湖北省部分重点中学届高三上学期期中联考化学试题解析版Word版含解斩.docx

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湖北省部分重点中学届高三上学期期中联考化学试题解析版Word版含解斩

湖北省部分重点中学2018届高三上学期期中

联考化学试题

1.许多成语中都蕴含化学原理，下列有关解释不准确的是

成语

化学原理

A

沙里淘金

利用金的密度较大的性质将黄金从沙中淘洗出来

B

刀耕火耨

放火烧去野草，用余灰肥田，还可降低土壤碱性

C

百炼成钢

通过多次锻炼，使生铁中碳杂质降低到钢的标准

D

火树银花

金属元素在燃烧时显示的不同焰色，又叫焰色反应

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

...............

2.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是

选项

实验操作

实验现象

结论

A

在A1C13溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，然后通入CO2气体

先出现白色沉淀，后沉淀消失，最后又出现白色沉淀

Al（OH）3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中

B

向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水

先出现蓝色沉淀

KspMg（OH）2]>KspCu（OH）2]

C

向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中

产生白色浑浊

酸性：

盐酸>碳酸>硅酸

D

向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液

前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀

KI3溶液中存在I3-

I2+I-平衡

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】A.在A1C13溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，先出现白色沉淀，后沉淀消失，生成偏铝酸钠溶液，通入CO2气体，又反应生成氢氧化铝沉淀，说明Al（OH）3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中，故A正确；B．溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1mol•L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀，说明KspCu（OH）2]较小，故B正确；C．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应也能生成硅酸沉淀，则该实验不能比较碳酸和硅酸的酸性强弱，故C错误；D．溶液变蓝色，说明含有碘单质，有黄色沉淀，说明含有碘离子，则溶液中存在平衡：

I3-⇌I2+I-，故D正确；故选C。

3.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是：

A.用图（a）所示装置除去氯气中含有的少量氯化氢

B.用图（b）所示装置蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体

C.用图（c）所示装置制取少量纯净的二氧化碳气体

D.用图（d）所示装置分离苯萃取碘水后已分层的有机层和水层

【答案】B

【解析】A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去氯气中的HCl，故A错误；B．氯化钠难挥发，可以通过蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体，故B正确；C．纯碱为粉末状固体，且易溶于水，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，盐酸容易挥发，也得不到纯净的二氧化碳，故C错误；D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳和苯，则用苯萃取后分层，有机层在上层，故D错误；故选B。

4.能正确表示下列反应的离子方程式是

A.磁性氧化铁溶于稀硝酸：

3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+3H2O

B.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：

SiO32-+SO2+H2O=H2SiO3↓+SO32-

C.NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应，当SO42- 完全沉淀时：

 H++SO42-+OH-+Ba2+=BaSO4↓+H2O

D.己知电离平衡常数：

 H2CO3>HClO>HCO3-，向NaClO溶液中通入少量CO2：

2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-

【答案】C

【解析】A．磁性氧化铁为四氧化三铁，属于难溶物质，四氧化三铁与稀硝酸反应生成NO、硝酸铁和水，则离子方程式为：

3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2生成NaHSO3，离子方程式为：

SiO32-+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；C．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应，当SO42-完全沉淀时，生成BaSO4、NaOH和水，其反应的离子方程式为：

H++SO42-+OH-+Ba2+═BaSO4↓+H2O，故C正确；D．依据电离平衡常数，向NaClO溶液中通入少量CO2反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式：

ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故D错误；故选C。

点睛：

本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法是解题的关键。

本题的易错点为D，依据电离平衡常数，酸性：

H2CO3>HClO>HCO3-，向NaClO溶液中通入少量CO2只能生成碳酸氢钠和次氯酸。

5.3.52克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.400g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体3584mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mo1/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀。

下列说法不正确的是

A.合金中铜和镁的物质的量相等

B.加入NaOH溶液的体积是100mL

C.得到的金属氢氧化物的沉淀为6.24克

D.浓硝酸与合金反应中起氧化性的硝酸的物质的量为0.16mol

【答案】B

【解析】A．密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=

mol/L=14mol/L，故A正确；B．加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n（NaNO3）+n（NO2）=n（HNO3），则n（NaNO3）=0.05L×14mol/L-

=0.54mol，由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaNO3）=0.54mol，故需要1.0mol/LNaOH溶液体积为

=0.54L=540mL，故B错误；C．由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根离子的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根离子的物质的量为0.08mol×（5-4）=0.08mol，故氢氧化物质量=3.52g+0.16mol×17g/mol=6.24g，故C正确；D．起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量=

=0.16mol，故D正确；故选B。

点睛：

本题考查混合物的有关计算，理解反应发生的过程是关键。

本题的易错点是C，由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根离子的物质的量等于转移电子物质的量，氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。

6.高铁酸盐在水溶液中有四种含铁型体，25℃时，它们的物质的量分数随pH的变化如图所示，下列叙述错误的是

A.向pH=5的高铁酸盐溶液中加入KOH溶液，离子方程式为HFeO4－+OH－＝FeO42－+H2O

B.为获得尽可能纯净的高铁酸盐，应控制pH≥9

C.已知H3FeO4+的电离平衡常数分别为：

K1=2.5×10-2，K2=4.8×10-4，K3=5.0×10-8，当pH=4时，溶液中c（HFeO4－）/c（H2FeO4）=1.2

D.pH=2时，溶液中主要含铁型体浓度的大小关系为c（H2FeO4）>c（H3FeO4+）>c（HFeO4－）

【答案】C

【解析】A．向pH=5的高铁酸盐溶液中（据图示可以看出其中含有HFeO4-）加入KOH溶液，则HFeO4-和KOH溶液反应，即HFeO4-+OH-=FeO42-+H2O，故A正确；B．pH≥9时，FeO42-含量接近100%，则为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制pH≥9，故B正确；C．pH= 4时，H2FeO4

HFeO4－+H+，K2=

，则

=

=

=4.8，故C错误；D．由图像可知pH=2时，溶液中主要含铁型体浓度的大小关系为c（H2FeO4）> c（H3FeO4+）> c（HFeO4－），故D正确；故选C。

7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y的核电荷数之比为3∶4。

金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。

W-的最外层为8电子结构。

1列说法不正确的是

A.原子半径大小：

Z>W>X>Y

B.Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂

C.Y的单质与Z在不同条件下反应生成的离子化合物中阴阳离子数之比均为1∶2

D.X与Y形成的两种化合物，一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应

【答案】D

【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：

4，则Y为O元素，W-的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素。

A．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故A正确；B．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故B正确；C．Na2O中含有的阳离子为Na+、阴离子为O2-；Na2O2中含有的阳离子为Na+、阴离子为O22-，阴阳离子数之比均为1∶2，故C正确；D．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故D错误；故选D。

8.为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，某化学兴趣小组设计了如下实验：

（1）①A是氯气发生装置，其反应的离子方程式是__________________________________。

②B装置的作用是_________________________，C装置的作用是_______________________，整套实验装置存在一处明显不足，请指出_______________________________________________________。

（2）用改正后的装置进行实验。

实验过程如下：

实验操作

实验现象

打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入少量浓盐酸，然后关闭活塞a，点燃酒精灯

D装置中：

溶液变红E装置中：

振荡后水层溶液变黄，CCl4无明显变化

继续滴入浓盐酸，D、E中均发生了新的变化：

D装置中：

红色慢慢褪去。

E装置中：

CC14层先由无色变为橙色，后颜色逐渐变成红色。

为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：

I：

（SCN）2 性质与卤素相似，氧化性Cl2大于（SCN）2，且SCN-的电子式为

II：

AgClO、AgBrO 均可溶于水

Ⅲ：

Cl2 和Br2反应生成BrCl、BrCl呈红色，沸点约为5℃，与水发生水解反应

①小组同学认为D装置中红色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化，但一定不是碳元素被氧化，他的理由是__________________________________________。

②经过实验证实了小组同学推测的合理性，请用平衡移动原理解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因__________________________________________。

③欲探究E 中继续滴加浓盐酸后颜色变化的原因，设计实验如下：

用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。

请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因_________________________________________________。

【答案】

（1）.MnO2＋4H＋＋2Cl－（浓）

Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O

（2）.安全瓶（或防液体倒吸）（3）.除去氯化氢气体（4）.缺少尾气处理装置（5）.由电子式知：

碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化（6）.红色溶液中存在平衡Fe3++3SCN－

Fe（SCN）3，过量氯气和SCN－反应使SCN－浓度减小，平衡向逆反应方向移动而褪色（7）.BrCl+H2O=HBrO+HCl，Cl－+Ag+=AgCl↓，AgBrO易溶于水，故只生成AgCl沉淀

【解析】

（1）①A装置中圆底烧瓶中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：

MnO2+4H++2Cl-

Mn2++Cl2↓+2H2O，故答案为：

MnO2+4H++2Cl-

Mn2++Cl2↓+2H2O；

②B装置是安全瓶，可以防止倒吸；C装置中的饱和氯化钠溶液可以除去氯气中的氯化氢气体；由于氯气有毒，直接排放到空气中会污染大气，要用碱液吸收尾气，实验装置中缺少尾气处理装置，故答案为：

安全瓶（或防液体倒吸）；除去氯化氢气体；缺少尾气处理装置；

（2）①根据电子式

知：

碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化，因此D装置中红色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化，但一定不是碳元素被氧化，故答案为：

由电子式知：

碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化；

②红色溶液中存在平衡Fe3++3SCN－

Fe（SCN）3，过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+（SCN）2，使SCN-浓度减小，则使Fe3++3SCN-

Fe（SCN）3平衡向逆反应方向移动而褪色，故答案为：

过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+（SCN）2，使SCN-浓度减小，则使Fe3++3SCN-

Fe（SCN）3平衡向逆反应方向移动而褪色；

③过量的氯气和溴反应生成氯化溴，氯化溴不稳定，易和水反应生成盐酸和次溴酸，氯离子和银离子反应生成白色沉淀氯化银，次溴酸和银离子反应生成次溴酸银易溶于水，所以生成的白色沉淀为氯化银，故答案为：

BrCl+H2O=HBrO+HCl，Cl－+Ag+=AgCl↓，AgBrO易溶于水，加入AgNO3溶液，只能生成AgCl沉淀。

点睛：

本题考查了性质实验方案设计，明确反应原理是解本题关键。

本题的难点是

（2）③，需要注意氯化溴发生的水解反应中生成的酸的种类，根据AgBrO、AgCl的溶解性分析解答。

9.CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。

（1）用活性炭还原法可以处理汽车尾气中的氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C（s）+2NO（g）

N2（g）+CO2（g）△H，在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下：

浓度/（mol/L）/\时间/min

0

10

20

30

40

NO

2.0

1.16

0.40

0.40

0.6

N2

0

0.42

0.80

0.80

1.2

CO2

0

0.42

0.80

0.80

1.2

①若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：

3：

3，则达到新平衡时NO的转化率______________（填“升高”或“降低”），△H_____0（填“>”或“<”）。

②根据图表数据分析T1℃时，该反应在0～10min内的平均反应速率v（N2）＝______________mol·L-1·min-1；计算该反应的平衡常数K＝_____________。

③若30min后只改变某一条件，据上表中的数据判断改变的条件可能是____________（填字母编号）。

A.加入合适的催化剂B.适当缩小容器的体积

C.通入一定量的NOD.加入一定量的活性炭

（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。

已知：

CO2（g）＋3H2（g）

CH3OH（g）＋H2O（g）△H1＝-49.1kJ·mol－1

2CH3OH（g）

CH3OCH3（g）＋H2O（g）△H2＝-24.5kJ·mol－1

写出CO2（g）和H2（g）转化为CH3OCH3（g）和H2O（g）的热化学方程式_______________________。

（3）二甲醚燃料电池具有能量转化率高、电量大的特点而被广泛应用，一种二甲醚氧气电池（电解质为KOH溶液）的负极反应式为：

_______________________。

（4）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3。

①若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c（CO32-）∶c（HCO3-）=_______________。

常温下K1（H2CO3）=4.4×10-7、K2（H2CO3）=5×10-11]。

②欲用2LNa2CO3溶液将4.66gBaSO4固体全都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为__________________________。

已知：

常温下Ksp（BaSO4）=1×10-11，Ksp（BaCO3）=1×10-10]。

（忽略溶液体积的变化）

【答案】

（1）.降低

（2）.<（3）.0.042（4）.4.0（5）.BC（6）.2CO2（g）＋6H2（g）

CH3OCH3（g）＋3H2O（g）△H＝－122.7kJ·mol-1（7）.CH3OCH3—12e-+16OH-=2CO32-+11H2O（8）.1：

2或0.5（9）.0.11mol/L

【解析】

（1）①由20min平衡时NO、N2、CO2的浓度之比为0.40:

0.80:

0.80=1：

2：

2，30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：

3：

3，可知升高温度平衡逆向移动，达到新平衡时NO的转化率降低，正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：

降低；＜；

②该反应在0-10min的平均反应速率v（N2）=

=0.042mol•L-1•min-1；由表格数据可知，20min达到平衡状态，则

    C（s）+2NO（g）

N2（g）+CO2（g）

开始           2.0       0           0

转化          1.6       0.8         0.8

平衡          0.04       0.8       0.8

该反应的平衡常数K=

=4；故答案为：

0.042；4；

③A．加入合适的催化剂，平衡不移动，与图像不符，故A不选； B．适当缩小容器的体积，平衡不移动，但浓度均增大，与图像符合，故B选；C．通入一定量的NO，平衡正向移动，反应物、生成物浓度均增大，与图像符合，故C选；D．加入一定量的活性炭，平衡不移动，与图像不符，故D不选；故答案为：

BC；

（3）二甲醚氧气电池（电解质为KOH溶液），负极上CH3OCH3失去电子生成碳酸根离子，负极反应是为CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O，故答案为：

CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O；

（4）①若某次捕捉后得到pH=10 的溶液，则溶液酸碱性主要由CO32-+H2O

HCO3-+OH-，K=

=

，则

=

=

=0.5，故答案为：

0.5；

②4.66gBaSO4 的物质的量为

=0.02mol，根据CO32-+BaSO4 

BaCO3+SO42-，K=

=

=0.1，反应后溶液中c（SO42-）=

=0.01mol/L，则平衡时c（CO32-）=0.1mol/L，因此开始时Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为0.1mol/L+0.01mol/L=0.11mol/L，故答案为：

0.11mol/L。

10.某废催化剂含48.6%的SiO2、16.2%的ZnO、19.4%的ZnS和12.8%的CuS及少量的Fe3O4。

.某同学用10.0g该废催化剂为原料，回收锌和铜。

采用的实验方案如下，回答下列问题：

已知：

金属Zn与Al类似，都是两性金属，能溶于强碱并放出氢气，但铝不溶于氨水，锌却可以溶于氨水形成四氨合锌配离子Zn（NH3）4]2+。

（1）滤液1中含有Fe2+，选用提供的试剂进行检验，检验方法如下：

__________________________。

（提供的试剂：

稀盐酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、K3Fe（CN）6]溶液）

（2）滤渣2除SiO2外的另一成分是____________；第二次浸出时，加热温度不宜过高的原因是___________________；写出第二次浸出的化学反应方程式____________________________________。

写出锌溶于氨水的离子方程式____________________________________。

（3）ZnSO4在水中的溶解度，随温度的升高而缓慢增大，从硫酸锌溶液得到七水硫酸锌晶体，可采用的方法是_____________________；析出七水硫酸锌晶体，减压过滤，用于淋洗七水硫酸锌晶体的溶剂是___________________；某同学在实验完成之后，得到5.74gZnSO4·7H2O（式量287）则锌的回收率为_______________________________。

【答案】

（1）.取少量滤液1，滴加几滴高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子。

（或取少量滤液1，滴加2滴K3Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀，则证明有亚铁离子）

（2）.S（3）.温度过高双氧水易分解（4）.CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O（5）.Zn+4NH3+2H2O=Zn（NH3）4]2++H2↑+2OH-（6）.蒸发结晶法（7）.酒精（8）.50.0%

【解析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应：

ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3，浓缩结晶得到粗ZnSO4•7H2O；滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓缩结晶可得到硫酸铜晶体。

（1）亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，检验亚铁离子，可取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子，故答案为：

取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子；

（2）根据上述分析，滤渣2含有硫和二氧化硅；第二次浸出时，加热温度不宜过高，主要是防止双氧水分解；第二次浸出时发生反应：

CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；锌可以溶于氨水形成四氨合锌配离子Zn（NH3）4]2+，反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=Zn（NH3）4]2++H2↑+2OH-，故答案为：

S；温度过高双氧水易分解；CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；Zn+4NH3+2H2O=Zn（NH3）4]2++H2↑+2OH-；

（3）ZnSO4在水中的溶解度，随温度的升高而缓慢增大，从硫酸锌溶液得到七水硫酸锌晶体，可采用蒸发结晶的方法；析出七水硫酸锌晶体，减压过滤，淋洗七水硫酸锌晶体可以选用酒精，减少晶体的损失；5.74gZnSO4·7H2O（式量287）的物质的量为

=0.02mol，其中含有锌元素的质量为0.02mol×65g/mol=1.3g，原样品中锌的质量为10.0g×16.2% ×

+10.0g×19.4% ×

=2.6g，锌的回收率为