届北京市牛栏山一中高三上学期期中考试化学试题.docx
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届北京市牛栏山一中高三上学期期中考试化学试题
牛栏山一中2017-2018学年度第一学期期中考试
高三化学试题2017.11.16
说明:
选择题、填空题写到答题纸上。
可能用到的数据:
H:
1O:
16C:
12S:
32Na:
23Cl:
35.5Cu:
64
一、选择题(每题只有一个正确选项,每小题3分,共42分)
1.下列说法正确的是()
A.汽车尾气不会引起呼吸道疾病B.生铁、不锈钢、青铜都属于合金
C.某次酸雨的pH为4.3,是由于溶解了CO2D.可以利用丁达尔效应区分胶体和浊液
【答案】B
【解析】A.NOx进入人体肺部,可引起支气管炎,肺气肿等呼吸道疾病,故A错。
B.合金为一种金属与另一种或几种金属、非金属经过混合熔化,冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物,砐B对。
C.溶解了CO2的雨水pH=5.6,酸雨pH<5.6原因为熔解了SO2、NOx等物质,故C错。
D.丁达尔效应用于区分溶液和胶体,故D错。
2.大胆科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。
在下列假设(猜想)引导下的探究肯定没有意义的是()
A.探究Na与水的反应可能生成NaOH和H2O2
B.探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成
C.探究浓H2SO4与铜在一定条件下反应产生的黑色物质中可能有CuS
D.探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2,酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致,还可能是HClO的漂白性所致
【答案】A
【解析】A.Na和水反应生成NaOH和H2O2时,Na和O元素化合价都上升,不符合反应原理,故A错。
B.SO2具有还原性,Na2O2具有氧化性,故B对。
C.Cu有还原性,浓H2SO4有氧化性,可能生成CuS,故C对。
D.Cl2溶于水呈酸性,也生成了具有漂白性的HClO,故D对。
3.下列有关氧化还原反应的说法中,正确的是()
A.Na2O2与CO2反应时,Na2O2只作氧化剂
B.SO2使酸性KMnO4溶液褪色,体现了SO2的漂白性
C.NO2溶于水发生了氧化还原反应
D.浓H2SO4与C反应时,体现了HNO3的强氧化性和酸性
【答案】C
【解析】A.Na2O2中-1价氧既上升又下降,故A错。
B.SO2和酸性KMnO4反应,体现还原性,漂白性是指使有机色素褪色,故B错。
C.3NO2+H2O=2HNO3+NO化合价有变化,为氧还反应,故C对。
D.浓H2SO4和C反应时,生成SO2和CO2,浓H2SO4只体现了氧化性,故D错。
4.下列说法中,正确的有()
①标准状况下,22.4L己烯所含有的分子数约为6.02×1023
②标准状况下,aL的氧气和氮气的混合物含有的分子数约为
×6.02×1023
③7.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数约为0.2×6.02×1023
④10g重水中含有中子数约为4×6.02×1023
⑤1mol乙醇中含有的共价键数约为7×6.02×1023
⑥500mL1mol/J的硫酸铝溶液中含有的硫酸根离子数约为9.03×1023
A.①④B.②⑤C.③⑤D.②⑥
【答案】D
【解析】①己烯不是气体,故①错;
②标况下,
,分子数
,故②对;
③n(Cl2)=
=0.1mol,1Cl2~1e-,转移电子数N=0.1NA,故③错;
④D2O的M=2×2+16=20,n=
=0.5mol,中子数为1×2+8=10,即5NA,故④错;
⑤CH3CH2OH中共价键数为8NA,故⑤错;
⑥n[Al2(SO4)3]=0.5×1=0.5mol,n(SO42-)=0.5×3=1.5mol,SO42-个数为1.5NA,即:
9.0×1023故⑥对;
综上,②⑥对,选D。
5.X、Y、Z、W有如右图所示的转化关系,则X、Y可能是()
①C、CO②AlCl3、Al(OH)3③Fe、Fe(NO3)2④S、SO2⑤Na2CO3、NaHCO3
A.①②④B.①②③⑤C.①③④D.①②⑤
【答案】D
【解析】①X为C,W为O2,Y为CO,Z为CO2,故①对;
②X为AlCl3,W为NaOH,Y为Al(OH)3,Z为NaAlO2,故②对;
③若Y为Fe(CO3)2,X为Fe,可成立,但Y为Fe(NO3)3,故③错;
④S无法直拉氧化成SO3,故④错;
⑤X为Na2CO3,W为HCl,Y为NaHCO3,Z为NaCl,故⑤对。
综上①②⑤对,故选D。
6.为监测空气中汞蒸气是否超标,通过悬挂涂有CuI(白色)的滤纸,根据滤纸是否变色(亮黄色至暗红色)及变色所需时间来判断空气中的汞含量。
发生的化学反应为:
4CuI+Hg=Cu2HgI4+2Cu。
下列说法不正确的是()
A.上述反应属于置换反应
B.该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:
1
C.Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物
D.当有1molCuI参与反应时,转移电子的物质的量为0.5mol
【答案】C
【解析】
A.置换反应为单+化=单+化,故A对。
B.氧化剂为CuI,参与氧还反应的为2CuI,还原剂为Hg,比值为2:
1,故B对。
C.Cu2HgI4中只有Hg的价态变化了,为氧化产物,故C错。
D.4CuI~2e-,则1molCuI反应时转移了0.5mole-,故D对。
7.下列解释实验的离子反应方程式正确的是()
A.用KIO3氧化酸性溶液中的KI:
5I-+IO3-+3H2O=3I2+6OH-
B.向AlCl3溶液中加入过量氨水:
Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
C.碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水混合出现白色沉淀:
HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓H2O
D.向Cu(OH)2悬浊液中滴加Na2S溶液,蓝色沉淀变黑色:
Cu(OH)2+S2-=CuS+2OH-
【答案】D
【解析】A.酸性条件不生成OH-:
5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O,故A错。
B.NH3·H2O为弱碱和Al(on)3不反应:
Al3++3NH3·H2O=Al(on)3↓+3NH4+,故B错。
C.Ca(OH)2少量:
2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O,故C错。
D.CuS黑色比Cu(OH)2蓝色,难熔,故沉淀转化,D对。
8.著名化学家徐光宪获得2008年度“国家最高科学技术奖”,以表彰他在稀土串级萃取理论方面作出的贡献,稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中,金属铈在空气中易氧化变暗,受热时燃烧,遇水很快反应。
已知:
铈常见的化合价为+3和+4,氧化性:
Ce4+>Fe3+>I2,下列说法正确的是()
A.铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示:
Ce+4HI
CeI4+2H2↑
B.在一定条件下,电解熔融状态的CeO2制Ce,在阴极获得铈
C.用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液,其离子方程式为:
Ce4++2Fe2+=Ce3++2Fe3+
D.铈有四种稳定的核素:
13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce它们互称为同系物
【答案】B
【解析】A.氧化性Ce4+>I2,在CeI4中Ce4+和I-不共存,故A错。
B.阴极得e-,化价降低,故B对。
C.Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+,故C错。
D.互称为同位系,故D错。
9.下列各项操作中,不发生“先沉淀后溶解”现象的是()
①向BaCl2溶液中通入过量的SO2②向次氯酸钙溶液中通入过量的CO2
③向饱和NaOH溶液中通入过量的CO2④向AgNO3溶液中逐滴加入氨水至过量
A.①④B.①②C.①③D.②③
【答案】C
【解析】①BaCl2中通过量SO2也不发生反应,故①符合题意。
②Ca(ClO)2中通CO2生成CaCO3沉淀和HClO,继续通CO2和CaCO2反应生成可溶的Ca(HCO3)2,故②不符合题意。
③先生成Na2CO3再生成NaHCO3,NaHCO3溶解度较低,容易析出,故③符合题意。
④AgNO3和NH3·H2O先生成沉淀,持续通NH3·H2O,沉淀溶解,故④不符合题意。
综上选①③,选C。
10.羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体,它可由苯酚和乙醛酸反应制得。
下列有关说法正确的是()
A.该反应是加成反应
B.苯酚和羟基扁桃酸是同系物
C.乙醛酸与H2在热的镍催化下反应生成乙二醇
D.1mol羟基扁桃酸能与3molNaOH反应
【答案】A
【解析】A.该反应是乙醛酸上醛基的加成,故A对。
B.同系物是官能团种类、个数相同、结构相似、相差n个—CH2—,故B错。
C.乙醛酸中醛基可以和H2反应与羟基,羧基和H2不反应,故C错。
D.1mol羟基扁桃酸只能和2molNaOH反应,酚羟基和羧基,故D错。
11.下图是NaCl、NH4Cl和NaHCO3的溶解度曲线,下列说法不正确的是()
A.t1℃时,饱和NaCl和NH4Cl溶液的质量分数相同
B.t1℃时,饱和NaCl和NH4Cl溶液的物质的量浓度相同
C.分别将70℃时的NH4Cl和NaCl饱和溶液降温至40℃,析出的NH4Cl晶体质量大于NaCl晶体
D.工业上制纯碱最关键的转化是向饱和的NaCl溶液中通入NH3和CO2,有NaHCO3固体析出。
是因为NaHCO3在水中的溶解度不大且比NaCl和NH4Cl的溶解度小很多。
【答案】BC
【解析】A.t1时NaCl、NH4Cl的溶解度相同,饱和时W%=
,故A对。
B.
,t1时两溶液W%相同,但密度和相对分子质量不同,故B错。
C.(选项有异议)
若为10g饱和NH4Cl溶液和1000g饱和NaCl溶液,从70℃降温至40℃,NH4Cl析出质量不一定大于NaCl,故C也错。
D.侯氏制碱法的原理就是利用NaHCO3的溶解度在这几种盐中最小,易达到饱和析出沉淀使反应发生,故D对。
综上选BC。
12.对下列实验的实验现象描述和所得结论均正确的是()
A.
B.
C.
D.
实验
现象
结论
A
左边烧杯中铁表面有气泡,右边烧杯中铜表面有气泡
活动性:
Al>Fe>Cu
B
左边棉花变橙色,右边棉花变暗色
氧化性:
Cl2>Br2>I2
C
白色固体先变为浅黄色,后变为黑色
溶解性:
AgCl D 锥形瓶中有气体产生,烧杯中溶液变浑浊 酸性: 盐酸>碳酸>硅酸 【答案】A 【解析】A.铝失e-,铁得e-,故在Fe表面有H2气泡,说明Al比Fe活泼。 Fe失e-,Cu得e-,在Cu表面有气泡,故Fe比Cu活泼,故A对。 B.Cl2持续通入,使NaBr生成Br2,也能使KI生成I2,无法证明Br2置换I2,故B错。 C.白色AgCl转化为浅黄色AgBr,AgBr又转换为黑色Ag2S,说明溶解性越来越小,AgCl>AgBr>Ag2S,故C错。 D.HCl易挥发,干扰H2CO3和Na2SiO3反应,故D错。 13.某课外小组欲测定过氧化钠与碳酸钠混合物中过氧化钠的质量分数,准确称量a克样品,下列后续实验方案中,不合理的是() A.与足量水反应并加热,收集到标准状况下V1L干燥气体 B.与足量稀盐酸反应并蒸干,称量剩余固体质量m2g C.隔绝空气加热,冷却后,称量剩余固体质量m1g D.与足量稀硫酸反应并加热,收集到标准状况下V2L干燥气体 【答案】C 【解析】A.与H2O反应,生成标况下V1L干燥的氧气,可求出Na2O2质量,故A对。 B.与足量稀HCl反应最终获得NaCl固体m1g,设Na2O2为xmol,Na2CO3为ymol,列式 ,可求,故B对。 C.Na2O2和Na2CO3隔绝空气加热不发生变化,故C错。 D.与足量稀H2SO4反应得标况下干燥的氧气和CO2共V2L,列式 ,故D对。 14.已知A、B、C为中学化学中常见的单质。 室温下,A为固体,B和C均为气体。 在适宜的条件下,它们可以按如图进行反应,下列说法正确的是() A.如果E溶液是一种强酸,则E溶液为硫酸 B.A、B、C三种元素中有一种金属且为B C.A、B、C三种元素中的任意两种元素形成的化合物所属物质类别可能是氧化物 D.A、B、C三种元素中的任意两种元素形成的化合物所属物质类别一定不是碱 【答案】D 【解析】B为Cl2,C为H2,A为金属单质,E为HCl,D为金属单质和HCl反应生成的氯经物,因此A不能为Fe,可能是Na、Mg、Al等。 A.溶于水成H2SO3的物质,不能由S和O2直接反应生成,故A错。 B.分析知A为金属,B、C为非金属单质,故B错。 C.A、B、C中没有氧单质,故形成的化合物一定不是氧化物,故C错。 D.A、B、C中没肣有含氧元素的物,故一定不能形成碱,故D对。 二、填空题(共55分) 15.(共8分)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料,二者在自然界中共生。 根据题意完成下列填空: (1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。 若As2S3和SnCl2正好完全反应,As2S3和SnCl2的物质的量之比为__________。 【答案】1: 1 【解析】 (2)上述反应中的氧化剂是__________,反应产生的气体可用__________吸收。 【答案】As2S3NaOH溶液或CuSO4溶液 【解析】As2S3中+3价As价态下降,为氧化剂,生成的H2S为酸性物质,可用NaOH吸收,或和CuSO4形成CuS沉淀。 (3)As2S3和HNO3有如下反应: As2S3+10H++10NO3-→2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O 若生成2molH3AsO4,则反应中转移电子的物质的量为__________。 若将该反应设计成一原电池,则NO2应该在__________(填“正极”或“负极”)附近逸出。 【答案】10mol正极 【解析】 故1molAs2S3~10mole-~2molH3AsO4。 NO3-得e-生成NO2,原电池的正极。 (4)若反应产物NO2与11.2LO2(标准状况)混合后用水吸收全部转化成浓HNO3,然后与过量的碳反应,所产生的CO2的量__________(选填编号)。 a.小于0.5molb.等于0.5molc.大于0.5mold.无法确定 【答案】a 【解析】O2~4e-~4NO2~4HNO3~CO2 =0.5mol0.5mol 但因为随着反应发生,浓HNO3变稀,稀HNO3和C不反应。 故生成的CO2应小于0.5mol,选a。 16.(共10分)A、B、C、D、E五种物质(或离子)均含有同一种元素R,它们之间有如图转化关系: (1)若A为单质,C、D的相对分子质量相差16。 0.1mol/LE溶液中只有3种离子,且常温下溶液中的 。 ①B的电子式为____________________ ②C→D的化学方程式为: ____________________ ③E→C的化学方程式为: ____________________ 【答案】① ;②2NO+O2=2NO2;③8HNO3+3Cu=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 【解析】 ,且c(H+)·c(OH-)=10-14,联立得c(H+)=10-1pH=1。 又因为E浓度0.1mol/L,故E为一元强酸,常见的有HCl、HNO3,又因为HCl不成立,故: (2)若B为金属单质,A由两种元素组成,C溶液的pH小于7,B在一定条件下可生成E。 【解析】C呈酸性,B为金属单质,则排除Na单质,根据性质上的转化应为: ①B在元素周期表中的位置____________________ ②C与F两种溶液混合生成沉淀D的离子方程式为____________________ ③除去镁粉中混有少量的B,涉及的离子方程式为____________________ ④B、石墨和二氧化钛(TiO2)按比例混合,高温下反应得到的化合物均由两种元素组成,且都是新型陶瓷材料(在火箭和导弹上有重要应用),其反应的化学方程式是____________________ 【答案】①第三周期,IIIA族;②Al3++3AlO3-+6H2O=4Al(on)3↓;③Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;④4Al+3C+3TiO2 2Al2O3+3TiC 【解析】Al和TiO2发生铝热反应,生成Ti和C继续反应。 (3)R元素最高价氧化物对应的水化合物C,能电离出电子数相等的阴、阳离子。 A是含有非极性键的离子化合物。 C中通入少量和过量CO2分别得到B和D,E→C是一种重要的化工生产。 【解析】A为含有非极性键的离子化合物,故A为Na2O2,则C为NaOH,NaOH和少量CO2生成B: Na2CO3,和过量CO2生成D: NaHCO3,E为NaCl,E→C为氯碱工业。 ①将A加入到FeCl2溶液中,得到红褐色沉淀与气体的物质的量为4: 1,写出离子方程式: ______________________________________________________________________ 【答案】4Na2O2+4Fe2++6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+ 【解析】4Fe(OH)3+1O2,上升价态为4×1+2×1=6,则下降价态也为6。 Na2O2中-1价氧有2个上升,6个下降,总共8个氧,故4Na2O2,再根据电荷守恒、元素守恒配平。 ②向B溶液中通入氯气,可得到一种具有漂白、消毒的物质,同时有一种无色气体生成,该反应的化学方程式: ________________________________________ (已知25CH2CO3;K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11、HClO;K=2.9×10-8) 【答案】Na2CO3+2Cl2+H2O=2NaCl+2HClO+CO2↑ 【解析】Cl2+H2O=HCl+HClO,因为酸性大小HCl>H2CO3>HClO>HCO3-,又因为有CO2生成,故2HCl+Na2CO3反应生成CO2,HClO不参与反应。 ③标准状况下6.72LCO2通入4mol/LC溶液100mL中恰好完全反应,写出对应的离子方程式: ______________________________________________________________________ 【答案】3CO2+4NaOH=Na2CO3+2NaHCO3+H2O 【解析】0.3mol的CO2和0.4molNaOH反应,比值为0.75,介于0.5~1之间。 则Na2CO3、NaHCO3都有生成,因为NaOH少量。 2CO2+4NaOH=2Na2CO3+2H2O,余下0.1molCO2和Na2CO3反应。 1CO2+1Na2CO3+H2O=2NaHCO3,综上得: 3CO2+4NaOH=Na2CO3+2NaHCO3+H2O 17.(共9分)碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]是一种用途广泛的化工原料,实验室以废铜居为原料制取碱式碳酸铜的步骤如下: I.废铜屑制硝酸铜: 如图(夹持仪器已省略),打开活塞b,将浓硝酸缓慢加到废铜屑中(废铜屑过量),充分反应后关闭活塞b,过滤,得到硝酸铜溶液. II.碱式碳酸铜的制备: ①向大试管中加入碳酸钠溶液和硝酸铜溶液②水浴加热至70℃左右③用0.4mol/L的NaOH溶液调节pH至8.5,振荡、静置、过滤④用热水洗涤,烘干,得到碱式碳酸铜产品 回答: (1)浓硝酸与铜反应的离子方程式____________________ 【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O 【解析】Cu和浓HNO3反应生成Cu(NO3)2和NO2和H2O。 (2)装置A的作用是____________________ 【答案】防倒吸 【解析】反应装置中产生大量NO2,NO2与NaOH能发生反应,容易导致瓶内压强减小,溶液倒吸,故A为防倒吸的安全瓶。 (3)已知: NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O;2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O,NO不能单独与NaOH溶液反应,实验结束时,如何操作才能使装置中的有毒气体被NaOH溶液充分吸收: 【答案】关闭活塞b,打开活塞a,通入一时间空气。 【解析】反应装置中可能有NO残留,通入一段空气,将NO氧化或NO2,易与被NaOH吸收。 (4)步骤④中洗涤的目的是____________________ 【答案】洗去碱式碳酸铜表面的Na+、NO3-,提高纯度。 【解析】Na2CO3和Cu(NO3)2以及NaOH混合反应后生成碱式碳酸铜沉淀,但表面残留有废液中的成份,洗涤除去以提高纯度。 (5)步骤③过滤后的滤液中可能含有CO32-,检验CO32-的方法是____________________ 【答案】取少量滤液于试管中,加入稀HCl,将产生的气体通入澄清石灰水中,溶液变浑蚀,说明有CO32-。 【解析】检验CO32-的方法,取样,加酸,检验CO2气体。 (6)若实验得到2.36g样品(只含CuO杂质),取此样品加热至分解完全后,得到1.74g固体,此样品中碱式碳酸铜的质量分数是____________________ 【答案】94.1% 【解析】Cu2(OH)2CO3加热分解剩余CuO,用差量法: △m=2.36-1.74=0.62g,差值为失去的H2O和CO2之和。 △M=18+44=62,故n[Cu2(OH)2CO3]= =0.01mol W%= ×100%=94.1%。 18.(共14分)已知: ①在稀硫溶溶液中,溴苯难发生水解 ② 现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X,其苯环上的一溴代物只有一种,其核磁共振氢增图中有四个吸收峰,吸收峰的面积比为1: 2: 6: 1,在一定条件下可发生下述一系列反应,其中C能发生银镜反应,E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应。 【解析】 请回答下列问题: (1)X中官能的名称是____________________; 【答案】酯基,溴原子 【解析】X为 ,有酯基,溴原子。 (2)A→B的反应类型是____________________; 【答案】氧化 【解析】A为甲醇,氧化成B为甲醛。 (3)D不具有的化学性质__________(选填序号) a.取代反应b.消去反应 c.氧化反应d.1molD最多能与2molNa2CO3反应 【答案】b 【解析】D为 具有酚羟基,能发生取代,不能消去,能被氧化。 最多和1molNa2CO3反应,故选b。 (4)F→G的化学方程式: ____________________; 【答案】n 【解析】酸脱羟基,醇脱氢,该反应为缩聚。 (5)I的结构简式为: ____________________; 【答案】 【解析】该反应为加聚,打开 的双键。 (6)X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式: ____________________; 【答案】 +4NaOH→ +HCOONa+2NaBr+2H2O 【解析】酯基水解,生成羧基,酚羟基,各消耗1个NaOH。 溴原子水解,生成2个HBr,消耗2个NaOH,共计消耗4个NaOH。 (7)同时符合下列条件的E的同分异构体共有__________种,其中一种的结构简式为__________。 a.苯环上核磁共振氢谱有两种b.
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