【解析】山东省菏泽市郓城高级中学2017届高三上学期期中考试化学试题

（考试时间：100分钟 满分：100分）可能用到的相对原子质量：Na 23 CI 35.5 O 16 Mg 24 N 14第I卷 选择题 （共48分 ）一、选择题（单项选择，本题包括16小题，每小题3分，共48分）1下列叙述正确的是( )ANaCl的摩尔质量是58.5g B64g氧气中含有2mol氧C58.5gNaCl中含有lmolNaCl分子 D0.lmolCO2含有6.021022个CO2分子【答案】D【解析】试题分析：NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，A项与题意不符；64g氧气中含有2mol氧分子，4摩尔氧原子，B项与题意不符； NaCl中不含有NaCl分子，只含有钠离子和氯离子，C项与题意不符；0.lmol二氧化碳含有6.021022个CO2分子，D项与题意相符。考点：物质的量及相关概念的理解2下图是某同学用500 mL容量瓶配制0.10 molL1 NaOH溶液的过程该同学的错误步骤有（ ）A1处 B2处 C3处 D4处【答案】C【解析】试题分析：第步不能把NaOH放在称量纸上称量；第步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第步定容时应平视刻度线。考点：溶液的配置操作3NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A标准状况下，22.4L四氯化碳的分子数约为NA B2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA C16gO2和O3的混合气体中所含的原子数为NA D1mo1L-1的A1C13溶液中，C1-离子的数目为3 NA【答案】C【解析】试题分析：A、标准状况下四氯化碳不是气态，不能利用气体摩尔体积计算分子数，A错误；B2.4g金属镁是0.1mol，变为镁离子时失去的电子数为0.2NA，B错误；C、16gO2和O3的混合气体中所含的原子的物质的量是16g/16g/mol=1mol，其氧原子数为NA，C正确；D、1mol/L的A1C13溶液中的C1-离子的数目为3mol/L，不能确定溶液体积，则不能计算数目，D错误。考点：阿伏伽德罗常数的相关计算4分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是（ ）ACl2O7、P2O5、SO3、CO2、NO2均属于酸性氧化物 BK2O、K2O2、KO2为相同元素组成的金属氧化物，都属于碱性氧化物 C根据能否发生丁达尔效应，可以区分胶体和溶液 D根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质【答案】C【解析】试题分析：A、二氧化氮不属于酸性氧化物，A错误；B、K2O属于碱性氧化物，K2O2、KO2不是碱性氧化物，B错误；C、根据能否发生丁达尔效应，可以区分胶体和溶液，C正确；D、根据电解质在水中能否完全电离，将电解质分为强电解质、弱电解质，D错误。考点：物质的分类5 5.能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）ACaCO3溶于醋酸溶液：CaCO32H=Ca2H2OCO2B钠与CuSO4溶液反应：2Na + Cu2+ = Cu + 2Na+C已知：酸的强弱H2CO3HClOHCO3-， 则：2ClO+ CO2(少量) + H2O =CO32-+ 2HClOD将足量的NaHCO3溶液加入少量澄清石灰水中：Ca2+ + 2OH- + 2HCO = CaCO3 + 2H2O+ CO32- 【答案】D【解析】试题分析：A、醋酸是弱酸，应用化学式表示，A错误；B钠与CuSO4溶液反应，离子方程式：2Na+2H2O+Cu2+Cu（OH）2+2Na+H2，故B错误；C向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO和HCO3，离子方程式为ClO+CO2+H2OHClO+HCO3，故C错误；D将足量的NaHCO3溶液加入少量澄清石灰水中，离子方程式：HCO3+2OH+Ca2+CO32+CaCO3+2H2O，故D正确；考点：离子方程式的书写6已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是（ ）A3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3 BCl2+FeI2=FeCl2+I2CCo2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O D2Fe3+2I-=2Fe2+I2【答案】A【解析】试题分析：A、根据氧化性是:Cl2FeCl3I2,因此Cl2可以氧化Fe2+,也可以氧化I-,但是碘离子还原性强于亚铁离子,碘离子会先被氯气氧化,正确的离子方程式是:Cl2不足时,Cl2+2I-=2Cl-+I2(Fe2+不被还原),Cl2过量时,3Cl+2Fe2+4I-=6Cl-+2Fe3+2I2,故A符合题意;B、根据反应:Cl2+FeI2=FeCl2+I2,得出氧化性是:Cl2I2,和题意相符合,反应可能发生,故B不符合题意;C、根据反应:Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O,得出氧化性是:Co2O3Cl2,和题意相符合,反应可能发生,故C不符合题意;D、根据反应:2Fe3+2I-=2Fe2+I2,得出氧化性是:FeCl3I2,和题意相符合,反应可能发生,故D不符合题意.所以A选项是正确的.考点：氧化性、还原性强弱的比较7下列物质的水溶液能导电但属于非电解质的是( )ACH3COOH BCl2 CNH4HCO3 DSO2【答案】D【解析】试题分析：A项CH3COOH在水溶液中不能完全电离,属于弱电解质；B、Cl2为单质,虽然它溶于水后发生反应:Cl2+H2O=+H+Cl-+HClO,使氯水能导电,但Cl2不是化合物,它既不是电解质也不是非电解质；C、NH4HCO3在水中能够完全电离,是强电解质.；D、SO2与溶于水发生反应:SO2+H2O=H2SO3,H2SO3=H+HSO3-,应注意是H2SO3发生了电离而不是SO2,故H2SO3是电解质,而SO2为非电解质，D正确考点：电解质与非电解质8以下转化能通过一步反应实现的是（ ）ACuOCu(OH)2 BS SO3 CFeFeCl2 DHNO3HCl【答案】C【解析】试题分析：A、氧化铜不溶于水，不能直接转化为氢氧化铜，A错误；B、S燃烧生成二氧化硫，不能直接得到三氧化硫，B错误；C、铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，可以直接转化；D、硝酸不能直接转化为盐酸，D错误。考点：氧化还原反应9下列说法中不正确的是（ ） 钠、氢气都能在氯气中燃烧生成白色烟雾 铜丝在氯气中燃烧，生成蓝绿色的氯化铜 液氯就是氯气的水溶液，它能使干燥的有色布条退色 久置的氯水，因氯气几乎完全挥发掉，剩下的只有水A B C D【答案】D【解析】试题分析： 钠、氢气都能在氯气中燃烧分别生成白烟和白雾，故错误； 铜丝在氯气中燃烧，生成棕黄色的氯化铜，故错误； 液氯是液态氯气为纯净物，不能漂白，故错误；久置的氯水的成分是HCl和水，故错误；正确答案选D。考点：氯元素的相关性质10已知NH4CuSO3与足量的1molL1硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成； 有刺激性气味气体产生；溶液呈蓝色。据此判断下列说法合理的是( )ANH4CuSO3中硫元素被氧化了 B该反应中NH4CuSO3既是氧化剂又是还原剂 C刺激性气味的气体是二氧化硫或氨气 D该反应中硫酸既表现为酸性又表现氧化性【答案】B【解析】试题分析：根据题意反应的化学方程式为2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，不作氧化剂,A错误；B、NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体，产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，则该反应中NH4CuSO3既是氧化剂又是还原剂，B正确；C、因为该反应是在酸性条件下进行的，不可能生成氨气，C错误；D、该反应中硫酸只体现酸性，不表现氧化性，D错误。考点：氧化还原反应11向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加人稀盐酸，生成气体的量随盐酸加人量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（ ）AA.a点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-B B.b点对应的溶液中:Al3+、Fe3+、NO3-、Cl-Cc点对应的溶液中：Na+,Ca2+、NO3-、Cl- Dd点对应的溶液中：Cl-、NO3-、Fe2+ 、Na+【答案】C【解析】试题分析：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，A、a点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应不能大量共存，A错误；B、b点全部为HCO3-，Al3+、Fe3+与HCO3-发生互促水解反应而不能大量共存，B错误；C、c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，C正确；D、d点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，D错误；答案选C。考点:离子共存12要除去CO2中含有的少量的SO2杂质，可选用的一组试剂是NaOH溶液 NaHCO3溶液 Na2CO3溶液 HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液 氨水 酸性KMnO4溶液（ ）A B C D【答案】C【解析】试题分析：二者均与反应，不能用于除杂，除去CO2中含有的少量的SO2杂质，先用NaHCO3溶液，再利用HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，最后利用酸性KMnO4溶液检验二氧化硫是否除尽。故选C。考点：除杂问题13下列各组物质发生化学反应时，由于反应物的量不同而导致生成不同产物的是CO2与NaOH溶液 盐酸溶液与四羟基合铝酸钠钠溶液 NaHCO3溶液与盐酸 高温下焦炭与O2 AlCl3溶液与氢氧化钠溶液 铁与稀硝酸（ ）A除外 B除外 C除外 D除外【答案】B【解析】试题分析：向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，当二氧化碳不足量时，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，当二氧化碳过量时,二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，反应物的量不同而导致生成不同产物，故正确；盐酸溶液与偏铝酸钠反应，盐酸不足生成氢氧化铝，如盐酸过量，则生成氯化铝，反应物的量不同导致生成不同产物，故 正确；碳酸氢钠溶液与盐酸混合，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳、水，故错误；当氧气不足时，碳和氧气反应生成一氧化碳，当氧气过量时，碳和氧气生成二氧化碳，反应物的量不同而导致生成不同产物，故正确；铁和过量稀硝酸反应生成硝酸铁一氧化氮和水，过量的铁和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，量不同产物不同，故 正确。故选B考点：离子方程式的书写14下列实验操作能够达到实验目的的是( )A实验室采用图所示装置收集SO2 B可用图所示装置比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱 C实验室四氯化碳中常含有少量溴，加适量的苯，振荡、静置后分液，可除去四氯化碳中的溴 D称取0.40 g NaOH，直接置于100 mL容量瓶中加水至刻度线，可配制0.10mol/L NaOH溶液【答案】B【解析】试题分析：A,二氧化硫的密度大于空气的密度,所以收集二氧化硫应该采用向上排空气法收集不是向下排空气法收集,故错误.B,高锰酸钾能氧化浓盐酸生成氯气,反应中高锰酸钾作氧化剂,氧化产物是氯气,所以高锰酸钾的氧化性大于氯气;氯气和硫离子反应生成硫单质,氯气是氧化剂,硫是氧化产物,所以氯气的氧化性大于硫,由此得出高锰酸钾的氧化性大于氯气,氯气的大于硫,故正确.C,溴和溴乙烷都易溶于苯,所以不能采用分液的方法分离,故错误.D,容量瓶不能用来溶解氢氧化钠固体,只能是先把氢氧化钠放在烧杯中溶解,等冷却至室温时,再转移至容量瓶中,故错误.故选B.考点：实验操作15X、Y、Z、W均为中学化学的常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关 系（其他产物已略去）：下列说法不正确的是（ ）A若W是单质铁，则Z溶液可能是FeCl2溶液 B 若W是盐酸，则X与Z可反应生成Y C若X是FeCl3溶液，则W可以是Zn或Al D若W是硝酸溶液， 则X与Z不能反应生成Y【答案】D【解析】试题分析：A、若W是单质铁，X是氧气，则Y是氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，因此Z溶液可能是FeCl2溶液，A正确；B、若W是盐酸，则X可能是偏铝酸盐，Y是氢氧化铝，Z是铝盐，偏铝酸盐与铝盐能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，B正确；C、若X是氯化铁溶液，则W可以是金属活动顺序中铁前金属锌或铝，Y是氯化亚铁溶液，Z是铁单质，C正确；D、若W是硝酸，X可能是单质铁，Y是亚铁离子，Z是铁离子，Fe与Fe3+能发生归中反应生成Fe2+，D错误。故选D考点：框图推断、常见金属及其化合物、常见非金属及其化合物的性质与转化关系1 6下列说法中正确的是（ ）A某溶液与NaOH共热，产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明原溶液中一定存在NH4+ B某溶液中加入盐酸后有无色气体产生，该气体能够使澄清的石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有CO32- C用铂丝蘸取某溶液在酒精灯的火焰上灼烧时，火焰呈黄色，说明原溶液中一定含有Na+，也可能含有K+ D某溶液中加入BaCl2溶液时，产生白色沉淀，加稀硝酸沉淀不溶解，说明原溶液中一定存在SO42- 【答案】C【解析】试题分析：A、氨气使红色石蕊试纸变蓝色，不能使湿润蓝色石蕊试纸变红，故A错误；B、碳酸根离子与盐酸反应放出二氧化碳，也可能含有碳酸氢根，故B错误；C、钾的焰色反应成紫色，可用于鉴别，注意鉴别时需通过蓝色钴玻璃观察，故C正确；D、不能排除银离子的干扰，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液检验，D错误。考点：常见离子的检验第II卷（非选择题 共52分）二、非选择题（共4题，共52分）17（8分）右图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回 答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为_mol/L。（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配 制250 mL物质的量浓度为0.7 mol/L的稀盐酸。该学生用量筒量取_ mL上述浓盐酸进行配制；所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有 。下列操作导致所配制的稀盐酸物质的量浓度偏低的是 (填字母)。A用量筒量取浓盐酸时俯视凹液面 B未恢复到室温就将溶液注入容量瓶并进行定容C容量瓶用蒸馏水洗后未干燥 D定容时仰视液面 E未洗涤烧杯和玻璃棒【答案】（1）12；（2分）（2） 14.6；（2分） 250 mL容量瓶；（2分） ADE（2分）【解析】试题分析：（1）根据物质的量浓度与质量分数的换算关系可知：；（2）溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以根据稀释公式C1V1=C2V2可知要配制250 mL物质的量浓度为0.7 mol/L稀盐酸，需要12mol/L的浓盐酸的体积是（250 mL0.7 mol/L）12mol/L=14.6ml。所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有250 mL容量瓶；A、用量筒量取浓盐酸时俯视凹液面，则盐酸的体积偏小，使配制的溶液的浓度偏低，正确；B、未恢复到室温就将溶液注入容量瓶并进行定容，则等恢复至室温时溶液的体积小于250 mL，使配制的溶液的浓度偏高，错误；C、容量瓶用蒸馏水洗后未干燥，则只要加入水至刻度线即可，因此不会产生任何影响，错误；D、定容时仰视液面，则溶液的体积偏大，使所配溶液的浓度偏低，正确；E、未洗涤烧杯和玻璃棒，则会使一部分溶质残留在容器上，容量瓶中的溶质的物质的量偏少，则使所配溶液的浓度偏低，正确。故选项是A、D、E。考点：物质的量浓度的相关计算、溶液的配置操作18（15分）氮化镁(Mg3N2)是一种黄绿色粉末，可用于制造特殊陶瓷材料、催化剂等，可由金属镁和纯净的氮气反应制得，某化学兴趣小组同学利用下图所示装置来制备少量的Mg3N2。已知Mg3N2易与水反应，有关化学方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3。回答下列问题：（1）装置A中反应容器的名称为 。 （2）装置B中的试剂为 ，装置F的作用是 。 （3）装置C、E均需要加热，应先加热 ，理由是 。 （4）装置C中的现象是黑色的氧化铜逐渐变红，有关反应的化学方程式为 。 （5）若C中NH3的转化率不高，易产生的问题是 ，解决办法是 。 （6）若实验结束后，将装置E中固体全部取出，称量为ag，向其中依次加入足量的稀盐酸和NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，最后得沉淀bg，则产品中氮化镁的质量分数为 。【答案】（1）锥形瓶；（1分）（2）碱石灰；（1分）防止空气中水蒸气进入E；（1分）（3）C (1分)使C中产生的N2排出E中的空气；（2分）（4）3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；（2分）（5）D中发生倒吸现象；（2分）在C、D之间加上一个缓冲瓶(或其他合理答案)；（2分）（6）（3分）【解析】故答案为：C；使C中产生的氮气排出E中的空气；（4）装置C中的现象是黑色的氧化铜逐渐变红，说明生成Cu，氨气被氧化生成氮气，还还生成水，反应方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，故答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；（5）若C中NH3的转化率不高，D中浓硫酸会吸收氨气，容易发生倒吸，解决方法是：在C、D之间加上一个缓冲瓶，故答案为：D中发生倒吸现象；在C、D之间加上一个缓冲瓶（6）最终达到沉淀bg为氢氧化镁的质量，根据Mg元素守恒，产品中Mg元素质量为bg24/58，则产品中N元素质量为（a-24/58b）g，根据N原子守恒，氮化镁的质量分数为ag=/0.28a，故答案为：考点：实验操作题，实验处理、物质的制备19(10分)某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。（1）已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是_。（2）已知0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子生成X，则X的化学式为_。（3）根据上述反应可推知_(填序号)。a氧化性：KBrO3H3AsO4 b氧化性：H3AsO4HBrO3c还原性：AsH3X d还原性：XAsH3（4）将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目（用单线桥法）。【答案】（1）AsH3（2分）（2）Br2（2分） （3）ac （2分） （4分）【解析】（4）化合价升高的元素是砷元素，化合价从-3价升到+5价，化合价降低的元素是溴元素，化合价从+5价降到0价，化合价升高和降低数目相等，所以转移40e-，考点：氧化还原反应的概念及性质的相关应用20（9分）某非金属单质A经下图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：（1）若A常温下为淡黄色固体，B是有刺激性气味的无色气体。氯水和B皆可作漂白剂。若同时使用于漂白一种物质时，其漂白效果是_（填“增强”“减弱”“不变”），用化学方程式解释上述原因 ；D的浓溶液与铜发生反应的方程式： 。（2）若A在常温下为气体，C是红棕色气体。A转化为B的化学方程式是：_，D的稀溶液在常温下可与铜反应并生成B气体，请写出该反应的离子方程式： 。【答案】（1）减弱（1分） SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4（2分Cu+2H2SO4 (浓）CuSO4+SO2+2H