四川省内江市2024-2025学年高三化学上学期半期期中试卷【含答案】

本试卷18道题，共100分；考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16S-32Fe-56Cu-64一、单选题(本大题共14小题，每小题3分，共42分)1.在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下:下列叙述错误的是（）A.生物柴油由可由再生资源制得 B.生物柴油是不同酯组成的混合物C.动植物油脂是高分子化合物 D.“地沟油”可用于制备生物柴油C【详解】A、醇属于可再生资源，根据方程式可知，生物柴油由可由再生资源制得，A正确；B、根据生物柴油的分子结构可知，生物柴油是不同酯组成的混合物，B正确；C、动植物油脂虽然相对分子量较大，但不是高分子化合物，C错误；D、“地沟油”主要是动植物油脂，利用上述反应，可用于制备生物柴油，D正确；答案选C。2.下列离子方程式中，正确的是A.溶液中滴加少量溶液：B.NaClO、NaCl混合溶液中滴加HI溶液：C.金属铜溶于稀硝酸：D.溶液与溶液反应：A【详解】A．H2SO3溶液过量，发生反应和，总反应为，A选项正确；B．NaClO、NaCl混合溶液中滴加HI溶液：因为还原性I−＞Cl−，I−被优先氧化为I2，离子方程式为：，B选项错误；C．铜与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为：，C选项错误；D．FeCl2溶液与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成KFe[Fe(CN)6]沉淀，离子方程式为：，D选项错误；答案选A。3.下列化学用语表述正确的是A.中子数为1的氦的核素：B.SO3的VSEPR模型：C.用电子式表示H2O2的形成过程：D.NaCl溶液中的水合氯离子、水合钠离子：D【详解】A．核素符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和；氦原子核有2个质子，则中子数为1的He原子的质量数为2+1=3，因此该核素用符号可表示为，A错误；B．SO3的中心原子的孤电子对数为，价层电子对数为3+0=3，因此SO3的VSEPR模型为平面三角形，B错误；C．H2O2为共价化合物，没有电子得到与失去，用电子式表示其形成过程为，C错误；D．NaCl溶液中的水合氯离子、水合钠离子，每个Na+周围有5个H2O分子，每个Cl-周围有6个H2O分子，根据“异种电荷相互吸引”可知，在水合钠离子中氧原子朝向钠离子，水合氯离子中氢原子朝向氯离子，D正确；故合理选项是D。4.已知反应：，NA为阿伏加德罗常数的值，若消耗96gFeS2，下列叙述错误的是A.转移的电子数为8.8NA B.消耗的氧化剂分子数为2.2NAC.氧化产物的物质的量共1.6mol D.生成SO2的体积为35.84L(标准状况)C【分析】的物质的量是。根据反应方程式可知：每反应消耗，反应过程中会消耗，反应产生、，反应过程中转移电子，然后根据反应消耗的的物质的量进行有关计算。【详解】A．根据分析，反应中转移电子，消耗，反应中转移的电子的物质的量为：，则转移的电子数目是，A正确；B．在该反应中，为还原剂，为氧化剂，每反应消耗，同时反应消耗，反应消耗，反应消耗的物质的量是，则反应消耗的氧化剂分子数为，B正确；C．、既是氧化产物也是还原产物，根据方程式可知：每消耗，反应过程中会消耗，同时产生、，反应产生的氧化产物的物质的量是，有反应，则产生的氧化产物的物质的量是n(氧化产物)=，C错误；D．根据方程式计量系数，消耗，生成二氧化硫，在标准状况下，其体积为：，D正确；故选C。5.实验室制取少量氯水并探究其酸性，下列实验装置和操作能达到实验目的的是A.用装置甲制取氯气 B.用装置乙制取氯水C.用装置丙完全吸收多余的 D.用pH试纸测定氯水的pHB【详解】A．用装置甲制取氯气，需用浓盐酸，需要加热，A选项错误；B．首先用饱和食盐水除去挥发的氯化氢气体，用装置乙制取氯水，B选项正确；C．微溶于水，澄清石灰水浓度较小，不能完全吸收多余的，导致吸收效果不好，C选项错误；D．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测量，应用pH计检测，D选项错误；故答案选B。6.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A熔点：石英干冰晶体类型差异B：碳卤键的极性差异C分解温度：氢键与范德华力差异D键角：卤素电负性差异A.A B.B C.C D.DC【详解】A．石英共价晶体，熔点高于1000℃，干冰为分子晶体，熔点低于0℃，故A项不符合题意；B．因为F的电负性大于Cl的电负性，F—C的极性大于Cl—C的极性，使得F3C—的吸电子能力大于Cl3C—的吸电子能力，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，所以Ka(CCl3COOH)＜Ka(CF3COOH)，故B项不符合题意；C．H2O分解温度高于H2S，是因为氧的非金属性强于硫，H—O键的键能大于H—S的键能，与氢键和范德华力无关，故C项符合题意；D．由于氟的电负性大于氯的电负性，故PF3中共用电子对离P原子更远，排斥力更小，键角更小，故PF3的键角小于PCl3，即与F、Cl的电负性差异有关，故D项不符合题意；故本题选C。7.中药甘草含有多种有效成分，其中甘草香豆素结构简式如图所示。下列关于甘草香豆素的说法错误的是A.与溴水能发生加成反应，也能发生取代反应B.光照条件下与氯气反应，苯环上可形成C—Cl键C.与NaOH完全反应的物质的量之比为1：5D.催化剂存在下与足量氢气反应，π键不能全部断裂B【详解】A．甘草香豆素结构中，存在酚羟基，邻位和对位的氢原子能与溴水发生取代反应，含碳碳双键，能与溴水发生加成反应，A正确；B．甘草香豆素光照条件下与氯气反应，苯环上的氢原子不能被取代，即苯环上不能形成C—Cl键，B错误；C．甘草香豆素中含有三个酚羟基、一个酚酯基，水解后又生成一个酚羟基和羧基，共5个酸性基团，与NaOH完全反应的物质的量之比为1∶5，C正确；D．催化剂存在下，苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，苯环中大π键和碳碳双键中π键断裂，而酯基与氢气不反应，酯基中的π键没有断裂，D正确；故选B。8.根据下列实验操作和现象，可得出相应结论的是选项实验操作现象结论A向NaBr溶液中滴加少量氯水，再加入淀粉KI溶液溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2B常温下，铁丝插入浓硝酸中几乎无明显变化常温下，铁不能与浓硝酸发生反应C向乙醇中加入浓硫酸，加热，溶液变黑，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中溶液褪色该气体是乙烯D向NaCl和NaI的混合稀溶液中滴加少量AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)A.A B.B C.C D.DA【详解】A．向NaBr溶液中滴加少量氯水，发生反应：Cl2+NaBr=2NaCl+Br2，证明氧化性：Cl2＞Br2；由于NaBr过量，氯水完全反应，生成Br2使溶液变橙色，再加入淀粉KI溶液，Br2与KI发生反应：Br2+KI=2KBr+I2，证明氧化性：Br2＞I2，反应生成I2使淀粉溶液变蓝色，说明氧化性：Cl2＞Br2＞I2，A正确；B．浓硝酸具有强氧化性，在常温下，铁丝插入浓硝酸中，铁丝表面被浓硝酸氧化生成一层致密的氧化物保护膜使反应停止(钝化），不同于不能发生反应，B错误；C．向乙醇中加入浓硫酸，加热，溶液变黑，产生的气体中含有乙烯、二氧化硫和二氧化碳，还有挥发的乙醇蒸气和水蒸气，气体为混合气体；另外，乙醇和二氧化硫也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能确定是否产生了乙烯，C错误；D．氯化银、碘化银沉淀的生成与NaCl和NaI的浓度有关，若Ag+与卤素离子浓度的乘积大于其溶度积常数，就会产生相应的卤化银沉淀，因NaCl和NaI的浓度未知，不能判断Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小，D错误；故合理选项是A。9.一种钴的配合物离子的结构如图所示，下列有关说法正确的是A.的价层电子排布式为 B.C、N原子的轨道杂化类型完全相同C.第一电离能：C<N<O D.1mol该配离子含有6mol配位键D【详解】A．Co的原子序数为27，价层电子排布式为3d74s2，先失去最外层电子，则Co2+的价层电子排布式为3d7，故A项错误；B．C原子有sp2和sp3两种杂化类型，N原子只有sp3杂化，故B项错误；C．第一电离能同周期从左到右依次增大，氮原子2p轨道电子为半充满结构，第一电离能大于相邻周期元素，则第一电离能：C＜O＜N，故C项错误；D．Co2+与O、N原子均以配位键结合，1mol该配离子含有6mol配位键，故D项正确；故本题选D。10.为了使天然气产品的质量满足国家标准，需除去天然气中的羰基硫(COS)。如图为COS的催化水解反应机理。下列说法正确的是A.电负性：C<O<SB.、、COS的空间结构都为V形C.该催化机理存在极性键断裂和非极性键的形成D.在催化剂表面COS中S与中O发生交换D【详解】A．同一周期中，从左到右元素电负性递增；同一主族中，自上而下元素电负性递减。所以电负性：，A选项错误；B．的价层电子对数为；的的价层电子对数为，空间结构为形，与互为等电子体，其结构与相似，因此的空间结构也是直线形的空间结构，B选项错误；C．该催化机理存在极性键的断裂和形成，不存在非极性键的断裂和形成，C选项错误；D．在催化剂表面中与中发生交换，生成和，D选项正确；答案选D。11.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化不可实现的是A.制备HCl：NaCl溶液和HClB.制备硫酸：FeS2SO2SO3H2SO4C.制备硝酸：D.制备Mg：溶液MgD【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A正确；B．FeS2可以与氧气在高温的条件下反应生成SO2，SO2与氧气反应生成SO3，SO3和水可以反应生成硫酸，故B正确；C．NH3与O2在催化剂的条件下生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，故C正确；D．Mg(OH)2和盐酸反应可以得到MgCl2溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故D错误；答案选D。12.铅酸蓄电池是一种常见的二次电池，放电时的总反应为，电池构造示意图如图所示。铅酸蓄电池在充电过程中还会产生氢气和氧气。下列有关说法错误的是A.铅酸电池应采取安全措施防止电池气压增大而鼓胀B.电池放电时，Pb、电极的质量均增大C.充电时，阳极的电极反应式为D.若用直流电源充电时，电池的正极与电源的正极相连C【详解】A．铅酸蓄电池在充电过程中会产生氢气和氧气，所以铅酸电池应采取安全措施防止电池气压增大而鼓胀，A选项不符合题意；B．Pb和PbO2放电时都生成PbSO4沉积在电极上，则电极质量均增大，B选项不符合题意；C．PbSO4难溶，阳极的电极反应式为，C选项符合题意；D．充电时电池的正极发生氧化反应，需与直流电源的正极（发生还原反应）相连，D选项不符合题意。答案选C。13.某矿石的标准组成为，W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增加的前20号元素。W原子的价层电子排布式为，X是短周期元素中金属性最强的元素，Y的最外层电子数是其内层电子数的，Z原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，Q的周期序数是其族序数的两倍。下列说法错误的是A.a=9 B.W与X只能形成一种离子化合物C.简单离子半径：W>X D.简单氢化物稳定性：W>ZB【分析】W原子的价层电子排布式为nsnnp2n，则W为O，X是短周期元素中金属性最强的元素，则X为Na，Y的最外层电子数是其内层电子数的，则Y为Mg，Z原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，则Z为P，Q的周期序数是其族序数的两倍，则Q为Ca；【详解】A．该矿石的标准组成为CaaNaMg(PO4)7，依正负化合价代数和为0，2a+1+2=21，解得a=9，A正确；B．W与X能形成氧化钠和过氧化钠，两种离子化合物，B错误；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径W(O2-)＞X(Na+)，C正确；D．元素非金属性越强，简单氢化物的稳定性就越强，非金属性：O＞P，则简单氢化物的稳定性：W(H2O)＞Z(PH3)，D正确；故选B。14.酒石酸是一种有机二元弱酸(记为)。25℃时，、和的分布分数(例如)与溶液pH的关系如图。已知：二元弱酸能够分步滴定的条件之一是。下列说法正确的是A.a代表随pH变化的曲线B.由图判断，能分步滴定酒石酸溶液中的C.当pH=3.04时，D.P点溶液的pH=4.37+2lg2D【分析】酒石酸是一种二元弱酸，随着pH越来越大，溶液酸性减弱，则H2A的浓度逐渐减小，HA-的浓度先增大后减小，A2-的浓度逐渐增大，则a代表δ(H2A)、b代表δ(HA−)、c代表δ(A2−)随pH变化的曲线；由a与b的交点知Ka1=10-3.04，由b与c的交点知Ka2=10-4.37。【详解】A．据分析可知，b代表随pH变化的曲线，A错误；B．由图可知=101.33＜104，不能分步滴定酒石酸溶液中的c(H+)，B错误；C．酒石酸的两步电离方程式相加，有，pH=3.04时，即c(A2−)＜c(H2A)，C错误；D．P点溶液中，δ(A2−)=0.8，则δ(HA−)=0.2，Ka2=10-4.37，c(H+)=mol/L，所以pH=4.37＋2lg2，D正确；故选D。二、非选择题(本大题共4小题，共58分)15.超细是一种优异的绿色阻燃剂。以蛇纹石(主要成分为和MgO，含少量Fe、Al、Cr、Ni、Co、Mn等的氧化物)为原料制备超细的一种工艺流程如下：回答下列问题：（1）为提高酸浸效率，可采取的措施有_______(答出2条即可)；酸浸时，金属元素都被浸出，浸渣的主要成分是_______(填化学式)。（2）除杂时温度不宜过高，否则会降低的利用率，原因是_______；金属杂质离子(用表示)与MgO悬浮液反应生成沉淀而除去，离子反应方程式的通式为_______。（3）氢氧化镁含有羟基，主要通过形成分子间_______(填“范德华力”“氢键”或“化学键”)产生团聚，形成大颗粒；CTAB是一种表面活性剂，可_______(填“增大”或“减小”)表面的带电，利于制备超细氢氧化镁。（4）沉镁所得氢氧化镁沉淀中含有少量碱式硫酸镁，影响产品质量，需脱硫处理，反应的化学方程式为_______。（5）上述工艺流程产生的废液(滤液1、2)或废渣(浸渣、滤渣)中，主要用于回收铁、铝、铬、镍、钴等金属的是_______。（1）①.适当增大硫酸浓度、适当升温、将原料粉碎、搅拌②.SiO2（2）①.温度过高使H2O2分解②.2Men++nMgO+nH2O=2Me(OH)n↓+nMg2+（3）①.氢键②.增大（4）MgSO4·5Mg(OH)2·3H2O+2NaOH=6Mg(OH)2↓+Na2SO4+3H2O（5）滤渣【分析】蛇纹石(主要成分为SiO2和MgO，含少量Fe、Al、Cr、Ni、Co、Mn等的氧化物)加入稀硫酸，过滤，得到滤渣1的主要成分为不溶的SiO2，滤液1含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Cr3+、Ni2+、Co2+、Mn2+、Fe2+，加入过氧化氢将Fe2+转化为Fe3+，加入氧化镁悬浊液得到氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀、氢氧化铬沉淀、氢氧化钴沉淀、氢氧化镍沉淀、氢氧化锰沉淀，过滤，向滤液中加入CTAB和氨水生成氢氧化镁沉淀，在加入氢氧化钠溶液，过滤，得到超细Mg(OH)2。【小问1详解】为提高酸浸效率，可采取的措施有适当增大硫酸浓度、适当升温、将原料粉碎、搅拌等；由分析可知，酸浸时，金属元素都被浸出，浸渣的主要成分是SiO2；小问2详解】除杂时温度不宜过高，是因为温度过高使H2O2分解；金属杂质离子(用Men+表示)与MgO悬浮液反应生成Me(OH)n沉淀而除去，离子反应方程式的通式为：2Men++nMgO+nH2O=2Me(OH)n↓+nMg2+；【小问3详解】氢氧化镁含有羟基，主要通过形成分子间氢键产生团聚，形成大颗粒；CTAB是一种表面活性剂，可增大表面带电，利于制备超细氢氧化镁；【小问4详解】沉镁所得氢氧化镁沉淀中含有少量碱式硫酸镁[MgSO4⋅5Mg(OH)2⋅3H2O]，影响产品质量，加入氢氧化钠溶液进行脱硫处理，反应的化学方程式为：MgSO4·5Mg(OH)2·3H2O+2NaOH=6Mg(OH)2↓+Na2SO4+3H2O；【小问5详解】由分析可知，上述工艺流程产生的废液(滤液1、2)或废渣(浸渣、滤渣)中，主要用于回收铁、铝、铬、镍、钴等金属的是滤渣。16.可用于合成光电构料。某兴趣小组用CaS与反应制备液态。实验装置采用三次降温使液化。结合已知信息回答下列问题。已知：①；②的沸点是-61℃，有毒；③装置A内产生的气体中含有酸性气体杂质；④装置B的作用是初步除去易溶于水的气体杂质和细小粉末，并实现第一次冷却。（1）装置X的名称为_______；分子的空间构型为_______。（2）完善虚框内的装置排序：A→B→_______→D→F→G。（3）装置C中盛装的干燥剂为_______。（4）装置G中汞的两个作用是：①平衡气压；②_______。（5）下列说法错误的是_______。A．装置党的主要作用是第二次冷却H₂SB．加入固体可使溶液保持饱和，有利于平稳持续产生C．该实验产生的尾气可用硝酸吸收（6）E装置的作用是_______(用离子方程式表示)。（7）取0.680g产品，与足量溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814g。产品的纯度为_______。（1）①.圆底烧瓶②.V形（2）E→C（3）P2O5(或无水CaCl2)（4）液封，防止空气中的水蒸气等进入体系（5）AB（6）（7）99%【分析】A作为H2S的发生装置；B用于初步除去易溶于水的气体杂质和细小粉末，并实现第一次冷却；E装置的作用为进一步除去H2S中的HCl；C装置干燥H2S；由于不能骤冷，所以D、F都是冷却H2S的装置；G的作用有平衡气压和液封，防止空气中的水蒸气等进入体系，据此回答。【小问1详解】装置X是圆底烧瓶；分子含有的价层电子对数为，采取sp3杂化，中心原子S含有2对孤电子对，因此它的空间构型为V形。【小问2详解】E装置的作用为进一步除去H2S中的HCl，C装置干燥H2S，应先除杂再干燥，故虚框内装置的连接顺序为E→C。【小问3详解】装置C的作用是干燥H2S，H2S具有酸性和还原性，不能使用浓硫酸与碱石灰干燥，可用P2O5或者无水CaCl2干燥。【小问4详解】装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：②液封，防止空气中的水蒸气等进入体系。【小问5详解】A．由分析可知，装置B是第一次冷却，装置党的主要作用是第二次冷却H₂S，A正确；B．CaS、MgCl2和水反应生成H2S，饱和溶液中的MgCl2消耗后，MgCl2固体会溶解，保持MgCl2为饱和溶液，有利于平稳持续产生H2S，B正确；C．该实验产生的尾气主要为H2S，H2S与硝酸反应生成氮的氧化物，氮的氧化物是有毒的污染气体，因此不可用硝酸吸收，C错误；答案选AB。【小问6详解】装置E的作用为进一步除去H2S中的杂质HCl等酸性气体，故发生反应的离子方程式是。【小问7详解】根据铜守恒，氧化铜的质量为32.814g-31.230g=1.584g，则氧化铜物质的量为0.0198mol，，硫化铜物质的量为0.0198mol，则H2S物质的量为0.0198mol，H2S的质量为0.6732g，产品纯度为。17.二氧化碳一甲烷重整反应制备合成气(H2+CO)是一种生产高附加值化学品的低碳过程。该过程存在如下化学反应：①

②

③

④

回答下列问题：（1）_______，反应①_______正向自发进行(填标号)。A．低温下能

B．高温下能

C．任何温度下都能

D．任何温度下都不能（2）反应体系总压强分别为和时，平衡转化率随反应温度变化如图所示，则代表反应体系总压强为的曲线是_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，判断依据是_______。（3）控制恒温和总压强1.00MPa条件下，向密闭容器中通入2molCH4和1molCO2只发生反应①，达到平衡时H2的体积分数为25%，CO2的平衡转化率为_______，平衡常数KP=_______(MPa)2。（4）MnO是制备甲烷重整反应催化剂的原料。基态氧原子价层电子排布的轨道表示式为_______；MnO的立方晶胞结构如图所示，实验测得其晶胞参数，用代表阿伏加德罗常数的值，MnO晶体的密度ρ=_______(列出计算式即可)。（1）①.②.B（2）①.Ⅲ②.恒温减压时平衡①、③右移，甲烷平衡转化率增大（3）①.50%②.（4）①.②.【小问1详解】①②③④，依据盖斯定律可知反应②+③-2×④得方程式①，则ΔH1=ΔH2+ΔH3-2ΔH4=（-90.2+74.9+2×131.3）kJ/mol=+247.3kJ/mol；反应①中ΔH＞0，反应①中ΔS＞0，如果ΔG=ΔH-TΔS＜0反应能自发进行，反应①在高温下正向自发进行，故选B；【小问2详解】甲烷反应的方程式中，反应前后气体计量数增大，其它条件不变时，恒温减压时平衡①、③右移，甲烷平衡转化率增大，所以代表反应体系总压强为5.00MPa的曲线是Ⅲ；【小问3详解】控制恒温和总压强1.00MPa条件下，向密闭容器中通入2molCH4和1molCO2只发生反应①，设转化了xmolCO2，列三段式，，达到平衡时H2的体积分数为25%，，x=0.5mol，CO2的平衡转化率为；平衡后混合气体总物质的量为4mol，C