淀粉和纤维素都可用(c6h10o5)n表示，二者互为同分异构体d.浓氨水中滴加fecl3饱和溶液可制得fe(oh)3胶体【答案】b【解析】本题考查离子共存，物质的性质及用途，同分异构体等。a.=1012的溶液为强碱性溶液，则、al3+在溶液中不能大量共存，错误；b.氧化镁的熔点高，可以用作耐火材料，正确；c.淀粉和纤维素都可用(c6h10o5)n表示，但n值不同，二者不互为同分异构体，错误；d.浓氨水中滴加fecl3饱和溶液得到的是fe(oh)3沉淀，在沸水中滴加fecl3饱和溶液可制得fe(oh)3胶体，错误。答案选b。 7下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是a.nah2po4溶液ph7，则在溶液中：c(na+)c()c(h3po4)c()b.0.1moll1(nh4)2so4溶液与0.1moll1nh3h2o溶液等体积混合：c()+c(h+)=2c()+c(oh)c.0.1moll1ch3coona溶液与0.1moll1ch3cooh溶液等体积混合(ph7):c(ch3cooh)c(na+)c(ch3coo)c(h+)d.0.2moll1nahco3溶液与0.1moll1na2co3溶液等体积混合：2c(na+)=3c()+3c()+3c(h2co3)【答案】b【解析】本题考查离子浓度的大小比较。a.nah2po4溶液ph7，溶液显酸性，说明离子的电离程度大于水解程度，电离产物大于水解产物，则c()c(h3po4)，错误；b.0.1moll1(nh4)2so4溶液与0.1moll1nh3h2o溶液等体积混合，溶液中离子符合电荷守恒关系c()+c(h+)=2c()+c(oh)，正确；c.两溶液等体积混合后ph7，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则c(ch3coo)c(ch3cooh)，正确的浓度关系为c(ch3coo)c(na+)c(ch3cooh)c(h+)，错误；d.根据物料守恒，混合溶液中离子浓度关系为：3c(na+)=4c()+4c()+4c(h2co3)，错误。答案选b。 二、综合题：共6题8燃煤能排放大量的co、co2、so2，pm2.5(可入肺颗粒物)污染也跟冬季燃煤密切相关，so2、co、co2也是对环境影响较大的气体，对它们的合理控制、利用是优化我们生存环境的有效途径。(1)如图所示，利用电化学原理将so2转化为重要化工原料c，若a为so2，b为o2，则负极的电极反应式为：；(2)有一种用co2生产甲醇燃料的方法：co2+3h2ch3oh+h2o已知：co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)h=a kjmol1；2h2(g)+o2(g)2h2o(g)h=b kjmol1；h2o(g)h2o(l)h=c kjmol1；ch3oh(g)ch3oh(l)h=d kjmol1，则表示ch3oh(l)燃烧热的热化学方程式为：；(3)将不同量的co(g)和h2o(g)分别通入到体积为2l的恒容密闭容器中，进行反应co(g)+h2o(g)co2(g)+h2(g)，得到如下三组数据：实验2条件下平衡常数k=，该反应的h0(填“”或“”)。实验3中，若平衡时，co的转化率大于水蒸气，则的值(填具体值或取值范围)。实验4，若900时，在此容器中加入co、h2o、co2、h2均为1mol，则此时v逆v正(填“”，“”，“=”)。判断该反应达到平衡的依据是。a.co2减少的化学反应速率和co减少的化学反应速率相等b.容器内气体压强保持不变c.co、h2o、co2、h2的浓度都相等d.容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化。【答案】(1) so2+2h2o2e+4h+；(2) ch3oh(l)+o2(g)co2(g)+2h2o(l)h=-(b2cad)kjmol1；(3)0.17；1；a。【解析】本题考查化学反应原理。(1)利用电化学原理将so2转化为重要化工原料c，结合图可知so2在负极失电子被氧化为硫酸，电极反应式为so2+2h2o2e+4h+；(2)已知：co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)h=-a kjmol1；2h2(g)+o2(g)2h2o(g)h=-b kjmol1；h2o(g)h2o(l)h=-ckjmol1；ch3oh(g)ch3oh(l)h=-d kjmol1，根据盖斯定律，+2即可得到ch3oh(l)燃烧热的热化学方程式：ch3oh(l)+o2(g)co2(g)+2h2o(l)h=-(b2cad)kjmol1；(3)根据三段式得:因反应前后气体体积相等，可用物质的量来计算平衡常数，则实验2条件下平衡常数k=0.17；实验1中co的转化率为100%=40%，实验2中co的转化率为100%=20%，即实验1的转化率大于实验2，说明温度升高平衡向逆向移动，则正向为放热反应，h0；当反应物的物质的量之比等于化学计量数之比时，各反应物的转化率相等，某反应物越多，其转化率越低，若平衡时，co的转化率大于水蒸气，则ba，即的值大于1；若900时，在此容器中加入co、h2o、co2、h2均为1mol，则qc=10.17，此时平衡逆向移动，v逆v正；a.co2减少的化学反应速率和co减少的化学反应速率相等，说明正逆反应速率相等，则反应达到平衡状态，正确；b.该反应为等体积反应，容器内气体压强始终不变，不能说明达到平衡状态，错误；c.平衡状态时各组分浓度不变，但不一定相等，则co、h2o、co2、h2的浓度都相等时，不一定是平衡状态，错误；d.该反应为等体积反应，气体的总质量不变，总物质的量不变，则气体的平均相对分子质量始终不变，不能判断是否达到平衡状态，错误；答案选a。 9铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物(假设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与稀硫酸反应)。某研究性学习小组对某铁矿石中铁的价态和氧化物的化学式进行探究。提出假设假设1：铁矿石中只含+3价铁；假设2：铁矿石中只含+2价铁；假设3：.查阅资料2kmno4+16hcl(浓)2kcl+2mncl2+5cl2+8h2o定性探究实验(一)取铁矿石样品粉碎，盛装于烧杯中，加入适量的x溶液，微热，充分溶解后将滤液分成四份：向第一份溶液中滴加少量kscn溶液；向第二份溶液中滴加适量高锰酸钾溶液；向第三份溶液中滴加少量kscn溶液，再滴加适量过氧化氢溶液；向第四份溶液中滴加适量氢氧化钠溶液。(1)上述x溶液是(填“稀硝酸”“稀硫酸”或“浓盐酸”)；上述方案中，一定能证明铁矿石中含+2价铁的方案是(填序号)。定量探究实验(二)铁矿石中含氧量的测定：按图组装仪器，检查装置的气密性；将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，其他装置中的药品如图所示(夹持装置已略去)；a中开始反应，不断地缓缓向后续装置中通入氢气，待d装置出口处氢气验纯后，点燃c处酒精灯；充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气直至完全冷却。(2)按上述方案进行多次实验，假设各项操作都正确，但最终测得结果都偏高，请你提出改进方案的建议：。如果拆去b装置，测得结果可能会(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(3)改进方案后，测得反应后d装置增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为。若将h2换成co，则还需补充装置。实验(三)铁矿石中含铁量的测定：(4)步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、。(5)步骤中煮沸的作用是。(6)若滴定过程中消耗0.500 0moll1的ki溶液20.00ml，则铁矿石中铁的百分含量为。【解答】【提出假设】铁矿石中含+2、+3价铁；【定性研究】(1)稀硫酸；【定量研究】(2)装置d后连接一个盛碱石灰的干燥管；偏高；(3)24%；尾气处理；(4)250ml容量瓶；(5)赶走溶液中溶解的过量的cl2；(6)70%【答案】无【解析】本题考查化学实验方案的设计与评价。(1)根据假设1和假设2，结合铁元素的化合价可知，假设3为：铁矿石中含+2、+3价铁；(2)硝酸具有强氧化性，能氧化fe2+离子，浓盐酸易被高锰酸钾溶液氧化为氯气，则x溶液应为稀硫酸；步骤向第二份溶液中滴加适量高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，则证明铁矿石中一定含+2价铁；(2)导致结果偏高的原因是：装置d中的碱石灰吸收了空气中 co2和水蒸气，建议在装置d后连接一个盛碱石灰的干燥管用以排除空气中 co2和水蒸气；b装置用来干燥h2，如果拆去b装置，则水蒸气会进入装置d，导致结果偏高；(3)铁矿石中的氧元素全部转化为水，装置d增重的质量即为生成水的质量，则铁矿石中氧的百分含量为100%=24%；co有毒，不能直接排放到空气中，若将h2换成co，则还需补充尾气处理装置；(4) )步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250ml容量瓶；(5)步骤中煮沸的作用是：降低氯气的溶解度，赶走溶液中溶解的过量的cl2；(6)根据2fe3+2i-2fe2+i2可知，n(fe3+) =n(ki)= 0.5000mol/l0.02l=0.01mol，则铁矿石中铁的百分含量为100%=70%。 10市售一次电池品种很多，碱性锌锰电池在日常生活中用量很大回收废旧锌锰电池并进行重新处理，可以获得mno2及其他副产品，其工艺流程如下：已知：“锰粉”的主要成分有mno2、zn(oh)2、mnooh、碳粉，还含有少量铁盐和亚铁盐.常温下，生成氢氧化物沉淀的ph如表：(1)加入naoh溶液调节ph=8.0，目的是；计算常温下zn(oh)2的溶度积常数kspzn(oh)2=。(2)滤液1中加入h2o2的作用是。(3)写出滤液2中的mn2+变成mno2的离子方程式。(4)写出滤渣b与稀硫酸在ph=5时反应的化学方程式。(5)工艺中还可以将滤液4进行、洗涤得到含结晶水的硫酸盐晶体。(6)mno2常用来制取kmno4，在一定条件下将mno2氧化为k2mno4，然后用铁作阴极、铂作阳极电解k2mno4溶液得到kmno4，电解k2mno4溶液阳极电极反应式为。【答案】(1)使fe3+、zn2+完全沉淀而除去； 1.01017；(2) fe2+全部氧化为fe3+；(3) mn2+h2o2+2ohmno2+2h2o；(4) zn(oh)2+h2so4znso4+2h2o；(5)蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；(6) 22e2。【解析】本题考查化学工艺流程。“锰粉”的主要成分有mno2、zn(oh)2、mnooh、碳粉，还含有少量铁盐和亚铁盐，锰粉与浓盐酸反应后滤液1中的金属离子有：fe3+、zn2+、 mn2+、fe2+，加入h2o2将fe2+氧化为 fe3+，用naoh溶液调节ph8.0，根据金属离子沉淀的ph可知fe3+、zn2+完全沉淀，mn2+没有沉淀，则滤液2中主要的金属离子是mn2+；滤渣b是zn(oh)2，fe(oh)3，加入硫酸，调节ph为5，zn(oh)2溶解，fe(oh)3不溶解，则滤液4是znso4溶液，滤渣c是fe(oh)3。(1)根据以上分析，加入naoh溶液调节ph8.0的目的是：使fe3+、zn2+完全沉淀而除去；zn2+完全沉淀时ph为8.0，即c(oh)10-6mol/l，c(zn2+)1.0105mol/l，则kspzn(oh)2c(zn2+)c2(oh)1.0105(10-6)21.01017；(2)滤液1中加入h2o2的作用是：将fe2+全部氧化为fe3+；(3)滤液2中的mn2+在碱性条件下被h2o2氧化为mno2，离子方程式为：mn2+h2o2+2ohmno2 +2h2o；(4)ph5时zn(oh)2与硫酸反应的化学方程式为： zn(oh)2+h2so4znso4+2h2o；(5)从溶液中得到晶体的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等；(6)电解k2mno4溶液得到kmno4，其中在阳极失电子生成，则阳极电极反应式为：22e2。 11联合生产是实现节能减排的重要措施，工业上合成氨和硝酸的联合生产具有重要意义。图1是工业上合成氨的简易流程：(1)设备a内部结构如图2所示，其名称是，其中发生的化学反应方程式为；生产中原料气必须进行脱硫，目的是，选择500进行反应的主要原因是；(2)设备b的名称是冷凝塔，图1中a和b是两个通水口，其中入水口是(填“a”或“b”)。(3)氮气和氢气的混合气体通过压缩机压缩的原因是。(4)生产出来的nh3可以用来生产硝酸.其中在氨气催化氧化过程中，不同温度下生成产物可能有所不同，温度对氨氧化产物产率的影响如图3所示；当温度大于900时，no的产率下降的主要原因是。(5)某化肥厂用nh3制备nh4n03，已知：由nh3制no的产率是94%，no制hno3的产率是89%，则制hn03所用nh3的质量占总耗nh3质量(不考虑其它损耗)的%(保留两位有效数字)。【解答】(1)合成塔；n2+3h22nh3；此温度下催化剂效率最高，防止催化剂中毒；(2) b；(3)增大压强，加快反应速率，使平衡朝生成nh3的方向进行；(4)部分no转化为n2；(5) 54。【答案】无【解析】本题考查化学与技术的发展。(1)设备a为合成塔；工业合成氨的化学反应方程式为：n2+3h22nh3；生产中原料气必须进行脱硫，目的是防止催化剂中毒；选择500进行反应的主要原因是：该反应为放热反应，温度太低，反应速率太慢，温度过高不利于氨的合成，且500时催化剂的催化效率最高；(2)由于高温气体由冷凝塔的上端进入，冷却水应从下端进入，逆向冷却效果更好，则入水口是b；(3)由于正反应是气体体积减小的可逆反应，氮气和氢气的混合气体通过压缩机压缩可增大压强，加快反应速率，使平衡向生成nh3的方向进行；(4)由图可知，当温度高于900时，no的产率下降，n2的产率增大，说明发生副反应，即部分no转化为n2；(5) 由nh3制no的产率是94%，no制hno3的产率是89%，根据氮原子守恒，nh3nohno3，则1mol nh3可制得hno3为1mol94%89%=0.8366mol，由hno3制nh4no3消耗nh30.8366mol，则制hno3所用nh3的质量占总耗nh3质量的百分数为100%=54%。 12原子序数依次增大的a、b、c、d、e、f六种元素.其中a的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；c的基态原子2p能级上的未成对电子数与a原子的相同；d为它所在周期中原子半径最大的主族元素；e和c位于同一主族，f的原子序数为29。(1)f原子基态的核外电子排布式为。(2)在a、b、c三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是(用元素符号回答)。(3)元素b的简单气态氢化物的沸点(高于，低于)元素a的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是。(4)由a、b、c形成的离子cab与ac2互为等电子体，则cab的结构式为。(5)在元素a与e所形成的常见化合物中，a原子轨道的杂化类型为。(6)由b、c、d三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为。(7)fc在加热条件下容易转化为f2c，从原子结构的角度解释原因。【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d104s1或ar3d104s1；(2) noc；(3)高于；b的氢化物分子之间存在氢键；(4) n=c=o；(5) sp；(6) nano2；(7) cu+外围电子3d10轨道全满稳定，cu2+外围电子3d9轨道电子非全满和半满状态不稳定。【解析】本题考查物质结构与性质。原子序数依次增大的a、b、c、d、e、f六种元素其中a的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，即原子核外电子排布为1s22s22p2，则a为c元素；c的基态原子2p能级上的未成对电子数与a原子的相同，即c原子核外电子排布式为1s22s22p4，则c为o元素；b 在a、c之间，则b为n元素；f的原子序数是29，为cu元素；e和c位于同一主族，则e为s元素；d为它所在周期中原子半径最大的主族元素，即位于a族，原子序数大于o元素小于s元素，则d为na元素。(1) f原子核外电子数为29，基态的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或ar3d104s1；(2)同周期元素随着原子序数的增大，第一电离能呈增大趋势，但n元素2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素，则第一电离能noc；(3)nh3分子之间除存在范德华力外还存在氢键，ch4分子间只存在范德华力，则nh3的沸点高于ch4；(4)ocn-与co2互为等电子体，价电子总数相等，二者结构相似，则ocn-的结构式为n=c=o；(5)元素c与s所形成的常见化合物为cs2，cs2的结构类似于co2，为直线形结构，则c原子的杂化方式与co2中c原子的杂化方式相同，为sp杂化。(6)由晶胞结构可知，晶胞中存在结构微粒，位于顶点和体心，微粒数目=1+8