届河南省南阳市高三上学期期中考试质量评估化学试题解析版Word文档格式.docx

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B、“高奴县出脂水”，就指的是这一带的石油，选项B错误；

C、发生的主要化学反应方程式如下：

①HgS+O2===Hg+SO2、②Hg+NaCl+KAl（SO4）2+O2=Hg2Cl2+Na2SO4+Al2O3+K2SO4、③Hg+S===HgS，涉及氧化还原反应，选项C正确；

D、制玻璃的成分二氧化硅可用于制造光导纤维，选项D正确。

答案选B。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.50mL12mol·

L－1的浓盐酸与足量MnO2反应，转移的电子数为0.3NA

B.12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA

C.在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA

D.标推状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NA

【详解】A、随反应进行，浓盐酸浓度变稀后，反应不能发生，盐酸不能完全反应，转移的电子数为小于0.3NA，A错误；

B、石墨烯中平均每个六元环含有2个碳原子，12g即1mol石墨烯（单层石墨）中含有0.5mol六元环，含有六元环的个数为0.5NA，B正确；

C、在过氧化钠与水的反应中，O2~2e-，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2NA，C错误；

D、标准状况下，苯呈非气态，11.2L苯中含有分子

数目大于0.5NA，D错误；

故选B。

【点睛】当以浓盐酸与二氧化锰反应做载体计算转移电子数目时要分清楚时浓盐酸过量还是二氧化锰过量，浓盐酸过量时，二氧化锰有多少就能反应多少，当二氧化锰过量时，不能计算出具体反应多少。

如A选项，50mL12mol·

L－1的浓盐酸与足量MnO2反应，随反应进行，浓盐酸浓度变稀后，反应不能发生，盐酸不能完全反应，转移的电子数为小于0.3NA。

3.下列叙述不正确的是（ 

）

A.10mL质量分数为98%的H2SO4,用10mL水稀释后H2SO4的质量分数大于49%

B.配制0.1 

mol•L﹣1的Na2CO3溶液480mL,需用500mL容量瓶

C.用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，量取浓硫酸时仰视量筒，会使所配溶液浓度偏小

D.同温同压下20mLCH4和60mLO2所含的原子数之比为5:

6

【答案】C

【详解】A.硫酸的密度大于水的，因此10mL质量分数为98％的H2SO4用10mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49％，故A正确；

B.没有480mL的容量瓶，因此配制0．1mol·

L-1的Na2CO3溶液480mL，需用500ml容量瓶，故B正确；

C.量取浓硫酸时，仰视量筒，量筒小刻度在下方，会导致量取的浓硫酸体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故C错误；

D.同温同压下，体积比等于物质的量的比，则20mLCH4和60mLO2所含的原子数之比为20×

5:

60×

2=5:

6，故D正确。

故选C。

【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时的误差分析根据c=n/V液进行判断。

4.下列实验现象与实验操作不相匹配的是

实验操作

实验现象

向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置

溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层

将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶

集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生

向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸

有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊

向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液

黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变

【答案】A

【详解】A.乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A项错误；

B.将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：

CO2+2Mg

2MgO+C，则集气瓶因反应剧烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；

C.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生氧化还原反应，其离子方程式为：

S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则会有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；

D.向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D项正确；

答案选A。

5.用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。

利用反应：

4HCl（g）＋O2（g）

2Cl2（g）＋2H2O（g）△H＝－115．6kJ·

mol－1，可实现氯的循环利用。

已知：

下列说法正确的是

A.升高温度能提高HCl的转化率

B.断裂H2O（g）中lmolH—O键比断裂HCl（g）中lmolH—Cl键所需的能量高

C.1molCl2（g）转化为2molCl放出243kJ能量

D.加入催化剂，能使该反应的焓变减小

【分析】

A、焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动；

B、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；

C、断裂化学键吸收能量；

D、催化剂不改变反应的始终态。

【详解】A、焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则HCl的转化率减小，故A错误；

B、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则4×

E（H-C1）+498k/mol一2×

243kJ/mol-4E（H-O）=-115.6kJ/mol，可知4×

E（H-CI）--4×

E（H-O）=-127.6kJ/mol，断裂H2O（g）中1molH-O键比断裂HCl（g）中1molH-Cl键所需能量高，故B正确；

C、断裂化学键吸收能量，则1molCl2转化为2molCl原子吸收243kJ热量，故C错误；

D、催化剂不改变反应的始终态，则加催化剂，焓变不变，故D错误；

故选B。

【点睛】催化剂只能改变化学反应速率，一般情况下是加快反应速率，而加快反应速率是通过降低反应活化能实现，不改变焓变。

焓变只与热化学方程式有关。

6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 

与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电了数，X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W 

的单质是空气中体积分数最大的气体。

下列说法正确的是（）

A.Y 

最高价氧化物对成水化物的酸性比W 

的强B.W的气态氢化物比X的稳定

C.离子半径的大小顺序：

r（W）>

r（X）>

r（Y） 

>

（Z）D.XY2 

与ZY2中的化学键类型相同

试题分析：

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；

Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；

X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数可知，X只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W（氮元素）与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于ⅠA族，只能处于ⅦA族，故Y为F元素，X最外层电子数为

=6，则X为O元素。

A、Z为Mg元素最高正化合价为+2，Y为F元素，没有最高正化合价，故A错误；

B、非金属性O＞N，故氢化物稳定性H2O＞NH3，故B错误；

C、具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径r（N3-）＞r（O2-）＞r（F-）＞r（Mg2+），故C正确；

D、OF2中含有共价键，MgF2中含有离子键，二者化学键类型不同，故D错误，故选C。

考点：

考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。

7.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是

A.用装置甲灼烧碎海带

B.用装置乙过滤海带灰的浸泡液

C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2

D.用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气

【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；

B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；

C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；

D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；

8.已知反应：

10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2下列关于该反应的叙述不正确的是

A.该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为9:

5

B.当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为1/18mol

C.每产生1molO2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2mol

D.参加反应的水有2/5被氧化

【详解】A．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，2molO原子失电子，则氧化剂为4.5mol，还原剂物质的量为0.5mol+2mol=2.5mol，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为9：

5，正确；

B．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，5mol氯气反应时，被还原的氯气为4.5mol，转移电子的物质的量为9mol，当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为0.5mol，错误；

C．每产生1molO2时，O元素失去4mol电子，则氯元素得到4mol，所以被氧元素还原的氯气物质的量为2mol，正确；

D．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中H2O中5个O原子参加反应，其中有2个O原子失电子被氧化，所以参加反应的水有2/5被氧化，正确；

【点晴】明确元素的化合价变化是解答的关键，注意Cl的得电子数等于转移的电子总数；

反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，Cl元素的化合价既升高又降低，其中9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，O元素的化合价升高，2molO原子失电子，以此来解答。

9.将一定量的NaOH和NaHCO3的混合物X放在密闭容器中加热，充分反应后生成V1L气体Z（V1≠0）。

反应后的固体残渣Y与过量的稀盐酸反应，又生成V2L气体Z（V1、V2均为标准状况下气体的体积）。

下列判断错误的是（　　）

A.Y的成分为Na2CO3

B.Z的成分为CO2

C.V1>

V2

D.X中n（Na＋）＝

mol

A.NaOH和NaHCO3的混合物X放在密闭容器中加热，发生反应：

2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，充分反应后生成二氧化碳，说明NaHCO3的物质的量大于NaOH，所以Y的成分为Na2CO3，故A正确；

B.Z的成分为CO2，故B正确；

C.因为发生反应：

2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以V1<

V2，故C错误；

D.Y的成分为Na2CO3，Y与过量盐酸发生反应：

Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，所以X中n（Na＋）＝

mol，故D正确。

10.H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫。

反应原理为：

2H2S（g）+O2（g）=S2（s）+2H2O（l）△H=－632kJ·

mol-1。

下图为质子膜H2S燃料电池的示意图。

A.电池在工作时，电流从电极a经过负载流向电极b

B.电极a上发生的电极反应为：

2H2S-4e-=S2+4H+

C.当反应生成64gS2时，电池内部释放632kJ热量

D.当电路中通过4mol电子时，有4molH+经质子膜进入负极区

由2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应可知，H2S发生氧化反应，a是负极、b是正极，电流从电极b经过负载流向电极a，故A错误；

由2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，电极反应为2H2S-4e-=S2+4H+，故B正确；

该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出热量，故C错误；

根据正极反应O2+4H++4e-=2H2O，当电路中通过4mol电子时，有4molH+经质子膜进入正极区，故D错误。

11.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取七水合硫酸亚铁（FeSO4·

7H2O），设计了如下流程：

下列说法不正确的是（）

A.溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉

B.固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2

C.从溶液2得到FeSO4·

7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解

D.若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·

7H2O

【答案】D

【详解】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；

B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2（SO4）3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；

C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·

7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；

D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe（OH）3沉淀，Fe（OH）3溶于硫酸后生成Fe2（SO4）3，D不正确。

答案选D。

12.下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（）

A.将废铁屑加入

溶液中，可用于除去工业废气中的

B.铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业

C.盐碱地（含较多

等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良

D.无水

呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水

【详解】A项、氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，则将废铁屑加入氯化亚铁溶液中可以吸收工业废气中的氯气，故A正确；

B项、低密度、高强度的铝锂合金常用于航空工业，故B正确；

C项、碳酸钠溶液与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，溶液的碱性增强，则含有较多碳酸钠的盐碱地，不能加入熟石灰，应加入硫酸钙进行改良，故C错误；

D项、能够依据变色硅胶中CoCl2吸水后固体颜色的变化判断硅胶是否吸水，故D正确；

13.绝热容器中发生反应：

3Z（s）

X（g）＋2Y（g）△H＝akJ·

mol－1（a＞0）。

下列说法不正确的是

A.将0.3molZ置于容器中充分反应生成气体的物质的量一定小于0.3mol

B.达到化学平衡状态时，气体平均摩尔质量不变

C.容器中放入3molZ，达到化学平衡状态时，反应吸收的总热量为akJ

D.容器温度不变，反应已经达到平衡

【详解】A、可逆反应的反应物不会完全转化为产物，将0.3molZ置于容器中充分反应生成气体的物质的量一定小于0.3mol，故A正确；

B、气体平均摩尔质量等于气体质量和物质的量的比值，反应气体质量和物质的量都变化，达到化学平衡状态时，气体平均摩尔质量不变，故B正确；

C、容器中放入3molZ，达到化学平衡状态时，消耗的Z的物质的量小于3mol，反应吸收的总热量小于akJ，故C错误；

D、反应伴随吸热，反应过程中会伴随温度的变化，变量不变的状态是平衡状态，容器温度不变，反应已经达到平衡，故D正确；

【点睛】反应达到平衡的标志是各物质的量不变、正逆反应速率相等。

也可以说当随反应进行改变的物理量不变时反应达到平衡。

如B选项，气体平均摩尔质量等于气体质量和物质的量的比值，反应气体质量和物质的量都变化，达到化学平衡状态时，气体平均摩尔质量不变。

14.塑剂DCHP可由环己醇制得。

环己醇和DCHP的结构简式如图所示，下列说法中正确的是

A.DCHP的分子式为C20H24O4

B.环己醇和DCHP的一氯代物均有4种

C.1molDCHP水解时消耗2molNaOH

D.环己醇分子中的所有碳原子可能共平面

由结构可知分子式，环已醇分子中含-OH，DCHP中含-COOC-，结合醇、羧酸的性质及苯环为平面结构来解答。

【详解】A、由结构可知DCHP的分子式为C20H26O4，故A错误；

B、环已醇含4种H，DCHP含6种H，则一氯取代物分别为4、6种，故B错误；

C、DCHP含2个-COOC-，1molDCHP水解时消耗2molNaOH，故C正确；

D、环已醇分子中所有碳原子均为四面体构型，则不可能共平面，故D错误；

15.某溶液中可能含有

、OH－、

、

、[Al（OH）4]－、

、Na＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋等离子。

当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示。

A.原溶液中一定含有Na2SO4

B.原溶液中含有

与[Al（OH）4]－的物质的量之比为1：

2

C.反应最后形成的溶液中的溶质只有NaCl

D.原溶液中一定含有的阴离子是OH－、

、[Al（OH）4]－

根据图象曲线变化可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含氢氧根离子，则与氢氧根离子不能共存的有Mg2＋、Fe3＋、Al3＋，随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是[Al（OH）4]－和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于[Al（OH）4]－与

发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在

，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是

离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐

酸，最后剩余沉淀为硅酸;

硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有钠离子离子，据此进行解答。

【详解】根据图象曲线变化可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含氢氧根离子，则与氢氧根离子不能共存的有Mg2＋、Fe3＋、Al3＋，随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是[Al（OH）4]－和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于[Al（OH）4]－与

硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有钠离子。

A、溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液不中一定含有Na2SO4，故A错误；

B、依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，

+2H+=CO2↑+H2O，氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有

与[Al（OH）4]－的物质的量之比为3:

4，故B错误；

C、反应最后形成的溶液中的溶质为NaCl和AlCl3，故C错误；

D、依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：

OH－、

、[Al（OH）4]－，故D正确；

故选D。

16.某温度下在2L密闭容器中加人一定量A，发生以下化学反应：

2A（g）

B（g）+C（g）ΔH=－48.25kJ/mol。

反应过程中B、A的浓度比与时间t有右图所示关系，若测得第15min时c（B）＝1.6mol/L，下列结论正确的是

A.反应达平衡时，A的转化率为80％

B.A的初始物质的量为4mol

C.反应到达平衡时，放出的热量是193kJ

D.15min时，v正=v逆=0

由图可知，15min时反应到达平衡，平衡时c（B）=1.6mol•L-1，

=2，故平衡时c（A）=0.8mol/L。

A．反应达平衡时，c（B）=1.6mol•L-1，减小的A的浓度是3.2mol/L，A的变化浓度是0.8mol/L，平衡时c（A）=0.8mol/L，所以A的初始浓度是4.0mol/L，A的转化率为

×

100%=80%，故A正确；

B．浓度变化量之比等于化学计量数之比，故△c（A）=2c（B）=2×

1.6mol•L-1=3.2mol•L-1，A的起始浓度为3.2mol•L-1+0.8mol/L=4mol/L，故A的初始物质的量为4mol/L×

2L=8mol，故B错误；

C．参加反应的A的物质的量为3.2mol/L×

2L=6.4mol，故放出的热量为48.25kJ×

=154.4kJ，故C错误；

D.15min时，反应达到平衡状态，化学平衡时动态平衡，v正=v逆≠0，故D错误；

故选A。

考查了化学平衡图象的有关计算、影响平衡的因素等相关知识。

第Ⅱ卷（非选择题，共52分）

二、非选择题（共52分）

17.X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素。

X是原子半径最小的元素，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数。

回答下列问题：

（1）X与Y组成的化合物属于__________（填“共价”或“离子”）化合物。

（2）X与M组成的物质电子式为__________，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反应的化学方程式为________。

（3）Y在周期表中的位置是__________。

（4）下列说法正确的是__________。