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
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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
A.d点溶液中含有的溶质只有Na2SO4
B.原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1:
1
C.ab段发生的离子反应为:
Al3++3OH-=Al(OH)3↓,
Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
D.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-=NH3·H2O,当该反应完全后,随着NaOH溶液的加入,发生反应:
Al(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( )
A.Fe与S混合加热生成FeS2
B.NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3
C.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:
A.Fe与S混合加热生成FeS;
B.NaHCO3加热易分解;
C.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:
A.Fe与S混合加热生成FeS,故A错误;
B.NaHCO3的热稳定性差,受热时发生分解:
2NaHCO3
Na2CO3+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,故均可作为人类的营养物质
C.232Th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↓+HCO3-
B.(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入过量的氢氧化钡溶液:
2NH4++Fe2++4OH-=Fe(OH)2↓+2NH3·H2O
C.磁性氧化铁溶于稀硝酸:
3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+3H2O
D.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.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+10HNO3=9Fe(NO3)3+NO↑+5H2O.离子方程式为3Fe3O4+10H++NO3-=9Fe3++NO↑+5H2O.错误。
D.氨水中的NH3·H2O为弱电解质,不能写成离子形式。
应该写为吸收二氧化硫:
2NH3·H2O+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
A.5种
B.6种
C.7种
D.8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)4]SO4·H2O,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,0.1mol/L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)2CuFeS2+O2
Cu2S+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,0.1mol/L时pH=11,c(OH-)≈c(NH4+)=10-3;NH3·H2O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 ,SO2—4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9.00g.cm-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)F>O>N(2分) Cu2O、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,熔点高(2分)
(4)Cu+H2O2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2(2分)
(5)NA=
=6.01×1023mol-1(3分)
【解析】
试题分析:
(1)Sn位于元素周期表的第五周期第ⅣA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)4]SO4,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,SO2—4中S原子含有的孤对电子对数=(6+2-4×2)÷2=0,所以SO2—4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三种元素的电负性由大到小的顺序为F>O>N。
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Cu+H2O2+4NH3=[Cu(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8×
+6×
=4。
晶胞的边长为361pm,铜的密度为9.00g.cm-3,则
×NA=4,因此阿伏加德罗常数为NA=
=6.01×1023mol-1。
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)。
①只有还原性 ②还原性和酸性
③只有氧化性 ④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(2分) (3)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②.
(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5÷1.9=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:
①2FeS2+7O2+2H2O
4H++2Fe2++________;
②4Fe2++O2+4H+
4Fe3++____________;
③FeS2+2Fe3+
3Fe2++2S;
④2S+3O2+2H2O
4H++2SO42—。
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①②离子方程式补充完整。
(2)反应③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)①4SO42- ②2H2O
(2)FeS2 (3)Fe2+和SO42-或FeSO4和H2SO4
【解析】
(1)在反应①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。
FeS2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②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③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(g) △H=+180.5kJ/mol
N2(g)+3H2(g)
2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol
2H2(g)+O2(g)="=="2H2O(g) △H=-483.6kJ/mol
若有17g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)
①图像中T2和T1的关系是:
T2______T1(填“高于”、“低于”、
“等于”或“无法确定”)。
②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)。
③在起始体系中加入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。
①一定温度下,在恒容密闭容器中N2O5可发生下列反应:
2N2O5(g)
4NO2(g)+O2(g)ΔH>0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 。
②现以H2、O2、熔融盐W#W$W%.K**S*&5^UNa2CO3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的电极反应式为 。
【答案】
(1)226.3kJ
(2)①低于 ②c ③n/3;2.08L2/mol2
(3)①0.00592mol•L-1•s-1
②H2+CO32--2e- =" "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++HSO3-=SO2↑+H2O(2分)
(2)S2->Cl->Al3+(2分)
(3)30%(2分)
(4)10Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O(2分)
(5)NaH+CH3CH2OH→CH3CH2ONa+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++HSO3-=SO2↑+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S2->Cl->Al3+。
(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
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