届甘肃省天水市一中高三上学期第三学段考试化学试题解析版.docx

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届甘肃省天水市一中高三上学期第三学段考试化学试题解析版

2018届甘肃省天水市一中高三上学期第三学段考试化学试题（解析版）

1.下列化学用语表示正确的是

A.Mg2+的结构示意图：

B.葡萄糖的结构简式：

C6H12O6

C.H2O2的电子式：

D.硫酸的电离方程式：

H2SO4═H22++SO42﹣

【答案】A

2.下列说法正确的是

A.在25℃、101KPa,1molS（s）和2molS（s）的燃烧热相等

B.1molH2SO4（浓）与1molBa（OH）2完全中和所放出的热量为中和热

C.CO是不稳定的氧化物,它能继续和氧气反应生成稳定的CO2,所以CO的燃烧反应一定是吸热反应

D.101KPa时,1molH2燃烧所放出的热量为氢气的燃烧热

【答案】A

【解析】A、燃烧热指25℃、101kPa时1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，因此S的燃烧热相等，故A正确；B、中和热是稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O时放出的热量，浓硫酸遇水放出热量，故B错误；C、所有的燃烧都是放热反应，故C错误；D、应是生成稳定的氧化物，即101kPa时1mol氢气燃烧产生的H2O是液态水时，放出的热量才是燃烧热，故D错误。

点睛：

燃烧热指25℃、101kPa时1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，特别注意稳定的氧化物，C→CO2，H2O的状态时液态，S→SO2；中和热：

稀酸与稀碱反应生成1molH2O时放出的热量，注意：

酸、碱都是强电解质，弱电解质的电离时吸热过程，酸和碱的浓度不能太大，也不能太小，如果浓度太大，浓酸、浓碱与水放出热量，同时离子反应方程式只能写成H＋＋OH－=H2O。

3.利用下列实验装置可以达到实验目的的是

A.甲装置可以实现Cl2的制取、收集、尾气吸收

B.乙装置可以实现乙酸乙酯的制取和收集

C.丙装置可以形成Cu—Zn原电池

D.丁装置可证明H2CO3的酸性大于H2SiO3

【答案】C

【解析】A、实验室可以采用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制取Cl2，Cl2的密度大于空气的密度，采取向上排空气法收集Cl2，但集气瓶中的导气管应该长进短出，多余的Cl2可以用NaOH溶液吸收以防污染环境，A错误；B、加热条件下，乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，收集乙酸乙酯时用饱和碳酸钠溶液吸收，乙酸乙酯中含有挥发出的乙酸和乙醇，乙酸和乙醇易溶于水，所以导气管不能伸入液面下，否则会引起倒流，B错误；丙装置中Zn比Cu活泼，Zn与Cu2+能发生自发的氧化还原反应，盐桥构成闭合回路，故可以形成Cu—Zn原电池，C正确；D、硝酸与碳酸钠反应产生的CO2气体与硅酸钠溶液反应生成白色沉淀H2SiO3，但硝酸是一种挥发性的酸，挥发出的硝酸也能与硅酸钠溶液反应产生白色沉淀H2SiO3，因此不能确定沉淀的生成是CO2引起的还是HNO3引起的，故无法证明H2CO3的酸性大于H2SiO3，本实验中如果用稀硫酸代替硝酸就可以证明H2CO3的酸性大于H2SiO3，D错误。

正确答案为C。

点睛：

本题容易错选答案D，错误的原因是没有考虑到硝酸的挥发性，挥发出的硝酸与CO2气体一起进入硅酸钠溶液中，硝酸与CO2均能与硅酸钠溶液反应生成白色沉淀，故无法得知沉淀的生成是CO2引起的还是硝酸引起的，因此考虑问题一定要全面和严谨，才能避免犯错。

4.探究氨气及铵盐性质的过程中,下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）

A.将集有氨气的试管倒扣于水槽中,液体迅速充满试管,说明氨气极易溶于水

B.将pH=11的氨水稀释1000倍,测得pH>8，说明NH3·H2O为弱碱

C.加热NH4HCO3固体,观察到固体逐渐减少,试管口有液滴产生,说明NH4HCO3受热不稳定

D.将红热的Pt丝伸入右图所示的锥形瓶中,瓶口出现少量红棕色气体,说明氨气的氧化产物为NO2

【答案】D

【解析】氨气极易溶于水生成氨水，所以将集有氨气的试管倒扣于水槽中液体迅速充满试管，故A正确；pH=11的氨水中mol/L，稀释1000倍,测得pH>8，mol/L，说明NH3·H2O的电离平衡正向移动，所以NH3·H2O为弱碱，故B正确；碳酸氢铵加热分解为氨气、二氧化碳、水，故C正确；氨气的氧化产物为NO，NO在锥形瓶口与氧气反应生成NO2，所以瓶口出现少量红棕色气体，故D错误。

点睛：

氨气催化氧化生成NO，，氨气催化氧化生成的NO可以再与氧气继续反应。

5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是

A.常温下，1L0.1mol•L-1CH3COONa溶液中CH3COO-离子数目为0.1NA

B.标准状况下，11.2LHF含有0.5NAHF分子

C.将含0.1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目小于0.1NA

D.含19.6gH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.1NA

【答案】C

【解析】A、CH3COO-部分水解，常温下，1L0.1mol•L-1CH3COONa溶液中CH3COO-离子数目小于0.1NA，故A错误；B、标准状况下，11.2LHF 是液态，不是气体，故B错误；C、每个胶体粒子由成千上万个氢氧化铁粒子构成，将含0.1mol FeCl3的饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目小于0.1NA，故C正确；D、随反应的进行，硫酸浓度逐渐变稀，稀硫酸与铜不反应，生成SO2的分子数少于0.1NA，故D错误；故选C。

6.某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣等离子，当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示．下列有关对该溶液的判断不正确的是

A.该溶液中肯定含有的离子是H+、NH4+、Al3+、SO42﹣

B.肯定不含的阳离子是Mg2+、Fe3+

C.要确定该溶液是否含有Na+，必须做焰色反应实验，看焰色是否为黄色

D.该溶液中肯定含有的离子的物质的量之比为n（H+）：

n（NH4+）：

n（Al3+）：

n（SO42﹣）=2：

3：

1：

4

【答案】D

【解析】由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，物质的量是0.2mol；后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，物质的量是0.3mol；溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是0.1mol，则铝离子是0.1mol，由电荷守恒可知一定含有SO42-，由于钠离子不能确定，则硫酸根的物质的量≥（0.2+0.1×3+0.3）mol/2＝0.4mol；则A.根据以上分析可知该溶液中肯定含有的离子是H+、NH4+、Al3+、SO42﹣，A正确；B.肯定不含的阳离子是Mg2+、Fe3+，B正确；C.要确定该溶液是否含有Na+，必须做焰色反应实验，看焰色是否为黄色，C正确；D.硫酸根的物质的量不能确定，则不能计算离子的物质的量之比，D错误，答案选D。

7.盛有O2和NO2的混合气体的量筒倒立在盛有水的水槽中，过一段时间后，量筒内的气体体积减小为原来的一半。

则原混合气体中O2和NO2的体积比是

A.2：

1B.1：

2C.3：

2D.3：

1

【答案】C

【解析】试题分析：

假设量筒的容积是VL，盛有O2和NO2的混合气体的量筒倒立在盛有水的水槽中，二者会发生反应：

4NO2+O2+2H2O=4HNO3，若剩余的气体是O2，则NO2完全反应，NO2的体积是反应的V（NO2）=4/5×1/2V=2V/5，O2的体积是V（O2）=V-2V/5=3V/5，原混合气体中O2和NO2的体积比是（3V/5）：

（2V/5）=3:

2；若剩余气体是NO，相当于剩余NO2，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余NO2的体积是3×V/2=1.5V，原混合气体体积是V，其中的成分气体不可能大于全部；答案选C。

【考点定位】考查氮氧化物溶于水的有关计算

【名师点睛】有关氮的氧化物计算题的守恒解题方法：

（1）原子守恒法（关系式法）：

①NO和O2混合气体通入水中：

由2NO＋O2＝2NO2和3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO得总反应为4NO＋3O2＋2H2O＝4HNO3，因此当体积比V（NO）∶V（O2）＜4∶3余O2；V（NO）∶V（O2）＝4∶3恰好完全反应；V（NO）∶V（O2）＞4∶3余NO；②NO2和O2混合气体通入水中：

由3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO和2NO＋O2＝2NO2得总反应为4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3，因此当体积比V（NO2）∶V（O2）＜4∶1余O2；V（NO2）∶V（O2）＝4∶1恰好完全反应；V（NO2）∶V（O2）＞4∶1余NO；③NO、NO2和O2三种混合气体通入水中：

先按3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO计算出生成的NO体积，再加上原来混合气体中NO体积，再按①计算。

（2）电子守恒法：

当NOx转化为硝酸时要失去电子，如果是NOx与O2混合，则反应中O2得到的电子数与NOx失去的电子数相等。

这是得失电子守恒法解答此类题目的依据。

8.X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如右图所示。

下列说法错误是

A.Q位于第三周期IA族

B.X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱

C.简单离子半径：

M->Q+>R2+

D.Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸

【答案】C

【解析】由Y的化合价只有-2价推断Y为氧元素，X的半径比氧原子的半径小且只有+1价，则X为氢元素，M的最高正价为+7价，最低负价为-1，则M代表氯元素，Z的半径小于氯元素，且最低负价为-3价，最高价为+5价，则Z代表氮元素，Q只有+1一种化合价，且Q的半径大于氯原子半径，但小于只有+2价的R，故Q代表钠元素，R代表Ca元素；Na为第三周期IA族，A正确；B项X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；C项M-、Q+、R2+的半径大小应该为Cl-＞Ca2+＞Na+，故C错误，D项Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确；答案为C。

点睛：

微粒半径大小比较的常用规律：

（1）同周期元素的微粒：

同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小（稀有气体元素除外），如Na＞Mg＞Al＞Si，Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，S2－＞Cl－。

（2）同主族元素的微粒：

同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li＋＜Na＋＜K＋。

（3）电子层结构相同的微粒：

电子层结构相同（核外电子排布相同）的离子半径（包括阴、阳离子）随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋。

（4）同种元素形成的微粒：

同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。

如Fe3＋＜Fe2＋＜Fe，H＋＜H＜H－。

（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。

9.被称之为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片作为传导体，在其一边镀锌，而在其另一边镀二氧化锰。

在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解液。

电池总反应为Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO＋2MnO（OH）。

下列说法正确的是

A.该电池的正极为锌

B.该电池反应中二氧化锰起催化剂作用

C.当0.1molZn完全溶解时，流经电解液的电子个数为1.204×1023

D.电池负极反应式为Zn-2e－＋2OH－=ZnO＋H2O

【答案】D

【解析】A．该装置为原电池，