解析江苏省启东市届高三上学期期中考试化学试题Word文档下载推荐.docx

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D.铵态氮肥和草木灰混合使用会降低肥效

【答案】D

A项：

水晶不属于硅酸盐产品，A项错误；

B项：

医用酒精和葡萄糖注射液均为溶液，不可用丁达尔效应区分，B项错误；

C项：

氯水消毒杀菌是利用其氧化性，食盐水消毒杀菌是利用其能使细菌细胞失水，二者原理不同，C项错误；

D项：

铵盐和K2CO3会发生反应，生成的二氧化碳、氨气挥发而降低肥效，D项正确。

2.下列有关化学用语表示正确的是

A.氮气分子的电子式：

B.质子数为9中子数为20的氟原子：

F

C.对硝基苯酚的结构简式：

D.NaHCO3水解的离子方程式：

HCO3－+H2O

H3O++CO32－

【答案】C

【详解】A．氮原子的最外层有5个电子，故其电子式为

，故A错误；

B．质量数标示在元素符号的左上方，而质量数＝质子数+中子数，故质子数为9中子数为20的氟原子的质量数为29，故表示为299F，故B错误；

C．对硝基苯酚中﹣OH和﹣NO2在苯环的对位，且硝基中N原子连接在苯环上，故表示为

，故C正确；

D．HCO3﹣水解为H2CO3和OH﹣，故水解的离子方程式为HCO3﹣+H2O⇌OH﹣+H2CO3，故D错误；

故答案为C。

3.化学与生产、实验密切相关。

下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A.Al2O3熔点高，可用作耐高温材料

B.FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu

C.石墨具有导电性，可用于制铅笔芯

D.浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2

【答案】A

A．熔点高的物质可作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，选项A选；

B．Cu与FeCl3发生氧化还原反应，则用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，与FeCl3溶液呈酸性无对应关系，选项B不选；

C、石墨很软，可用于制铅笔芯，与石墨具有导电性无对应关系，选项C不选；

D、浓硫酸具有吸水性，可用于干燥CO2，与浓硫酸具有强氧化性无对应关系，选项D不选。

答案选A。

4.实验是化学研究的基础。

关于下列各实验装置图的叙述中正确的是（　　）

A.装置①常用于分离互不相溶的液态混合物

B.装置②可用于吸收氨气,且能防止倒吸

C.用装置③不可以完成“喷泉”实验

D.用装置④稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液

【详解】A、该装置为蒸馏装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故A错误；

B、氨气极易溶于水,有缓冲装置的能防止倒吸,该装置中苯没有缓冲作用,所以不能防止倒吸,故B错误；

C、氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故C错误；

D、浓硫酸溶于水放出大量热,且浓硫酸的密度大于水,稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水中,图示操作合理,所以D选项是正确的;

综上所述，本题应选D。

5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）

A.Kw/c（H+）=1×

10-13mol/L的溶液中：

Fe2+、K+、NO3－、SO42－

B.通入大量CO2的溶液中：

Na+、C6H5O－、CH3COO－、HCO3－

C.c（ClO-）=l.0mol/L的溶液中：

Na+、K+、S2－、SO42－

D.能使酚酞变红的溶液中：

K+、SO32－、CO32－、Cl－

【详解】A、Kw/c（H+）=1×

10-13mol/L的溶液显酸性，酸性溶液中硝酸根离子能氧化强还原性离子，所以酸性溶液中Fe2+与NO3－不能大量共存,故A不选；

B、碳酸的酸性大于苯酚,所以含有C6H5O－的溶液通入二氧化碳,会生成苯酚,所以溶液不能大量共存,故B不选；

C、次氯酸根离子能氧化还原性离子，则c（ClO-）=l.0mol/L的溶液中，S2－不能大量存在,故C不选；

D、酚酞变红的溶液显碱性，弱酸根离子在碱性条件下可以存在,则K+、SO32－、CO32－、Cl－能够大量存在,故D选;

综上说述，本题应选D。

【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。

离子间不能大量共存的原因有：

①离子间发生复分解反应生成弱电解质、沉淀或气体，如题中Ｂ项；

②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；

③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；

④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；

⑤注意题中的附加条件。

6.用H2O2溶液处理含NaCN的废水，反应原理为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：

HCN的酸性比H2CO3弱。

下列有关说法正确的是（）

A.该反应中氮元素被氧化

B.该反应中H2O2作还原剂

C.实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液

D.每生产0.1molNaHCO3转移电子数约为0.1×

6.02×

1023个

试题分析：

A．NaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合价为-3，反应前后N元素化合价不变，故A错误；

B．NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反应中O元素从-1价降低为-2价，所以反应中H2O2作氧化剂，故B错误；

C．因为HCN酸性比H2CO3弱，所以实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液防止水解，故C正确；

D．无体积无法计算，故D错误；

故选C。

考点：

考查了氧化还原反应和盐

水解的相关知识。

7.能正确表示下列反应的离子方程式的是（）

A.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：

2NH3·

H2O＋SO2===2NH4+＋SO32-＋H2O

B.Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：

Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－===CaCO3↓＋CO32-＋2H2O

C.磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：

Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O

D.明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-恰好完全沉淀：

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

【详解】A、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，离子反应为：

2NH3·

H2O+SO2

2NH4++SO32-+H2O，故A正确；

B、少量氢氧化钠与碳酸氢钙反应会生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故B错误；

C、磁性氧化铁溶于稀硝酸：

3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；

D、明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量1：

2反应：

2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故D错误；

综上所述，本题应选A。

【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。

判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：

①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中B项）等；

②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；

③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；

④从反应的条件进行判断；

⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（题中D项）。

8.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素,且原子序数依次增大,其中X、Z同主族,Y原子半径是短周期主族元素中最大的,X原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍。

下列说法正确的是（　　）

A.原子半径:

rW>

rZ>

rY>

rX

B.Z的简单氢化物沸点比X的高

C.X、Y、Z三种元素组成的化合物多于2种

D.W元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Z

【分析】

X、Y、Z、W为四种短周期主族元素,且原子序数依次递增,Y原子半径是短周期主族元素中最大的,Y为Na元素;

X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍,X为第二周期元素O；

X、Z同主族,则Z为S；

W的原子序数最大,可以知道W为Cl。

由上述分析可以知道,X为O,Y为Na,Z为S,W为Cl。

【详解】A、电子层越多,原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,则原子半径:

rZ>

rX,故A错误;

B、Z的简单氢化物为H2S，X的简单氢化物为H2O,H2O分子间存在氢键，沸点高于H2S，故B错误；

C、X、Y、Z三种元素组成的化合物不止2种,如亚硫酸钠、硫酸钠、硫代硫酸钠等,所以C选项是正确的;

D、尽管非金属性W＞Z,但是W元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于Z的，只有W元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Z的,故D错误;

综上所述，本题应选C。

【点睛】本题重点考查根据结构推断元素种类。

此题型应熟练掌握元素周期律的相关知识。

根据X、Y、Z、W为四种短周期主族元素,且原子序数依次递增,Y原子半径是短周期主族元素中最大的,Y为Na元素（原子半径的比较：

电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小）;

X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍,X为第二周期元素,X为O,X、Z同主族,Z为S,W的原子序数最大,可以知道W为Cl。

9.下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合只有

序号

X

Y

Z

W

①

Cu

CuSO4

Cu（OH）2

CuO

②

Na

NaOH

Na2CO3

NaCl

③

Cl2

Ca（ClO）2

HClO

HCl

④

Fe

FeCl3

FeCl2

Fe（OH）2

A.①②③B.①③④C.②③D.①④

①Cu与浓硫酸反应生成CuSO4，再与NaOH反应生成Cu（OH）2，Cu（OH）2加热生成CuO，氢气还原CuO生成Cu；

②Na与水反应生成NaOH，再与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成NaCl，NaCl电解生成Na；

③Cl2与Ca（OH）2反应可生成Ca（ClO）2，盐酸酸性比次氯酸强，所以Ca（ClO）2中加入盐酸可生成次氯酸，HClO见光分解可生成HCl，浓HCl溶液与二氧化锰加热可生成氯气；

④Fe与氯气生成FeCl3，FeCl3与Fe反应FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe（OH）2，但Fe（OH）2不能一步转化为Fe。

【详解】①Cu

Cu，符合转化，故①正确；

②Na

Na，符合转化，故②正确；

③Cl2

HCl，浓HCl溶液

Cl2，转化均可实现，故③正确；

④Fe（OH）2不能一步转化为Fe，故④错误；

故答案为A。

10.根据下列图示所得出的结论正确的是

A.图甲表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）

3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大

B.图乙是金刚石与石墨分别氧化生成CO2的能量关系曲线，说明石墨转化为金刚石的反应的ΔH>

C.图丙表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率大于b点

D.图丁表