届湖北省部分重点中学高三上学期期中联考化学试题解析版Word版含解斩.docx
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届湖北省部分重点中学高三上学期期中联考化学试题解析版Word版含解斩
湖北省部分重点中学2018届高三上学期期中
联考化学试题
1.许多成语中都蕴含化学原理,下列有关解释不准确的是
成语
化学原理
A
沙里淘金
利用金的密度较大的性质将黄金从沙中淘洗出来
B
刀耕火耨
放火烧去野草,用余灰肥田,还可降低土壤碱性
C
百炼成钢
通过多次锻炼,使生铁中碳杂质降低到钢的标准
D
火树银花
金属元素在燃烧时显示的不同焰色,又叫焰色反应
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
...............
2.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
在A1C13溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量,然后通入CO2气体
先出现白色沉淀,后沉淀消失,最后又出现白色沉淀
Al(OH)3是两性氢氧化物,但不能溶解在某些弱酸中
B
向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
先出现蓝色沉淀
KspMg(OH)2]>KspCu(OH)2]
C
向Na2CO3溶液中加入浓盐酸,将产生的气体通入硅酸钠溶液中
产生白色浑浊
酸性:
盐酸>碳酸>硅酸
D
向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液
前者溶液变蓝色,后者有黄色沉淀
KI3溶液中存在I3-
I2+I-平衡
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】A.在A1C13溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量,先出现白色沉淀,后沉淀消失,生成偏铝酸钠溶液,通入CO2气体,又反应生成氢氧化铝沉淀,说明Al(OH)3是两性氢氧化物,但不能溶解在某些弱酸中,故A正确;B.溶度积小的先生成沉淀,向浓度为0.1mol•L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀,说明KspCu(OH)2]较小,故B正确;C.盐酸易挥发,盐酸与硅酸钠反应也能生成硅酸沉淀,则该实验不能比较碳酸和硅酸的酸性强弱,故C错误;D.溶液变蓝色,说明含有碘单质,有黄色沉淀,说明含有碘离子,则溶液中存在平衡:
I3-⇌I2+I-,故D正确;故选C。
3.用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是:
A.用图(a)所示装置除去氯气中含有的少量氯化氢
B.用图(b)所示装置蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体
C.用图(c)所示装置制取少量纯净的二氧化碳气体
D.用图(d)所示装置分离苯萃取碘水后已分层的有机层和水层
【答案】B
【解析】A.氯气、HCl均与NaOH溶液反应,不能除杂,应选饱和食盐水除去氯气中的HCl,故A错误;B.氯化钠难挥发,可以通过蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体,故B正确;C.纯碱为粉末状固体,且易溶于水,不能使反应随时停止,应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳,盐酸容易挥发,也得不到纯净的二氧化碳,故C错误;D.碘不易溶于水,易溶于四氯化碳和苯,则用苯萃取后分层,有机层在上层,故D错误;故选B。
4.能正确表示下列反应的离子方程式是
A.磁性氧化铁溶于稀硝酸:
3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+3H2O
B.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2:
SiO32-+SO2+H2O=H2SiO3↓+SO32-
C.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应,当SO42- 完全沉淀时:
H++SO42-+OH-+Ba2+=BaSO4↓+H2O
D.己知电离平衡常数:
H2CO3>HClO>HCO3-,向NaClO溶液中通入少量CO2:
2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-
【答案】C
【解析】A.磁性氧化铁为四氧化三铁,属于难溶物质,四氧化三铁与稀硝酸反应生成NO、硝酸铁和水,则离子方程式为:
3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O,故A错误;B.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2生成NaHSO3,离子方程式为:
SiO32-+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3-,故B错误;C.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应,当SO42-完全沉淀时,生成BaSO4、NaOH和水,其反应的离子方程式为:
H++SO42-+OH-+Ba2+═BaSO4↓+H2O,故C正确;D.依据电离平衡常数,向NaClO溶液中通入少量CO2反应生成碳酸氢钠和次氯酸,离子方程式:
ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-,故D错误;故选C。
点睛:
本题考查了离子方程式的正误判断,注意掌握离子方程式的书写原则,明确离子方程式正误判断常用方法是解题的关键。
本题的易错点为D,依据电离平衡常数,酸性:
H2CO3>HClO>HCO3-,向NaClO溶液中通入少量CO2只能生成碳酸氢钠和次氯酸。
5.3.52克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.400g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2气体3584mL(标准状况),向反应后的溶液中加入适量的1.0mo1/LNaOH溶液,恰使溶液中的金属离子全部沉淀。
下列说法不正确的是
A.合金中铜和镁的物质的量相等
B.加入NaOH溶液的体积是100mL
C.得到的金属氢氧化物的沉淀为6.24克
D.浓硝酸与合金反应中起氧化性的硝酸的物质的量为0.16mol
【答案】B
【解析】A.密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=
mol/L=14mol/L,故A正确;B.加入适量的1.0mol/LNaOH溶液,恰使溶液中的金属离子全部沉淀,此时溶液中溶质为NaNO3,由N元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3),则n(NaNO3)=0.05L×14mol/L-
=0.54mol,由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.54mol,故需要1.0mol/LNaOH溶液体积为
=0.54L=540mL,故B错误;C.由电荷守恒可知,氢氧化物中氢氧根离子的物质的量等于转移电子物质的量,即氢氧根离子的物质的量为0.08mol×(5-4)=0.08mol,故氢氧化物质量=3.52g+0.16mol×17g/mol=6.24g,故C正确;D.起氧化性的硝酸生成NO2气体,根据N原子守恒可知,起氧化剂的硝酸的物质的量=
=0.16mol,故D正确;故选B。
点睛:
本题考查混合物的有关计算,理解反应发生的过程是关键。
本题的易错点是C,由电荷守恒可知,氢氧化物中氢氧根离子的物质的量等于转移电子物质的量,氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。
6.高铁酸盐在水溶液中有四种含铁型体,25℃时,它们的物质的量分数随pH的变化如图所示,下列叙述错误的是
A.向pH=5的高铁酸盐溶液中加入KOH溶液,离子方程式为HFeO4-+OH-=FeO42-+H2O
B.为获得尽可能纯净的高铁酸盐,应控制pH≥9
C.已知H3FeO4+的电离平衡常数分别为:
K1=2.5×10-2,K2=4.8×10-4,K3=5.0×10-8,当pH=4时,溶液中c(HFeO4-)/c(H2FeO4)=1.2
D.pH=2时,溶液中主要含铁型体浓度的大小关系为c(H2FeO4)>c(H3FeO4+)>c(HFeO4-)
【答案】C
【解析】A.向pH=5的高铁酸盐溶液中(据图示可以看出其中含有HFeO4-)加入KOH溶液,则HFeO4-和KOH溶液反应,即HFeO4-+OH-=FeO42-+H2O,故A正确;B.pH≥9时,FeO42-含量接近100%,则为获得尽可能纯净的高铁酸盐,pH应控制pH≥9,故B正确;C.pH= 4时,H2FeO4
HFeO4-+H+,K2=
,则
=
=
=4.8,故C错误;D.由图像可知pH=2时,溶液中主要含铁型体浓度的大小关系为c(H2FeO4)> c(H3FeO4+)> c(HFeO4-),故D正确;故选C。
7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为3∶4。
金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。
W-的最外层为8电子结构。
1列说法不正确的是
A.原子半径大小:
Z>W>X>Y
B.Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
C.Y的单质与Z在不同条件下反应生成的离子化合物中阴阳离子数之比均为1∶2
D.X与Y形成的两种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
【答案】D
【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,则X为C元素,X、Y的核电荷数之比为3:
4,则Y为O元素,W-的最外层为8电子结构,W为F或Cl元素,金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应,则Z为Na元素,W只能为Cl元素。
A.一般说来,电子层数越多,原子半径越大,电子层数相同,质子数越多,半径越小,则原子半径大小X>Y,Z>W,故A正确;B.Y的单质臭氧,W的单质氯气,对应的化合物ClO2,可作为水的消毒剂,故B正确;C.Na2O中含有的阳离子为Na+、阴离子为O2-;Na2O2中含有的阳离子为Na+、阴离子为O22-,阴阳离子数之比均为1∶2,故C正确;D.X与Y形成的化合物有CO、CO2等,Z的最高价氧化物的水化物为NaOH,CO和NaOH不反应,故D错误;故选D。
8.为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱,某化学兴趣小组设计了如下实验:
(1)①A是氯气发生装置,其反应的离子方程式是__________________________________。
②B装置的作用是_________________________,C装置的作用是_______________________,整套实验装置存在一处明显不足,请指出_______________________________________________________。
(2)用改正后的装置进行实验。
实验过程如下:
实验操作
实验现象
打开活塞a,向圆底烧瓶中滴入少量浓盐酸,然后关闭活塞a,点燃酒精灯
D装置中:
溶液变红E装置中:
振荡后水层溶液变黄,CCl4无明显变化
继续滴入浓盐酸,D、E中均发生了新的变化:
D装置中:
红色慢慢褪去。
E装置中:
CC14层先由无色变为橙色,后颜色逐渐变成红色。
为探究上述实验现象的本质,小组同学查得资料如下:
I:
(SCN)2 性质与卤素相似,氧化性Cl2大于(SCN)2,且SCN-的电子式为
II:
AgClO、AgBrO 均可溶于水
Ⅲ:
Cl2 和Br2反应生成BrCl、BrCl呈红色,沸点约为5℃,与水发生水解反应
①小组同学认为D装置中红色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化,但一定不是碳元素被氧化,他的理由是__________________________________________。
②经过实验证实了小组同学推测的合理性,请用平衡移动原理解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因__________________________________________。
③欲探究E 中继续滴加浓盐酸后颜色变化的原因,设计实验如下:
用分液漏斗分离出E的下层溶液,蒸馏、收集红色物质,取少量,加入AgNO3溶液,结果观察到仅有白色沉淀产生。
请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因_________________________________________________。
【答案】
(1).MnO2+4H++2Cl-(浓)
Mn2++Cl2↑+2H2O
(2).安全瓶(或防液体倒吸)(3).除去氯化氢气体(4).缺少尾气处理装置(5).由电子式知:
碳处于正四价,已是最高价了,不可能被氧化(6).红色溶液中存在平衡Fe3++3SCN-
Fe(SCN)3,过量氯气和SCN-反应使SCN-浓度减小,平衡向逆反应方向移动而褪色(7).BrCl+H2O=HBrO+HCl,Cl-+Ag+=AgCl↓,AgBrO易溶于水,故只生成AgCl沉淀
【解析】
(1)①A装置中圆底烧瓶中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水,离子方程式为:
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↓+2H2O,故答案为:
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↓+2H2O;
②B装置是安全瓶,可以防止倒吸;C装置中的饱和氯化钠溶液可以除去氯气中的氯化氢气体;由于氯气有毒,直接排放到空气中会污染大气,要用碱液吸收尾气,实验装置中缺少尾气处理装置,故答案为:
安全瓶(或防液体倒吸);除去氯化氢气体;缺少尾气处理装置;
(2)①根据电子式
知:
碳处于正四价,已是最高价了,不可能被氧化,因此D装置中红色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化,但一定不是碳元素被氧化,故答案为:
由电子式知:
碳处于正四价,已是最高价了,不可能被氧化;
②红色溶液中存在平衡Fe3++3SCN-
Fe(SCN)3,过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2,使SCN-浓度减小,则使Fe3++3SCN-
Fe(SCN)3平衡向逆反应方向移动而褪色,故答案为:
过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2,使SCN-浓度减小,则使Fe3++3SCN-
Fe(SCN)3平衡向逆反应方向移动而褪色;
③过量的氯气和溴反应生成氯化溴,氯化溴不稳定,易和水反应生成盐酸和次溴酸,氯离子和银离子反应生成白色沉淀氯化银,次溴酸和银离子反应生成次溴酸银易溶于水,所以生成的白色沉淀为氯化银,故答案为:
BrCl+H2O=HBrO+HCl,Cl-+Ag+=AgCl↓,AgBrO易溶于水,加入AgNO3溶液,只能生成AgCl沉淀。
点睛:
本题考查了性质实验方案设计,明确反应原理是解本题关键。
本题的难点是
(2)③,需要注意氯化溴发生的水解反应中生成的酸的种类,根据AgBrO、AgCl的溶解性分析解答。
9.CO2既是温室气体,也是重要的化工原料,二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。
(1)用活性炭还原法可以处理汽车尾气中的氮氧化物,某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO,发生反应C(s)+2NO(g)
N2(g)+CO2(g)△H,在T1℃时,反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下:
浓度/(mol/L)/\时间/min
0
10
20
30
40
NO
2.0
1.16
0.40
0.40
0.6
N2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
CO2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
①若30min后升高温度至T2℃,达到平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2:
3:
3,则达到新平衡时NO的转化率______________(填“升高”或“降低”),△H_____0(填“>”或“<”)。
②根据图表数据分析T1℃时,该反应在0~10min内的平均反应速率v(N2)=______________mol·L-1·min-1;计算该反应的平衡常数K=_____________。
③若30min后只改变某一条件,据上表中的数据判断改变的条件可能是____________(填字母编号)。
A.加入合适的催化剂B.适当缩小容器的体积
C.通入一定量的NOD.加入一定量的活性炭
(2)工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。
已知:
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.1kJ·mol-1
2CH3OH(g)
CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-24.5kJ·mol-1
写出CO2(g)和H2(g)转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)的热化学方程式_______________________。
(3)二甲醚燃料电池具有能量转化率高、电量大的特点而被广泛应用,一种二甲醚氧气电池(电解质为KOH溶液)的负极反应式为:
_______________________。
(4)常温下,用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放,而且可得到重要的化工产品Na2CO3。
①若某次捕捉后得到pH=10的溶液,则溶液中c(CO32-)∶c(HCO3-)=_______________。
常温下K1(H2CO3)=4.4×10-7、K2(H2CO3)=5×10-11]。
②欲用2LNa2CO3溶液将4.66gBaSO4固体全都转化为BaCO3,则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为__________________________。
已知:
常温下Ksp(BaSO4)=1×10-11,Ksp(BaCO3)=1×10-10]。
(忽略溶液体积的变化)
【答案】
(1).降低
(2).<(3).0.042(4).4.0(5).BC(6).2CO2(g)+6H2(g)
CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=-122.7kJ·mol-1(7).CH3OCH3—12e-+16OH-=2CO32-+11H2O(8).1:
2或0.5(9).0.11mol/L
【解析】
(1)①由20min平衡时NO、N2、CO2的浓度之比为0.40:
0.80:
0.80=1:
2:
2,30min后升高温度至T2℃,达到平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2:
3:
3,可知升高温度平衡逆向移动,达到新平衡时NO的转化率降低,正反应为放热反应,△H<0,故答案为:
降低;<;
②该反应在0-10min的平均反应速率v(N2)=
=0.042mol•L-1•min-1;由表格数据可知,20min达到平衡状态,则
C(s)+2NO(g)
N2(g)+CO2(g)
开始 2.0 0 0
转化 1.6 0.8 0.8
平衡 0.04 0.8 0.8
该反应的平衡常数K=
=4;故答案为:
0.042;4;
③A.加入合适的催化剂,平衡不移动,与图像不符,故A不选; B.适当缩小容器的体积,平衡不移动,但浓度均增大,与图像符合,故B选;C.通入一定量的NO,平衡正向移动,反应物、生成物浓度均增大,与图像符合,故C选;D.加入一定量的活性炭,平衡不移动,与图像不符,故D不选;故答案为:
BC;
(3)二甲醚氧气电池(电解质为KOH溶液),负极上CH3OCH3失去电子生成碳酸根离子,负极反应是为CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O,故答案为:
CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O;
(4)①若某次捕捉后得到pH=10 的溶液,则溶液酸碱性主要由CO32-+H2O
HCO3-+OH-,K=
=
,则
=
=
=0.5,故答案为:
0.5;
②4.66gBaSO4 的物质的量为
=0.02mol,根据CO32-+BaSO4
BaCO3+SO42-,K=
=
=0.1,反应后溶液中c(SO42-)=
=0.01mol/L,则平衡时c(CO32-)=0.1mol/L,因此开始时Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为0.1mol/L+0.01mol/L=0.11mol/L,故答案为:
0.11mol/L。
10.某废催化剂含48.6%的SiO2、16.2%的ZnO、19.4%的ZnS和12.8%的CuS及少量的Fe3O4。
.某同学用10.0g该废催化剂为原料,回收锌和铜。
采用的实验方案如下,回答下列问题:
已知:
金属Zn与Al类似,都是两性金属,能溶于强碱并放出氢气,但铝不溶于氨水,锌却可以溶于氨水形成四氨合锌配离子Zn(NH3)4]2+。
(1)滤液1中含有Fe2+,选用提供的试剂进行检验,检验方法如下:
__________________________。
(提供的试剂:
稀盐酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、K3Fe(CN)6]溶液)
(2)滤渣2除SiO2外的另一成分是____________;第二次浸出时,加热温度不宜过高的原因是___________________;写出第二次浸出的化学反应方程式____________________________________。
写出锌溶于氨水的离子方程式____________________________________。
(3)ZnSO4在水中的溶解度,随温度的升高而缓慢增大,从硫酸锌溶液得到七水硫酸锌晶体,可采用的方法是_____________________;析出七水硫酸锌晶体,减压过滤,用于淋洗七水硫酸锌晶体的溶剂是___________________;某同学在实验完成之后,得到5.74gZnSO4·7H2O(式量287)则锌的回收率为_______________________________。
【答案】
(1).取少量滤液1,滴加几滴高锰酸钾溶液,若褪色,则证明有亚铁离子。
(或取少量滤液1,滴加2滴K3Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀,则证明有亚铁离子)
(2).S(3).温度过高双氧水易分解(4).CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O(5).Zn+4NH3+2H2O=Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-(6).蒸发结晶法(7).酒精(8).50.0%
【解析】废催化剂加入稀硫酸,第一次浸出主要发生反应:
ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O,过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3,浓缩结晶得到粗ZnSO4•7H2O;滤渣1含有SiO2、CuS,向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液,发生氧化还原反应,生成硫酸铜、硫,滤渣2含有硫和二氧化硅,滤液含有硫酸铜,经浓缩结晶可得到硫酸铜晶体。
(1)亚铁离子具有还原性,可与高锰酸钾发生氧化还原反应,检验亚铁离子,可取少量滤液1,滴加高锰酸钾溶液,若褪色,则证明有亚铁离子,故答案为:
取少量滤液1,滴加高锰酸钾溶液,若褪色,则证明有亚铁离子;
(2)根据上述分析,滤渣2含有硫和二氧化硅;第二次浸出时,加热温度不宜过高,主要是防止双氧水分解;第二次浸出时发生反应:
CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O;锌可以溶于氨水形成四氨合锌配离子Zn(NH3)4]2+,反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-,故答案为:
S;温度过高双氧水易分解;CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O;Zn+4NH3+2H2O=Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-;
(3)ZnSO4在水中的溶解度,随温度的升高而缓慢增大,从硫酸锌溶液得到七水硫酸锌晶体,可采用蒸发结晶的方法;析出七水硫酸锌晶体,减压过滤,淋洗七水硫酸锌晶体可以选用酒精,减少晶体的损失;5.74gZnSO4·7H2O(式量287)的物质的量为
=0.02mol,其中含有锌元素的质量为0.02mol×65g/mol=1.3g,原样品中锌的质量为10.0g×16.2% ×
+10.0g×19.4% ×
=2.6g,锌的回收率为