淄博七中高三期中考试化学试题Word文件下载.docx
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②分子:
质子数等于核外电子数,离子:
质子数不等于核外电子数,所以质子数相同,电子数也相同的粒子,不可能是一种分子和一种离子,正确;
③碱性氧化物一定是金属氧化物,正确;
④NO2不是酸性氧化物、Na2O2不属于碱性氧化物,正确;
⑤反应2FeCl3+2NaI=FeCl2+I2+2NaCl,两种盐反应一定生成两种新盐是错误的;
选B。
3.下列物质中,其水溶液能导电,溶于水时化学键被破坏,且该物质属于非电解质的是
A.Cl2B.SO2C.NaOHD.C2H5OH
【解析】A.氯气是单质,不属于非电解质,错误;
B.正确;
C.氢氧化钠是电解质,错误;
D.乙醇的水溶液不能导电,错误;
4.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。
下列说法不正确的是
A.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物,可用于水的净化
B.铅蓄电池放电时铅电极发生氧化反应
C.胶体与溶液的分离可用渗析的方法
D.生铁浸泡在食盐水中发生析氢腐蚀
【答案】D
【解析】D.生铁浸泡在食盐水中发生吸氧腐蚀,错误;
选D。
5.同温同压下,等体积的两容器内分别充满由14N、13C、18O三种原子构成的一氧化氮和一氧化碳,下列说法正确的是
A.所含分子数和质量均不相同B.含有相同的分子数和电子数
C.含有相同的质子数和中子数D.含有相同数目的中子、原子和分子
【解析】根据阿伏伽德罗定律,同温同压,同体积的气体含有相同的分子数,一氧化氮和一氧化碳的相对分子质量不同,则质量不相同,A错误;
一氧化氮分子中有15个电子,一氧化碳分子中有14个电子,所以分子数相同,电子数不同,B错误;
质子数和核外电子数相同,所以质子数也不相同,错误;
6.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A.漂白粉露置在空气中失效:
ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-
B.向NaAlO2溶液中通入过量CO2:
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
C.向Na2S2O3溶液中通入足量氯气:
S2O32-+2Cl2+3H2O=2SO32-+4Cl-+6H+
D.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4:
3ClO-+Fe(OH)3=FeO42-+3Cl-+H2O+4H+
【解析】A.漂白粉露置在空气中生成次氯酸和碳酸钙,错误;
C.向Na2S2O3溶液中通入足量氯气,氯气能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子,错误;
D.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4,离子方程式为:
4OH-+3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+5H2O,错误;
7.如下图所示,利用海水可提取很多重要的化工原料。
下列有关说法正确的是
A.第①步中除去粗盐中的SO42—、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质,加入的药品顺序为:
Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B.第②步中工业上可采用石墨为阴极,铁为阳极,采用阳离子交换膜的电解装置
C.第③步中结晶出的MgCl2·
6H2O可在空气中受热分解制无水MgCl2
D.在第④步中溴元素被氧化,第⑤、⑥步中既有溴元素被氧化也有溴元素被还原
【解析】A、除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+等杂质,先除硫酸根离子,需要BaCl2溶液,再除镁离子,需要NaOH溶液,最后除钙离子,加入Na2CO3溶液,A错误;
B、氯碱工业中,电解池的阳极材料也是惰性的,B错误;
C、由③的转化可知,结晶水合物失去结晶水并生成氯化镁,为防止镁离子水解,应在酸性条件下进行,C错误;
D、由④可知NaBr→Br2,NaBr中溴元素的化合价为-1价,单质中溴元素的化合价为0,则在反应中溴元素的化合价升高,由信息可知溴元素被氧化,第⑤、⑥步是溴的提纯,既有溴元素被氧化也有溴元素被还原;
D正确;
选D.
8.设NA为阿伏伽德罗常数的值。
下列叙述正确的是
A.1mol羟基与17gNH3所含电子数都为NA
B.12.4g白磷(分子式为P4)中含有P—P共价键0.6NA
C.常温常压下,Na2O2与足量H2O反应,生成了0.2molO2,转移电子的数目为0.8NA
D.适量铜粉溶解于1L0.5mol·
L-1稀硝酸中,当生成2.24LNO时,溶液中氮原子数为0.4NA
【解析】A.羟基和NH3都是10电子微粒,所以1mol羟基与17gNH3所含电子数都为10NA,错误;
C、常温常压下,Na2O2与足量H2O反应,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;
每2mol过氧化钠反应转移电子数为2mol,生成1mol氧气,则反应0.4mol过氧化钠,则转移电子数为0.4mol,错误;
D.3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,2.24LNO等于0.1mol,生成0.15mol硝酸铜,总共消耗硝酸0.5mol,也就是硝酸完全反应,溶液中的氮原子完全以硝酸根的形式存在,其物质的量为硝酸铜物质的量的2倍,为0.3mol,即氮原子数为0.3NA,错误;
9.NaCl是一种化工原料,可以制备一系列物质(如下右图所示)。
下列说法正确的是
A.石灰乳与Cl2的反应中Cl2既是氧化剂,又是还原剂
B.25℃,NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大
C.常温下干燥Cl2能用钢瓶贮运,所以Cl2不与铁反应
D.图中所示转化反应都是氧化还原反应
【答案】A
【解析】A.2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O中氯气既是氧化剂又是还原剂,正确;
B.25℃,NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小,错误;
C.铁可以在氯气中燃烧,常温下干燥的氯气与铁不反应,错误;
图中所示反应有2个不是氧化还原反NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑,错误,选A。
10.Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。
A.三者对应的氧化物均为碱性氧化物
B.三者的单质放置在空气中均只生成氧化物
C.制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法
D.电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时,阴极上依次析出Cu、Fe、Al
【解析】A.三氧化二铝是两性氧化物,不是碱性氧化物,A错误;
B.铜单质放置在空气中可以与氧气、水蒸气、二氧化碳发生氧化还原反应,生成铜绿或碱式碳酸铜,Cu2(OH)2CO3不是氧化物,而是碱式盐,B错误;
C.加热蒸干能使三种盐溶液彻底水解,不仅挥发出HCl气体,生成的Al(OH)3、Fe(OH)3、Cu(OH)2,受热还能分解为Al2O3、Fe2O3、CuO固体,C正确;
D.氧化性:
Fe3+>
Cu2+>
H+>
Fe2+>
Al3+,则阴极上先后反应为Fe3++e―=Fe2+、Cu2++2e―=Cu、2H++2e―=H2↑,而Fe2+、Al3+都难放电,因此不可能析出Fe、Al,D错误,选C。
11.①
②
③
下列结论正确的是
A.①②③均是氧化还原反应
B.氧化性强弱顺序是
C.反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:
1
D.反应③中0.1mol还原剂共失去电子数为
【解析】A.①化学反应方程式中没有电子的得失,不为氧化还原反应,A错误;
B.在②反应中K2Cr2O7为氧化剂,FeSO4为还原剂,Fe2(SO4)3为氧化产物,Cr2(SO4)3为还原产物,在第三个反应中Fe2(SO4)3为氧化剂,HI为还原剂,I2为氧化产物,FeSO4为还原产物,氧化剂的氧化性大于氧化产物的还原性,氧化性强弱顺序是:
K2Cr2O7>Fe2(SO4)3>I2,B正确;
C.反应②中K2Cr2O7为氧化剂,FeSO4为还原剂,物质的量之比为1:
6,C错误;
D.反应③中HI为还原剂,1molHI被氧化失去1mol电子,0.1mol还原剂共失去电子数为6.02×
1022,D错误;
选B.
12.A、B、C、D、E是5种短周期元素,其原子序数依次增大。
A是周期表中原子半径最小的元素,B原子最外层电子数是次外层电子数的3倍,C、D、E处于同一周期,E与B处于同一族,C、D原子的核外电子数之和与B、E原子的核外电子数之和相等。
A.元素B、C、D具有相同电子层结构的离子,其半径依次增大
B.元素A不能与元素B形成化合物
C.元素B、E分别与元素A形成的化合物的热稳定性:
D.元素D、E的最高价氧化物的水化物都是强酸
【解析】A为H;
B为O;
E为短周期元素,E与B处于同一族,E为S;
C、D、E处于同一周期,C、D原子的核外电子数之和与B、E原子的核外电子数之和相等。
C、D、E是3种短周期元素,其原子序数依次增大,C为Na;
D为Al;
所以A为H;
C为Na;
E为S。
A、B为O;
D为Al具有相同电子层结构的离子,但其半径依次减小,错误;
B、元素A能与元素B形成化合物H2O2,错误;
C、元素B、E分别与元素A形成的化合物的热稳定性:
H2O>H2S,正确。
D、元素D、E的最高价氧化物的水化物,Al(OH)3为两性氢氧化物,H2SO4为酸,错误,选C。
13.X、Y、Z、M四种金属,已知X可以从Y的盐溶液中置换出Y:
X和Z作原电池电极时,Z为正极;
Y和Z的离子共存于电解液中,Y离子先放电;
M的离子的氧化性强于Y的离子。
则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为
A.X>
Y>
Z>
MB.X>
M>
YC.M>
X>
YD.X>
M
【解析】X可以从Y的盐溶液中置换出Y,说明X的活动性大于Y;
X和Z作原电池电极时,Z为正极,说明X的活动性大于Z;
Y和Z的离子共存于电解液中,Y离子先放电,说明Z的活动性大于Y;
M的离子的氧化性强于Y的离子,说明Y的活动性大于M,所以得出这四种金属的活动性由强到弱的顺序为X>Z>Y>M,选D.
14.如图所示,
,
下列说法或表示正确的是
A.
石墨)=
金刚石)△H=+1.9
B.石墨和金刚石的转化是物理变化
C.石墨的稳定性比金刚石弱
D.
石墨的总键能比1mol金刚石的总键能小1.9kJ
【解析】A.由图得:
①C(S,石墨)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1②C(S,金刚石)+O2(g)=CO2(g)△H=-395.4kJ•mol-1,利用盖斯定律将①-②可得:
C(S,石墨)=C(S,金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1,正确;
B.石墨转化为金刚石是发生的化学反应,属于化学变化,错误;
C、金刚石能量大于石墨的总能量,物质的量能量越大越不稳定,则石墨比金刚石稳定,C错误;
D、依据热化学方程式C(S,石墨)=C(S,金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1,1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能小1.9kJ,错误;
选A。
15.某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验(如右图)。
滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿,然后平铺在一块铂片上,接通电源后,用铅笔在滤纸上写字,会出现红色字迹。
据此,下列叙述正确的是
A.铅笔端作阳极,发生还原反应
B.铂片端作阴极,发生氧化反应
C.铅笔端有少量的氯气产生
D.a点是负极,b点是正极
【解析】铅笔芯中含有石墨,石墨是惰性电极,用惰性电极电解氯化钠溶液,阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑,阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,所以阴极附近变红。
铅笔端作阴极,发生还原反应;
铂片端作阳极,发生氧化反应,铂片端有少量氯气生成。
a、b点分别是负极和正极,选D。
第Ⅱ卷(非选择题共65分)
16.(14分)由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4的实验流程可表示如下:
(1)反应Ⅰ发生反应的化学方程式是;
反应Ⅱ发生反应的离子方程式是;
(2)操作Ⅲ的实验步骤为、;
可循环利用的物质的化学式为;
(3)计算用2.5kg含MnO280%的软锰矿制备,理论上可得KMnO4为:
(4)取制得的产品6.5g,配成250mL溶液;
准确称取纯Na2C2O41.34g配成适量溶液。
用上述KMnO4溶液滴定Na2C2O4溶液,恰好反应(氧化产物为CO2,还原产物为Mn2+)时,消耗KMnO4溶液的体积为25.00mL。
该KMnO4的纯度为%(保留小树点后一位)。
【答案】16.
(1)3MnO2+KClO3+6KOH
3K2MnO4+KCl+3H2O.
3MnO42-+4H+=MnO2↓+2MnO4-+2H2O
(2)浓缩结晶MnO2(3)2.4kg(4)97.2%
【解析】
(1)第一步,KOH和KClO3与MnO2反应,得到K2MnO4,从而可以写出反应方程式为6KOH+3MnO2+KClO3=3K2MnO4+KCl+3H2O,然后加入水溶解分离可溶性物质,得到K2MnO4和KCl;
第二步,将滤液酸化,得到高锰酸钾和二氧化锰,为一歧化反应,锰从+6变为+7和+4;
反应方程式为3MnO42-+4H+=2MnO4-+MnO2+2H2O,通过过滤分离MnO2和高锰酸钾溶液,最终得到产品。
整个过程中MnO2可以循环利用。
(2)操作Ⅲ的实验步骤为浓缩、结晶,可循环利用的物质的化学式为MnO2
(3)根据关系式:
3MnO2—3K2MnO4—2KMnO4
3×
872×
158
2.5×
80%x解得x=2.4kg
(4)发生反应2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4==K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O,令KMnO4的纯度为y,则:
2KMnO4~5Na2C2O4
2×
158
5×
134
6.5g×
y×
0.1
1.34g
所以(2×
158):
(5×
134)=(6.5g×
0.1):
1.34g解得y=97.2%.
17.(16分)为研究铁质材料与热浓硫酸的反应,某学习小组用碳素钢(即铁和碳的合金)进行了以下探究活动:
【探究一】
(1)常温下,工业上可用铁质容器盛放冷的浓硫酸,其原因是。
(2)称取碳素钢6.0g放入15.0mL浓硫酸中,加热,充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y。
①甲同学认为X中除Fe3+之外还可能含有Fe2+,产生Fe2+的离子反应方程为:
,
检验是否有Fe2+应选用下列(选填序号)试剂。
a.KSCN溶液和氯水b.铁粉和KSCN溶液c.浓氨水d.酸性KMnO4溶液
②乙同学取560mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中,发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4反应,然后加入足量BaCl2溶液,经正确操作后得干燥固体4.66g。
由此推知气体Y中SO2的体积分数为。
【探究二】
根据上述实验中SO2体积分数的分析,丙同学认为气体Y中还可能含有Q1和Q2两种气体,其中Q1气体,在标准状况下,密度为0.0893g·
L-1。
为此设计了下列探究实验装置(图中夹持仪器省略,假设有关气体完全反应)。
(3)装置B中试剂的作用是
(4)用化学方程式表示Y气体中的Q2气体是如何生成的:
。
(5)为确认Q2的存在,需在装置中添加洗气瓶M于(选填序号)。
a.A之前b.A-B间c.B-C间d.C-D间
(6)如果气体Y中含有Q1,预计实验现象应是。
【答案】17.
(1)铁表面被钝化;
(2)①Fe+2H+=Fe2++H2↑(或2Fe3++Fe=3Fe2+)d;
②0.80(或80%);
(3)检验SO2是否除尽;
(4)C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O;
(5)c;
(6)D中的固体由黑变红和E中固体由白变蓝;
(1)由于在常温下,铁在浓硫酸中发生钝化,从而在铁表面形成一层致密的氧化膜,所以不再和硫酸铜溶液反应。
(2)①产生Fe2+的离子反应方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑,亚铁离子具有还原性,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,从而溶液褪色,据此可以鉴别,选d,②硫酸钡的物质的量是0.02mol,则根据原子守恒可知,SO2的物质的量也是0.02mol。
而混合气的物质的量是0.025mol,所以SO2的体积分数是0.02÷
0.025=0.80。
(3)在标准状况下,密度为0.0893g·
L-1,则该气体的相对分子质量是0.0893×
22.4=2.0,所以该气体是氢气。
由于SO2也能把碱石灰吸收,所以A装置的作用是除去SO2,而B中品红溶液的作用就是检验SO2是否除尽的;
(4)由于浓硫酸的强氧化性,也能把碳氧化生成CO2,所以反应的方程式是C+2H2SO4
CO2↑+2SO2↑+2H2O
(5)由于CO2也能被碱石灰吸收,所以要确认CO2的存在,则M应该放在B和C之间,选C。
(6)由于氢气具有还原性,能把氧化铜还原生成红色的铜和水,水能使无水硫酸铜变蓝,即实验现象是D中的固体由黑变红和E中固体由白变蓝。
18.(12分)某实验小组为探究ClO-、I2、SO42-在酸性条件下的氧化性强弱,进行如下实验:
实验①:
在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液,并加入适量的稀硫酸,溶液立即变蓝;
(1)写出实验①中发生反应的离子方程式。
实验②:
取适量实验①后的溶液,滴加4mL0.5mol·
L—1的亚硫酸钠溶液,蓝色恰好完全褪去。
(2)实验②化学反应中转移电子的物质的量是。
(3)以上实验说明,在酸性条件下ClO-、I2、SO42-的氧化性由弱到强的顺序是。
实验③:
取适量实验①后的溶液,继续滴加次氯酸钠溶液,溶液由蓝色变为无色,生成物之一为食盐加碘的原料。
(4)写出实验③中发生反应的离子方程式。
(5)一个完整的氧化还原反应方程式可以拆写成两个“半反应式”,一个是“氧化反应式”,一个是“还原反应式”。
如2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,可拆写为氧化反应式:
Cu-2e-=Cu2+,还原反应式:
2Fe3++2e-=2Fe2+。
据此,将反应2Al+2OH—+2H2O=2AlO2—+3H2↑拆写为两个“半反应式”:
氧化反应式:
还原反应式:
【答案】18.
(1)ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O
(2)0.004mol
(3)SO42-、I2、ClO-
(4)I2+5ClO—+H2O=2IO3—+5Cl—+2H+(或I2+5ClO—+2OH—=2IO3—+5Cl—+H2O)
(5)2Al+8OH—-6e-=2AlO2—+4H2O(或Al+4OH—-3e-=AlO2—+2H2O,
6H2O+6e-=6OH—+3H2↑(2H2O+2e-=2OH—+2H2↑)。
(1)实验①说明酸性条件下,次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质,同时自身被还原生成氯离子,该反应中,次氯酸根离子得电子作氧化剂,碘离子失电子是还原剂,氧化产物是碘,所以氧化性强弱为:
ClO->I2,反应离子方程式为:
ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O,
(2)实验②说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子,自身被还原生成碘离子,氧化剂是碘,还原剂是亚硫酸钠,氧化产物是硫酸根离子,所以氧化性强弱为:
I2>SO42-,反应离子方程式为:
H2O+I2+SO32-=SO42-+2I-+2H+,设转移电子的物质的量为x.
H2O+SO32-+I2=SO42-+2I-+2H+转移电子
1mol
2mol
0.5mol/L×
0.004L
xx=(0.5mol/L×
0.004L×
2moL)/1mol=0.004mol
(3)实验①说明氧化性强弱为:
ClO->I2,实验②说明氧化性强弱为:
I2>SO42-,所以在酸性条件下ClO-、I2、SO42-的氧化性由弱到强的顺序是SO42-、I2、ClO-;
(4)写出实验③中发生反应的离子方程式I2+5ClO—+H2O=2IO3—+5Cl—+2H+.
(5)一个完整的氧化还原反应方程式可以拆写成两个“半反应式”,一个是“氧化反应式”,一个是“还原反应式”。
氧化反应式为2Al+8OH—-6e-=2AlO2—+4H2O,还原反应式:
6H2O+6e-=6OH—+3H2↑。
19.(12分)某化工集团为了提高资源利用率减少环境污染,将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链。
其主要工艺如下:
(1)写出电解食盐水反应的离子方程式。
(2)写出钛铁矿经氯化法得到四氯化钛的化学方程式:
。
(3)已知:
①Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s);
ΔH=-641kJ·
mol-1
②Ti(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s);
ΔH=-770kJ·
则2Mg(s)+TiCl4(g)=2MgCl2(s)+Ti(s);
ΔH
反应2Mg+TiCl4
2MgCl4+Ti在Ar气氛中进行的理由是。
(4)在上述产业链中,合成192t甲醇理论上需额外补充H2t(不考虑生产过程中物质的任何损失)。
(5)以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料,石墨为电极可构成燃料电池。
该电池中负极上的电极反应式是。
【答案】19.
(1)2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑;
(2)2FeTiO3+6C+7Cl2
2TiCl4+2FeCl3+6CO;
(3)-512kJ•mol-1防止高温下Mg(Ti)与空气
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- 淄博 中高 期中考试 化学试题