高中化学重庆高三期中考试测试试题9含答案考点及解析.docx

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高中化学重庆高三期中考试测试试题9含答案考点及解析

2018-2019年高中化学重庆高三期中考试测试试题【9】含答案考点及解析

班级:

___________姓名：

___________分数：

___________

题号

一

二

三

四

五

六

总分

得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

评卷人

得  分

一、选择题

1.某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42-、HCO3－等离子。

当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化如右图所示，                                                                        

下列说法正确的是

A．d点溶液中含有的溶质只有Na2SO4

B．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1:

1

C．ab段发生的离子反应为：

Al3++3OH－=Al（OH）3↓，

Mg2++2OH－=Mg（OH）2↓

D．原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+，且Mg2+和Fe3+至少存在一种

【答案】D

【解析】

试题分析：

在原溶液中由于H+、HCO3－会发生反应而不能电离共存；Fe3+、Al3+与HCO3－会发生反应而不能电离共存；当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现开始无沉淀，说明含有H+，则溶液中无HCO3－；生成沉淀的物质的量随加入NaOH的加入滴定最大值后沉淀的质量不变，说明在溶液中含有NH4+，发生反应：

NH4++OH-=NH3·H2O，当该反应完全后，随着NaOH溶液的加入，发生反应：

Al（OH）3+OH－=AlO2-+2H2O,沉淀逐渐减少，说明在原溶液中含有Al3+；但是最后仍然存在沉淀则说明Mg2+和Fe3+中至少存在一种。

终上所述可知，在原溶液中一定含有阳离子必定有H+、NH4+、Al3+，且Mg2+和Fe3+至少存在一种，所以选项是D。

考点：

考查图像法在确定微粒的存在及溶液的成分的作用的知识。

2.（6分）（2012•重庆）下列叙述正确的是（             ）

A．Fe与S混合加热生成FeS2

B．NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3

C．过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成

D．白磷在空气中加热到一定温度能转化为红磷

【答案】C

【解析】

试题分析：

A．Fe与S混合加热生成FeS；

B．NaHCO3加热易分解；

C．随着反应的进行，硝酸的浓度降低，稀硝酸与铜反应生成NO；

D．白磷在空气中加热时会燃烧．

解：

A．Fe与S混合加热生成FeS，故A错误；

B．NaHCO3的热稳定性差，受热时发生分解：

2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑，故B错误；

C．因为铜是过量的，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐减小，Cu与稀硝酸反应会生成NO，故C正确；

D．白磷在空气中加热时会燃烧，白磷转化为红磷需要隔绝空气加热，故D错误．

故选C．

点评：

本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意相关物质的性质的积累，学习中要全面把握相关知识．

3.下列说法正确的是

A．硅太阳能电池板在工作时，可以将化学能转化为电能

B．淀粉和纤维素均可水解生成葡萄糖，故均可作为人类的营养物质

C．232Th转换成233U是化学变化，233U和235U的化学性质几乎相同

D．发泡塑料饭盒主要材质是高分子材料，不适于盛放含油较多的食品

【答案】D

【解析】

试题分析：

A、硅太阳能电池板在工作时，将太阳能转化为电能，错误；B、人类不能消化吸收纤维素，所以纤维素不能用作人类的营养物质，错误；C、232Th转换成233U是物理变化，错误；D、发泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有机物，根据相似相溶原理，盛放含油较多的食品，食品会溶解高分子材料，对人体健康产生危害，所以不适于盛放含油较多的食品，正确。

考点：

本题考查化学与生活、物质的用途、物质的变化。

4.烧瓶中放入铜片和稀硝酸，用酒精灯加热来制取较纯净的一氧化氮，反应开始后发现烧瓶中充满红棕色气体，这时的操作应是（  ）

A．立即接收集容器，用向上排空气法收集

B．待烧瓶中红棕色气体消失后，用向上排空气法收集

C．待烧瓶中红棕色气体消失后，用排水法收集

D．立即用排水法收集

【答案】D

【解析】在制取NO过程中，常常会混有NO2气体，要得到纯净的NO，需除去混有的NO2气体。

直接用向上排空气法收集，不能得到纯净的NO气体，A项错误；NO中的NO2是由NO和装置内的空气发生反应得到的，由于NO2溶于水且与水反应生成NO和硝酸，故可以立即用排水法收集得到纯净的NO，B、C项错误，D项正确。

5.下列实验装置（固定装置略去）和操作正确的是（ ）

A                B                C                  D

【答案】A

【解析】氢氧化钠溶液应该用碱式滴定管盛装，B错；HCl在NaOH溶液中极易溶解，漏斗不应该没入溶液中，C错；中和热的测定实验中，温度计应该插入反应液中，D错。

6.下列表示对应化学反应的离子方程式．其中正确的是

A．向NaAlO2溶液中通入足量的CO2:

A1O2－+CO2+2H2O=A1（OH）3↓+HCO3－

B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：

2NH4++Fe2++4OH－=Fe（OH）2↓+2NH3·H2O

C．磁性氧化铁溶于稀硝酸：

3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+3H2O

D．工业上用氨水吸收二氧化硫：

2OH－+SO2=SO32－+H2O

【答案】A

【解析】

试题分析：

A.由于碳酸的酸性较弱，不能与氢氧化铝发生反应，酸多得酸式盐。

拆写符合要求。

正确。

B.因为氢氧化钡溶液是过量的，所以书写离子方程式要以（NH4）2Fe（SO4）2为标准。

化学方程式为（NH4）2Fe（SO4）2+2Ba（OH）2=2BaSO4↓+Fe（OH）2↓+2NH3↑+2H2O.离子方程式为2NH4++Fe2++SO42-++Ba2++4OH－=2BaSO4↓+Fe（OH）2↓+2NH3↑+2H2O。

错误。

C．磁性氧化铁主要成分为Fe3O4,其中的Fe元素的化合价为+2、+3两种，而稀硝酸有强氧化性，二者会发生氧化还原反应。

反应的化学方程式为：

3Fe3O4+10HNO3=9Fe（NO3）3+NO↑+5H2O.离子方程式为3Fe3O4+10H++NO3－=9Fe3++NO↑+5H2O.错误。

D．氨水中的NH3·H2O为弱电解质，不能写成离子形式。

应该写为吸收二氧化硫：

2NH3·H2O+SO2=SO32－+H2O+2NH4+。

错误。

考点：

考查离子方程式的判断及书写的知识。

7.已知氨气极易溶于水，而难溶于有机溶剂CCl4。

下列装置中不适宜做氨气的尾气吸收的是（  ）

【答案】C

【解析】A项，氨气不溶于CCl4，不会发生倒吸；B项，导管末端连接倒置漏斗，漏斗下沿刚好没入水中可有效防止倒吸；C项，可发生倒吸；D项，导管末端连接干燥管，干燥管细口没入水中少许可有效防止倒吸。

8.下列说法正确的是

A．电解饱和食盐水时，溶液中的OH-向阴极移动

B．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应

C．短周期元素形成离子后，最外层都能达到8（或2）电子稳定结构

D．金属单质Na、Mg、Fe在一定条件下与水反应都生成H2和相应的碱

【答案】B

【解析】

试题分析：

电解饱和食盐水时溶液中的OH-向阳极移动；H+核外没有电子层；Fe与水反应时生成Fe3O4.

考点：

化学原理。

9.下列实验操作中正确的是

A．图甲所示，可得到干燥的氢气

B．图乙所示，可以验证氯气的漂白性

C．图丙所示，可以验证SO2的漂白性

D．图丁所示，若石灰水变浑浊，证明混合气体中一定含有CO2

【答案】C

【解析】

试题分析：

A干燥氢气应该是长进短出。

即入气管长，出气管短。

错误。

B.干燥的氯气无漂白性。

错误。

C.SO2有漂白性，能使某些有色物质如品红溶液褪色，故利用该装置可以验证SO2的漂白性。

正确。

D.能使石灰水变浑浊的气体可能是CO2也可能是SO2。

故利用该装置不能证明混合气体中一定含有CO2。

错误。

考点：

考查气体性质的检验、干燥、及鉴定的知识。

10.分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，生成的醇最多有    

A．5种

B．6种

C．7种

D．8种

【答案】D

【解析】

试题分析：

分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种；故羧酸共有5种，醇共有8种。

考点：

同分异构现象和同分异构体。

评卷人

得  分

二、实验题

11.工业上以黄铜矿（主要成分是CuFeS2，杂质不溶于水和酸）为原料，制备蓝色晶体G，其化学式为[Cu（NH3）4]SO4·H2O，涉及流程如下：

已知25℃时，几种金属氢氧化物的溶度积常数和完全沉淀的pH范围如下表：

（1）黄铜矿在空气中焙烧能生成铁和铜的低价硫化物，写出其反应的化学方程式                   ；

（2）试剂X的化学式为               ，双氧水的作用是           ；

（3）常温下，0.1mol／L试剂Y的pH=11，则该温度下，试剂Y的电离常数为                ，用pH试纸测该溶液pH值的方法是                           ；

（4）在溶液N中加入乙醇的目的是                                               。

【答案】

（1）2CuFeS2+O2

Cu2S+2FeS+SO2

（2）CuO或合理答案；将Fe2+氧化为Fe3+

（3）10-5；用洁净的玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸的中央，并与比色卡比色

（4）降低晶体溶解度，有利于晶体析出

【解析】

（1）黄铜矿在空气中焙烧能生成铁和铜的低价硫化物，即Cu2S和2FeS，由S元素守恒，S元素有多余，与O2结合为SO2。

（2）含中含有氧Fe2+，加入双氧水的目的就是把Fe2+氧化为Fe3+，B溶液含Cu2+和Fe3+，为了除去Fe3+，可以降低溶液的pH至3.2到6.4之间，试剂X的化学式为CuO或Cu（OH）2或CuCO3或Cu2（OH）2CO3等；

（3）试剂Y是氨水，0.1mol／L时pH=11，c（OH-）≈c（NH4+）=10-3；NH3·H2O的电离常数为K=

；

（4）用pH试纸测该溶液pH值的方法是用洁净的玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸的中央，并与比色卡比色；在溶液N中加入乙醇的目的是降低晶体溶解度，有利于晶体析出。

评卷人

得  分

三、填空题

12.铜在我国有色金属材料的消费中仅次于铝，广泛地应用于电气、机械制造、国防等领域。

请回答下列问题：

（1）青铜的主要组成元素是铜元素和锡元素，请写出锡原子的价电子排布式          。

（2）向硫酸铜溶液里滴加氨水至过量，再加入乙醇，析出晶体，此物质中含有的化学键类型为         ，SO2—4的立体构型是         ，其中S原子的杂化轨道类型是        。

（3）N、O、F三种元素的电负性由大到小的顺序为    ，Cu2O的熔点高于Cu2S，请解释原因：

                         。

（4）金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，反应的化学方应程式为                     。

（5）用晶体的x射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数。

对金属铜的测定得到以下结果：

晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm。

又知铜的密度为9.00g．cm-3，据此计算阿伏加德罗常数为           [列式并计算，结果用科学记数法表示，保留两位小数，己知Ar（Cu）=63.6]。

【答案】

（1）5s25p2（2分）

（2）离子键、共价键、配位健（2分） 正四面体（1分） sp3杂化（1分）

（3）F＞O＞N（2分） Cu2O、Cu2S都是离子晶体，O2－半径比S2－半径小，阴阳离子的核间距小，晶格能大，熔点高（2分）

（4）Cu＋H2O2＋4NH3＝[Cu（NH3）4]（OH）2（2分）

（5）NA＝

＝6.01×1023mol－1（3分）

【解析】

试题分析：

（1）Sn位于元素周期表的第五周期第ⅣA族，所以根据构造原理可知，锡原子的价电子排布式是5s25p2。

（2）向硫酸铜溶液里滴加氨水至过量，再加入乙醇，析出晶体，该晶体是[Cu（NH3）4]SO4，属于配位化合物，含有的化学键是离子键、共价键、配位健。

根据价层电子对互斥理论可知，SO2—4中S原子含有的孤对电子对数＝（6＋2－4×2）÷2＝0，所以SO2—4的立体构型是正四面体，其中S原子的杂化轨道类型是sp3杂化。

（3）非金属性越强，电负性越大，所以N、O、F三种元素的电负性由大到小的顺序为F＞O＞N。

由于Cu2O和Cu2S都是离子晶体，O2－半径比S2－半径小，阴阳离子的核间距小，晶格能大，所以Cu2O的熔点高于Cu2S。

（4）铜具有还原性，双氧水具有氧化性，而铜离子极易与氨气形成配位健，所以铜可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，反应的化学方应程式为Cu＋H2O2＋4NH3＝[Cu（NH3）4]（OH）2。

（5）晶胞为面心立方最密堆积，则晶胞中铜原子的个数是8×

＋6×

＝4。

晶胞的边长为361pm，铜的密度为9.00g．cm-3，则

×NA＝4，因此阿伏加德罗常数为NA＝

＝6.01×1023mol－1。

考点：

考查核外电子排布、电负性比较、杂化轨道类型、分子空间构型、化学键、晶体熔点比较以及阿伏加德罗常数的有关计算

13.（10分）KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯。

其变化可个表述为：

  KClO3+  HCl（浓）＝  KCl+  ClO2↑+  Cl2↑+          

（1）请完成该化学方程式并配平（未知物化学式和系数填入框内）

（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是_______（填写编号）。

①只有还原性       ②还原性和酸性

③只有氧化性       ④氧化性和酸性

（3）产生0.1molCl2,则转移的电子的物质的量为_________mol.

（4）ClO2具有很强的氧化性。

因此，常被用作消毒剂，其消毒的效率（以单位质量得到的电子数表示）是Cl2的_______倍。

【答案】（10分）

（1）2 4 2 2 1 2 H2O （4分）

（2）②（2分） （3）0.2 （2分）（4）2.63  （2分）

【解析】

试题分析：

（1）根据原子守恒可知，未知物质应该是水。

根据方程式可知，氯酸钾中氯元素的化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子。

氯化钾中氯元素的化合价从-1价升高到0价，失去1个电子，所以根据电子的得失守恒可知，配平后的化学计量数依次是2 4 2 2 1 2 H2O。

（2）盐酸中氯元素的化合价升高，同时反应后还有氯化钾生成，所以在反应中体现浓盐酸的性质是还原性和酸性，答案选②.

（3）根据配平后的方程式可知，每生成1mol氯气，转移2mol电子，所以产生0.1molCl2，转移的电子的物质的量为0.2mol。

（4）1molClO2的质量是67.5g，得到5mol电子。

而67.5g氯气得到电子的物质的量是1.9mol，消毒的效率（以单位质量得到的电子数表示）是Cl2的5÷1.9=2.63倍。

考点：

考查氧化还原反应的有关判断、计算、方程式的配平等

点评：

该题的关键是准确判断出氧化产物和还原产物，然后才能依据电子的得失守恒进行有关计算和判断。

对于同一种元素的高价态和低价态之间发生的氧化还原反应，在判断氧化产物和还原产物时，有关遵循以下原则。

即同一种元素的高价态和低价态之间发生的氧化还原反应时，生成物的价态只能介于中间，且氧化产物的价态不高于还原产物的价态，据此可以进行有关判断和计算。

14.（8分）煤炭中以FeS2形式存在的硫，在有水和空气及在脱硫微生物存在下发生生物氧化还原反应，有关反应的离子方程式依次为：

①2FeS2＋7O2＋2H2O

 4H＋＋2Fe2＋＋________；

②4Fe2＋＋O2＋4H＋

4Fe3＋＋____________；

③FeS2＋2Fe3＋

3Fe2＋＋2S；

④2S＋3O2＋2H2O

4H＋＋2SO42—。

已知：

FeS2中的铁元素为＋2价。

回答下列问题：

（1）根据质量守恒定律和电荷守恒定律，将上述①②离子方程式补充完整。

（2）反应③的还原剂是________________。

（3）观察上述反应，FeS2最终转化为____________从煤炭中分离出来。

【答案】

（1）①4SO42-    ②2H2O  

（2）FeS2  （3）Fe2+和SO42-或FeSO4和H2SO4

【解析】

（1）在反应①中，由于7mol氧气在反应中得到28mol电子，所以1mol还原剂FeS2失去14mol。

FeS2中的铁元素为＋2价，则在反应中铁元素的化合价没有发生变化。

S元素的化合价是－1，所以S的氧化产物的价态是＋6价，因此另外一种产物是SO42-，系数是4；反应②中4molFe2＋失去4mol电子，所以氧气的还原产物中价态是－1价的，则质量守恒控制，另一种生成物是水，系数是2。

（2）反应③中S元素的化合价从－1价升高到0价，失去电子，被氧化，所以FeS2是还原剂。

（3）根据最终的生成物可知，FeS2中铁元素最终生成Fe2+，而S元素最终生成SO42-。

15.利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产。

请回答下列问题：

（1）已知：

N2（g）+O2（g） === 2NO（g）        △H=+180.5kJ/mol

N2（g）+3H2（g）

 2NH3（g）     △H=－92.4kJ/mol

2H2（g）+O2（g）="=="2H2O（g）       △H=－483.6kJ/mol

若有17g氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气所放出的热量为______。

（2）某科研小组研究：

在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）反应的影响。

实验结果如图所示：

（图中T表示温度，n表示物质的量）

①图像中T2和T1的关系是：

T2______T1（填“高于”、“低于”、

“等于”或“无法确定”）。

②比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最　　高的是______（填字母）。

③在起始体系中加入N2的物质的量为________mol时，反应后氨的百分含量最大；若容器容积为1L，n=3mol反应达到平衡时H2的转化率为60%，则此条件下（T2），反应的平衡常数K=________________________。

（3）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注。

①一定温度下，在恒容密闭容器中N2O5可发生下列反应：

2N2O5（g）

4NO2（g）＋O2（g）ΔH＞0下表为反应在T1温度下的部分实验数据

则500s内NO2的平均生成速率为                                    。

②现以H2、O2、熔融盐W#W$W%.K**S*&5^UNa2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备N2O5，

装置如图所示，其中Y为CO2。

写出石墨I电极上发生反应的电极反应式                              。

在电解池中生成N2O5的电极反应式为                                 。

【答案】

（1）226.3kJ

（2）①低于 ②c   ③n/3；2.08L2/mol2

（3）①0.00592mol•L-1•s-1                               

②H2+CO32－－2e－ =" "CO2 + H2O                   

阳极：

N2O4+2HNO3-2e— =" "2N2O5 + 2H+

【解析】略

16.（10分）有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其元素特征信息如下表：

（1）写出两种均含A、B、C、F四种元素的化合物在溶液中相互反应的离子方程式        

（2）D、E、F的简单离子半径由大到小的顺序是（直接用化学式表示）                    。

（3）向Fe和D单质组成的混合物中，加入足量F的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，固体全部溶解。

向所得的溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，将产生的沉淀过滤出来，经洗涤、干燥、灼烧后得到一种固体，经称量发现该固体的质量和原混合物的质量恰好相等。

则原混合物中D单质的质量分数为    。

（4）一定量的石灰乳中通入一定量的E单质，两者恰好完全反应，生成物中有三种含E元素的离子，其中两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示。

此时反应的化学方程式为        。

（5）A、B形成的化合物BA在有机合成中用途很广泛。

它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物。

写出它与乙醇反应的化学方程式       。

【答案】

（1）H+＋HSO3－＝SO2↑+H2O（2分）

（2）S2－>Cl－>Al3＋（2分）

（3）30％（2分）

（4）10Cl2+10Ca（OH）2＝7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O（2分）

（5）NaH+CH3CH2OH→CH3CH2ONa+H2↑（2分）

【解析】

试题分析：

根据题意知，A的单质是密度最小的物质，则A是氢元素；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，则B是钠元素；C的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍，则C是氧元素；D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小，则D是铝元素；B、C、E组成的36电子的化合物Y是家用消毒剂的主要成分，消毒剂的主要成分是次氯酸钠，则E是氯元素；F元素最高正价与最低负价的代数和为4，则F是硫元素。

（1）两种均含A、B、C、F四种元素的化合物在溶液中相互反应，则两种化合物应该是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，二者反应的离子方程式为H+＋HSO3－＝SO2↑+H2O。

（2）离子核外电子层数越多，离子半径越大。

核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，所以D、E、F的简单离子半径由大到小的顺序是S2－＞Cl－＞Al3＋。

（3）铁与铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和硫酸亚铁，加入双氧水后硫酸亚铁被氧化生成硫酸铁，然后再加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化铁和偏铝酸钠，过滤洗涤干燥后氢氧化铁分解生成氧化铁。

该固体的质量和原混合物的质量恰好相等，这说明氧化铁中氧元素的质量等于原