黑龙江省大庆市铁人中学2019届高三化学上学期期中试题（含解析） (2).docx

黑龙江省大庆市铁人中学2019届高三化学上学期期中试题（含解析）本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。可能用到的相对原子质量：N-14 O-16 C1-35.5 Au-197 Cu-64第卷(选择题共126分)一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.下列说法不正确的是A. 葡萄酒中SO2的检测可用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样进行测定B. 改燃煤为燃气，可以减少废气中SO2等有害物质的排放量，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施C. 实验室保存少量液溴时常加少量水液封，并用玻璃塞密封，不能用橡胶塞D. 水玻璃是混合物，可用于生产黏合剂(矿物胶)，做耐火阻燃材料【答案】A【解析】【详解】A、葡萄酒中含有酒精、还原性糖，都能使酸性KMnO4溶液褪色，因此检测葡萄酒中SO2不能用酸性高锰酸钾溶液滴定，故A说法错误；B、燃气中不含S元素，因此改用燃气可以减少SO2等有害物质的排放，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施，故B说法正确；C、实验室保存少量的液溴，液溴易挥发，需要加入少量的水液封，液溴能与橡胶塞发生反应，需要用玻璃塞密封，故C说法正确；D、水玻璃是Na2SiO3的水溶液，可用于生产黏合剂，做耐火阻燃材料，故D说法正确。2.下列关于阿伏加德罗常数(NA)的说法不正确的是A. 标准状况下，22.4 L二氯甲烷的分子数约为NA个B. 28 g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NAC. 常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4NAD. 常温下，10 L pH13的NaOH溶液中含有的OH的数目为NA【答案】A【解析】【详解】A、标准状况下，CH2Cl2的状态不是气体，因此不能直接用22.4Lmol1进行计算，故A说法错误；B、乙烯和环丁烯符合CnH2n，28g该混合物含有C原子物质的量为28n/14n=2mol，故B说法正确；C、Na2O2与H2O反应方程式为：2Na2O22H2O=4NaOHO2，生成1molO2，转移电子物质的量为2mol，因此生成0.2molO2，转移电子物质的量为0.4mol，故C说法正确；D、常温下，pH=13的NaOH溶液中c(OH)=0.1molL1，则n(OH)=100.1mol=1mol，故D说法正确。【点睛】易错点是选项D，学生认为c(OH)=0.1molL1是NaOH电离产生，水也能电离出OH，即溶液中n(OH)1mol，学生忽略了pH=13，求出的c(H)是溶液中H的物质的量浓度，根据水的离子积，计算出的OH的浓度，是溶液中OH的物质的量浓度。3. 山西老陈醋素有“天下第一醋”的盛誉。食醋中含有乙酸，下列关于乙酸的说法中错误的是A. 乙酸分子中含有4个氢原子，但乙酸是一元酸B. 往食醋溶液中滴入紫色石蕊试液，溶液将变红C. 往热水瓶内胆中加入适量的食醋，可去除水垢D. 制取乙酸乙酯时，乙酸分子中的氢被乙基(C2H5)取代【答案】D【解析】试题分析：尽管其分子中含有4个氢原子，但在水中只有羧基上的氢原子能发生部分电离，因此乙酸是一元酸，正确；乙酸的酸性较弱，但比碳酸的酸性强，它可使石蕊试液变红，错误，C、醋酸酸性强于碳酸，醋酸可以和水垢的主要成分碳酸钙反应，C正确；D制取乙酸乙酯时，乙酸分子中的羟基被(C2H5)取代，错误；选。考点：考查乙酸的性质。4.下列离子方程式书写正确的是A. 酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IOI6H=I23H2OB. 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba23OHAl32SO42-=2BaSO4Al(OH)3C. 用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3H2OSO2=2NH4+SO32-H2OD. 用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu22H2O2CuO24H【答案】C【解析】【详解】A、反应前后所带电荷数不相等，正确的是IO35I6H=3I23H2O，故A错误；B、明矾的化学式为KAl(SO4)212H2O，明矾中SO42全部转化成沉淀，需要2molBa(OH)2，此时Al元素以AlO2的形式存在，故B错误；C、氨水是过量，因此反应的离子方程式为2NH3H2OSO2=2NH4SO32H2O，故C正确；D、用铜作电极，根据电解原理，阳极反应式为CuSe=Cu2，阴极反应式为Cu22e=Cu，故D错误。5.用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是选项实验目的试剂a试剂b试剂c装置A验证非金属性：NCSi稀硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液B验证氧化性：Cl2Br2浓盐酸KMnO4FeBr2溶液C验证SO2有还原性浓硫酸Na2SO3KMnO4溶液D除去Na2SO3中的Na2SO4氯水混合物NaOH溶液A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A、硝酸具有挥发性，从锥形瓶中出来的气体中混有HNO3，对CO2与Na2SiO3的反应产生干扰，不能达到实验目的，故A不符合题意；B、KMnO4能把HCl氧化成Cl2，FeBr2中Fe2的还原性强于Br，氯气先于Fe2发生反应，对Cl2和Br2氧化性的比较产生干扰，不能达到实验目的，故B不符合题意；C、浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，气体通入到KMnO4溶液中，如果KMnO4溶液褪色，体现SO2的还原性，能够达到实验目的，故C符合题意；D、Na2SO3具有还原性，氯气能把Na2SO3氧化成Na2SO4，与实验目的不符，故D不符合题意。6.短周期原子序数依次增大的主族元素R、T、Q、W、Y、Z具有如下信息：R、Y原子的最外层电子数与电子层数相同；Q是地壳中含量最高的元素，R与T的核电荷数之和等于Q的核电荷数；W与R同主族，Z与Q同主族。下列说法正确的是A. Q与Y组成的常见物质是一种两性物质，能与氨水反应B. 已知WRZQ3溶液呈酸性，若将WRZQ3固体溶于水，能抑制水的电离C. 元素Q与W形成的两种常见化合物中含有完全相同的化学键D. 元素T、Q、W、Y的原子半径大小为TQYAlNO，故D错误。【点睛】微粒半径大小比较，一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相等，原子序数相等，电子数越多，半径越大。7.如图是一个用铂丝作电极，电解稀的MgSO4溶液的装置，电解液中加有中性红指示剂，此时溶液呈红色。(指示剂的pH变色范围：6.88.0，酸色红色，碱色黄色，Mg(OH)2沉淀的pH9)，接通电源一段时间后A管产生白色沉淀，下列叙述不正确的是A. 电解过程中电极附近溶液颜色变化是A管溶液由红变黄，B管溶液不变色B. A管中发生的反应：2H2O2eMg2=H2Mg(OH)2C. 检验b管中气体的方法是用拇指堵住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内，看到木条复燃D. 电解一段时间后，切断电源，将电解液倒入烧杯内观察到的现象是溶液呈黄色，白色沉淀溶解【答案】D【解析】【分析】按照电解原理，A为阴极，电极反应式为2H2O2e=H22OH，B为阳极，电极反应式为2H2O4e=O24H，按照题所给信息完成即可。【详解】A、根据电解原理，A管电极反应式为2H2O2e=H22OH，根据题中信息，指示剂：碱色为黄色，因此A管溶液由红变黄，B管电极反应式为：2H2O4e=O24H，溶液仍为红色，故A说法正确；B、A管电极反应式为2H2O2e=H22OH，根据信息，一段时间后，A管出现白色沉淀，发生Mg22OH=Mg(OH)2，即A管总反应为2H2OMg22e=H2Mg(OH)2，故B说法正确；C、根据上述分析，b管中收集的气体为氧气，检验氧气：用拇指堵住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内，看到木条复燃，说明收集的气体为氧气，故C说法正确；D、由于该电解池实质是电解水，因此将电解液倒入烧杯中，整个溶液呈中性，指示剂为红色，氢氧化镁溶解，故D说法错误。8.亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5 ，沸点：-5.5 )是一种黄色气体，遇水反应生成一种氯化物和两种氮化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：制备NO发生装置可以选用_(填写字母代号)，请写出发生反应的离子方程式：_。欲收集一瓶干燥的氯气，选择装置，其连接顺序为：a _(按气流方向，用小写字母表示)。(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：实验室也可用X装置制备NO，X装置的优点为_。检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开 _，通入一段时间气体，其目的为_，然后进行其他操作，当Z有一定量液体生成时，停止实验。若无装置Y，则Z中NOCl可能发生反应的化学方程式为_。若尾气处理装置连接上图烧杯中导管d，则烧杯中可加入 _溶液。(3)取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmolL-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。则亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为_(用代数式表示)。已知：Ag2CrO4为砖红色固体；Ksp(AgCl)=1.5610-10，Ksp(Ag2CrO4)=110-12【答案】 (1). B (2). 3Cu+8H+NO3-=3Cu2+2NO+4H2O (3). fgc bdejh (4). 排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停 (5). K3 (6). 排干净三颈瓶中的空气，防NO和NOCl变质 (7). 2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2 (8). NaOH (9). 14.7375c/m100%【解析】【详解】（1）制备NO，常用Cu和稀硝酸反应：3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O，因此选用的装置为B，反应离子方程式为3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O；a装置为制备Cl2装置，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，先通过饱和食盐水除去HCl，然后通过浓硫酸，氯气的密度大于空气的密度，收集时从d管通入，氯气有毒，必须尾气处理，连接顺序是afgc bdejh；（2）装置X的优点是排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；NO与O2能发生反应，先通入一段时间的气体，排除三颈烧瓶中的空气，防止NO和NOCl变质，即打开K2后，然后打开K3；装置Y的作用是干燥NO，NOCl能与水反应，因此无装置Y，则NOCl与水发生反应，根据信息，反应方程式为2NOClH2O=2HClNONO2；尾气中含有HCl、Cl2、NO、NO2，HCl和Cl2能与NaOH发生反应，被除去，NONO22NaOH=2NaNO2H2O，因此烧杯中可加入NaOH溶液；（3）K2CrO4为指示剂，根据溶度积大小，Ag先于Cl反应生成AgCl，建立关系式：NOClHClAgNO3，NOCl的质量分数为100%=14.7375c/m100%。9.工业上常以铬铁矿(主要成分为亚铬酸亚铁FeCr2O4，还有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产红矾钠(Na2Cr2O7)，某实验小组模拟其流程如下图所示：(1)步骤中，焙烧时所用的仪器材质应选用_(填“瓷质”、“铁质”或“石英质”)，选用该材质的原因是(结合化学方程式解释)： _。(2)配平步骤中主要反应： _FeCr2O4_O2_Na2CO3_Fe2O3_Na2CrO4_CO2 _(3)操作中，酸化时，CrO42 (黄色)转化为Cr2O72(橙色)，写出平衡转化的离子方程式：_。用红矾钠溶液进行下列实验：实验过程中，中溶液橙色加深，中溶液变黄，对比和可得出结论：_。(4)步骤用硫酸将溶液的pH调至中性，所得滤渣的主要成分是_、_；(5)下图是Na2Cr2O72H2O和Na2SO4的溶解度曲线，步骤中获得固态副产品Na2SO4的实验操作方法为_、_。(6)某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如上，若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44L(标准状况下)时有 _mol Cr2O72-被还原，一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀。若电解后溶液中c(Cr3+)=3.0105molL1，则c(Fe3+)=_。(已知KspFe(OH)3=4.01038molL1，KspCr(OH)3=6.01031molL1)【答案】 (1). 铁质 (2). Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2 (3). 4 7 8 2 8 8 (4). 2CrO42+2H+Cr2O72+H2O (5). 红矾钠酸性溶液 氧化性强 (6). H2SiO3(H4SiO4或SiO2H2O) (7). Al(OH)3 (8). 加热浓缩 (9). 趁热过滤 (10). 0.1 mol (11). 2.01012molL1【解析】【详解】（1）焙烧时，加入纯碱，Na2CO3在高温下与SiO2发生反应，瓷质、石英成分是SiO2，因此焙烧时应选用铁质，SiO2与Na2CO3反应的方程式为Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2；（2）FeCr2O4中Fe显2价，Cr显3价，根据反应方程式为，Fe元素的化合价由2价3价，升高1价，Cr元素的化合价由3价6价，Cr整体升高6价，FeCr2O4整体升高7价，O2中O的化合价降低，整体降低4价，最小公倍数为28，根据原子守恒配平其他，反应方程式为4FeCr2O47O28Na2CO3=2Fe2O38Na2CrO48CO2；（3）CrO42溶液中存在：2CrO422HCr2O72H2O，酸化，加入H，c(H)增大，平衡向正反应方向进行，溶液颜色由黄色转化为橙色；：加入硫酸，促使平衡向正反应方向进行，中滴加C2H5OH，溶液变成绿色，Cr元素以Cr3形式存在，发生氧化还原反应；红钒钠溶液中加入NaOH，使平衡向逆反应方向进行，滴加C2H5OH溶液，溶液不变色，没有发生氧化还原反应，对比实验得出结论是红钒钠在酸性条件下具有强氧化性；（4）根据流程图，反应除去Al、Si等元素，银此滤液1中加入硫酸发生AlO2HH2O=Al(OH)3，SiO322H=H2SiO3，滤渣成分是H2SiO3和Al(OH)3； （5）得到Na2SO4，根据图像，Na2SO4的溶解度随着温度的升高而降低，得到Na2SO4的操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶；（6）根据装置图，B电极反应式为2H2e=H2，A电极反应式为Fe2e=Fe2，建立：H2Fe2，n(Fe2)=13.44/22.4mol=0.6mol，根据得失电子数目守恒，n(Fe2)1=n(Cr2O72)23，解得n(Cr2O72)=0.1mol，同时产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，则溶液中有c(Fe3)/c(Cr3)=KspFe(OH)3/KspCr(OH)3，代入数值，得出：c(Fe3)=2.01012molL1。10.SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标，工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。利用催化还原SO2不仅可消除SO2污染，而且可得到有经济价值的单质S。(1)在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和H2O。己知CH4和S的燃烧热(H)分别为-890.3 kJ /mol和-297.2 kJ /mol，则CH4和SO2反应的热化学方程式为 _。(2)用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图1所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示：分析可知X为_(写化学式)， 0t1时间段的温度为_， 0t1时间段用SO2表示的化学反应速率为 _。总反应的化学方程式为_。(3)焦炭催化还原SO2生成S2，化学方程式为：2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，恒容容器中，1 mol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图3所示。该反应的H _ 0 (填“”或“”)计算700该反应的平衡常数为_ 。【答案】 (1). CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) H=-295.9kJ/mol (2). H2S (3). 300 (4). 210-3/t1mol/(Lmin) (5). 2H2+SO2S+2H2O (6). (7). 36.45mol/L【解析】【详解】（1）CH4的燃烧的热化学反应方程式为CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H=890.3kJmol1 ，S燃烧的热化学反应方程式为S(s)O2(g)=SO2(g) H=297.2kJmol1 ，CH4和SO2反应的方程式为CH42SO2=2SCO22H2O，因此有2得出CH4(g)SO2(g)=2S(s)CO2(g)2H2O(l) H=(890.32297.2)kJmol1=295.9kJmol1；（2）H2还原SO2发生反应：2H2SO2=S2H2O，图1右侧，SO2S，S元素的化合价降低，根据氧化还原反应特点，化合价有升高，必然有降低，因此推出X为H2S；0t1时间，X的浓度达到最大，应是图1左侧反应，4H2SO2=H2S2H2O，温度应为300；根据化学反应速率的表达式，v(SO2)=(31)/t1mol/(Lmin)；根据上述分析，总反应的化学方程式为2H2+SO2S+2H2O；（3）根据图像，700SO2的转化率达到最大，反应达到平衡，右侧随着温度的升高，SO2的转化率降低，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，即H金刚石B石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面C12g石墨烯含键数为NAD从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。铜原子在基态时，在有电子填充的能级中，能量最高的能级符号为_；第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有_。乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，请解释原因_。下列分子属于非极性分子的是_。a甲烷 b二氯甲烷 c苯 d乙醇酞菁与酞菁铜染料分子结构如图，酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是_；酞菁铜分子中心原子的配位数为_。金与铜可形成的金属互化物合金（如图，该晶胞中，Au占据立方体的8个顶点）：它的化学式可表示为_；在Au周围最近并距离相等的Cu有_个，若2个Cu原子核的最小距离为d pm，该晶体的密度可以表示为_g/cm3。（阿伏伽德罗常数用NA表示）【答案】 (1). BD (2). 3d (3). K、Cr (4). 乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键 (5). a、c (6). sp2 (7). 2 (8). Cu3Au或AuCu3 (9). 12 (10). 38921/21030/(NAd34)【解析】(1)A金刚石中碳原子之间只存在键，石墨烯中碳原子之间存在键和键，因此键长：石墨烯金刚石，故A错误；B石墨烯是平面形分子，分子中所有原子可以处于同一平面，故B正确；C一个碳原子中含有个单键，即个键，所以12g石墨烯含键数为NA，故C错误；D石墨层内是共价键，石墨层与层之间的作用力是范德华力，所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，故D正确；故选：BD；(2)铜原子在基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，在有电子填充的能级中，能量最高的能级符号为3d；第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有3d04s1和3d54s1，即K和Cr，故答案为：3d；K、Cr；乙醇分子间存在氢键，使得其溶沸点升高，而丁烷不存在氢键，故答案为：乙醇分子间存在氢键，使得其溶沸点升高，而丁烷不存在氢键；a甲烷为正四面体，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故a正确；b二氯甲烷为四面体分子，结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故b错误；c苯为平面正六边形，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故c正确；d乙醇结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故d错误；故选：ac；酞菁分子中碳原子含有3个键和1个键，所以采取sp2杂化；该分子中能提供孤对电子的氮原子才是配位原子，所以酞菁铜分子中心原子的配位数为2，故答案为：sp2；2；该晶胞中含Cu原子个数=6=3，含有Au=8=1，所以其化学式为Cu3Au或AuCu3，根据图示，铜原子周围最近并距离相等的Au原子有4个，根据化学式，在Au周围最近并距离相等的Cu有12个；若2个Cu原子核的最小距离为d pm，则晶胞的棱长为d pm=d10-10cm，该晶体的密度= g/cm3，故答案为：Cu3Au或AuCu3；12；。 点睛：本题考查了物质结构与性质，难度较大，注意形成配位键的本质、配位数的确定方法和确定中心原子的杂化类型。本题的易错点为晶胞的计算，注意根据2个Cu原子核的最小距离，计算晶胞的棱长。12.有机物F是一种香料，其合成路线如图所示：已知：iii(1)D的名称为_，试剂X的结构简式为_，步骤的反应类型为_。(2)步骤反应的化学方程式为_。(3)满足括号中条件(苯环上只有两个取代基，能与FeCl3溶液发生显色反应，能发生水解反应和银镜反应)的E的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱峰面积比为62211的分子的结构