四川省成都市成华区某校高三上学期期中化学试卷

化学一、选择题。1.“九三阅兵”展示了我国的科技及军事实力，材料科学助力国防事业迈向了新高度。下列军事装备所用的材料属于无机非金属材料的是A.东风系列导弹采用特种钢材实现轻量化B.歼20隐身战机机身覆盖含铁氧体纳米颗粒的吸波材料实现低探测性C.装甲采用纳米陶瓷降低厚度D.防弹衣采用芳纶和超高分子量聚乙烯纤维提升防护水平【答案】C【解析】【详解】A．特种钢材为金属合金，属于金属材料，不属于无机非金属材料，A错误；B材料，不属于无机非金属材料，B错误；C．纳米陶瓷直接属于无机非金属材料，C正确；D．芳纶和超高分子量聚乙烯纤维为有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D错误；故选C。2.下列化学用语表示正确的是A.HO2中既含离子键又含共价键B.的电子式：C.NaCl溶液中的水合离子：D.顺2丁烯的结构简式为：【答案】D【解析】【详解】A．过氧化氢是只含有共价键的共价化合物，A错误；B．二氧化碳是只含有共价键的共价化合物，电子式为：，B错误；C第1页/共22页子靠近氧原子、氯离子靠近氢原子，水合钠离子和水合氯离子的示意图分别为：和，C错误；D．2丁烯分子存在顺反异构，其中顺2丁烯的结构简式为：，D正确；故选D。3.下列有关阿伏加德罗常数的说法正确的是A.常温常压下，中的分子总数小于B.常温常压下，24g由乙炔和苯组成的混合物中含个C原子C.标准状况下，2.8g硅单质中含有的共价键数目为D.中含有键数目为【答案】A【解析】【详解】A．常温常压下，46g的物质的量为1mol，但存在的平衡，导致分子总数减少，因此分子数小于，A正确；B．乙炔（）和苯（）的最简式均为CH，24g混合物中CH的物质的量为，对应C原子数为，而非，B错误；C．2.8gSi的物质的量为0.1mol，每个Si原子形成4个共价键，但每个键被两个原子共享，总键数为，C错误；D．HClO的结构为HOCl，不存在HCl键，因此1molHClO中HCl键数目为0，D错误；故选A。4.下列实验装置和操作正确且能达到相应实验目的的是第2页/共22页A．吸收氨气B中的C中的NaD焰色测定A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A起到防倒吸作用，A错误；BCl+HOHCl+HClO，反应生成的盐酸能与碳酸氢钠溶液反应导致平衡右移使得氯气被吸收，所以不能用饱和碳酸氢钠溶液除去氯气中混有的氯化氢杂质，除杂试剂应为饱和食盐水，B错误；C．钠元素的焰色试验为黄色，则用光洁的铁丝蘸取食盐水在酒精灯火焰上灼烧可以观察氯化钠的焰色，C正确；D时，不能选用铜搅拌器，应选用玻璃搅拌器，D错误；故选C。5.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。如图为硫及其部分化合物的价态—类别图。下列说法正确的是A.和稀溶液反应生成第3页/共22页B.附着有b的试管，常用蒸馏水清洗C.与足量反应转移电子D.一步可实现转化【答案】D【解析】【分析】根据硫及其部分化合物的价态—类别图可知，a是S的2价氢化物，则a为HS；b为S的单质；c是+4c为SOd为+6d为SOe为+4e为HSOf为+6f为HSOg为+4g为NaSOh为+6价的含硫的钠盐，则h为NaSO。Aa为HSf为HSOHSHS与稀硫酸不反应，故A错误；B．根据上述分析可知，b为硫单质（SCS2或热NaOH溶液清洗，B错误；C．根据上述分析可知，c为SO，SO2与O2反应为可逆反应，反应方程式为：2SO+O⇌2SO，即使O2足量，SO2也不能完全转化，1molSO2反应转移电子小于2mol，故C错误；D．c→e→g→h转化：c（SO）与水反应生成e（HSOe与NaOH反应生成g（NaSOg被O2氧化生成h（NaSOD正确；综上，答案选择D项。6.下列物质的转化均能一步实现的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．硫在过量氧气中燃烧生成SO，而非SO，第一步无法一步实现，A错误；B．NH3高温氧化生成NO，而非NO，第一步无法一步实现，B错误；C．Fe与Cl2加热生成FeCl，FeCl3与NaOH反应生成Fe(OH)，两步均可一步实现，C正确；第4页/共22页D．Fe高温下与水蒸气生成FeO，而非FeO，D错误；故选C。7.从中草药中提取的calebinA（结构简式如图）可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebinA的说法正确的是A.该物质能与甲醛反应生成高分子有机物B.该分子中含氧官能团有3种C.该分子与浓溴水反应，最多消耗D.该物质性质稳定，在空气中能长时间保存【答案】C【解析】A者一个邻位、一个对位有氢原子，才能和甲醛发生缩聚反应生成高分子有机物，A错误；B．分子中的含氧官能团有：羟基、醚键、酯基、羰基，共4种，B错误；C．该分子存在酚羟基，溴原子可以取代酚羟基邻位和对位上的氢原子，而1mol该分子只有2mol邻位氢2mol2mol成反应，消耗2mol溴单质，所以共消耗4mol溴单质，C正确；D存，D错误；故选C8.下列离子方程式书写错误的是A.向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体：B.使酸性高锰酸钾溶液褪色：C.向Al粉中加入少量氢氧化钠溶液D.用赤血盐检验：(蓝色沉淀)【答案】B第5页/共22页【解析】ANaCl溶液中通入CO2生成NaHCO3NH·HO方程式正确，A正确；BHCO4为弱酸，在离子方程式中应保留分子形式，而非拆为5HCO4+2+6H+=10CO↑+2Mn2++8HO，B错误；C．Al与NaOH溶液反应生成[Al(OH)]和H，反应的离子方程式符合反应事实，C正确；D．Fe2+与赤血盐[KFe(CN)]反应生成KFe[Fe(CN)]蓝色沉淀，方程式书写正确，D正确；答案选B。9.短周期主族元素WXYZWX最外层电子数之和为13Y是同周期主族元素中半径最大的元素，Z的最外层电子数是Y的最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是A.原子半径：B.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强C.W、X、Y、Z的简单离子的电子层结构均相同D.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物可在水溶液中发生反应【答案】B【解析】WXYZWX最外层电子数之和为13数分别为6、7，Y是同周期主族元素中半径最大的元素，Y为第IA族元素，根据原子序数是关系，W、X为第2周期元素，Y为第3周期元素，则W为O元素、X为F元素、Y为Na元素，Z的最外层电子数是Y的最外层电子数的3倍，最外层电子数为3，为Al元素，据此分析解答。A径：，故A正确；BW为OX为FO＜FHF弱，故B错误；C．W、X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，均为结构，故C正确；D．Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，二者在水溶液中能够发生反应，Al第6页/共22页(OH)3+NaOH=NaAlO2+2HO，故D正确；故选B。10.“低碳经济”的一项重要课题就是如何将转化为可利用的资源。在2L恒温恒容密闭容器中按照投料发生反应：，测得浓度随时间的变化如图所示。下列说法错误的是A.反应进行到3min时放出的热量为49.6kJB.0~10min内用表示的平均反应速率为C.b点反应速率D.c点时加入催化剂可以实现的完全转化【答案】D【解析】【详解】A．由热化学方程式可知完全反应放出49.6kJ热量，反应进行到3min时二氧化碳浓度改变，体积为2L，故有反应，放热49.6kJ，故A正确；B．内浓度改变，故，故B正确；C．b点后转化率继续升高，说明反应未达平衡状态，反应正向进行，所以，故C正确；D．该反应是可逆反应，催化剂不能使平衡移动，不可能完全转化，故D错误；选D。高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品中，其合成路线如图所示。第7页/共22页A.1mol物质A最多与2mol发生加成反应B.物质B不存在顺反异构体C.物质C能与乙二醇发生反应生成八元环状酯D.合成M的整个过程中的原子利用率为100%【答案】D【解析】【分析】根据聚合物M的结构可反推出有机物B的结构为CH=CHOCH，有机物A与发生加成生成CH=CHOCH，则可推出A的结构为；C的名称为丁烯二酸，则结构为CH=CHOCH3和进行加聚得到高分子M：，据此分析解答。【详解】A．根据分析，A结构为，为乙炔，含碳碳叁键，则1mol最多与2mol发生加成反应生成，A正确；B．物质B的结构为CH=CHOCH，其碳碳双键的一端连接的是2个相同的H原子，无法形成顺反异构体，故CH=CHOCH3不存在顺反异构体，B正确；CC的结构为进行多元酯化生成环状酯结构，属于八元环状酯，C正确；第8页/共22页到100%，D错误；故答案为：D。12.下列实验方案及结论均正确的是选实验方案结论项加入足量溶液充分A除去苯酚中的苯甲酸振荡后静置、分液向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加B的氧化性比的强1mL淀粉溶液，溶液显蓝色向和中均分别加入NaOH溶比碱性C液和盐酸，只溶于盐酸，都强能溶向试管中加入20%蔗糖溶液10mL并滴加少量稀若未出现银镜，则证明蔗糖未D硫酸，加热；冷却至室温后加入银氨溶液，水浴发生水解加热A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．苯甲酸酸性强于碳酸，能与NaCO3反应生成可溶于水的苯甲酸钠，苯酚酸性弱于碳酸但强于NaCO3A不符合题意；B．溴水将KI中的I氧化为I，淀粉遇I2显蓝色，直接证明Br2的氧化性强于I，实验方案和结论均正确，B符合题意；第9页/共22页现象矛盾，C不符合题意；DD不符合题意；答案选B。13.于有机溶剂配成工作液，经过一系列工艺得水溶液，相关化学反应以及工艺流程简图如下。下列说法错误的是A.蒽醌法生产过氧化氢理论上消耗的原料为和B.配制工作液时可采用水作溶剂C.该流程中乙基蒽醌可循环利用D.想要得到更高浓度的溶液，需进一步浓缩水溶液【答案】B【解析】HO2，由工业流程图可知，先把乙基蒽醌溶于有机溶剂配成工作液，经一系列反应再生乙基蒽醌循环使用，据此分析解题。【详解】A和A正确；B．乙基蒽醌不易溶于水，易溶于有机溶剂，所以配制工作液时不能用水作溶剂，B错误；C．由流程图可知，先消耗乙基蒽醌，又再生了乙基蒽醌，可循环利用，C正确；第10页/共22页答案选B。14.从海带中提取碘元素的实验过程如下图所示：已知氧化性：下列说法不正确的是A.实验步骤①的目的是将有机碘转化成无机碘，部分无机碘可能被空气氧化成而损失B.实验步骤④可以用过量氯水代替氧化C.实验步骤⑤实现海带灰中的硫酸盐、碳酸盐等与碘分离D.实验步骤⑥可能包括一系列操作：加入过量NaOH浓溶液、分液、水相中加酸酸化、过滤、升华【答案】B【解析】II的溶液，加入④HO、稀硫酸之后，将I氧化为I，加入CCl⑤提取碘，最后通过⑥反萃取等一系列操作分离得到I，据此作答。A．实验步骤①的目的是将有机碘转化成无机碘，便于后续溶解和提取，但I过程中可能被氧气氧化为I2升华而损失，A正确；B．已知氧化性：，若用过量的氯水代替HO2氧化I，可能将I过度氧化为HIO3在萃取时损失掉，因此不能用过量氯水代替氧化，B错误；C．实验步骤⑤为萃取分液操作，I2被萃取到CCl4层，而海带灰中的硫酸盐、碳酸盐等易溶于水的杂质会留在水相，因此能实现与碘的分离，C正确；D．实验步骤⑥加入过量NaOH浓溶液，使I2转化为I和反萃取进入水相，分液，在水相中加酸酸化，使I和重新转化为I2析出，过滤得到粗碘，再利用升华法提纯得到纯碘，D正确；故答案选B。第11页/共22页程如下。下列说法错误的是A.制备时，需在无氧条件下进行B.反应1中氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：3C.属于正盐D.不考虑损失，参与反应，可产生【答案】B【解析】1为白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成程式为，反应2为溶液与稀硫酸反应生成HPO2和硫酸钠，反应的化学方程式为，反应3为HPO2发生分解反应生成HPO4和PH，反应的化学方程式为；【详解】A．白磷和磷化氢在空气中都能自燃，所以制备磷化氢时，最好在无氧条件下进行，A正确；B．反应1为白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成和磷化氢，反应的化学方程式为，反应中磷元素的化合价既升高被氧化又降低被还原，白磷即是反应的氧化剂又是反应的还原剂，物质的量之比为3：1，B错误；C．由反应1中白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成和磷化氢可知，不能与氢氧化钠溶液反应，说明在溶液中不能电离出氢离子，属于正盐，C正确；D．由反应1的方程式可得：P~PH，由反应1、反应2、反应3可得如下转化关系：P4~3NaHPO~3HPO~1.5PH，则1mol白磷参与反应，可产生1mol+1.5mol=2.5mol磷化氢，D正确；第12页/共22页二、非选择题。16.氟锑酸()属于超强酸，可通过与HF反应制得。实验室以：、为原料制备的装置如图所示，反应原理为。已知：ⅰ．HF与可生成；ⅱ．：熔点73.4℃，沸点220.3℃，易水解；ⅲ．：熔点，时沸腾并分解，易水解。回答下列问题：（1）写出的电离方程式：___________。（2）上图中盛放浓盐酸的仪器名称是___________。（3）仪器接口的连接顺序为e→___________→f。（4）写出浓盐酸与反应制取的化学方程式：___________。（5）装置Ⅱ的作用是___________。（6）制备完成后，___________(填“能”或“不能”)直接将改为通，完成的制备，原因是___________。（7）制备完成后，分离和的方法是___________。【答案】（1）（2）分液漏斗（3）cdba（4）第13页/共22页（5）吸收尾气中的和空气中的水蒸气（6）①.不能②.HF能与玻璃仪器中的二氧化硅反应（7）减压蒸馏【解析】【分析】制取Cl2时，使用浓盐酸与Ca(ClO)2发生反应。浓盐酸易挥发，制得的Cl2中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，用浓硫酸除去Cl2中混有的水蒸气，从而得到干燥的Cl；再将Cl2通入两颈烧瓶内与SbCl3发生反应，通过回流装置提高原料的利用率。【小问1详解】属于超强酸，则在水溶液中发生完全电离，电离方程式：。【小问2详解】上图中盛放浓盐酸的仪器带有活塞，名称是：分液漏斗。【小问3详解】制取SbCl5Ca(ClO)2eCl2中混有的HCl，用浓硫酸除去Cl2中混有的水蒸气，导管都是左长右短；最后将干燥纯净的Cl2出仪器接口的连接顺序为e→c→d→b→a→f。【小问4详解】浓盐酸与反应，生成CaCl、Cl2和水，依据得失电子守恒和原子守恒，可得出制取的化学方程式：。【小问5详解】Cl2Cl2SbCl5装置内，所以装置Ⅱ的作用是：吸收尾气中的和空气中的水蒸气。【小问6详解】HFHF腐蚀玻璃(能与玻璃中的二氧化硅反应)颈烧瓶直接接触，所以不能直接将Cl2改为通，完成的制备，原因是：HF能与玻璃仪器中的二氧化硅反应。【小问7详解】题干信息显示，和SbCl5第14页/共22页【点睛】分离高沸点、易分解液体混合物时，常采用减压蒸馏。17.工业上以软锰矿(主要成分为，还含有少量等)和辉铜矿(主要成分为，还含有少量等氧化物)为原料，制备碳酸锰和胆矾的工艺流程如图所示。已知：i、萃取的原理为(为有机相)。ii、K(NiS)=1019.4，K(MnS)=1012.6。回答下列问题：（1“酸浸”_______(答出一条即可)S“酸浸”时与反应的离子方程式：_______。（2“萃取”后的溶液中，当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽，则_______。（3）写出“碳化沉锰”过程中发生反应的离子方程式：_______。（4）试剂X为_______(填化学式)“系列操作”包括_______、过滤、洗涤和干燥。（5）在空气中加热分解时，每一步所得固体为纯净物，随温度变化如图所示。第15页/共22页105℃时，剩余固体的化学式为_______。【答案】（1）①.粉碎、搅拌、加热②.（2）106.8（3）（4）①.HSO4②.蒸发浓缩，冷却结晶（5）CuSO43HO【解析】CuO调节溶液pH子全部转化为沉淀除去，过滤得到浸出液中主要含有CuSO、MnSO4等，加入HR萃取Cu2+后分液，水相中加硫化钠调pH除镍，滤液中加入碳酸氢铵、氨水进行碳化沉锰，过滤得碳酸锰。有机相中加入试剂X为HSO，进行反萃取后分液，所得水相经系列操作可得胆矾，据此分析解答。【小问1详解】“酸浸”拌等；反应中生成S，说明MnO2是氧化剂，CuS被氧化为单质S和Cu2+，反应的离子方程式为；【小问2详解】由已知信息ii可知，=106.8；【小问3详解】“碳化沉锰”过程中Mn2+与电离出的结合生成MnCO3H+与NH3·HO反应生成和HO，所以离子方程式为；【小问4详解】已知HR萃取Cu2+的原理为(org为有机相)，要反第16页/共22页萃取得到Cu2+并最终反萃取生成CuSO，则需要加入酸性试剂，使平衡逆向移动，故试剂X为HSO；从溶液中获取胆矾，采用的“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥；【小问5详解】设为1mol，质量为250g，由图可知，105℃时，损失的质量为14.4%，即为250g×14.4%=36g，即失去2个结晶水，故此时固体化学式为：CuSO43HO。18.理研究合成氨反应有重要意义，回答下列问题：（1）与在催化剂表面经历如下过程生成。该反应的热化学方程式为ΔH=_______。（2）在相同催化剂下，向密闭容器中充入的物质的量分别为0.1mol、0.3mol，发生反应，平衡时混合物中氨气的体积分数()随温度、压强的变化如图所示。①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。②在条件下，反应达到平衡时的转化率为_______%(保留一位小数)。③若在条件下发生反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。A．混合气体的压强保持不变B．混合气体的密度保持不变第17页/共22页D．每断裂3molHH键的同时断裂2molNH键（3(反应体系温度为495℃)的原理如图所示。该催化剂能较好地解决传统合成氨工艺中存在的反应速率和平衡产率的矛盾，原因是_______。【答案】（1）（2）①.②.该反应为气体分子数减少的反应，其他条件不变，加压平衡正向移动，氨气的体积分数增大③.80.0④.B（3“热”高于体系温度，有利于氮氮共价键的断裂，加快反应速率，“冷低于体系温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高氨气的产率【解析】【小问1详解】从图中所给数据可得；【小问2详解】①该反应为气体分子数减少的反应，其他条件不变，加压平衡正向移动，氨气的体积分数增大，所以；②根据三段式法可得：，氨气的体积分数=，解得，所以氮气的转化率=；③A．p2恒定，所以混合气体的压强一直不变，不能说明是否达平衡，A错误；第18页/共22页保持不变，说明反应达到平衡状态，B正确；C．化学反应速率之比等于化学计量数之比，，说明达到平衡，选项不能说明否平衡，C错误；D．每断裂3molHH键的同时应该断裂6molNH键，选项不能说明是否平衡，D错误；故答案为B。【小问3详解】Fe”低于体系温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高氨气的产率，所以该催化剂能较好地解决传统合成氨工艺中存在的反应速率和平衡产率的矛盾。19.双环丁烷类化合物M作为一种药物中间体，其合成路线如下所示，部分试剂及反应条件省略。已知：i)；ii)。（1）B中含氧官能团的名称为_______，物质K的名称为_______。（2）合成路线中设计A→B和