届陕西省黄陵中学高三重点班上学期期中考试化学试题解析版.docx

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届陕西省黄陵中学高三重点班上学期期中考试化学试题解析版

陕西省黄陵中学2018届高三（重点班）上学期期中考试

化学试题

1.下列关于金属的说法中不正确的是（　　）

A.合金比纯金属具有较好的性能，一般情况下，硬度比纯金属高，熔点比纯金属的低

B.合金仍然具有金属特性

C.常用电解法冶炼钠、镁、铝等活泼金属

D.将钢闸门与电源正极相连，可防止其在海水中被腐蚀

【答案】D

点睛：

合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质．合金概念有三个特点：

①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属．合金的性质是：

合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀，机械性能好。

2.下列有关金属的说法中正确的是（　　）

A.钠在空气中燃烧只生成白色的氧化钠固体

B.燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能继续燃烧

C.铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以用于印刷电路板的制作

D.铁能与硫酸发生反应，故不能用铁制容器贮存浓硫酸

【答案】C

【解析】A．钠在空气中燃烧只生成淡黄色的过氧化钠固体，故A错误；B．燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中能继续燃烧生成氧化镁和碳，故B错误；C．三价铁离子能够氧化铜生成铜离子和二价铁离子，所以可以用于印刷电路板的制作，故C正确；D．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以能用铁制容器贮存浓硫酸，故D错误；故选C。

3.下列说法正确的是（　　）

A.铝、铁、铜相比较，铜元素在自然界中的含量最低、铁元素含量最高

B.Al2O3、MgO可用作高温材料，二氧化硅是生产光纤制品的基本原料

C.工业上采用电解熔融态Al2O3、MgO的方法冶炼Al、Mg

D.用纯碱制玻璃、用铁矿石炼铁、用氨制碳酸铵都会产生温室气体

【答案】B

【解析】试题分析：

A．金属中，Al在自然界中含量最高，铁次之，三种元素中Cu元素的含量最低，A错误；B．Al2O3、MgO的熔点很高，可用作高温材料，光导纤维的主要成分是二氧化硅，B正确；C．MgO的熔点很高，电解熔融态MgO冶炼Mg会增大生产成本，工业上是电解熔融的氯化镁来冶炼镁，C错误；D．用纯碱制玻璃、用铁矿石炼铁都会产生二氧化碳，用氨制碳酸铵，制备原理为：

2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3，不产生二氧化碳，D错误；答案选B。

考点：

考查镁、铝、硅化合物用途和工业生产等

4.工业上真空炼铷的原理为2RbCl＋Mg

MgCl2＋2Rb（g），下列说法正确的是

A.镁的金属活动性比铷强，故镁可置换铷

B.铷的沸点比镁低，把铷蒸气抽出时，平衡右移

C.MgCl2的热稳定性比RbCl弱

D.Rb单质比RbCl更稳定

【答案】B

【解析】试题分析：

A、铷的金属活动性比镁强，故A错误；B、已知真空炼铷的原理如下：

2RbCl+Mg

MgCl2+2Rb（气），该条件下，生成物Rb为气态，把铷蒸气抽出，则减少了生成物的浓度，平衡向正方向移动，所以反应可以不断向生成Rb（气）方向进行，故B正确；C、MgCl2属于离子晶体、Rb属于金属晶体，Rb熔点较低，所以氯化镁熔点高于Rb，故C错误；D、铷的单质化学性质活泼，单质状态不如化合态稳定．故D错误；故选B。

考点：

考查了金属的冶炼、平衡移动原理的相关知识。

5.据新浪网报道,欧洲一集团公司拟在太空建立巨大的集光装置，把太阳光变成激光用于分解海水制氢，其反应可表示为：

。

有下列几种说法：

①水分解反应是放热反应；②若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可改善生存条件；③使用氢气作燃料有助于控制温室效应；④氢气是一级能源。

其中叙述正确的是

A.①②B.③④C.②③D.①②③④

【答案】C

【解析】试题分析：

A、①水分解反应是吸热反应，故A错误；B、④氢气是二级能源，故B正确；C、②若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可以减少二氧化碳的排放量，同时得到新能源甲醇，可改善生存条件；③氢气燃烧只生成水，是洁净的能源，故C正确；D、①水分解反应是吸热反应，④氢气是二级能源，故D错误。

考点：

本题考查清洁能源、化学反应的热效应。

6.下列热化学方程式表达正确的是（

的绝对值均正确）

A.C2H5OH

（1）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H=–1367.0kJ/mol（燃烧热）

B.NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O

（1）△H=+57.3kJ/mol（中和热）

C.S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=–269.8kJ/mol（反应热）

D.2NO2=O2+2NO△H=+116.2kJ/mol（反应热）

【答案】C

考点：

燃烧热　能源

7.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：

H＋（aq）＋OH－（aq）＝H2O（l）△H＝－57．3KJ·mol－1。

分别向1L0．5mol·L－1的Ba（OH）2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硝酸；③稀醋酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是

A.△H1＞△H2＞△H3

B.△H1＞△H2＝△H3

C.△H1＜△H2＜△H3

D.△H1＝△H2＜△H3

【答案】C

【解析】试题分析：

强酸与强碱的中和热为△H＝－57．3KJ·mol－1浓硫酸稀释时会放热,醋酸是弱酸电离时吸热,答案选C

考点：

中和热与焓变

8.下列说法中错误的是

A.电解饱和食盐水，生成物总能量比反应物总能量高

B.能自发进行的化学反应，不一定是△H＜0，△S＞0

C.“冰，水为之，而寒于水”，说明相同质量的水和冰，水的能量高

D.食盐可用于融化冰雪，且用食盐作融雪剂不会对环境、植物生长产生任何危害

【答案】D

【解析】试题分析：

A、电解饱和食盐水是吸热反应，因此生成物总能量比反应物总能量高，A正确；B、只要△G＝△H－T·△S＜0反应就是自发进行的，因此能自发进行的化学反应，不一定是△H＜0，△S＞0，B正确；C、冰融化吸热，说明相同质量的水和冰，水的能量高，C正确；D、食盐是氯化钠，属于电解质，用食盐作融雪剂会对环境、植物生长产生危害，D不正确，答案选D。

考点：

考查反应热、反应自发性以及环境保护等

9.下列有关原电池的说法中正确的是（）

A.电极一定要由两种不同的金属组成

B.电子流出的一极是正极

C.两极均发生氧化还原反应

D.由化学能转化为电能的装置

【答案】D

【解析】试题分析：

A．原电池的电极不一定要由两种不同的金属组成，也可以是金属和石墨等非金属，或者全部是金属，例如燃料电池，A错误；B．电子流出的一极是负极，B错误；C．负极发生氧化反应，正极发生还原反应，C错误；D．原电池是把化学能转化为电能的装置，D正确，答案选D。

考点：

考查原电池的有关判断

10.等物质的量浓度和等体积的两份稀硫酸a和b中，分别加入过量的锌粉，并向a中加入少量硫酸铜，下图表示产生H2的体积（V）与时间（t）的关系正确的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】试题分析：

等物质的量浓度和等体积的两份稀硫酸a和b中的氢离子的物质的量相等，与过量的锌粉反应生成的氢气的体积相同，但a中加入硫酸铜溶液，锌与硫酸铜发生置换反应生成铜单质，在酸性条件下，锌、铜、硫酸可构成原电池，反应速率加快，生成等量的氢气的时间短，所以答案选A。

考点：

考查化学反应速率与图像的关系

11.下列说法正确的是：

A.发生分解反应的反应物的总能量一定低于生成物的总能量

B.物质发生化学变化一定伴随着能量变化，且能量形式只表现为热量变化

C.把石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，所以石墨不如金刚石稳定

D.原子结合成分子的过程一定释放出能量

【答案】D

【解析】A、反应物的总能量低于生成物的总能量，表示反应为吸热反应，分解反应不一定是吸热反应，可能为放热反应，如过氧化氢的分解为放热反应，故A错误；B、化学反应的实质是旧化学键断裂吸收能量，同时新化学键形成放出能量，所以反应过程中一定伴随能量的变化，但化学反应的能量变化可以是热能、光能、电能等形式的能量变化，如镁条燃烧过程中有光能、热能的变化，故B错误；C．根据能量越低越稳定，石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，则石墨能量比金刚石低，石墨比金刚石稳定，故C错误；D．原子结合成分子的过程为化学键的形成构成，形成新化学键一定释放能量，故D正确；故选D。

12.根据下列事实：

①X+Y2+=X2++Y；②Z+2H2O（冷水）=Z（OH）2+H2↑；③Z2+的氧化性比X2+弱；④由Y、W做电极组成的原电池，电极反应为W2++2eˉ=W，Y－2eˉ=Y2+。

可知X、Y、W、Z的还原性由强到弱的顺序是

A.X＞Z＞Y＞WB.Z＞W＞X＞YC.Z＞X＞Y＞WD.Z＞Y＞X＞W

【答案】C

【解析】由①，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以X＞Y；由②说明Z是很活泼的金属；由③，金属阳离子的氧化性强，则金属单质的还原性若，所以Z＞X；由④，较活泼金属做负极，失电子发生氧化反应，所以Y＞W。

故C正确。

点睛：

本题考查金属性强弱的比较。

在比较金属性强弱时一般可以借助元素周期律，也可以是与水反应的难易程度，或者与酸反应置换出氢气的难易程度，或是最高价氧化物对应水化物的碱性强弱以及相应之间的转化能力。

13.下列基态原子或离子的电子排布式错误的是（　　）

A.K：

1s22s22p63s23p64s1

B.F－：

1s22s22p6

C.Fe：

1s22s22p63s23p63d54s3

D.Kr：

1s22s22p63s23p63d104s24p6

【答案】C

【解析】试题分析：

原子核外电子排布应符合构造原理、能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理，结合原子或离子的核外电子数解答该题．

解：

题中K、F﹣和Kr的核外电子排布都符合构造原理，为能量最低状态，而Fe的核外电子排布应为1s22s22p63s23p63d64s2，电子数目不正确．

故选：

C．

14.关于元素周期律和元素周期表的下列说法中正确的是（　　）

A.目前发现的所有元素占据了周期表里全部位置，不可能再有新的元素被发现

B.按原子的电子构型，可将周期表分为5个区

C.俄国化学家道尔顿为元素周期表的建立做出了巨大贡献

D.同一主族的元素从上到下，金属性呈周期性变化

【答案】B

【解析】A．随着科学技术的发展，人们可以不断合成一些元素，元素周期表中元素的种类在不断的增加，故A错误；B．按构造原理最后填入电子的能级符号，可将周期表分为5个区，5个区分别为s区、d区、p区、ds区和f区，故B正确；C．俄国化学家门捷列夫对元素周期表做出了巨大贡献，而不是道尔顿，故C错误；D．同一主族的元素从上到下，金属性逐渐增强，而不是呈周期性变化，故D错误；故选B。

15.对H3O＋的说法正确的是（　　）

A.O原子采取sp2杂化B.O原子采取sp杂化

C.离子中存在配位键D.离子中存在非极性键

【答案】C

【解析】试题分析：

A．H3O+中，O原子的价层电子对数＝

，因此O原子采取sp3杂化，A错误；B．H3O+中，O原子的价层电子对数=

，则O原子采取sp3杂化，B错误；C．在H3O+中O原子成3个共价键键，其中含有1个配位键，C正确；D．H3O+离子中不存在非极性键，存在的都是H-O极性共价键，D错误，答案选C。

考点：

考查杂化类型的判断、配位键和共价键等判断

16.下列说法中正确的是（　　）

A.在一个原子里找不到两个能量基本相同的电子

B.在L层运动的电子能量一定比M层运动的电子能量要大

C.第一电离能与电负性呈周期性变化取决于元素原子核外电子排布的周期性

D.根据各电子层最多容纳电子数目是2n2的规律，钾原子的M层应有2×32个电子

【答案】C

【解析】A.每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，这两个电子的能量完全相同，另外在等价轨道上填充的电子能量也相同，可能存在能量相同的电子，故A错误；B.核外电子都是尽先排布在能量较低的电子层中，在L层运动的电子能量一定比M层运动的电子能量要小，故B错误；C.第一电离能与电负性呈周期性变化的本质是因为元素原子核外电子排布的周期性变化，故C正确；D.原子核外电子排布规律：

各电子层最多容纳的电子数为2n2（n为电子层数），其中最外层电子数不超过8个，次外层不超过18个，同时根据能量最低原理，3d的能量比4s高，因此钾原子的M层只能有8个电子，故D错误；故选C。

17.50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，回答下列问题：

（1）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_________________________________。

（2）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值________（填“偏大”“偏小”“无影响”）。

（3）实验中改用60mL0.50mol·L－1盐酸进行反应，与上述实验相比，所放出的热量________（填“相等”、“不相等”），所求中和热__________（填“相等”、“不相等”），简述理由_________________。

（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会________（填“偏大”、“偏小”“无影响”）。

【答案】

（1）.减小热量散失

（2）.偏小（3）.不相等（4）.相等（5）.因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关（6）.偏小

【解析】

（1）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：

减少实验过程中的热量损失；

（2）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：

偏小；

（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.50mol•L-1盐酸跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以改用60mL0.50mol•L-1盐酸跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行实验，测得中和热数值相等；故答案为：

不相等；相等；因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关；

（4）一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液反应，反应放出的热量偏小；故答案为：

偏小。

点睛：

本题考查了中和热的测定方法，明确中和热的测定步骤为解答关键。

注意掌握中和热的概念和误差分析方法。

酸碱中和反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，但中和热与酸碱的用量无关。

18.在一定条件下可实现下图所示物质之间的转化：

请填写下列空白：

（1）孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解，图中的F是______（填化学式）。

（2）写出明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式:

_________________。

（3）写出B电解生成E和D的反应方程式：

_________________。

（4）图中所得G和D都为固体，混合后在高温下可发生反应，写出该反应的化学方程式_______，该反应消耗了2molG，则转移的电子数是_____________。

【答案】

（1）.CO2

（2）.Al3＋+4OH－＝AlO2－+2H2O（3）.2Al2O3

4Al+3O2↑（4）.2Al+3CuO

3Cu+Al2O3（5）.4NA（或2．408х1024）

【解析】试题分析：

（1）明矾与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸盐。

孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解，生成氧化铜、CO2和水。

CO2能与A反应，则F是CO2。

（2）明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式为Al3＋+4OH－＝AlO2－+2H2O。

（3）CO2能与偏铝酸盐反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝和水，电解氧化铝生成氧气和铝，则B电解生成E和D的反应方程式为2Al2O3

4Al+3O2↑。

（4）图中所得G和D都为固体，分别是是氧化铜和铝，混合后在高温下可发生铝热反应，该反应的化学方程式为2Al+3CuO

3Cu+Al2O3。

反应中铜的化合价从＋2价降低到0价，因此若该反应消耗了2mol氧化铜，则转移的电子数是4NA。

考点：

考查无机框图题推断

19.有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A＋比B－少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于中子数。

R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子数之比为2∶1。

请回答下列问题：

（1）CB3分子的空间构型是______，其固体时的晶体类型为________。

（2）写出D原子的核外电子排布式__________________，C的氢化物比D的氢化物在水中溶解度大得多的原因__________________________________。

（3）D和Fe形成一种黄色晶体FeD2，FeD2晶体中阴、阳离子数之比为__________________，FeD2物质中具有的化学键类型为________。

【答案】

（1）.三角锥形

（2）.分子晶体（3）.1s22s22p63s23p4（4）.NH3与水分子形成氢键且发生化学反应（5）.1∶1（6）.离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）

【解析】A、B、C、D四种元素，B原子得一个电子后3p轨道全满，则B是Cl元素；A+比B-少一个电子层，则A是Na元素；C原子的p轨道中有3个未成对电子，则为第VA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，说明其氢化物中能和水形成分子间氢键，所以C是N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，处于ⅥA族，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于中子数，所以D是S元素。

R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子的数目之比为2：

1，则R是Na2S。

（1）NCl3分子中氮原子含有3个共价单键且含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，其固态时的晶体中构成微粒是分子，构成分子晶体，故答案为：

三角锥形；分子晶体；

（2）D是S元素，原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p4，C的氢化物是NH3，D的氢化物是H2S，氨气分子和水分子间能形成氢键且能发生化学反应，导致氨气溶解性大于硫化氢，故答案为：

1s22s22p63s23p4；氨气分子和水分子间能形成氢键且能发生化学反应；

（3）FeS2晶体中阴离子为S22-、阳离子为Fe2+，故阴离子、阳离子数之比为1：

1，FeS2物质中含有离子键，S22-含有共价键，故答案为：

1：

1；离子键、共价键（或非极性共价键）。

点睛：

正确推断元素是解本题关键。

本题的易错点为（3）中FeS2晶体中阴阳离子的数目比，要注意阴离子为S22-。

本题的难点是元素D的判断。

20.某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。

当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。

（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为____。

（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为____（已知该反应为置换反应）。

（3）KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O。

KClO4含有化学键的类型为__________，K的原子结构示意图为________。

（4）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为__________________。

（5）100g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N233.6L（标准状况）。

①用碱石灰除去的物质为____；

②该产气药剂中NaN3的质量分数为____。

【答案】

（1）.∶N⋮⋮N∶

（2）.Fe（3）.离子键和共价键（4）.

（5）.2NaHCO3

Na2CO3＋CO2↑＋H2O（6）.CO2、H2O（7）.65%

【解析】

（1）N2是非极性分子，分子内氮与氮之间存在三个电子对，电子式为

，故答案为：

（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe，故答案为：

Fe；

（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，含有离子键、共价键，K原子质子数为19，原子核外有4个电子层，各层电子数为2、8、8、1，原子结构示意图为

，故答案为：

离子键、共价键；

；

（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，反应方程式为：

2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：

2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O；

（5）①碱石灰可以吸收二氧化碳、水蒸汽，用碱石灰除去的物质为CO2、H2O，故答案为：

CO2、H2O；

②氮气的物质的量

=1.5mol，根据氮元素守恒n（NaN3）=

=1mol，则m（NaN3）=1mol×65g/mol=65g，故NaN3的质量分数为

×100%=65%，故答案为：

65%。

21.现有部分短周期主族元素的性质或原子结构如下表所示：

元素编号

元素性质或原子结构

X

周期序数＝主族序数＝原子序数

Y

原子最外层电子数为a，次外层电子数为b

Z

原子L层电子数为a＋b，M层电子数为a－b

M

单质在自然界中的硬度最大

N

位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍

（1）写出X、Y、Z、N四种元素的名称：

X________，Y________，Z________，N________。

（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等，写出符合下列要求的分子式：

①含10e－且呈正四面体结构的分子____________；

②含14e－的双原子分子____________；

③含16e－且能使溴水褪色的分子____________；

④含18e－且常温下呈液态的分子____________。

【答案】

（1）.氢

（2）.氧（3）.硅（4）.硫（5）.CH4（6）.CO（7）.C2H4（8）.H2O2

【解析】X的周期序数＝主族序数＝原子序数，X为H元素；Z的原子L层电子数为a＋b，M层电子数为a－b，则a＋b=8，Y的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，则b=2，因此a=6，则Y为O元素；Z为Si元素；M的单质在自然界中的硬度最大，M为C元素；N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍，N为S元素。

（1）根据上述分析，X、Y、Z、N四种元素的名称分别为氢、氧、硅、硫，故答案为：

氢；氧；硅；硫；

（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等。

①含