天津市七校届高三上学期期中联考化学精校解析Word版.docx

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天津市七校届高三上学期期中联考化学精校解析Word版

天津市七校（静海一中，杨村中学，宝坻一中，大港一中等）

2019届高三上学期期中联考化学试题

1.下列物质与其用途相符合的是

①NH3—工业上制HNO3②SiO2—太阳能电池

③碘元素—预防甲状腺肿大④Al2O3—耐火材料

A.①③B.②③

C.②④D.①③④

【答案】D

【解析】

【详解】①NH3→NO→NO2→HNO3，故正确；

②二氧化硅作光导纤维，故错误；

③碘有极其重要的生理作用，人体内的碘主要存在于甲状腺中，人体内如果缺碘，甲状腺得不到足够的碘会形成甲状腺肿大，所以适当地补充碘，能预防甲状腺肿大，故正确；

④氧化铝是一种白色难熔的物质，是一-种很好的耐火材料,故正确；

故选D。

2.下列说法正确的是

A.所有物质燃烧必须有氧气

B.金属钠着火时可以使用泡沫灭火器灭火

C.不能用玻璃塞的试剂瓶长期盛放氢氧化钠溶液

D.置换反应中的反应物单质一定是还原剂

【答案】C

【解析】

【详解】A.不是所有物质的燃烧都需要氧气，如氢气、氯气的燃烧就不需要氧气，故A错误；

B.金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，所以不能用泡沫灭火器灭火，故B错误； 

C.因为氢氧化钠（NaOH）具有碱性,可以与玻璃（成分是二氧化硅SiO2）发生化学反应：

2NaOH+SiO2==Na2SiO3+H2O ，Na2SiO3的水溶液俗称水玻璃，具有黏合性，把玻璃塞和试剂瓶粘在一起，致使打不开，故C正确；

D.不一定，Cl2+2HBr=Br2+2HCl，Cl2是氧化剂，故D错误；

故选C。

【点睛】长期盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，必须用木塞或橡胶塞，原因是：

氢氧化钠具有碱性,可以与玻璃（成分是二氧化硅SiO2）发生化学反应：

2NaOH+SiO2==Na2SiO3+H2O ，Na2SiO3的水溶液俗称水玻璃，具有黏合性，把玻璃塞和试剂瓶粘在一起，致使打不开。

3.下列关于化学键的叙述正确的是

A.离子化合物中只含有离子键

B.单质分子中均不存在化学键

C.含有非极性键的化合物一定是共价化合物

D.共价化合物分子中一定含有极性键

【答案】D

【解析】

【详解】A.离子化合物中一定含有离子键，可能有共价键，例如NaOH；故A错误；

B.Cl2中有共价键，故B错误；

C.Na2O2中有非极性键，故C错误；

D.共价化合物分子中含有不同的非金属元素，故D正确；

故选D。

【点睛】离子化合物中肯定有离子键，可能有共价键；共价化合物中一定没有离子键，肯定有共价键；不同种非金属元素原子间形成极性共价键，同种非金属元素原子间形成非极性共价键，惰性气体单质分子中没有化学键。

4.下列各组离子在水溶液中能大量共存的是

A.K+、H+、SiO32－、SO42－

B.Na+、K+、OH－、SO32－

C.Na+、Cl－、H+、ClO－

D.Fe2+、Na+、AlO2－、OH－

【答案】B

【解析】

【详解】A.H+和SiO32－生成硅酸沉淀，不能大量共存，故A错误；

B.能大量共存，故B正确；

C.H+与ClO－生成次氯酸，次氯酸是弱酸，不能大量共存，故C错误；

D.Fe2+与OH－不能大量共存，故D错误；

故选B。

【点睛】

（1）在溶液中离子间能互相反应生成难溶性物质时，这些离子就不能大量共存。

（2）离子间能结合生成难电离物质时，则这些离子不能大量共存。

（3）离子间能结合生成挥发性物质时，则这些离子不能大量共存。

（4）离子之间能发生氧化还原反应时，则这些离子不能大量共存。

（5）还应注意题目是否给出溶液的酸碱性，是否给定溶液是无色的，在酸性溶液中除题给离子外，还应有大量H+；在碱性溶液中除题给离子外，还应有大量OH－，若给定溶液为无色时，则应排除Cu2+（蓝色）、Fe2+（浅绿色）、Fe3+（棕黄色）、MnO4－（紫色）。

5.根据下列反应，推断氧化性强弱顺序正确的是

①2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－

②HClO＋HCl＝Cl2↑＋H2O

③Cu＋2Fe3+＝2Fe2+＋Cu2+

A.Cl2＞HClO＞Cu2+B.HClO＞Cl2＞Fe3+

C.Cl2＞Cu2+＞Fe3+D.Fe3+＞Cu2+＞HClO

【答案】B

【解析】

【详解】①2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－中氧化剂是Cl2，氧化产物是Fe3+，氧化性：

Cl2＞Fe3+；

②HClO＋HCl＝Cl2↑＋H2O中氧化剂是HClO，氧化产物是Cl2，氧化性：

HClO＞Cl2；

③Cu＋2Fe3+＝2Fe2+＋Cu2+中氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+，氧化性：

Fe3+＞Cu2+；

综上得到氧化性顺序是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+。

故选B。

【点睛】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物。

6.一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，忽略溶液体积的变化，下列有关说法中正确的是

A.溶液出现浑浊现象B.溶液的pH变大

C.c（Na+）不变D.溶液中不存在CO32-

【答案】A

【解析】

【分析】

一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体,发生化学反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，所以溶液中的溶质变为碳酸氢钠，Na2CO3的溶解性大于NaHCO3，溶液为过饱和溶液，所以溶液中有部分NaHCO3析出，据此分析解答。

【详解】A.溶液中有部分NaHCO3析出，所以溶液出现浑浊现象，故A正确；

B.碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，反应后溶液中的溶质由碳酸钠转化为碳酸氢钠，所以溶液的碱性减小，溶液的pH减小，故B错误；

C.Na2CO3的溶解性大于NaHCO3，所以溶液中c（Na+）减小，故C错误；

D.溶液中存在CO32-,故D错误；

故选A。

7.下列离子方程式中正确的是

A.澄清的石灰水与盐酸反应Ca（OH）2＋H+＝Ca2+＋2H2O

B.NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：

NH4＋＋OH－＝NH3↑＋H2O

C.向FeI2溶液与过量氯水的反应2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－

D.过量的NaHSO4与Ba（OH）2溶液反应：

Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O

【答案】D

【解析】

【详解】A.澄清的石灰水用离子表示，故A错误；

B.NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钠、一水合氨和水，正确离子方程式为：

HCO3-+NH4++2OH-=NH3．H2O+H2O+CO32-，故B错误；

C.FeI2溶液与过量氯水的反应，2Fe2+＋3Cl2+4Br-=2Fe3+＋6Cl－+2Br2，故C错误；

D.过量的NaHSO4与Ba（OH）2溶液反应：

Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O,故D正确；

故选D。

8.N0为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是

A.18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10N0

B.2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H+数为2N0

C.过氧化钠与水反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.2N0

D.50mL18.4mol·L－1浓硫酸与足量铜微热，反应生成SO2分子的数目为0.46N0

【答案】C

【解析】

【详解】A.D2O和H2O相对分子质量不同，所以物质的量不同，质子数也不同，故A错误；

B.亚硫酸的n=1mol,但亚硫酸为弱电解质不能完全电离，含有的H+个数小于2N0，故B错误；

C.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,由方程式知，每生成1molO2转移电子的物质的量为2mol,所以生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N0，故C正确；

D.铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于0.46N0，故D错误；

故选C。

9.配制一定物质的量浓度的稀硫酸，下列情况会使配制结果偏大的是

①溶解后未冷却即转移、定容

②定容时仰视容量瓶刻度线

③用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视

④将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤2～3次，转移至容量瓶

A.①②B.②③

C.①④D.②③④

【答案】C

【解析】

【分析】

根据c=n/V判断不当操作对n、V的影响，进而判断溶液浓度的变化。

【详解】①溶解后未冷却即转移、定容，V偏小，故浓度偏大；

②定容时仰视容量瓶刻度线，V偏大，故浓度偏小；

③用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视，n偏小，故浓度偏小；

④量筒不用洗涤，故n偏大，故浓度偏大；

故选C。

10.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是

A.在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+

B.气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气

C.灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+

D.将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2

【答案】B

【解析】

【详解】A.在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，可能有Fe2+，故A错误；

B.无水硫酸铜结合水分子生成胆矾，粉末变蓝，故B正确；

C.灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，可能有K+，故C错误；

D.将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，原气体可能是CO2，也可能是SO2；故D错误；

故选B。

11.X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2－和Z－，Y＋和Z－离子具有相同的电子层结构。

下列说法正确的是

A.离子半径：

X2－＞Z－＞Y＋B.单质沸点：

X＞Y＞Z

C.原子最外层电子数：

Y＞Z＞XD.原子序数：

Y＞X＞Z

【答案】A

【解析】

【分析】

X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，则X为第ⅥA族元素，Z为ⅦA族元素；Y+和Z-具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素。

【详解】A．Na+、F-具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，故A正确；

B．常温下Na、S为固体，F2为气体，Na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为Na＞S＞F2，故B错误；

C．X、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故C错误；

D．X、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：

X＞Y＞Z，故D错误；

故选A。

12.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入下列固体粉末，铜粉可以溶解的是

A.FeB.Na2SO4C.KNO3D.FeCl2

【答案】C

【解析】

【详解】A.铜不溶解，只有铁和硫酸反应放出氢气，故A错误；

B.Na2SO4不能与铜反应，故B错误；

C.硝酸根与原溶液中的H+在一起可发挥其氧化性，跟铜反应，生成一氧化氮，硝酸铜和水，故C正确；

D.铜不能与FeCl2反应，故D错误；

故选C。

13.下列有关元素的说法正确的是

A.ⅠA族与ⅦA族元素间一定形成离子化合物

B.第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7

C.同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强

D.元素周期表中的117号元素（Uus）位于第七周期、ⅦA族

【答案】D

【解析】

【详解】A.ⅠA族为H和碱金属，ⅦA族元素为非金属元素，H与卤族元素形成共价化合物，碱金属元素与卤族元素形成离子化合物，故A错误；

B.第二周期中，O没有最高正价，F没有正价，第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+5，故B错误；

C.同周期金属元素的化合价越高，元素的金属性越弱，则失电子能力逐渐减弱，故C错误；

D.117号元素（Uus）位于第七周期、ⅦA族，故D正确；

故选D。

【点睛】1、周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数=最高正价；

2、对于非金属而言，最高正价+最低负价的绝对值=8（H、O、F除外）。

14.雾霾严重影响人们的生活与健康。

某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：

Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42－、NO3－、Cl－。

某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：

已知：

3NO3－+8Al+5OH－+2H2O

3NH3+8AlO2－

根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是

A.试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42－和NO3－

B.试样中一定不含Al3+

C.试样中可能存在Na+、Cl－

D.该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4

【答案】B

【解析】

试题分析：

Al3+在Ba（OH）2溶液中生成AlO2-，通入CO2后生成Al（OH）3进入沉淀2中，加入H+又被溶解。

故看不到明显现象，可能存在。

考点：

溶液离子转化推断。

15.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。

下列判断不正确的是

A.最简单气态氢化物的热稳定性：

R>Q

B.最高价氧化物对应水化物的酸性：

Q

C.R的最高价氧化物对应水化物是强电解质

D.含T元素的盐溶液一定显酸性

【答案】D

【解析】

【分析】

根据元素在周期表中的位置可知，短周期元素R、T、Q、W分别是N、Al、Si、S。

【详解】A.N的非金属性强于Si，故A正确；

B.S的非金属性也强于Si的，故B正确；

C.R的最高价氧化物对应水化物是硝酸，是强电解质，故C正确；

D.T元素是Al，偏铝酸钠溶液是碱性；故D错误；

故选D。

16.下列说法正确的是

A.在pH=1的溶液中可能含大量离子：

Na+、Fe2+、NO3－、Cl－

B.二氧化硫通入紫色石蕊溶液中，溶液褪为无色

C.等物质的量浓度、等体积的氢氧化钡溶液与明矾溶液混合，离子方程式为：

3Ba2++6OH－+2Al3++3SO42－＝3BaSO4↓+2Al（OH）3↓

D.将标况下6.72LCl2通入400mL1mol/LFeBr2溶液中，离子方程式为：

3Cl2+2Fe2++4Br－＝6Cl－+2Fe3++2Br2

【答案】C

【解析】

【详解】A.硝酸根离子和氢离子相遇相当于硝酸，会将亚铁离子氧化，不能共存，故A错误；

B.二氧化硫通入紫色石蕊溶液中，变红但不褪为无色，故B错误；

C.等物质的量浓度、等体积的氢氧化钡溶液与明矾溶液混合，离子方程式为：

3Ba2++6OH－+2Al3++3SO42－＝3BaSO4↓+2Al（OH）3↓,故C正确；

D.向FeBr2溶液中通入Cl2会按顺序依次发生以下离子反应①2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-

②2Br-+Cl2===Br2+2Cl-通入Cl2物质的量为0.3mol，原溶液中Fe2+物质的量=0.4mol，Br-物质的量=0.8mol，,根据上述离子反应式可知Fe2+会被完全转化为Fe3+，消耗Cl2物质的量=0.2mol，而Br-会部分反应，参与反应的Br-物质的量=0.2mol,消耗Cl2物质的量为0.1mol，至此0.3molCl2被完全反应掉，因此总离子反应式为4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++6Cl-+Br2，故D错误；

故选C。

17.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，铜离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。

下列有关说法不正确的是

A.Cu与Cu2O的物质的量之比为2:

1

B.产生的NO在标准状况下的体积为5.6L

C.硝酸的物质的量浓度为2.4mol/L

D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol

【答案】B

【解析】

【分析】

Cu（OH）2的质量为39.2g，其物质的量为0.4mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则x＋2y＝0.4mol，64g·mol－1·x＋144g·mol－1·y＝27.2g，解得x＝0.2mol，y＝0.1mol。

【详解】A.Cu、Cu2O的物质的量分别为0.2mol和0.1mol，故为2:

1，故A正确；

B.Cu和Cu2O中的Cu都变成了＋2价，转移的电子的物质的量为（0.4＋0.2）mol＝0.6mol，根据得失电子守恒可知，生成的NO应为0.2mol，标准状况下的体积为4.48L，故B错误；

C.硝酸总的物质的量为0.2mol（剩余的）＋0.2mol（表现氧化性的）＋0.8mol（表现酸性的）＝1.2mol，其物质的量浓度为2.4mol/L，故C正确；

D．n（NaOH）＝1mol，生成0.4molCu（OH）2时消耗了0.8molNaOH，另外0.2molNaOH中和了硝酸，所以Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol，故D正确；

故选B。

【点睛】本题利用守恒法解题，包括元素守恒和得失电子守恒；题目中硝酸既体现酸性又体现氧化性。

18.已知X、Y、Z、E四种常见物质含有同一种元素，其中E是一种强酸，在一定条件下，它们有如图所示转化关系。

下列推断不合理的是

A.X可能是一种氢化物

B.Y可能直接转化为E

C.Y不可能转化为X

D.若X是单质，则X转化为Y的反应可能是化合反应

【答案】C

【解析】

【分析】

（1）X如果是单质可能是N2或S，Y是NO或SO2，Z是NO2或SO3，E是HNO3或H2SO4；

（2）X如果是氢化物可能是NH3或H2S，Y是NO或SO2，Z是NO2或SO3，E是HNO3或H2SO4；

【详解】A.X可能是NH3或H2S，故A正确；

B.4NO+2H2O+3O2=4HNO3，SO2+H2O2=H2SO4，所以Y可能直接转化为E，故B正确；

C.6NO+4NH3=5N2+6H2O，故C错误；

D.若X是单质：

N2或S，N2和O2在放电条件下生成NO，S和O2在点燃条件下生成SO2，都是化合反应，故D正确；

故选C。

19.短周期主族元素A、B、C、D、E、G的原子序数依次增大，在元素周期表中A的原子半径最小（稀有气体元素除外），B与C相邻且C的最外层电子数是次外层的3倍，C、D的最外层电子数之和与G的最外层电子数相等，E是地壳中含量最多的金属元素。

回答下列问题：

（1）C在元素周期表中的位置是_________周期、_________族；G的元素符号是_________。

（2）B的原子结构示意图是_________；C与D组成的既含离子键又含共价键的化合物电子式是_________。

（3）E单质能与D的最高价氧化物的水化物浓溶液反应放出氢气，反应的化学方程式是__________________；由上述六种元素中的三种组成的某种盐，水溶液显碱性，将该盐溶液滴入硫酸酸化的KI淀粉溶液中，溶液变为蓝色，则反应的离子方程式是__________________。

（4）由A、B、C、E中的某些元素组成的化合物X、Y、Z、W有如下转化关系：

X、Y、Z、W中均由三种元素组成，Z是一种强酸，则Z的化学式是___________，Y溶液与过量W反应的离子方程式是___________________________________。

【答案】

（1）.二

（2）.第ⅥA（3）.Cl（4）.

（5）.

（6）.2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑（7）.ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O（8）.HNO3（9）.Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+

【解析】

【分析】

根据题目信息科推出：

A的原子半径最小（稀有气体元素除外），A是H；C的最外层电子数是次外层的3倍，C是O；B与C相邻，B是N；E是地壳中含量最多的金属元素，E是Al；C、D的最外层电子数之和与G的最外层电子数相等，D是Na；G是Cl。

【详解】

（1）C是O，在元素周期表中的位置是第二周期，第ⅥA族；G的元素符号是Cl；故答案为：

二；第ⅥA；Cl；

（2）B是N，原子结构示意图是

；C与D组成的既含离子键又含共价键的化合物是Na2O2，电子式是：

；故答案为：

；

；

（3）铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：

2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；由上述六种元素中的三种组成的盐是NaClO，将它滴入硫酸酸化的KI淀粉溶液中，溶液变为蓝色，说明有碘单质生成，离子方程式是ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O；故答案为：

2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O；

（4）A、B、C、E分别是H、N、O、Al，Z是一种强酸，则Z是HNO3；由于X、Y、Z、W中均由三种元素组成，X是Al（OH）3，Y是Al（NO3）3、Z是HNO3、W是NH3·H2O,Y溶液与过量W反应的离子方程式是:

Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故答案为：

HNO3；Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+。

20.Ⅰ．如图A、B、C是实验室常见的几种气体发生装置：

（1）实验室如果用B装置制备氨气，其化学方程式是_________________________________。

（2）气体的性质是选择气体收集方法的主要依据。

下列性质与收集方法无关的是_______（填序号，下同）。

①密度②颜色③溶解性④热稳定性⑤与氧气反应

（3）若用A装置与D装置相连制备并收集X气体，则X可以是下列气体中的___________。

①CO2②NO③Cl2④H2

其中在D装置中连接小烧杯的目的是________________________________。

Ⅱ．海洋是一个巨大的资源宝库，从海水中可制得食盐等多种产品并加以利用。

下图所示以食盐为原料进行生产并综合利用的某些过程。

（1）除去粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO42-离子，加入下列沉淀剂

①Na2CO3②NaOH③BaCl2

沉淀剂加入顺序正确的是____________

A．③①②B．③②①C．②③①D．②①③

（2）将滤液的pH调至酸性除去的离子是____________________________________。

（3）若向分离出NaHCO3晶体后的母液中加入过量生石灰，则可获得一种可以循环使用的物质，其化学式是____________。

（4）纯碱在生产、生活中有广泛的应用。

①由碳酸氢钠晶体制纯碱的化学方程式是____________________________________。

②纯碱可用于除灶台油污。

其原因是（用离子方程式和简要文字表述）________________。

③工业上，可以用纯碱代替烧碱生产某些化工产品。

如用饱和纯碱溶液与Cl2反应制取有效成分为NaClO的消毒液，其反应的离子方程式是____________。

（已知碳酸的酸性强于次氯酸）。

【答案】

（1）.2NH4Cl＋Ca（O