19福建省闽侯第二中学五校教学联合体届高三上学期期中考试化学试题Word版 含答案.docx

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19福建省闽侯第二中学五校教学联合体届高三上学期期中考试化学试题Word版含答案

综合素质检测理科综合能力测试（化学部分）

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16Na-23Fe-56Cu-64

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.化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是

A.水晶和红宝石的主要成分都是SiO2

B.燃煤中加入石灰石可提高燃烧效率

C.甘油和汽油完全燃烧的产物相同，但所属有机物的种类不同

D.CO2具有还原性，可用于自来水的消毒杀菌

【答案】C

【解析】

【详解】A.红宝石的主要成分是氧化铝，水晶的主要成分是二氧化硅，A错误；

B.在煤中加入石灰石，燃烧时可吸收生成的二氧化硫，可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的产生，B错误；

C.甘油属于醇类，汽油属于烃类，完全燃烧的产物都是CO2和H2O，但所属有机物的种类不同，C正确；

D.CO2具有弱的还原性，不可用于自来水的消毒杀菌，D错误；

故合理选项是C。

2.下列说法中正确的是（NA为阿伏伽德罗常数的值）

A.O2-的电子式为

，则O2-核外有8个电子

B.1molNH4Cl中含有的H－Cl键的数目为NA

C.CrO5中Cr元素的化合价为+6价，每个CrO5分子中存在两个过氧键

D.20gNa2O和Na2O2的混合物中，所含阴阳离子数目之比无法确定

【答案】C

【解析】

【详解】A.O2-的电子式为

，表示O2-的最外层有8个电子，但其原子核外有10个电子，A错误；

B.NH4Cl是离子化合物，NH4+与Cl-间形成离子键，无共价键存在，B错误；

C.根据化合物中所有元素化合价的代数和为0原则，CrO5中5个O共为-6价，说明以-1价氧存在的共有两个过氧根，一个氧化合价-2价，C正确；

C.Na2O和Na2O2都是离子化合物，其中含有的阴阳离子数目之比是1：

2，与物质的多少无关，D错误；

故合理选项是C。

3.下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是

选项

微粒组

加入试剂

发生反应的离子方程式

A

K+、Na+、HCO3-、SiO32-

少量HCl

2H++SiO32-=H2SiO3↓

B

NH4+、Fe2+、Br-、SO42-

过量H2S

Fe2++H2S=FeS↓+2H+

C

HClO、Na+、Fe3+、SO32-

过量CaCl2

Ca2++SO32-=CaSO3↓

D

I-、Cl-、H+、SO42-

适量NaNO3

6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2

【答案】D

【解析】

【详解】A.由于酸性HCO3->H2SiO3，所以在溶液中会发生反应：

2HCO3-+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-，二者不能大量共存，A错误；

B.FeS与酸反应，在酸性溶液中不能大量存在，所以不能发生Fe2+与过量H2S反应，B错误；

C.HClO、Fe3+都具有强的氧化性，可将SO32-氧化为Fe3+，不能大量共存，C错误；

D.I-具有还原性，在酸性条件下，H+、I-、NO3-发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得方程式为：

6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，D正确；

故合理选项是D。

4.四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，气体A和气体B相遇产生白烟，X与Z可按原子个数比1︰1形成化合物C。

下列说法正确的是

A.化合物C可能为离子化合物

B.Z离子的半径比Y离子的大

C.Y的非金属性很强，其单质非常活泼

D.最高价氧化物的水化物的酸性Y比W强

【答案】A

【解析】

【分析】

四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，则B是一元强酸，则X是H元素，W是Cl元素；气体A和气体B相遇产生白烟，则B是NH3，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，所以Y是N元素；X与Z可按原子个数比1︰1形成化合物C，Z可能是O、F、Na中的任一种，C可能是H2O2、HF、NaH在的一种。

【详解】综上所述可知可知：

X是H元素，Y是N元素，W是Cl元素；Z可能为O、F、Na中的任一种。

A.若C为NaH，则含有离子键，化合物C可能为离子化合物，A正确；

B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以无论Z是O、F\Na在任何一种元素，N3-的半径比O2-、F-和Na+的半径都大，B错误；

C.Y是N元素，尽管N元素的非金属性很强，但由于N2分子中存在N≡N的存在，键能大，键长短，断裂消耗很大能量，所以N2并不活泼，C错误；

D.高氯酸HClO4的酸性比HNO3强，D错误；

故合理选项是A。

【点睛】本题考查了元素周期表、元素周期律的应用的知识。

根据已知信息推断元素是本题解答的关键。

突破口是气体A和气体B相遇产生白烟，可知气体为NH3、HCl，结合原子序数大小及分子特点推测元素。

掌握元素化合物的性质和元素周期律是本题解答的基础。

5.下列装置能达到实验目的的是

A.熔化Na2CO3

B.验证SO2氧化性

C.实验室制取NH3

D.保存液溴

【答案】B

【解析】

【详解】A.瓷坩埚中含SiO2，高温下可与Na2CO3发生反应，A错误；

B.由于酸性H2SO3>H2S，所以SO2可与Na2S反应生成H2S，SO2可氧化H2S生成S单质，所以能够验证SO2氧化性，B正确；

C.收集氨气的试管口要放适量的棉花，以防止氨气与空气产生对流现象，C错误；

D.Br2可与橡胶发生加成反应，所以盛放液溴的试剂瓶要用玻璃塞，D错误；

故合理选项是B。

6.下列说法中正确的是

A.因发生加成反应，苯可使溴水褪色

B.C5H10能使酸性KMnO4溶液褪色的同分异构体共有4种

C.

分子中最多有12个原子共平面

D.将

分子中的一个N原子换成C原子后，其分子式为C7H13N3

【答案】D

【解析】

【详解】A.苯不能与溴水发生反应，使溴水褪色是由于Br2容易溶解在苯中，苯与水互不相容，A错误；

B.C5H10能使酸性KMnO4溶液褪色的同分异构体属于烯烃，C5H10的烯烃有CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3、

、

、

5种（不包括顺反异构体）不同结构，B错误；

C.乙烯分子是平面分子，甲基取代乙烯分子在H原子的位置，在乙烯平面上；苯分子是平面分子，乙烯平面与苯平面可以共平面，由于甲烷是正四面体结构，某个平面通过甲烷的C原子，最多可以有2个顶点在该平面上，所以—CH3上的最多有一个H也可能落在整个分子的平面内，共17个原子，C错误；

D.若将N原子换成C原子，由于C原子可形成四个共价键，而N原子可形成3个共价键，所以将该分子中的一个N原子换成C原子后要增加1个H原子，其分子式为C7H13N3，D正确；

故合理选项是D。

7.利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。

下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关K之前，两个Cu电极的质量相等。

下列有关这套装置的说法中错误的是

A.循环物质E为水

B.乙池中Cu电极为阴极，发生还原反应

C.甲池中的电极反应式为Cu2++2e-=Cu

D.若外电路中通过1mol电子，两电极的质量差为64g

【答案】B

【解析】

【详解】由阴离子SO42-的移动方向可知：

右边Cu电极为负极，发生反应：

Cu-2e-=Cu2+，Cu电极失去电子，发生氧化反应；左边的电极为正极，发生反应：

Cu2++2e-=Cu，当电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，两极的质量差变为64g。

电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池。

A.通过上述分析可知循环物质E为水，使稀硫酸铜溶液变为浓硫酸铜溶液，A正确；

B.乙池的Cu电极为负极，发生氧化反应，B错误；

C.甲池的Cu电极为正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，C正确；

D.若外电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，所以两电极的质量差为64g，D正确；

故合理选项是B。

8.已知铁粉与水蒸气在不同温度下反应，所得黑色固体产物的成分不同，某化学小组的同学为测定该固体产物的组成，称取168mg纯铁粉，按下列步骤进行实验：

①如图所示连接好装置检查气密性装入药品

②打开K，加热某装置，一段时间后，再加热另一装置；

③反应完成后，关闭K，停止加热，冷却后读取收集到的气体的体积

回答下列问题：

（1）实验中先点燃___________处的酒精灯，该操作在将D中的导管伸入量筒中准备收集气体之______（填“前”或“后”）

（2）下列实验操作的目的是：

①将铁粉和石棉绒混合均匀___________；

②关闭K___________。

（3）判断铁粉与水蒸气反应已经完成的现象是___________。

（4）有同学认为用D装置测量气体的体积时，伸入量筒中的导管应适当加长，该同学的理由是___________。

（5）用改进后的正确装置进行实验，收集到气体的体积为67.2mL（已换算成标准状况），则固体产物的组成为___________。

【答案】

（1）.A

（2）.后（3）.增大铁粉与水蒸气的接触面积，以便充分反应（4）.防止冷却时，装置内的压强下降过快将空气吸入装置，影响H2体积的测定（5）.量筒内液面不再发生变化（6）.若导管太短，冷却时，气体不能回流，导致气体体积偏大；若导管太长，导管不易插入量筒中，也不易从量筒中取出（7）.FeO

【解析】

【分析】

（1）在装置内含有空气，空气与Fe在加热会发生反应产生Fe2O3，所以要先加热A出酒精灯，使装置内充满水蒸气，然后再加入B出酒精灯；加热A出酒精灯应该在收集H2的操作之后进行；

（2）从物质的存在状态及影响化学反应速率的角度分析；从压强影响物质的收集及纯度分析操作目的；

（3）反应产生的H2是难溶于水的气体，若反应不再发生，则无氢气产生；

（4）从气体体积的热胀冷缩及操作的难易分析；

（5）先计算Fe、H2的物质的量，根据H2是Fe与水反应计算生成氧化物的化学式。

【详解】

（1）装置中的空气与Fe会发生反应，影响实验测定，因此要先加热A处的酒精灯，先用水蒸气排出装置内的空气，以防铁粉受热后与空气反应；因反应后装置内会留有H2，必需将装置内的气体全部收集到量筒中，否则所测气体的体积将偏小，故加热A前要先把D处收集装置安装好，即点燃A处酒精灯在将D中的导管伸入量筒中准备收集气体之后进行；

（2）①Fe是固体物质，为增大水蒸气与Fe粉反应的接触面积，可以使用石棉绒，使Fe粉附着在石棉绒上；

②反应完成后，关闭K，停止加热，冷却后读取收集到的气体的体积，关闭K目的是防止冷却时，装置内的压强下降过快将空气吸入装置，影响H2体积的测定；

（3）铁粉与水蒸气生成黑色产物，与铁粉的颜色不易区分，只能根据反应产生的H2的难溶性，用不再产生气体，即气体的体积不发生变化作为反应完成的标志；

（4）有同学认为用D装置测量气体的体积时，伸入量筒中的导管应适当加长，该原因是反应是在加热时进行的，产生的氢气在温度高时体积大，当温度降低时体积减小，若导管太短，冷却时，气体不能回流，导致气体体积偏大；但是若导管太长，导管就不易插入量筒中，反应结束时导气管也不易从量筒中取出，使用要适当加长；

（5）n（Fe）=0.168g÷56g/mol=0.003mol，n（H2）=0.0672L÷22.4L/mol=0.003mol，n（Fe）：

n（O）=1：

1，所以根据电子守恒、元素守恒，可得反应方程式为Fe+H2O（g）

FeO+H2，则所得固体化学式为FeO。

【点睛】本题考查了化学实验基本操作、物质的检验方法、化学式确定的知识。

掌握化学实验基本操作方法及物质的物理性质、化学性质是解题的基础，用守恒方法是确定物质化学式是的关键。

9.辉钼矿的主要成分是MoS2（Mo呈+4价），含少量SiO2以及Re的化合物等杂质。

由辉钼矿可制得金属缓蚀剂钼酸钠晶体（Na2MoO4·10H2O）、催化剂Mo2C和氧化剂KReO4，其主要流程如下：

（1）焙烧辉钼矿时发生的反应及反应开始的温度（T）与真空度的关系如下图所示：

（真空度P/P0表示反应时的压强与标准大气压之比）

为获得碳化钼，在真空度为0.5的条件下，适宜的反应温度应控制___________。

（2）焙烧时，生成Mo2C的反应中被还原的元素有___________（填元素符号）；水洗烧结物时，洗去的物质除Na2S、Na2CO3之外，还有___________。

（3）用NaClO2氧化MoS2时，MoS2转化为MoO42-和SO42-，写出该反应的离子方程式___________。

（4）已知钼酸钠的溶解度曲线如下图，获得Na2MoO4·10H2O的操作A为___________、___________、过滤。

（5）生成KReO4晶体的化学方程式为___________；加入KCl时，同时加入乙醇的作用是___________。

【答案】

（1）.1045K≤T<1075K

（2）.Mo和C（3）.Na2SiO3（4）.2MoS2+9ClO2-+12OH-=2MoO42-+9Cl-+4SO42-+6H2O（5）.蒸发浓缩（6）.冷却至10℃以下结晶（7）.NaReO4+KCl=KReO4↓+NaCl（8）.减小KReO4的溶解度

【解析】

【分析】

（1）根据反应开始温度计发生副反应的温度分析反应条件；

（2）根据元素化合价升高，失去电子被氧化；元素化合价降低，获得电子，被还原分析判断；

在煅烧时，处发生反应2MoS2+4Na2CO3+9C

Mo2C+4Na2S+12C（g）外，还发生反应：

SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑，根据物质的溶解性分析洗去的物质；

（3）NaClO2具有氧化性，可氧化MoS2为MoO42-和SO42-，NaClO2被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平反应方程式；

（4）根据Na2MoO4·10H2O的溶解度在低于10℃时温度升高，溶解度增大分析；

（5）在NaReO4的溶液在加入KCl及乙醇，反应得到KReO4，说明发生了复分解反应，KReO4在乙醇在溶解度小。

【详解】

（1）在温度为1045K时反应2MoS2+4Na2CO3+9C

Mo2C+4Na2S+12C（g）才开始发生，但当温度高于1075K会发生副反应MoS2+2Na2CO3+4C

Mo+2Na2S+6CO（g）而生成Mo，实验反应温度要控制在1045K≤T<1075K；

（2）中焙烧时发生2MoS2+4Na2CO3+9C

Mo2C+4Na2S+12C（g），反应中Mo元素的化合价由反应前的+4价变为反应后的+2价；C元素的化合价由反应前的+4价变为反应后Mo2C中的-4价、单质C的0价，化合价降低，所以被还原的元素有有Mo、C；在煅烧时，除发生2MoS2+4Na2CO3+9C

Mo2C+4Na2S+12C（g）反应外，原料中的杂质SiO2与Na2CO3反应：

SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑，所以水洗烧结物，洗去的物质除Na2S、Na2CO3之外，还有可溶性的Na2SiO3；

要获得Na2MoO4·10H2O，必须在10℃以下结晶，否则会析出Na2MoO4·2H2O晶体。

利用KReO4溶解度小于NaReO4，可实现由NaReO4向KReO4的转化。

加入乙醇可降低KReO4的溶解度，有利于KReO4晶体析出。

（3）用NaClO2氧化MoS2时，MoS2转化为MoO42-和SO42-，NaClO2被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式：

2MoS2+9ClO2-+12OH-=2MoO42-+9Cl-+4SO42-+6H2O；

（4）根据溶解度曲线可知：

Na2MoO4·10H2O的溶解度在低于10℃时温度升高，溶解度增大，当温度高于10℃时，转化为Na2MoO4·2H2O，故要获得Na2MoO4·10H2O，应该进行的操作是蒸发浓缩得到10℃时的饱和溶液，然后冷却至10℃以下结晶，过滤，就可得到Na2MoO4·10H2O；

（5）根据题意可知NaReO4与KCl发生复分解反应，产生溶解度小的KReO4，反应的化学方程式：

NaReO4+KCl=KReO4↓+NaCl；加入KCl时，同时加入乙醇的作用是降低KReO4的溶解度。

【点睛】本题考查了物质制备过程在反应条件的控制、混合物的分离操作、氧化还原反应方程式的书写及物质在反应在的作用等知识。

充分利用流程中的信息及坐标系的含义和变化趋势，结合已有知识分析题目是解答该题的关键，题目难度适中。

10.含氮化合物在生产、生命活动中有重要的作用。

回答下列问题：

（1）已知4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H1=－alkJ/mol，4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（g）△H2=－bkJ/mol，H2O

（1）=H2O（g）△H3=+ckJ/mol，写出在298K时，氨气燃烧生成N2的热化学方程式___________。

（2）肌肉中的肌红蛋白（Mb）可与O2结合生成MbO2：

Mb（aq）+O2（g）

MbO2（aq），其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，即V正=k正·c（Mb）·P（O2），V逆=k逆·c（MbO2）。

37℃时测得肌红蛋白的结合度（α）与P（O2）的关系如下表[结合度（α）指已与O2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的百分比]：

P（O2）

0.50

1.00

2.00

3.00

4.00

5.00

6.00

α（MbO2%）

50.0

67.0

80.0

85.0

88.0

90.3

91.0

①计算37℃、P（O2）为2.00kPa时，上述反应的平衡常数K=___________。

②导出平衡时肌红蛋白与O2的结合度（α）与O2的压强[P（O2）]之间的关系式α=___________（用含有k正、k逆的式子表示）。

（3）构成肌红蛋白的甘氨酸（NH2CH2COOH）是一种两性物质，在溶液中以三种离子形式存在，其转化关系如下：

在甘氨酸溶液中加入酸或碱，三种离子的百分含量与

的关系如图所示：

①纯甘氨酸溶液呈___________性；当溶液呈中性时三种离子的浓度由大到小的顺序为___________。

②向

=8的溶液中加入过量HCl时，反应的离子方程式为___________。

③用电位滴定法可测定某甘氨酸样品的纯度.

称取样品150mg，在一定条件下，用0.1000mol/L的高氯酸溶液滴定（与甘氨酸1︰1发生反应），测得电压变化与滴入HClO4溶液的体积关系如下图3。

做空白对照实验，消耗HClO4溶液的体积为0.25mL，该样品的纯度为___________%（计算结果保留一位小数）

【答案】

（1）.4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H=

kJ/mol

（2）.2.00（3）.

（4）.酸（5）.H3N+CH2COO->H2NCH2COO->H3N+CH2COOH（6）.H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH（7）.85.0

【解析】

【分析】

（1）①4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H1=－alkJ/mol，

②4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（g）△H2=－bkJ/mol，

③H2O

（1）=H2O（g）△H3=+ckJ/mol，将三个热化学方程式叠加，可得相应反应的热化学方程式；

（2）①根据平衡常数的含义，结合37℃、P（O2）为2.00kPa时a（MbO2）计算平衡常数；

②根据反应达到平衡时，V正=V逆，结合平衡常数定义式进行变性，可得表达式；

（3）①根据甘氨酸的存在形式与溶液酸碱性的关系，先判断I、II、III分别为H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH，若只含有H3N+CH2COO-，此时lg

，结合溶液的Kw可判断溶液的pH、确定溶液的酸碱性；当溶液呈中性时，lg

=0，根据图示判断微粒浓度大小；

②根据lg

=8时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，盐酸过量，H2NCH2COO-反应变为H3N+CH2COOH，书写反应方程式；

③结合滴定突跃时溶液体积读数与空白读数差，计算出消耗高氯酸的体积，利用n=c·V计算出高氯酸的物质的量，根据恰好反应时甘氨酸与高氯酸的物质的量的比是1：

1，计算出甘氨酸质量，利用甘氨酸质量与样品质量差计算得到甘氨酸的纯度。

【详解】

（1）①4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H1=－alkJ/mol，

②4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（g）△H2=－bkJ/mol，

③H2O

（1）=H2O（g）△H3=+ckJ/mol，将①×3+②×2-③×30，整理可得热化学方程式：

4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H=

kJ/mol；

（2）①37℃、P（O2）=2.00kPa时，结合度为80%，化学平均常数K=

kPa-1；

②由结合度的定义式可知，反应达平衡时，V正=V逆，所以K=

，可求出c（MbO2）=

，代入结合度定义式

=

可得a=

；

①甘氨酸的三种存在形式：

H3N+CH2COOH、H3N+CH2COO-和H2NCH2COO-应分别在强酸性至强碱性中存在，由此判断，图中I、II和III分别为H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH，当lg

=-8时，溶液显碱性，溶液中存在的主要是H2NCH2COO-，它与过量的HCl反应生成H3N+CH2COOH。

由图可知纯甘氨酸溶液呈酸性（实际在5.9左右），溶液呈中性时，lg

=0，中性时H3N+CH2COO->H2NCH2COO->H3N+CH2COOH；②根据lg

=8时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，由于加入的盐酸过量，所以，发生反应H2NCH2COO-变为H3N+CH2COOH，反应方程式为H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH；

根据滴定曲线的突跃范围，消耗HClO4溶液17.25mL，减去空白实验的0.25mL，实际消耗滴定液17.00mL。

n（HClO4）=0.1000mol/L×0.01700L=0.0017mol，则n（甘氨酸）=0.0017mol，甘氨酸的质量为m（甘氨酸）=0.0017mol×75g/mol=0.1275g，所以甘氨酸的纯度为：

（0.1275g÷0.150g）×100%=85.0%。

【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、物质的存在状态与溶液酸碱性的关系及物质纯度计算的知识，涉及盖斯定律的应用、酸碱中和滴定原理的应用、物质的量浓度的有关计算等。

掌握化学基础知识和基本原理，看清坐标系在横坐标、