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

1、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Ad点溶液中含有的溶质只有Na2SO4B原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1:1Cab段

2、发生的离子反应为：Al3+3OH= Al(OH)3， Mg2+2OH= Mg(OH)2D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-=NH3H2O，当该反应完全后，随着NaOH溶液的加入，发生反应： Al

3、(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（）AFe与S混合加热生成FeS2BNaHCO3的热稳定性大于Na2CO3C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：AFe与S混合加热生成FeS；BNaHCO3加热易分解；C

4、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：AFe与S混合加热生成FeS，故A错误；BNaHCO3的热稳定性差，受热时发生分解：2NaHCO3Na2CO3+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

5、营养物质C232Th 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

6、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

7、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 +HCO3B（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：2NH4+ +Fe2+ +4OH=Fe(OH) 2 +2NH3H2OC磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2+ +4H+NO3=3Fe3+ +NO+3H2OD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.

8、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+10 HNO3=9Fe(NO3) 3

9、+NO+ 5H2O .离子方程式为3Fe3O4+10H+NO3=9Fe3+ +NO+5H2O.错误。D氨水中的NH3H2O为弱电解质，不能写成离子形式。应该写为吸收二氧化硫：2NH3H2O+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

10、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

11、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A5种B6种C7种D8 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

12、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)4SO4H2O，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，0.1 molL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）2CuFe

13、S2+O2Cu2S+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，0.1 molL时pH

14、=11，c(OH-)c(NH4+)=10-3；NH3H2O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，SO24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

15、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9.00gcm-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）FON（2分） Cu2O、Cu2S都是离子晶体，O2半径比S2半径小，阴阳离

16、子的核间距小，晶格能大，熔点高（2分）（4）CuH2O24NH3Cu(NH3)4(OH)2（2分）（5）NA6.011023mol1（3分）【解析】试题分析：（1）Sn位于元素周期表的第五周期第A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)4SO4，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，SO24中S原子含有的孤对电子对数（6242）20，所以SO24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

17、三种元素的电负性由大到小的顺序为FON。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CuH2O24NH3Cu(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864。晶胞的边长为361pm，铜的密度为9.00gcm-3，则NA4，因此阿伏加德罗常数为NA6.011023mol1。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

18、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）。只有还原性 还原性和酸性只有氧化性 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分）（3

19、）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.(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

20、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51.9=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

21、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：2FeS27O22H2O 4H2Fe2_；4Fe2O24H4Fe3_；FeS22Fe33Fe22S；2S3O22H2O4H2SO42。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，将上述离子方程式补充完整。(2)反应的还原剂是_。(3)观察上述反应，FeS2最终转化为_从煤炭中分离出来。【答案】(1)4SO42-2H2O (2)FeS2 (3)Fe2+和SO42-或FeSO4和H2SO4【解析】（1）在反应中，由于7mol氧气在反应中得到28mol电子，所以1mol还原剂FeS2失去14mol。FeS

22、2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

23、(g) H= +180.5kJ/molN2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) H=92.4kJ/mol2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) H=483.6kJ/mol若有17 g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）图像中T2和T1的关系是：T2 _T1（填“高于”、“低于”、“等于”或“无法确定”）。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）。在

24、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。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) H0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。现以H2、O2、熔融盐W#W$W%.K*S*&5UNa2CO3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

25、极反应式为。【答案】（1）226.3 kJ（2） 低于 c n/3 ； 2.08L2/mol2（3） 0.00592 molL-1s-1 H2 + CO322e = 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

26、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+HSO3SO2+H2O（2分）（2）S2ClAl3（2分）（3）30（2分）（4）10Cl2+10Ca(OH)27CaCl2+

27、2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O (2分)（5）NaH+CH3CH2OHCH3CH2ONa+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+HSO3SO2+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S2ClAl3。（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