化学河南省郑州一中届高三上学期期中解析版.docx

1、化学河南省郑州一中届高三上学期期中解析版2016-2017学年河南省郑州一中高三（上）期中化学试卷一、单项选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分1下列说法不正确的是（）A储热材料是一类重要的存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量BGe（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池CBa2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X射线检查肠胃道疾病D纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附2下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（）A海带提

2、碘 B氯碱工业 C氨碱法制碱 D海水提溴3O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：44实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示下列分析正确的是（）A操作是过滤，将固体分离除去B操作是加热浓缩趁热过滤，除去杂质氯化钠C操作是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来D操作总共需两次过滤5设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A23 g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B1 mol Cu和足

3、量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子C标准状况下，22.4 L N2和H2混合气中含NA个原子D3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子6现有两份氨水一份质量分数为 w%，物质的量浓度为c1 molL1；另一份质量分数为2w%，物质的量浓度为c2 molL1下列说法不正确的是（）Ac22c1B将两溶液等体积混合后，所得溶液的物质的量浓度为 0.5（c1+c2）molL1C将两溶液等质量混合后，取 100mL 混合溶液，可恰好与 0.05（c1+c2）molCuSO4反应使 Cu2+完全沉淀D向 100g 质量分数为 2w%的氨水中加入 100g水，即得质量分数为 w%的氨水7下

4、列图示与对应的叙述不相符合的是（）A图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线8向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（）A碳酸钙粉末 B稀硫酸C氯化钙溶液 D二氧化硫水溶液9下列叙述正确的是（）A使用催化剂能够降低化学反应的反应热（H）B金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关C原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生D在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小10一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）+H2O（g

5、）CO（g）+3H2（g）设起始=Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数（CH4）与Z和T（温度）的关系如图所示，下列说法错误的是（）A该反应的焓变H0B图中Z的大小为b3aC图中X点对应的平衡混合物中=3D温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后（CH4）增大11向 500mLFeCl3溶液中通入一定量的 H2S气体，恰好完全反应，所得滤液的质量比原来增重1g，则原 FeCl3溶液的物质的量浓度为（）A1 molL1 B1.5 molL1 C2 molL1 D2.5 molL112运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（）A某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应BNH4F 水溶液中含有

6、HF，因此 NH4F 溶液不能存放于玻璃试剂瓶中C可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底D增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成 H2 的速率13下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（） 选项试剂试纸或试液现象结论A浓氨水、生石灰红色石蕊试纸变蓝NH3为碱性气体B浓盐酸、浓硫酸pH试纸变红HCl为酸性气体C浓盐酸、二氧化锰淀粉KI试液先变蓝后褪色Cl2具有氧化性和漂白性D亚硫酸钠、硫酸品红试液褪色SO2具有漂白性AA BB CC DD14利用1L 3molL1的盐酸、1L 3molL1的氢氧化钠溶液和足量的铝单质，最多可以制备得

7、到氢氧化铝的物质的量为（）A1mol B3mol C4mol D6mol15通过以下反应均可获取H2，下列有关说法正确的是（）太阳光催化分解水制氢：2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H1=+571.6kJmol1焦炭与水反应制氢：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H2=+131.3kJmol1甲烷与水反应制氢：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H3=+206.1kJmol1A反应中电能转化为化学能B反应为放热反应C反应使用催化剂，H3减小D反应CH4（g）=C（s）+2H2（g）的H3=74.8kJmol116将 BaO2放入密闭真空容器中，反应 2BaO2（s）

8、2BaO（s）+O2（g）达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（）A平衡常数减小 BBaO量不变C氧气压强不变 D固体总质量不变二、非选择题：本题共6大题，共52分17A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍B在D中充分燃烧生成其最高价化合物BD2E+与D2具有相同的电子数A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸回答下列问题：（1）A在周期表中的位置是，写出一种工业制备单质F的离子方程式：（2）B、D、E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为，其水溶液与少量F单质反应的化学方程式为；在产

9、物中加入少量KI，反应后加入CCl4并振荡，有机层显色（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表：物质组成和结构信息a由两种元素组成含有A的离子化合物b由两种元素组成含有非极性共价键的离子化合物，且原子数之比为1：1c化学组成为BDF2d只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体a的化学式为；b的化学式为；c的结构式为；d的晶体类型是18有三份不同质量的铁粉样品，甲、乙、丙三位同学各取一份样品分别与含有0.8molHNO3的稀硝酸反应，反应后硝酸和铁均无剩余，且硝酸的还原产物只有NO据此回答下列问题：（1）甲取样品，反应后的溶液中铁只以Fe3+离子的形式存在，则样品的质量为g（2）乙取样品

10、，反应后的溶液中既含有Fe3+、又含有Fe2+离子，则样品的质量（设为ag）范围是（3）丙取样品，将其慢慢加入到稀硝酸中，并不断搅拌，反应过程中溶液里Fe3+、Fe2+、NO3三种离子中的两种离子的物质的量的变化曲线如图所示，则该曲线表示的是物质的量变化的曲线，请你在此图中再画出另外种离子的物质的量的变化曲线19LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质某工厂用LiF、PCl5为原料，低温反应制备LiPF6，其流程如图：已知：HCl的沸点是85.0，HF的沸点是 19.5（1）第步反应中无水 HF 的作用是、反应设备不能用玻璃材质的原因是（用化学方程式表示）（2）该流程需在无水条件下进行，第步反

11、应中PF5极易水解，其产物为两种酸，写出PF5水解的化学方程式：（3）第步分离采用的方法是；第步分离尾气中 HF、HCl 采用的方法是20焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2Na2S2O5（1）装置中产生气体的化学方程式为（2）要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是（3）装置用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为（填序号）（图2）实验二 焦亚硫酸钠的性质（4）Na2S2O5溶于水即生成

12、NaHSO3证明NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是 （填序号）a测定溶液的pH b加入Ba（OH）2溶液 c加入盐酸d加入品红溶液 e用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如图3：（6）按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为gL1（7）在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果 （填“偏高”“偏低”或“不变”）21丙烯腈（CH

13、2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等回答下列问题：（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）C3H3N（g）+3H2O（g）H=515kJmol1C3H6（g）+O2（g）C3H4O（g）+H2O（g）H=353kJmol1两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应

14、的温度为460低于460时，丙烯腈的产率（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是；高于460时，丙烯腈产率降低的可能原因是（双选，填标号）A催化剂活性降低 B平衡常数变大C副反应增多 D反应活化能增大（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为，理由是进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为2016-2017学年河南省郑州一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分1下列说法不正确的是（）A储热材料是一类重要的存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较

15、大的热量BGe（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池CBa2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X射线检查肠胃道疾病D纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A储热材料是一类重要的存储物质，在熔融时吸收热量、在结晶时放出热量；BGe是32号元素，位于金属和非金属交界线处，可以作半导体材料；CBa2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸；DFe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应【解答】解：A储热材料是一类重

16、要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放出热量，故A正确；B.32号元素Ge位于金属和非金属交界线处，具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，所以Ce（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故B正确CBa2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸，所以BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X射线检查肠胃道疾病，故C正确；DFe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故D错误；故选D2下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（）A海带提碘 B氯碱工业 C氨碱法制碱 D海水提溴【考点】氧化还原反应【分析

17、】发生的化学反应中，若存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，以此来解答【解答】解：A海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不选；B氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C氨碱法制碱，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故C选；D海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选C3O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）A氧

18、气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【考点】氧化还原反应的计算【分析】反应H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题【解答】解：AO元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；B在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故B错误；C外界条件不明确，不能确定H

19、F的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D正确故选D4实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示下列分析正确的是（）A操作是过滤，将固体分离除去B操作是加热浓缩趁热过滤，除去杂质氯化钠C操作是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来D操作总共需两次过滤【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化，操作是加水溶解，操作是蒸发浓缩，趁热过滤，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作为冷却结晶析出KNO3，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体【解答】解：K

20、NO3中混有NaCl应提纯KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化则有，操作是在烧杯中加水溶解，操作是蒸发浓缩，析出氯化钠晶体，趁热过滤，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体故选C5设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A23 g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B1 mol Cu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子C标准状况下，22.4 L N2和H2混合气中含NA个原子D3 mol单质Fe完全转变为F

21、e3O4，失去8NA个电子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出钠的物质的量，然后根据2mol钠生成1mol氢气来分析；B、铜和浓硫酸反应生成二氧化硫分子；C、求出混合气体的物质的量，然后根据氮气和氢气均为双原子分子来分析；D、根据四氧化三铁中铁元素的价态来分析【解答】解：A、23g钠的物质的量为1mol，与足量水反应生成0.5 mol H2，所以生成H2分子的个数是0.5NA，故A正确；B、Cu和足量热浓硫酸反应不会生成SO3分子，生成的是二氧化硫分子，故B错误；C、由于氮气和氢气均是双原子分子，所以标准状况下22.4LN2和H2混合气为1mol，含有2mol原子即2NA个，故C错误；D、3

22、mol单质Fe完全转变为Fe3O4，相当于有2mol变成三价铁，转移6mol电子，1mol变成二价铁，转移2mol电子，所以总共转移8 mol电子，即8NA个，故D正确故选D6现有两份氨水一份质量分数为 w%，物质的量浓度为c1 molL1；另一份质量分数为2w%，物质的量浓度为c2 molL1下列说法不正确的是（）Ac22c1B将两溶液等体积混合后，所得溶液的物质的量浓度为 0.5（c1+c2）molL1C将两溶液等质量混合后，取 100mL 混合溶液，可恰好与 0.05（c1+c2）molCuSO4反应使 Cu2+完全沉淀D向 100g 质量分数为 2w%的氨水中加入 100g水，即得质量

23、分数为 w%的氨水【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算【分析】A利用c=计算氨水的物质的量浓度，且氨水溶液的浓度越大其密度越小，以此来解答；B根据c=计算；C根据将两溶液等质量混合后，因为氨水溶液的浓度越大其密度越小，所以混合后c0.5（c1+c2）molL1分析；D根据质量分数=100%计算【解答】解：A利用c=，则有c1=，c2=，又因为氨水溶液的浓度越大其密度越小，所以12，则c22c1，故A正确；B将两溶液等体积混合后，则所得溶液的物质的量浓度为c=0.5（c1+c2）molL1，故B正确；C将两溶液等质量混合后，因为氨水溶液的浓度越大其密度越小，所以混合后c0.5（c1+c2）mo

24、lL1，则不可能恰好与 0.05（c1+c2）molCuSO4反应使 Cu2+完全沉淀，故C错误；D向 100g 质量分数为 2w%的氨水中加入 100g水，则所得溶液质量分数=100%=100%=w%，故D正确；故选C7下列图示与对应的叙述不相符合的是（）A图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学反应的能量变化规律；浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响；中和滴定【分析】A燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量；B温度过高，酶失去催

25、化活性；C弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等；D强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变【解答】解：A燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；C弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；D强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确故选A8向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（）A碳酸钙粉末 B稀硫酸C氯化钙溶液 D二氧化硫水溶液【考点】氯气的化学性质【分析】在氯水中存在反应Cl2+H2OH+

26、Cl+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，据此分析判断选项【解答】解：在氯水中存在反应Cl2+H2OH+Cl+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，A由于酸性HClH2CO3HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A正确；B加入稀硫酸使溶液 中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；C加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；D加入二氧化硫的水溶液，二氧

27、化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D错误；故选A9下列叙述正确的是（）A使用催化剂能够降低化学反应的反应热（H）B金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关C原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生D在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小【考点】反应热和焓变【分析】A催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡；B金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快；C原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生；D在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明Cu

28、S的溶解度比ZnS的小【解答】解：A催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡，则不能改变反应的反应热，故A错误；B金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快，故B错误；C原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生，故C错误；D在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小，故D正确故选D10一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）设起始=Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数（CH4）与Z和T（温度）的关系如图所示，下列说法错误的是（）A该反应的焓变H0B

29、图中Z的大小为b3aC图中X点对应的平衡混合物中=3D温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后（CH4）增大【考点】化学平衡的影响因素【分析】A、温度越高CH4的体积分数越小；B、水蒸气的量越多，CH4的转化率越大，平衡时CH4的体积分数越小；C、X点对应起始的量，而不是平衡时；D、增大压强，平衡逆向移动【解答】解：A、温度越高CH4的体积分数越小，说明平衡正向移动，所以正反应是吸热，所以该反应的焓变H0，故A正确；B、水蒸气的量越多，CH4的转化率越大，平衡时CH4的体积分数越小，所以Z的大小为b3a，故B正确；C、X点对应起始的量之比，而不是平衡时，故C错误；D、增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后（CH4）增大，故D正确；故选C11向 500mLFeCl3溶液中通入一定量的 H2S气体，恰好完全反应，所得滤液的质量比原来增重