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1、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：1 O：16 C：12 S：32 Na：23 Cl：35.5 Cu：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】ANOx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
2、产物，砐B对。C溶解了CO2的雨水pH=5.6，酸雨pHFe3+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+4HICeI4+2H2B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。CCe4+Fe2+=Fe3+Ce3+，故C错。D互称为同位系，故D错。9下列
3、各项操作中，不发生“先沉淀后溶解”现象的是（ ）向BaCl2溶液中通入过量的SO2向次氯酸钙溶液中通入过量的CO2向饱和NaOH溶液中通入过量的CO2向AgNO3溶液中逐滴加入氨水至过量ABCD【答案】C【解析】BaCl2中通过量SO2也不发生反应，故符合题意。Ca(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，故不符合题意。先生成Na2CO3再生成NaHCO3，NaHCO3溶解度较低，容易析出，故符合题意。AgNO3和NH3H2O先生成沉淀，持续通NH3H2O，沉淀溶解，故不符合题意。综上选，选C。10羟基扁桃酸是药物合成的重要中
4、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D1mol羟基扁桃酸能与3mol NaOH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。D1mol羟基扁桃酸只能和2mol NaOH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（ ）At1时，饱和NaCl和NH4Cl溶液的质量分数相同Bt1时，饱和Na
5、Cl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】At1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
6、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（ ）ABCD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：AlFeCuB左边棉花变橙色，右边棉花变暗色氧化性：Cl2Br2I2C白色固体先变为浅黄色，后变为黑色溶解性：AgClAgBr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。BCl2持续通入，使NaBr生成Br2，也能使KI生成I2，无法证明Br2置换
7、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，AgClAgBrAg2S，故C错。DHCl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V1 L干燥气体B与足量稀盐酸反应并蒸干，称量剩余固体质量m2 gC隔绝空气加热，冷却后，称量剩余固体质量m1 gD与足量稀硫酸反应并加热，收集到标准状况下V2 L干燥气体【答案】C【解析】A与H2O反应，生成标况下V1 L干燥的氧气，可求出Na2
8、O2质量，故A对。B与足量稀HCl反应最终获得NaCl固体m1 g，设Na2O2为x mol，Na2CO3为y mol，列式，可求，故B对。CNa2O2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V2 L，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BA、B、C三种元素中有一种金属且为B CA、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DA、B、C三种元素中的任意两种元素形
9、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。CA、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。DA、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
10、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】As2S3 NaOH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2mol H3AsO4，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“
11、负极”）附近逸出。【答案】10mol 正极【解析】故1mol As2S310mole-2mol H3AsO4。NO3-得e-生成NO2，原电池的正极。（4）若反应产物NO2与11.2L O2（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0.5 mol b等于0.5 mol c大于0.5 mol d无法确定【答案】a【解析】O24e-4NO24HNO3CO2=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
12、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。0.1 mol/L E溶液中只有3种离子，且常温下溶液中的。B的电子式为_CD的化学方程式为：_EC的化学方程式为：_【答案】；2NO+O2=2NO2；8HNO3+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
13、Na单质，根据性质上的转化应为：B在元素周期表中的位置_C与F两种溶液混合生成沉淀D的离子方程式为_除去镁粉中混有少量的B，涉及的离子方程式为_B、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】第三周期，III A族；Al3+3AlO3-+6H2O=4Al(on)3；Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；4Al+3C+3TiO22Al2O3+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
14、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，EC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，EC为氯碱工业。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41+21=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
15、、元素守恒配平。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=4.410-7、K2=4.710-11、HClO；K=2.910-8）【答案】Na2CO3+2Cl2+H2O=2NaCl+2HClO+CO2【解析】Cl2+H2O=HCl+HClO，因为酸性大小HClH2CO3HClOHCO3-，又因为有CO2生成，故2HCl+Na2CO3反应生成CO2，HClO不参与反应。标准状况下6.72LCO2通入4mol/L C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+2
16、NaHCO3+H2O【解析】0.3mol的CO2和0.4mol NaOH反应，比值为0.75，介于0.51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+H2O17（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
17、活塞b，过滤，得到硝酸铜溶液II碱式碳酸铜的制备：向大试管中加入碳酸钠溶液和硝酸铜溶液水浴加热至70左右用0.4mol/L的NaOH 溶液调节pH至8.5，振荡、静置、过滤用热水洗涤，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+2Na
18、OH=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
19、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nCu2(OH)2CO3=0.01molW%=100%=94.1%。18（共14分）已知：在稀硫溶溶液中，溴苯难发生水解现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴
20、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）AB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 d1mol D最多能与2mol Na2CO3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1mol Na2CO3反应，故选b。（4）FG的化学方程式：_；
21、【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不能发生水解反应c遇FeCl3溶液不显色d1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应【答案】4种，【解析】不发生水解，即不含酯基；不与Fe
22、Cl3显色，即不含酚羟基。1mol E与1mol NaOH和2mol Na反应，即含有1mol醇羟基，1mol羧基及两个碳的对位形式 19（共14分）某实验小组探究少量Cl2和FeBr2反应的过程。（1）配制FeBr2溶液；i. 配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液；ii. 上述溶液呈淡黄色。取少量此溶液，向其中滴入KSCN溶液，变为浅红色。 配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液需要的玻璃容器是_。【答案】50ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。【解析】配制一定浓度的溶液需要规格相符的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。 由ii可知，此FeBr2溶液呈黄色的原因是其中含有_，用离子方程
23、式解释产生其原因：_。【答案】Fe3+，4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O【解析】Fe2+在溶液中易被空气中的O2氧化。（2）氯气和FeBr2反应实验操作及现象如下：据此甲同学得出结论：少量Cl2既能和Fe2+又能和Br-发生氧化还原反应。 Cl2和Fe2+发生反应的离子方程式是_。【答案】Cl2+2 Fe2+=2 Fe2+2Cl-【解析】Cl2氧化性强于Fe3+，故能反应。 乙同学认为上述实验不能证明Cl2和Br-发生反应，理由是_。【答案】溶液中含有Fe3+，Fe3+也可以与KI反应，使淀粉变蓝。【解析】第一步反应中，Cl2和Fe2+反应生成Fe3+，Fe3+和I-可以反应产生了干
24、扰。不能证明溶液中有Br2生成，即不能证明Cl2与Br-发生反应。乙同学改进实验如下：在上述FeBr2溶液中加入过量铁粉，取上清液2 mL，向其中滴加3滴饱和氯水后，再加入CCl4，振荡后静置，观察现象。乙得出结论：少量Cl2只与Fe2+反应，不与Br-反应。乙得出该结论依据的实验现象是_。【答案】静置后，上层溶液呈黄色，下层溶液呈无色。【解析】若Cl2和Fe2+反应，则生成Fe3+使溶液呈黄色，若Cl2不与Br-反应，则没有Br2生成，不会被CCl4萃取，下层CCl4应为无色。（3）丙同学继续设计实验，探究反应过程： 转移到大试管前CCl4液体中呈红棕色的物质是_。【答案】Br2【解析】能被CCl4萃取且为红棕色的应有Br2生成。 通过此实验可得出结论：_。【答案】少量Cl2能与Br-反应生成Br2，Br2继续氧化溶液中的Fe2+【解析】现象表明有Br2生成，即Cl2和Br-发生了反应。振荡静置后，Br2消失，即Br2参与反应，继续和溶液中的Fe2+反应。ASD#$%&#!&*&%#ASD#$%&ASD#!%&GDAEcxhfjejdf64_”.ZSA#$%&A