山东省威海市文登区届高三上学期期中考试化学试题A卷解析版.docx
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山东省威海市文登区届高三上学期期中考试化学试题A卷解析版
山东省威海市文登区2019届高三上学期期中考试(A卷)
可能用到的相对原子质量:
H1N14O16Na23Mg24Al27P31S32Cl35.5Cu64As75 Ag108
第I卷选择题(42分)
1.下列有关化学用语表示正确的是()
A.次氯酸的结构式:
H-Cl-OB.质子数为52、中子数为75的碲原子:
C.S2−的结构示意图:
D.四氯化碳的电子式:
『答案』B
【详解】A.由于Cl原子最外层电子为7,为了达到8电子稳定结构,只能形成一对共用电子对,同理,O原子形成两对共用电子对,H原子形成一对共用电子对,因而次氯酸的的结构式为H-O-Cl,A项错误;
B.质量数等于中子数加质子数,因而该碲原子的质量数为75+52=127,所以该碲原子为
,B项正确;
C.S2−的最外层为8个电子,因而结构示意图为
,C项错误;
D.Cl原子最外层有一个电子成键,剩余六个未成键电子,因而四氯化碳的电子式为
,D项错误.
故选B。
【点睛】在中学化学中,化学用语主要包括化学符号、化学式、化学方程式、化学图式四个部分。
对于每一种化学用语,都要明确它们的表示方法和表示的意义。
例如:
乙炔和苯的最简式的表示方法为CH,它表示的意义是:
表示组成物质的各种元素和各种元素的原子个数最简整数比。
2.下列有关说法中正确的是()
A.干粉灭火器和泡沫灭火器的工作原理相同
B.实验室配制1.0mol•L-1的NaOH溶液定容时俯视刻度线,配制溶液浓度偏低
C.国产大飞机C919发动机使用的氮化硅属于无机非金属材料
D.冰水混合物、四氧化三铁、纯净矿泉水都不是混合物
『答案』C
【详解】A.干粉的主要成分是碳酸氢钠(NaHCO3),受热后生成纯碱、水和二氧化碳;而泡沫灭火器内有两个容器,分别盛放两种液体,它们是硫酸铝和碳酸氢钠溶液,两种溶液互不接触,不发生任何化学反应,当需要泡沫灭火器时,把灭火器倒立,两种溶液混合在一起,就会产生大量的二氧化碳气体,二者灭火原理不同,A项错误;
B.定容时俯视刻度线,则凹液面最低点低于刻度线,因而溶液的体积偏小,根据浓度公式
推知溶液浓度偏高,B项错误;
C.氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料,它是一种超硬物质,本身具有润滑性,并且耐磨损,高温时抗氧化,属于无机非金属材料,C项正确;
D.矿泉水是从地下深处自然涌出的或经人工揭露的、未受污染的地下矿水,含有一定量的矿物盐、微量元素或二氧化碳气体,纯净矿泉水属于混合物,D项错误;
故选C。
3.下列反应的离子方程式书写正确的是()
A.向次氯酸钠溶液中通入过量SO2:
ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO3-
B.物质的量相等的溴化亚铁跟氯气反应:
2Fe2+ +2Br-+2Cl2 =2Fe3+ +Br2 +4Cl-
C.Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH:
Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
D.向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性:
Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O
『答案』B
【详解】A.ClO-具有强氧化性,能使SO2被氧化成SO42-,同时通入过量SO2,溶液显酸性,离子方程式为ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO42-+2H+,A项错误;
B.不妨设FeBr2和Cl2分别是2mol,由于Fe2+的还原性大于Br-,Cl2先与Fe2+反应,离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+,根据化学计量数可知2molFe2+和1molCl2恰好完全反应,剩余1molCl2,Cl2再与Br-反应,其离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2,根据化学计量数可知2molBr-和1molCl2恰好完全反应,将上述两个离子方程式相加可得2Fe2+ +2Br-+2Cl2 =2Fe3+ +Br2 +4Cl-,B项正确;
C.由于NaOH少量,因而每消耗1molOH-,就消耗1molHCO3-,因而离子方程式为Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O,C项错误;
D.向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液,Ba(OH)2反应完,每消耗1molBa2+需要1molSO42-恰好反应,每消耗2molOH-需要2molH+恰好反应,因而离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+H2O,D项错误。
故选B.
【点睛】少定多变法:
“定”量少的反应物,按1mol分析,其离子的化学计量数根据化学式确定。
“变”过量的反应物,其离子的化学计量数根据反应实际需要量来确定,不受化学式中比例的制约,是可变的。
4.NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是()
A.常温常压下,62gP4中所含P—P键数目为2NA
B.23g钠在空气中反应生成Na2O和Na2O2,转移电子数为NA
C.标准状况下,11.2LCO2和SO2混合物中含O原子数目为NA
D.0.1mol氯化铁水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA
『答案』A
【详解】A.每1molP4含有6molP—P键,而62gP4含有
molP4分子,因而62gP4中所含P—P键数目为6×0.5NA=3NA,A项错误;
B.钠在空气中反应生成Na2O和Na2O2,钠元素化合价从0价变为+1价,易知23gNa为1mol,因而转移电子数为1×1×NA=NA,B项正确;
C.标准状况下,11.2LCO2和SO2混合物中含有气体分子的物质的量为
mol,由于CO2和SO2中分子数与氧原子数之比均为1:
2,所以O原子数目为0.5×2×NA=NA,C项正确;
D.易知0.1mol氯化铁水解形成的Fe(OH)3粒子数为0.1NA,但由于Fe(OH)3胶体粒子由若干个Fe(OH)3聚合而成,所以Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA,D项正确。
故选A.
5.H3AsO3与SnCl2在浓盐酸中反应的离子方程式为3Sn2++2H3AsO3+6H++18Cl-=2As+3SnCl62-+6M。
关于该反应的说法中错误的是()
A.M为H2O
B.还原剂是Sn2+,还原产物是As
C.氧化性:
H3AsO3>SnCl62-
D.每生成7.5gAs,转移的电子为0.6mol
『答案』D
【详解】A.根据原子守恒,对比方程式中前后每种元素的原子个数发现M中有2个H和1个O,推测为H2O,A项正确;
B.锡元素化合价由+2价变为+4价,砷元素化合价由+3价变为0价,根据还原剂和还原产物定义可知,还原剂为Sn2+,还原产物是As,B项正确;
C.结合B中分析可知氧化剂是H3AsO3,氧化产物是SnCl62-,根据氧化还原反应规律可知氧化性:
H3AsO3>SnCl62-,C项正确;
D.7.5gAs
物质的量为
mol,且砷元素化合价由+3价变为0价,转移的电子为0.1mol×3=0.3mol,D项错误。
故选D。
6.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。
其中Z单质常用作半导体材料。
下列说法正确的是()
X
Y
Z
W
A原子半径:
Y B.气态氢化物的稳定性: X>Z C.最高价氧化物对应的水化物的酸性: Z>W D.W的最高价氧化物对应水化物是离子化合物 『答案』B 【分析】Z单质常用作半导体材料,推测Z为Si元素,再结合X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知X为N元素,Y为Al元素,W为S元素。 【详解】A.同周期时,从左往右原子半径越来越小,因而Y>Z>W,A项错误; B.同周期时,从左往右气态氢化物越稳定,则SiH4的稳定性弱于PH3;同主族时,自下而上气态氢化物越稳定,则PH3的稳定性弱于NH3,因而NH3的稳定性强于SiH4,即气态氢化物的稳定性: X>Z,B项正确; C.同周期时,从左往右最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,则H2SO4的酸性大于H2SiO3,即最高价氧化物对应的水化物的酸性: Z D.W的最高价氧化物对应水化物是H2SO4,H2SO4属于共价化合物,D项错误。 故选B。 【点睛】结构周期推断题推元素的已知条件所包含的知识内容如下: (1)原子序数和周期表中位置(周期和族); (2)原子结构,包括核内质子数、质量数和中子数,核外电子数,原子或离子结构示意图,最外层电子数和电子层数;(3)元素及单质和化合物的性质(包括化学实验),如主要化合价,特征反应,特殊的物理性质,氢化物或最高价氧化物的通式;(4)进行化学计算的数据,如氢化物或最高氧化物中某元素的质量分数,化学反应中量的关系。 7.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是() 选项 实验操作 实验现象 结论 A 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X 有白烟产生 溶液X一定是浓盐酸 B 用玻璃棒蘸取溶液Y进行焰色反应实验 火焰呈黄色 溶液Y中一定含Na+ C 向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液 溶液变黄 氧化性: H2O2>Fe3+ D 用煮沸过的蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解,加稀盐酸酸化,再加入氯化钡溶液 有白色沉淀产生 Na2SO3样品中含有SO42- 『答案』D 【详解】A.若X为浓硝酸,蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X也会产生白烟,溶液X不一定是浓盐酸,A项错误; B.钠元素的焰色反应为黄色,由于玻璃中含有钠元素,会干扰实验,所以应改用铂丝取溶液Y进行焰色反应,此时若火焰为黄色,则Y溶液中一定含有钠离子,B项错误; C.在酸性条件下,Fe(NO3)2溶液中含有的NO3—具有强氧化性,优先把Fe2+氧化成Fe3+,使得溶液变黄,因而不能判断氧化性: H2O2>Fe3+,C项错误; D.Na2SO3和稀盐酸反应生成SO2,溶液中没有SO32-,再加入氯化钡溶液有白色沉淀,说明Na2SO3固体变质被部分或全部氧化成Na2SO4,白色为BaSO4沉淀,即Na2SO3样品中含有SO42-,D项正确。 故选D。 第Ⅱ卷非选择题(58分) 8.如图是元素周期表的一部分,按要求回答问题: ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ (1)元素④在周期表中位置是_______________。 元素③的最高价氧化物的化学式为________________。 (2)元素①⑤组成化合物电子式为_______________。 (3)元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物热的浓溶液反应的化学方程式为_______________________________________________________。 (4)元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物的水溶液反应的离子方程式为_____________________________________________。 (5)元素④⑤⑥⑧形成的简单离子,其离子半径由小到大的顺序为_____________________(用离子符号表示)。 (6)A—F发生如图所示的转化,A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质,E、F、G为B、C、D与A形成的二元化合物,G是一种常见温室气体,与B可以反应生成E,E中B元素的质量分数为60%,F为两性物质。 A和F的化学式分别为_____________、___________。 ②B与G反应的化学方程式为________________________________________。 ③C与NaOH溶液反应的离子方程式为__________________________________________。 『答案』 (1).第二周期第VIA族 (2).N2O5(3). (4).C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O(5).Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+(6).Mg2+ 2MgO+C(10).2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)]4-+3H2↑ 【分析】结合元素周期表可知①为H元素,②为C元素,③为N元素,④为O元素,⑤为Na元素,⑥为Mg元素,⑦为Al元素,⑧为S元素,⑨为Cl元素。 【详解】 (1)④为O元素,在周期表中位置是第二周期第VIA族,③是N元素,最高价为+5价,所以元素③的最高价氧化物的化学式为N2O5; (2)元素①⑤组成化合物为NaH,属于离子化合物,Na+ 电子式为Na+,H-的电子式为 ,因而NaH的电子式为 ; (3)元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物分别是C和H2SO4,其化学反应方程式为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O; (4)元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物分别是AlCl3和NH3,NH3的水溶液为NH3·H2O,其离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+; (5)元素④⑤⑥⑧形成的简单离子分别是O2-,Na+,Mg2+,S2-,S2-的电子层数为3,其它离子电子层数为2,所以S2-的半径最大;当电子层数相同时,原子序数越小,离子半径越大,因而O2->Na+>Mg2+;综上可知Mg2+ (6)G是一种常见温室气体,可推知G为CO2,结合A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质,且A和D生成G,推断A为O2或C(碳单质),F为两性物质且F为C与A形成的二元化合物,可推知F为Al2O3,因而A为O2,D为C(碳单质),C为Al;E中B元素的质量分数为60%,结合E为B与A形成的二元化合物,E中O元素的质量分数为40%,则E的相对分子质量为 ,则B元素的相对原子质量为40-16=24,可推知B为Mg,E为MgO,结合G是一种常见温室气体,与B可以反应生成E,即CO2与Mg点燃生成MgO和C,证明上述推断合理;综上A为为O2,B为Mg,C为Al;D为C(碳单质),E为MgO,F为Al2O3,G为CO2。 ①由上分析知A和F的化学式分别为O2,Al2O3; ②B与G反应,即Mg与CO2反应,其化学方程式为2Mg+CO2 2MgO+C; ③C为Al,则C与NaOH溶液反应的离子方程式2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)]4-+3H2↑。 【点睛】第一步,先看电子层数,因为微粒半径大小的决定因素是电子层数。 电子层数越多,其半径越大。 这里主要是指同一主族,不同族不能直接比较,不能认为具有3个电子层的氯原子半径大于具有2个电子层的锂原子。 第二步在电子层数相同的情况下看核电荷数,因为核电荷数的多少是影响半径大小的次要因素。 而核电荷数越多,其半径越小。 第三步在电子层数和核电荷数相同的情况下看电子数,核外电子数是影响半径大小的最小因素。 核外电子数越多,其半径越大。 注意的是此三步不可颠倒。 9.氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途,贯穿古今。 (1)《本草纲目》曾记载利尿剂甘汞(Hg2Cl2)制法: “用水银一两,白矾[KAl(SO4)2•12H2O]二两,食盐一两,同研,不见星。 铺于器内,以小乌盆覆之,筛灶灰,盐水和,封固盘口,以炭打二柱香取开,则粉升于盆上矣,其白如雪,轻盈可爱,一两汞可升粉八钱。 ” ①KAl(SO4)2•12H2O所属物质类别为___________(填标号)。 A.硫酸盐B.酸式盐C.正盐D.电解质 ②文中“则粉升于盆上矣”涉及的分离方法是___________。 ③甘汞(Hg2Cl2)制备反应中,还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________,该反应中还原产物是_______________。 ④由甘汞(Hg2Cl2)光照可得外科用药升汞(HgCl2),该反应化学方程式为_________________________________________________________。 (2)H2O2、酸性KMnO4在生产、生活、医疗卫生中常用作消毒剂,高锰酸钾造成的污渍可用草酸(H2C2O4)去除,完成下列问题。 ①对于下列涉及H2O2的反应,H2O2仅体现氧化性的反应是_________(填标号,下同),H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是___________。 A.Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O B.2H2O2=2H2O+O2↑ C.3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O ②酸性高锰酸钾与草酸反应,氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。 ③在稀硫酸中,KMnO4和H2O2反应的离子方程式为_____________________________。 『答案』 (1).ACD (2).升华(3).4: 1(4).SO2(5).Hg2Cl2 Hg+HgCl2(6).C(7).B(8).5: 1(9).2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑ 【详解】 (1)①KAl(SO4)2•12H2O在水中电离方程式为KAl(SO4)2•12H2O=K++Al3++2SO42-+12H2O,因而KAl(SO4)2•12H2O属于硫酸盐、正盐和电解质,故选ACD; ②“则粉升于盆上矣”说明固体变成了气体,涉及的分离方法是升华; ③由已知结合氧化还原反应原理,制取甘汞时,KAl(SO4)2作氧化剂,汞作还原剂,化学方程式表示为4KAl(SO4)2+6Hg+6NaCl 3Hg2Cl2+3Na2SO4+2K2SO4+2Al2O3+3SO2↑,由化学方程式可得: 若6molHg与8molSO42-反应,生成3molSO2,则只有3molSO42-被还原,故还原剂和氧化剂的物质的量之比为: ;氧化剂发生还原反应,生成还原产物,故该反应中还原产物是SO2; ④甘汞(Hg2Cl2)光照可得外科用药升汞(HgCl2),汞元素的化合价由+1升高为+2,因为Cl元素的化合价为最低价态,所以甘汞分解还会生成Hg,故化学方程式为: Hg2Cl2 Hg+HgCl2。 (2)①A.Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O中Ag元素化合价由+1价变为0,O元素化合价由-1价变为0,结合元素化合价升降总数相等,O元素化合价不可能从-1降至-2,故H2O2为还原剂; B.2H2O2=2H2O+O2↑中只有O元素化合价发生变化,O元素化合价由-1价升至0,同时O元素化合价由-1价降至-2,故H2O2为氧化剂和还原剂; C.3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中同时O元素化合价由-1价降至-2,故H2O2为氧化剂; 故H2O2仅体现氧化性的反应是C,H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是B; ②酸性高锰酸钾与草酸反应的方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O,Mn元素化合价由+7变为+2,C元素化合价由+3变为+4,故氧化产物为CO2,还原产物为MnSO4,氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ; ③在稀硫酸中,KMnO4和H2O2反应时,MnO4-作氧化剂,对应还原产物为Mn2+,H2O2作还原剂,对应氧化产物为O2,结合缺项配平的原理可知离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。 10.亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性,受热易分解,可作漂白剂、食品消毒剂等。 Ⅰ.亚氯酸钠的制备 以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下: (1)“反应1”中的氧化剂是_________(填化学式,下同),母液中溶质的主要成分是_________。 (2)每有1molSO2参加反应,理论上可生成ClO2的物质的量为________mol。 (3)如果将SO2换为Na2SO3和稀H2SO4,则“反应1”的离子方程式为____________________________________________。 (4)“反应2”使用H2O2而不使用其他物质的主要理由是_______________________________。 Ⅱ.亚氯酸钠的应用 (5)用亚氯酸钠作水处理剂,水中可能残留少量亚氯酸钠,可以加入硫酸亚铁除去残留的亚氯酸盐,硫酸亚铁除可与亚氯酸钠反应外,还可以起到的作用是________________________________________________。 (6)实验室可用亚氯酸钠和氯酸钠在酸性条件下反应制备ClO2气体。 ①上述反应的离子方程式为________________________________。 ②ClO2也可用于杀菌消毒,其消毒能力是等物质的量Cl2的_______倍。 『答案』 (1).NaClO3 (2).Na2SO4(3).2(4).2ClO3-+SO32-+2H+=2ClO2↑+SO42-+H2O(5).多余的H2O2可分解为氧气和水,不引入其它杂质(6).Fe2+被氧化为Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3,Fe(OH)3具有胶体的性质,可以吸附水的杂质(7).ClO2-+ClO3-+2H+=2ClO2↑+H2O(8).2.5 【分析】在以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程中,反应Ⅰ中反应物为NaClO3和SO2,已知生成物为ClO2,Cl元素的化合价由+5变为+4,NaClO3做氧化剂,则SO2为还原剂,其对应氧化产物为SO42-,因而反应Ⅰ的化学方程式为2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4;反应Ⅱ中反应物为ClO2,H2O2和NaOH,已知产物为NaClO2,Cl元素的化合价由+4变为+3,ClO2做氧化剂,则H2O2作还原剂,结合氧化还原反应原理知2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O。 【详解】 (1)反应Ⅰ中反应物为NaClO3和SO2,已知生成物为ClO2,Cl元素的化合价由+5变为+4,NaClO3作氧化剂,由上分析反应Ⅰ的化学方程式为2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4,根据该反应得产物,反应Ⅰ的母液中溶质的主要成分是Na2SO4; (2)结合反应Ⅰ的化学方程式为2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4,观察化学计量数知每有1molSO2参加反应,理论上可生成ClO2的物质的量为2mol; (3)如果将SO2换为Na2SO3和稀H2SO4,NaClO3中ClO3-作氧化剂,被换成气体ClO2,SO32-作还原剂,被氧化成SO42-,结合缺项配平知“反应1”的离子方程式为2ClO3-+SO32-+2H+=2ClO2↑+SO42-+H2O; (4)为了使ClO2更多地转化为NaClO2,需要加入过量的H2O2,过量的试剂需除去,由于H2O2易分解为氧气和水,所以“反应2”使用H2O2而不使用其他物质的主要理由是多余的H2O2可分解为氧气和水,不引入其它杂质; (5)硫酸亚铁除与亚氯酸钠反应的离子方程式为4F
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