山东省威海市文登区届高三上学期期中考试化学试题A卷解析版.docx

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山东省威海市文登区届高三上学期期中考试化学试题A卷解析版

山东省威海市文登区2019届高三上学期期中考试（A卷）

可能用到的相对原子质量：

H1N14O16Na23Mg24Al27P31S32Cl35.5Cu64As75　Ag108

第I卷选择题（42分）

1.下列有关化学用语表示正确的是（）

A.次氯酸的结构式：

H－Cl－OB.质子数为52、中子数为75的碲原子：

C.S2−的结构示意图：

D.四氯化碳的电子式：

『答案』B

【详解】A.由于Cl原子最外层电子为7，为了达到8电子稳定结构，只能形成一对共用电子对，同理，O原子形成两对共用电子对，H原子形成一对共用电子对，因而次氯酸的的结构式为H－O－Cl，A项错误；

B.质量数等于中子数加质子数，因而该碲原子的质量数为75+52=127，所以该碲原子为

，B项正确；

C.S2−的最外层为8个电子，因而结构示意图为

，C项错误；

D.Cl原子最外层有一个电子成键，剩余六个未成键电子，因而四氯化碳的电子式为

，D项错误.

故选B。

【点睛】在中学化学中，化学用语主要包括化学符号、化学式、化学方程式、化学图式四个部分。

对于每一种化学用语，都要明确它们的表示方法和表示的意义。

例如：

乙炔和苯的最简式的表示方法为CH，它表示的意义是：

表示组成物质的各种元素和各种元素的原子个数最简整数比。

2.下列有关说法中正确的是（）

A.干粉灭火器和泡沫灭火器的工作原理相同

B.实验室配制1.0mol•L－1的NaOH溶液定容时俯视刻度线，配制溶液浓度偏低

C.国产大飞机C919发动机使用的氮化硅属于无机非金属材料

D.冰水混合物、四氧化三铁、纯净矿泉水都不是混合物

『答案』C

【详解】A．干粉的主要成分是碳酸氢钠（NaHCO3），受热后生成纯碱、水和二氧化碳；而泡沫灭火器内有两个容器，分别盛放两种液体，它们是硫酸铝和碳酸氢钠溶液，两种溶液互不接触，不发生任何化学反应，当需要泡沫灭火器时，把灭火器倒立，两种溶液混合在一起，就会产生大量的二氧化碳气体，二者灭火原理不同，A项错误；

B．定容时俯视刻度线，则凹液面最低点低于刻度线，因而溶液的体积偏小，根据浓度公式

推知溶液浓度偏高，B项错误；

C．氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，它是一种超硬物质，本身具有润滑性，并且耐磨损，高温时抗氧化，属于无机非金属材料，C项正确；

D．矿泉水是从地下深处自然涌出的或经人工揭露的、未受污染的地下矿水，含有一定量的矿物盐、微量元素或二氧化碳气体，纯净矿泉水属于混合物，D项错误；

故选C。

3.下列反应的离子方程式书写正确的是（）

A.向次氯酸钠溶液中通入过量SO2：

ClO－+SO2+H2O=HClO+HSO3－

B.物质的量相等的溴化亚铁跟氯气反应：

2Fe2+ +2Br－+2Cl2 =2Fe3+ +Br2 +4Cl－

C.Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH：

Ca2++2HCO3－+2OH－=CaCO3↓+CO32－+2H2O

D.向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：

Ba2++OH－+H++SO42－=BaSO4↓+H2O

『答案』B

【详解】A.ClO－具有强氧化性，能使SO2被氧化成SO42-，同时通入过量SO2，溶液显酸性，离子方程式为ClO－+SO2+H2O=Cl－+SO42-+2H+，A项错误；

B.不妨设FeBr2和Cl2分别是2mol，由于Fe2+的还原性大于Br－，Cl2先与Fe2+反应，离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl－+2Fe3+，根据化学计量数可知2molFe2+和1molCl2恰好完全反应，剩余1molCl2，Cl2再与Br－反应，其离子方程式为Cl2+2Br－=2Cl－+Br2，根据化学计量数可知2molBr－和1molCl2恰好完全反应，将上述两个离子方程式相加可得2Fe2+ +2Br－+2Cl2 =2Fe3+ +Br2 +4Cl－，B项正确；

C.由于NaOH少量，因而每消耗1molOH－，就消耗1molHCO3－，因而离子方程式为Ca2++HCO3－+OH－=CaCO3↓+H2O，C项错误；

D.向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液，Ba（OH）2反应完，每消耗1molBa2+需要1molSO42-恰好反应，每消耗2molOH-需要2molH+恰好反应，因而离子方程式为Ba2++2OH－+2H++SO42－=BaSO4↓+H2O，D项错误。

故选B.

【点睛】少定多变法：

“定”量少的反应物，按1mol分析，其离子的化学计量数根据化学式确定。

“变”过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需要量来确定，不受化学式中比例的制约，是可变的。

4.NA代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法错误的是（）

A.常温常压下，62gP4中所含P—P键数目为2NA

B.23g钠在空气中反应生成Na2O和Na2O2，转移电子数为NA

C.标准状况下，11.2LCO2和SO2混合物中含O原子数目为NA

D.0.1mol氯化铁水解形成的Fe（OH）3胶体粒子数小于0.1NA

『答案』A

【详解】A.每1molP4含有6molP—P键，而62gP4含有

molP4分子，因而62gP4中所含P—P键数目为6×0.5NA=3NA，A项错误；

B.钠在空气中反应生成Na2O和Na2O2，钠元素化合价从0价变为+1价，易知23gNa为1mol，因而转移电子数为1×1×NA=NA，B项正确；

C.标准状况下，11.2LCO2和SO2混合物中含有气体分子的物质的量为

mol，由于CO2和SO2中分子数与氧原子数之比均为1:

2，所以O原子数目为0.5×2×NA=NA，C项正确；

D.易知0.1mol氯化铁水解形成的Fe（OH）3粒子数为0.1NA，但由于Fe（OH）3胶体粒子由若干个Fe（OH）3聚合而成，所以Fe（OH）3胶体粒子数小于0.1NA，D项正确。

故选A.

5.H3AsO3与SnCl2在浓盐酸中反应的离子方程式为3Sn2＋＋2H3AsO3＋6H＋＋18Cl－=2As＋3SnCl62－＋6M。

关于该反应的说法中错误的是（）

A.M为H2O

B.还原剂是Sn2＋，还原产物是As

C.氧化性：

H3AsO3＞SnCl62－

D.每生成7.5gAs，转移的电子为0.6mol

『答案』D

【详解】A.根据原子守恒，对比方程式中前后每种元素的原子个数发现M中有2个H和1个O，推测为H2O，A项正确；

B.锡元素化合价由+2价变为+4价，砷元素化合价由+3价变为0价，根据还原剂和还原产物定义可知，还原剂为Sn2＋，还原产物是As，B项正确；

C.结合B中分析可知氧化剂是H3AsO3，氧化产物是SnCl62－，根据氧化还原反应规律可知氧化性：

H3AsO3＞SnCl62－，C项正确；

D.7.5gAs

物质的量为

mol，且砷元素化合价由+3价变为0价，转移的电子为0.1mol×3=0.3mol，D项错误。

故选D。

6.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。

其中Z单质常用作半导体材料。

下列说法正确的是（）

X

Y

Z

W

A原子半径：

Y

B.气态氢化物的稳定性：

X>Z

C.最高价氧化物对应的水化物的酸性：

Z>W

D.W的最高价氧化物对应水化物是离子化合物

『答案』B

【分析】Z单质常用作半导体材料，推测Z为Si元素，再结合X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知X为N元素，Y为Al元素，W为S元素。

【详解】A.同周期时，从左往右原子半径越来越小，因而Y>Z>W，A项错误；

B.同周期时，从左往右气态氢化物越稳定，则SiH4的稳定性弱于PH3；同主族时，自下而上气态氢化物越稳定，则PH3的稳定性弱于NH3，因而NH3的稳定性强于SiH4，即气态氢化物的稳定性：

X>Z，B项正确；

C.同周期时，从左往右最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则H2SO4的酸性大于H2SiO3，即最高价氧化物对应的水化物的酸性：

Z

D.W的最高价氧化物对应水化物是H2SO4，H2SO4属于共价化合物，D项错误。

故选B。

【点睛】结构周期推断题推元素的已知条件所包含的知识内容如下：

（1）原子序数和周期表中位置（周期和族）；

（2）原子结构，包括核内质子数、质量数和中子数，核外电子数，原子或离子结构示意图，最外层电子数和电子层数；（3）元素及单质和化合物的性质（包括化学实验），如主要化合价，特征反应，特殊的物理性质，氢化物或最高价氧化物的通式；（4）进行化学计算的数据，如氢化物或最高氧化物中某元素的质量分数，化学反应中量的关系。

7.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）

选项

实验操作

实验现象

结论

A

蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X

有白烟产生

溶液X一定是浓盐酸

B

用玻璃棒蘸取溶液Y进行焰色反应实验

火焰呈黄色

溶液Y中一定含Na+

C

向Fe（NO3）2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液

溶液变黄

氧化性：

H2O2>Fe3+

D

用煮沸过的蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液

有白色沉淀产生

Na2SO3样品中含有SO42－

『答案』D

【详解】A.若X为浓硝酸，蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X也会产生白烟，溶液X不一定是浓盐酸，A项错误；

B.钠元素的焰色反应为黄色，由于玻璃中含有钠元素，会干扰实验，所以应改用铂丝取溶液Y进行焰色反应，此时若火焰为黄色，则Y溶液中一定含有钠离子，B项错误；

C.在酸性条件下，Fe（NO3）2溶液中含有的NO3—具有强氧化性，优先把Fe2+氧化成Fe3+，使得溶液变黄，因而不能判断氧化性：

H2O2>Fe3+，C项错误；

D.Na2SO3和稀盐酸反应生成SO2，溶液中没有SO32-，再加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明Na2SO3固体变质被部分或全部氧化成Na2SO4，白色为BaSO4沉淀，即Na2SO3样品中含有SO42－，D项正确。

故选D。

第Ⅱ卷非选择题（58分）

8.如图是元素周期表的一部分，按要求回答问题：

①

②

③

④

⑤

⑥　

⑦

⑧　

⑨

（1）元素④在周期表中位置是_______________。

元素③的最高价氧化物的化学式为________________。

（2）元素①⑤组成化合物电子式为_______________。

（3）元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物热的浓溶液反应的化学方程式为_______________________________________________________。

（4）元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物的水溶液反应的离子方程式为_____________________________________________。

（5）元素④⑤⑥⑧形成的简单离子，其离子半径由小到大的顺序为_____________________（用离子符号表示）。

（6）A—F发生如图所示的转化，A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质，E、F、G为B、C、D与A形成的二元化合物，G是一种常见温室气体，与B可以反应生成E，E中B元素的质量分数为60%，F为两性物质。

A和F的化学式分别为_____________、___________。

②B与G反应的化学方程式为________________________________________。

③C与NaOH溶液反应的离子方程式为__________________________________________。

『答案』

（1）.第二周期第VIA族

（2）.N2O5（3）.

（4）.C+2H2SO4（浓）

CO2↑+2SO2↑+2H2O（5）.Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+（6）.Mg2+

2MgO+C（10）.2Al+2OH－+6H2O=2[Al（OH）]4－+3H2↑

【分析】结合元素周期表可知①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为Na元素，⑥为Mg元素，⑦为Al元素，⑧为S元素，⑨为Cl元素。

【详解】

（1）④为O元素，在周期表中位置是第二周期第VIA族，③是N元素，最高价为+5价，所以元素③的最高价氧化物的化学式为N2O5；

（2）元素①⑤组成化合物为NaH，属于离子化合物，Na+

电子式为Na+，H－的电子式为

，因而NaH的电子式为

；

（3）元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物分别是C和H2SO4，其化学反应方程式为C+2H2SO4（浓）

CO2↑+2SO2↑+2H2O；

（4）元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物分别是AlCl3和NH3，NH3的水溶液为NH3·H2O，其离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（5）元素④⑤⑥⑧形成的简单离子分别是O2-，Na+，Mg2+，S2-，S2-的电子层数为3，其它离子电子层数为2，所以S2-的半径最大；当电子层数相同时，原子序数越小，离子半径越大，因而O2->Na+>Mg2+；综上可知Mg2+

（6）G是一种常见温室气体，可推知G为CO2，结合A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质，且A和D生成G，推断A为O2或C（碳单质），F为两性物质且F为C与A形成的二元化合物，可推知F为Al2O3，因而A为O2，D为C（碳单质），C为Al；E中B元素的质量分数为60%，结合E为B与A形成的二元化合物，E中O元素的质量分数为40%，则E的相对分子质量为

，则B元素的相对原子质量为40-16=24，可推知B为Mg，E为MgO，结合G是一种常见温室气体，与B可以反应生成E，即CO2与Mg点燃生成MgO和C，证明上述推断合理；综上A为为O2，B为Mg，C为Al；D为C（碳单质），E为MgO，F为Al2O3，G为CO2。

①由上分析知A和F的化学式分别为O2，Al2O3；

②B与G反应，即Mg与CO2反应，其化学方程式为2Mg+CO2

2MgO+C；

③C为Al，则C与NaOH溶液反应的离子方程式2Al+2OH－+6H2O=2[Al（OH）]4－+3H2↑。

【点睛】第一步，先看电子层数，因为微粒半径大小的决定因素是电子层数。

电子层数越多，其半径越大。

这里主要是指同一主族，不同族不能直接比较，不能认为具有3个电子层的氯原子半径大于具有2个电子层的锂原子。

第二步在电子层数相同的情况下看核电荷数，因为核电荷数的多少是影响半径大小的次要因素。

而核电荷数越多，其半径越小。

第三步在电子层数和核电荷数相同的情况下看电子数，核外电子数是影响半径大小的最小因素。

核外电子数越多，其半径越大。

注意的是此三步不可颠倒。

9.氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途，贯穿古今。

（1）《本草纲目》曾记载利尿剂甘汞（Hg2Cl2）制法：

“用水银一两，白矾[KAl（SO4）2•12H2O]二两，食盐一两，同研，不见星。

铺于器内，以小乌盆覆之，筛灶灰，盐水和，封固盘口，以炭打二柱香取开，则粉升于盆上矣，其白如雪，轻盈可爱，一两汞可升粉八钱。

”

①KAl（SO4）2•12H2O所属物质类别为___________（填标号）。

A.硫酸盐B.酸式盐C.正盐D.电解质

②文中“则粉升于盆上矣”涉及的分离方法是___________。

③甘汞（Hg2Cl2）制备反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________，该反应中还原产物是_______________。

④由甘汞（Hg2Cl2）光照可得外科用药升汞（HgCl2），该反应化学方程式为_________________________________________________________。

（2）H2O2、酸性KMnO4在生产、生活、医疗卫生中常用作消毒剂，高锰酸钾造成的污渍可用草酸（H2C2O4）去除，完成下列问题。

①对于下列涉及H2O2的反应，H2O2仅体现氧化性的反应是_________（填标号，下同），H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是___________。

A.Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O

B.2H2O2=2H2O+O2↑

C.3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O

②酸性高锰酸钾与草酸反应，氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。

③在稀硫酸中，KMnO4和H2O2反应的离子方程式为_____________________________。

『答案』

（1）.ACD

（2）.升华（3）.4:

1（4）.SO2（5）.Hg2Cl2

Hg+HgCl2（6）.C（7）.B（8）.5:

1（9）.2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑

【详解】

（1）①KAl（SO4）2•12H2O在水中电离方程式为KAl（SO4）2•12H2O=K++Al3++2SO42-+12H2O，因而KAl（SO4）2•12H2O属于硫酸盐、正盐和电解质，故选ACD；

②“则粉升于盆上矣”说明固体变成了气体，涉及的分离方法是升华；

③由已知结合氧化还原反应原理，制取甘汞时，KAl（SO4）2作氧化剂，汞作还原剂，化学方程式表示为4KAl（SO4）2+6Hg+6NaCl

3Hg2Cl2+3Na2SO4+2K2SO4+2Al2O3+3SO2↑，由化学方程式可得：

若6molHg与8molSO42-反应，生成3molSO2，则只有3molSO42-被还原，故还原剂和氧化剂的物质的量之比为：

；氧化剂发生还原反应，生成还原产物，故该反应中还原产物是SO2；

④甘汞（Hg2Cl2）光照可得外科用药升汞（HgCl2），汞元素的化合价由+1升高为+2，因为Cl元素的化合价为最低价态，所以甘汞分解还会生成Hg，故化学方程式为：

Hg2Cl2

Hg+HgCl2。

（2）①A.Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O中Ag元素化合价由+1价变为0，O元素化合价由-1价变为0，结合元素化合价升降总数相等，O元素化合价不可能从-1降至-2，故H2O2为还原剂；

B.2H2O2=2H2O+O2↑中只有O元素化合价发生变化，O元素化合价由-1价升至0，同时O元素化合价由-1价降至-2，故H2O2为氧化剂和还原剂；

C.3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中同时O元素化合价由-1价降至-2，故H2O2为氧化剂；

故H2O2仅体现氧化性的反应是C，H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是B；

②酸性高锰酸钾与草酸反应的方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，Mn元素化合价由+7变为+2，C元素化合价由+3变为+4，故氧化产物为CO2，还原产物为MnSO4，氧化产物与还原产物的物质的量之比为

；

③在稀硫酸中，KMnO4和H2O2反应时，MnO4－作氧化剂，对应还原产物为Mn2+，H2O2作还原剂，对应氧化产物为O2，结合缺项配平的原理可知离子方程式为2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。

10.亚氯酸钠（NaClO2）具有强氧化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等。

Ⅰ.亚氯酸钠的制备

以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：

（1）“反应1”中的氧化剂是_________（填化学式，下同），母液中溶质的主要成分是_________。

（2）每有1molSO2参加反应，理论上可生成ClO2的物质的量为________mol。

（3）如果将SO2换为Na2SO3和稀H2SO4，则“反应1”的离子方程式为____________________________________________。

（4）“反应2”使用H2O2而不使用其他物质的主要理由是_______________________________。

Ⅱ.亚氯酸钠的应用

（5）用亚氯酸钠作水处理剂，水中可能残留少量亚氯酸钠，可以加入硫酸亚铁除去残留的亚氯酸盐，硫酸亚铁除可与亚氯酸钠反应外，还可以起到的作用是________________________________________________。

（6）实验室可用亚氯酸钠和氯酸钠在酸性条件下反应制备ClO2气体。

①上述反应的离子方程式为________________________________。

②ClO2也可用于杀菌消毒，其消毒能力是等物质的量Cl2的_______倍。

『答案』

（1）.NaClO3

（2）.Na2SO4（3）.2（4）.2ClO3－+SO32－+2H+=2ClO2↑+SO42－+H2O（5）.多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其它杂质（6）.Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe（OH）3，Fe（OH）3具有胶体的性质，可以吸附水的杂质（7）.ClO2－+ClO3－+2H+=2ClO2↑+H2O（8）.2.5

【分析】在以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程中，反应Ⅰ中反应物为NaClO3和SO2，已知生成物为ClO2，Cl元素的化合价由+5变为+4，NaClO3做氧化剂，则SO2为还原剂，其对应氧化产物为SO42-，因而反应Ⅰ的化学方程式为2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4；反应Ⅱ中反应物为ClO2，H2O2和NaOH，已知产物为NaClO2，Cl元素的化合价由+4变为+3，ClO2做氧化剂，则H2O2作还原剂，结合氧化还原反应原理知2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O。

【详解】

（1）反应Ⅰ中反应物为NaClO3和SO2，已知生成物为ClO2，Cl元素的化合价由+5变为+4，NaClO3作氧化剂，由上分析反应Ⅰ的化学方程式为2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4，根据该反应得产物，反应Ⅰ的母液中溶质的主要成分是Na2SO4；

（2）结合反应Ⅰ的化学方程式为2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4，观察化学计量数知每有1molSO2参加反应，理论上可生成ClO2的物质的量为2mol；

（3）如果将SO2换为Na2SO3和稀H2SO4，NaClO3中ClO3－作氧化剂，被换成气体ClO2，SO32－作还原剂，被氧化成SO42－，结合缺项配平知“反应1”的离子方程式为2ClO3－+SO32－+2H+=2ClO2↑+SO42－+H2O；

（4）为了使ClO2更多地转化为NaClO2，需要加入过量的H2O2，过量的试剂需除去，由于H2O2易分解为氧气和水，所以“反应2”使用H2O2而不使用其他物质的主要理由是多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其它杂质；

（5）硫酸亚铁除与亚氯酸钠反应的离子方程式为4F