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

1、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

2、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. 0.05 mol 熔融NaHSO4中含有的阳离子数为0.05NAB. 室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH数目为0.1NAC. 标准状况下，22.4L H2S和SO2的混合气体中含有的分子数为NAD. 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，0.05 mol 熔融NaHSO4中

3、，含有的阳离子数为0.05NA，故A正确；B. 室温下，1L pH=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，

4、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AHCl（Cl2）湿润的淀粉KI试纸饱和NaCl溶液洗气BAl（Fe）盐酸NaOH溶液过滤CCO2（SO2）品红溶液酸性KMnO4溶液洗气DCuCl2（FeCl3）NaOH溶液Cu过滤A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A. 氯气不溶于饱和食盐水，不能用饱

5、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：MWZB. 由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物一定含离子键

6、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CO2B. Z的分子式为C13H12O3NC. 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

7、与NaOH溶液发生反应时，1mol Z 最多消耗3 mol NaOH【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，1mol Z 最多消耗3 mol NaOH，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2V

8、Cl2+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VCl2e+Cl= VCl3B. 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，极的电极反应式为2Cl+Br2e= 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VCl2e+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

9、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+Br2e= 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20 mL 0.10 mol/L甲胺的溶液中滴加0.10 mol/L盐酸时混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系

10、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+H2OCH3NH3+OHB. b点对应的加入盐酸的体积小于20mLC. 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+H2OCH3NH3+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

11、，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lg0，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+H2OCH3NH3+OH可知，甲胺的电离常数为Kb=，a点溶液的pH=10.6，c(OH)=103.4，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)

12、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=1103，Ka2=2108。0.1mol/L H2TeO3溶液中H2TeO3的电离度约为_；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：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4.55.0，酸性不能太强的原因是_。“酸浸”后将SO2通入浸出

13、液即可制得单质碲，写出生成单质碲的化学方程式_。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A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

14、，位于元素周期表的第五周期第A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A族；强；. 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).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

15、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；. 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；. 将铜阳极泥煅烧生成TeO2

16、，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. 、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HHCOCOHOCHE（kJ/mol）4363431076465413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

17、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、700K B、373K C、以上均不对 （3）在一容积可变的密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2，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_。、可逆反应：X(g)+2Y(g)2Z(g)；2M(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）反应的正反应H_0（填“”或“”）。

18、（5）反应开始时体系的压强与达平衡()时体系的压强之比为_（用分数表示）。（6）在平衡()和平衡()中，M的体积分数()_()。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). P2P1 (4). KA=KBKC (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+2436)kJ/mol(3413+343

19、+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

20、下CO的转化率大于P1条件下CO的转化率，所以P2P1，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T2T1，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=KBKC，故答案为：P2P1；KA=KBKC；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，H0，故答案为：；(5

21、). 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()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()和平衡()中M的体积分数大小，故答案为：D。10. 硫酸铜晶体

22、（CuSO4xH2O）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：将一定量固体M分成两份。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。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

23、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（CuSO4xH2O）配成250 mL 溶液，取25.00 mL 溶液用c mol/L EDTA溶液(简写成Y4)滴定至终点，消耗EDTA标准液V mL。已知：滴定方程式为：Cu2+ Y4=CuY2。（6）x=_（用代数式表示）。（7）下列情

24、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). (50w80cV)/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

25、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，

26、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

27、，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)=V103Lc mol/L=Vc102mol，则n(H2O)=，x=(50w80cV)/9cV，故答案为：(50w80cV)/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

28、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)4SO4。H、N、O、Ni的电负性大小顺序为_。与SO42互为等电子体的分子（写出一种即可）_。SO32、SO42中S的杂化类型都是_；但它们的实际空间构

29、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g/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). ONHNi (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).