届重庆市南开中学高三上学期期中考试理综化学试题解析版.docx

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届重庆市南开中学高三上学期期中考试理综化学试题解析版

重庆市南开中学高2018级高三（上）中期考试

理科综合化学

1.现代生活需要提升我们的科学素养，以下说法科学的是

A.某护肤品广告宣称产品不含任何化学成分

B.日用铝制品表面不需要刷漆防腐蚀

C.汽车尾气中的氮氧化物是由汽油不完全燃烧引起的

D.为了防腐保鲜，可在蔬菜表面洒少量福尔马林

【答案】B

【解析】A.所有物质都含有化学成分，不含化学成分的物质不存在，故A错误；B.铝与空气中的氧气反应生成致密的氧化膜，阻止铝与氧气继续反应，所以日用铝制品表面不用刷漆防腐蚀，故B正确；C.汽油的主要成分是C和H元素构成的烃类物质，汽油中不含N元素，所以汽车尾气中氮氧化物的产生与汽油是否完全燃烧无关，故C错误；D.福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能用于食品的防腐保鲜，故D错误；答案选B。

2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.0.05mol熔融NaHSO4中含有的阳离子数为0.05NA

B.室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH—数目为0.1NA

C.标准状况下，22.4LH2S和SO2的混合气体中含有的分子数为NA

D.电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，转移到阴极的电子数一定为2NA

【答案】A

【解析】A.NaHSO4在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，0.05mol熔融NaHSO4中，含有的阳离子数为0.05NA，故A正确；B.室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，水的电离受到抑制，水电离产生氢离子和氢氧根离子数目相等，为10-13NA，故B错误；C.标况下22.4L气体的物质的量为1mol，由于H2S和SO2混合后会发生反应：

2H2S+SO2=3S↓+2H2O，所以二者混合后气体的物质的量小于1mol，混合气体中含有的分子总数小于NA，故C错误；D.电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜中含有比铜活泼的金属杂质如Zn、Fe等，Zn、Fe会优先放电，故阳极质量减少64g，转移到阴极的电子数不一定为2NA，故D错误；答案选A。

点睛：

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系，试题难度中等。

本题的易错点是D项，解题时要注意电解精炼铜时，粗铜为阳极，粗铜中的杂质Zn、Fe等比铜优先放电，所以无法通过阳极减少的质量确定电路中转移的电子数。

3.下列有关括号内少量杂质的检验试剂、除杂试剂、除杂方法都正确的是

物质（杂质）

检验试剂

除杂试剂

除杂方法

A

HCl（Cl2）

湿润的淀粉—KI试纸

饱和NaCl溶液

洗气

B

Al（Fe）

盐酸

NaOH溶液

过滤

C

CO2（SO2）

品红溶液

酸性KMnO4溶液

洗气

D

CuCl2（FeCl3）

NaOH溶液

Cu

过滤

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】A.氯气不溶于饱和食盐水，不能用饱和食盐水除杂，故A错误；B.NaOH溶液与Al反应而不与Fe反应，不能用NaOH溶液除杂，故B错误；C.SO2可以使品红溶液褪色，用品红溶液可以检验SO2，SO2具有还原性，可以用酸性KMnO4溶液除去SO2，除杂的方法为洗气法，故C正确；D.用Cu作为除杂试剂时，Cu与FeCl3反应生成CuCl2和FeCl2，会引入FeCl2杂质，故D错误；答案选C。

4.短周期元素X、Y、Z、W、M原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为17，X和Y是组成化合物种类最多的元素，W是地壳中含量最高的元素。

下列说法正确的是

A.离子半径大小：

M＞W＞Z

B.由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物一定含离子键

C.Z的简单氢化物比W的简单氢化物更稳定

D.分子式为Y4X8W2的物质超过6种

【答案】D

点睛：

本题主要考查元素推断和元素周期律，试题难度中等。

根据题目信息推断各元素种类是解答本题的关键，解题时要注意明确原子结构和元素周期律之间的关系，本题的难点是D项，注意符合分子式为C4H8O2的化合物既可能是羧酸、酯、羟基醛等物质，也可能是环状物质，物质超过6种。

5.羟基水杨胺（Z）可以治疗胆囊炎、胆管炎等。

合成羟苯水杨胺的反应如下图，下列说法正确的是

A.X能和NaHCO3溶液反应产生CO2

B.Z的分子式为C13H12O3N

C.X、Y、Z都能发生消去反应、取代反应、加成反应

D.Z在一定条件下与NaOH溶液发生反应时，1molZ最多消耗3molNaOH

【答案】D

【解析】A.X物质中含有酚羟基，酚的酸性小于碳酸的酸性，所以X不能和NaHCO3溶液反应产生CO2，故A错误；B.由Z的结构简式可知，Z的分子式为C13H11O3N，故B错误；C.由X、Y、Z的结构简式可知，三种物质均不能发生消去反应，都可以发生取代反应和加成反应，故C错误；D.Z物质中含有2个酚羟基和1个肽键，Z在一定条件下与NaOH溶液发生反应时，1molZ最多消耗3molNaOH，故D正确；答案选D。

6.据报道，我国钒电池研究获得重大突破，未来十年市场有望突破1000亿美元。

某钒电池反应为2VCl2+BrCl2—

2VCl3+Br—，电极均为惰性材料，储液罐里存有反应物和酸性电解质溶液，模拟装置如图所示。

下列说法不正确的是

A.放电时，I极的电极反应式为VCl2—e—+Cl—=VCl3

B.放电时，H+由交换膜右侧向左侧迁移

C.充电时，I极与电源负极相连，发生还原反应

D.充电时，Ⅱ极的电极反应式为2Cl—+Br——2e—=BrCl2—

【答案】B

【解析】A.I为负极，由钒电池反应式2VCl2+BrCl2－

2VCl3+Br－可知，放电时VCl2在负极失电子生成VCl3，电极反应式为VCl2－e－+Cl－=VCl3，故A正确；B.H+是阳离子，放电时H+移向正极，所以H+由交换膜左侧向右侧迁移，故B错误；C.I为负极，充电时连接电源的负极构成电解池的阴极，发生还原反应，故C正确；D.II为原电池的正极，充电时为电解池的阳极，电极反应式为2Cl－+Br－―2e－=BrCl2－，故D正确；答案选B。

点睛：

本题主要考查原电池原理和电极反应式书写等，根据题目所给的原电池总反应方程式并结合原电池装置图即可解答，试题难度中等。

本题的易错点是D项，判断充电时II极的电极反应式，需要根据装置图先确定II极在放电时属于正极，则充电时属于阳极，充电时阳极的电极反应式与放电时的正极反应式相反。

7.常温下，向20mL0.10mol/L甲胺的溶液中滴加0.10mol/L盐酸时混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。

已知：

甲胺（CH3NH2）类似于氨，但碱性稍强于氨。

下列说法不正确的是

A.甲胺在水中的电离方程式CH3NH2+H2O

CH3NH3++OH—

B.b点对应的加入盐酸的体积小于20mL

C.将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，得到对应a点的溶液

D.常温下，甲胺的电离常数为Kb，则pKb=—lgKb=3.4

【答案】C

【解析】A.甲胺（CH3NH2）类似于氨，但碱性稍强于氨，说明甲胺是一元弱碱，在水中的电离方程式CH3NH2+H2O

CH3NH3++OH－，故A正确；B.若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对应加入盐酸的体积小于20mL，故B正确；C.将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，因CH3NH2发生电离，则所得溶液中c（CH3NH2）≠c（CH3NH3+），即lg

≠0，所以对应的不是a点的溶液，故C错误；D.由甲胺的电离方程式CH3NH2+H2O

CH3NH3++OH－可知，甲胺的电离常数为Kb=

，a点溶液的pH=10.6，c（OH－）=10－3.4，lg

=0，则pKb=－lgKb=－lg

=－lgc（OH－）－lg

=－lgc（OH－）=3.4，故D正确；答案选C。

8.碲（Te）及其化合物有许多优良性能，被广泛用于冶金、化工等领域。

（1）碲（Te）在周期表中的位置为________________________。

碲化氢的还原性比H2S的还原性__________（填“强”或“弱”）。

（2）已知25℃时，亚碲酸（H2TeO3）的电离平衡常数：

Ka1=1×10—3，Ka2=2×10—8。

①0.1mol/LH2TeO3溶液中H2TeO3的电离度约为__________；

②已知NaHTeO3的水溶液呈酸性，溶液中所有离子浓度大小顺序为____________________。

（3）TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。

工业上常用铜阳极泥（主要含Cu2Te，还含少量Ag、Au）为原料制备单质碲，其工艺流程如图：

①已知浸出渣的主要成分是TeO2。

写出“加压浸出”过程中的离子方程式________________________，该过程中，应控制溶液的pH为4.5～5.0，酸性不能太强的原因是__________________________。

②“酸浸”后将SO2通入浸出液即可制得单质碲，写出生成单质碲的化学方程式______________________。

③工业上还可以将铜阳极泥煅烧生成TeO2，然后碱浸，过滤，再对滤液进行电解的方法得到单质碲。

已知电解时的电极均为石墨，则阴极的电极反应式为_______________________。

【答案】

（1）.第五周期第ⅥA族

（2）.强（3）.10%（4）.c（Na+）＞c（HTeO3—）＞c（H+）＞c（TeO32—）＞c（OH—）（5）.Cu2Te+2O2+4H+=TeO2+2Cu2++2H2O（6）.TeO2会与酸反应导致Te元素损失（7）.TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+4HCl+2H2SO4（8）.TeO32—+4e—+3H2O=Te+6OH—

【解析】

（1）.碲是52号元素，位于元素周期表的第五周期第ⅥA族，碲和硫元素位于同一主族，碲元素的非金属性小于硫，所以碲化氢的还原性比H2S的还原性强，故答案为：

第五周期第ⅥA族；强；

②.HTeO3−既可以水解也可以电离，则c（Na+）＞c（HTeO3－），已知NaHTeO3的水溶液呈酸性，说明HTeO3−的电离程度大于水解程度，则c（HTeO3－）＞c（H+）＞c（TeO32－）＞c（OH－），溶液中所有离子浓度大小顺序为：

c（Na+）＞c（HTeO3－）＞c（H+）＞c（TeO32－）＞c（OH－），故答案为：

c（Na+）＞c（HTeO3－）＞c（H+）＞c（TeO32－）＞c（OH－）；

（3）.①.TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱，说明TeO2是两性氧化物，“加压浸出”过程中Cu2Te被氧气氧化生成铜离子和TeO2，离子方程式为：

Cu2Te+2O2+4H+=TeO2+2Cu2++2H2O，因为TeO2是两性氧化物，若H2SO4过量造成溶液酸性太强，会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失，故答案为：

Cu2Te+2O2+4H+=TeO2+2Cu2++2H2O；TeO2会与酸反应导致Te元素损失；

②.SO2将TeCl4还原为Te，自身被氧化为硫酸，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：

TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+4HCl+2H2SO4，故答案为：

TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+4HCl+2H2SO4；

③.将铜阳极泥煅烧生成TeO2，然后碱浸，过滤，所得滤液是Na2TeO3的溶液，用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO32－得到电子生成Te，电极反应式为：

TeO32－+4e－+3H2O=Te+6OH－，故答案为：

TeO32－+4e－+3H2O=Te+6OH－。

9.Ⅰ、甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用CO和H2在催化剂作用下可合成甲醇（g）。

（1）已知相关的化学键键能数据如下：

化学键

H—H

C—O

C≡O

H—O

C—H

E（kJ/mol）

436

343

1076

465

413

合成甲醇（g）的热化学方程式为______________________________________________。

（2）500K、101KPa条件下，反应过程中测得n（CO）、n（H2）、n（CH3OH）随时间t变化的关系如图甲所示。

现保持其它条件不变，起始只改变温度，在改变的这个温度下反应至t1时刻，此时n（H2）比图象中的值大，那么该温度可能是________。

A、700KB、373KC、以上均不对

（3）在一容积可变的密闭容器中充入1molCO和2molH2，发生反应并达到平衡，CO的平衡转化率随温度（T）和压强（P）的变化曲线如图乙所示。

P1、P2的大小关系为________；A、B、C三点的平衡常数（K）大小关系为______________________。

Ⅱ、可逆反应：

①X（g）+2Y（g）

2Z（g）；②2M（g）

N（g）+P（g），分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间放有无摩擦、可滑动的密封隔板。

反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：

（4）反应①的正反应ΔH______0（填“＞”或“＜”）。

（5）反应开始时体系的压强与达平衡（Ⅰ）时体系的压强之比为_________（用分数表示）。

（6）在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中，M的体积分数（Ⅰ）______（Ⅱ）。

A、大于B、小于C、等于D、无法确定

【答案】

（1）.CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H=—99kJ/mol

（2）.AB（3）.P2＞P1（4）.KA=KB＞KC（5）.＜（6）.6/5（7）.D

【解析】I.

（1）.根据题意可知，利用CO和H2在催化剂作用下合成甲醇（g）的化学方程式为：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g），反应热=反应物的键能总和－生成物的键能总和，则△H=（1076+2×436）kJ/mol－（3×413+343+465）kJ/mol=－99kJ/mol，故答案为：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H=－99kJ/mol；

（2）.保持其它条件不变，起始只改变温度，在改变的这个温度下反应至t1时刻，n（H2）比图象中的值大，反应CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H=－99kJ/mol为放热反应，若温度高于500K，升高温度平衡逆向移动，n（H2）比图象中的值大，若温度低于500K，反应速率减慢，则t1时刻尚未达到平衡状态，n（H2）也比图象中的值大，故答案选：

AB；

（3）.CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）为气体体积减少的反应，增大压强平衡正向移动，CO的转化率升高，因P2条件下CO的转化率大于P1条件下CO的转化率，所以P2＞P1，CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率降低，因T2条件下CO的转化率小于T1条件下CO的转化率，则T2＞T1，又因温度相同时平衡常数相等，则A、B、C三点的平衡常数（K）大小关系为：

KA=KB＞KC，故答案为：

P2＞P1；KA=KB＞KC；

II.（4）.据图可知，平衡（I）降低温度达到平衡（II）时，隔板由2.6处移至2.4处，左室气体的总物质的量减少，说明降低温度反应X（g）+2Y（g）

2Z（g）正向移动，因降低温度平衡向放热反应方向移动，所以该反应的正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：

＜；

（5）.右室进行的反应2M（g）

N（g）+P（g）为等体积的可逆反应，达到平衡（I）时，右室气体的总物质的量仍为2mol，因压强与气体体积成反比，则由图可以看出，反应开始时体系的压强与达平衡（Ⅰ）时体系的压强之比为：

=

，故答案为：

6/5；

（6）.右室中气体的总物质的量始终不变，但由于降低温度，反应2M（g）

N（g）+P（g）的平衡会发生移动，导致M的含量变化，所以在平衡（I）和平衡（II）中M的体积分数不相等，又因为无法确定2M（g）

N（g）+P（g）是放热反应还是吸热反应，所以无法确定降低温度时平衡的移动方向，因此无法判断在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中M的体积分数大小，故答案为：

D。

10.硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）是一种用途广泛的试剂。

某小组拟探究硫酸铜晶体的性质，并测定其结晶水含量。

实验

（一）：

探究硫酸铜的氧化性。

取适量硫酸铜溶液于试管中，加入（NH4）2SO3溶液，产生沉淀M。

过滤、洗涤，得到固体M。

为了探究M的组成，进行如下实验：

①将一定量固体M分成两份。

②在一份固体中加入稀硫酸，产生有刺激性气味的气体（X），溶液变成蓝色并有红色固体生成；将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色。

③在另一份固体中加入浓烧碱溶液，共热，产生气体（Y），该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

回答下列问题：

（1）Y的电子式为___________。

（2）经测定M中阳离子、阴离子个数之比为2：

1。

M的化学式为______________。

实验

（二）：

探究硫酸铜晶体的热稳定性。

取少量硫酸铜晶体进行实验，装置如图所示。

已知部分实验现象为：

A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，最后变成黑色粉末；B中产生白色沉淀；D中溶液变成红色。

（3）分析推测硫酸铜晶体的分解产物有_________________________________________。

（4）B、C装置的位置不能互换的原因是___________________________________________。

（5）D中的反应分两步进行，写出第一步反应的离子方程式___________________________。

实验（三）：

测定硫酸铜晶体中结晶水的含量。

取wg硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）配成250mL溶液，取25.00mL溶液用cmol/LEDTA

溶液（简写成Y4—）滴定至终点，消耗EDTA标准液VmL。

已知：

滴定方程式为：

Cu2++Y4—=CuY2—。

（6）x=___________________（用代数式表示）。

（7）下列情况会使测得的x偏小的是_______（填番号）

a、样品失去部分结晶水

b、量取待测液前未用待测液润洗滴定管

c、开始读数时滴定管尖嘴有气泡而终点时无气泡

d、滴定开始时平视、滴定终点时俯视

【答案】

（1）.

（2）.NH4CuSO3（3）.H2O、CuO、SO3、SO2、O2（4）.互换后，SO3溶于品红溶液，BaCl2溶液无法检验出SO3（5）.4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（6）.（50w—80cV）/9cV（7）.ac

【解析】

（1）.根据题中信息可知，取适量硫酸铜溶液于试管中，加入（NH4）2SO3溶液，产生沉淀M，M中加入浓烧碱溶液，共热，产生气体（Y），该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体（Y）为NH3，M中含有铵根离子，NH3的电子式为

，故答案为：

；

（2）.M与稀硫酸反应时，溶液变成蓝色并有红色固体生成，说明M中含有Cu+，Cu+在酸性条件下生成Cu和Cu2＋，产生有刺激性气味的气体（X），将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，说明生成的气体X为SO2，则M中含有SO32－或HSO3－，又因M中阳离子、阴离子个数之比为2:

1，则M中含有SO32－，M的化学式为：

NH4CuSO3，故答案为：

NH4CuSO3；

（3）.由实验装置图可知，在加热硫酸铜晶体前先通入氮气，可以将整个装置中的空气赶出，然后加热硫酸铜晶体，A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，说明失去结晶水，最后变成黑色粉末，说明生成了CuO，B中盛有酸性氯化钡溶液，B中产生白色沉淀，说明生成了SO3，D中盛有含KSCN的酸性FeSO4溶液，D中溶液变成红色，说明Fe2+被氧化生成了Fe3+，则硫酸铜晶体的分解产物中含有O2，硫酸铜晶体中的O元素化合价从－2价升高到0价，说明S元素的化合价降低生成了SO2，因此硫酸铜晶体的分解产物有：

H2O、CuO、SO3、SO2、O2，故答案为：

H2O、CuO、SO3、SO2、O2；

（4）.因SO3极易溶于水，互换后，SO3溶于品红溶液，则BaCl2溶液无法检验出SO3，故答案为：

互换后，SO3溶于品红溶液，BaCl2溶液无法检验出SO3；

（5）.在酸性条件下，硫酸铜晶体分解生成的氧气将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+再与SCN－反应生成Fe（SCN）3，第一步反应的离子方程式为：

4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：

4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

（6）.由滴定方程式Cu2++Y4－=CuY2－可知，n（CuSO4）=V×10－3L×cmol/L×

=Vc×10－2mol，则n（H2O）=

，x=

=（50w—80cV）/9cV，故答案为：

（50w—80cV）/9cV；

（7）.A.样品失去部分结晶水，会使测定的结晶水含量偏少，x偏小，故a正确；b.量取待测液前未用待测液润洗滴定管，会使消耗的标准液体积偏少，测定的结晶水含量偏多，x偏大，故b错误；c.开始读数时滴定管尖嘴有气泡而终点时无气泡，会使读取的标准液体积偏大，测定的结晶水含量偏少，x偏小，故c正确；d.滴定开始时平视、滴定终点时俯视，会使读取的标准液体积偏小，测定的结晶水含量偏大，x偏大，故d错误；答案选：

ac。

11.合金在生活、生产、国防等领域有广泛应用。

镍是重要的合金元素，例如镧镍合金、白铜（铜镍合金）、铝镍合金等。

（1）基态镍原子的外围电子排布式为_____________。

（2）在NiSO4溶液中滴加稀氨水能形成配位化合物[Ni（NH3）4]SO4。

①H、N、O、Ni的电负性大小顺序为______________________。

②与SO42—互为等电子体的分子（写出一种即可）______________。

③SO32—、SO42—中S的杂化类型都是___________；但它们的实际空间构型却不同，其主要原因是________________________________________________________________。

（3）工业上，采用反应Ni（s）+4CO（g）

Ni（CO）4（g）提纯粗镍。

推测Ni（CO）4晶体中存在的作用力有__________。

a、范德华力b、配位键c、非极性键d、极性键e、离子键

（4）镧镍合金的晶胞如图1所示，镍原子除了1个在体心外，其余都在面上。

该合金中镍原子和镧原子的个数比为________。

（5）铝镍合金的晶胞如图2所示。

已知：

铝镍合金的密度为ρg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的数值，则镍、铝的最短核间距（d）为________________pm。

【答案】

（1）.3d84s2

（2）.O＞N＞H＞Ni（3）.CCl4（4）.sp3杂化（5）.SO32—中S原子价层有1个孤电子对，而SO42—中S原子价层没有孤电子对（6）.a、b、d（7）.5：

1（8）.

【解析】

（1）.镍是28号元素，基态镍原子的外围电子排布式为3d84s2，故答案为：

3d84s2；

（2）.