高三化学上学期期中题带答案三篇

为了分散难点，提高兴趣，要采用趣味记忆方法来记忆有关的化学知识，今天小编就给大家分享一下高三化学，希望大家多多学习哦

关于高三化学上学期期中试题

1.中国传统文化中包含许多科技知识。下列古语中不涉及化学变化的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A.A中涉及的沙里淘金的过程，金在沙里以游离态存在，该过程没有化学变化，故A符合题意;

B.B中涉及的化学反应为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，与化学反应有关，故B与题意不符;

C.C中涉及的化学反应为：CaCO3 CaO+CO2↑，与化学反应有关，故C与题意不符;

D.D中涉及的化学变化为：HgS+O2 Hg+SO2;Hg+S═HgS，与化学反应有关，故D与题意不符;

答案选A。

2.我们的地球被大气包围着，大气质量与人类健康息息相关。下列说法不正确的是

A. 吸烟产生的尼古丁可造成室内空气污染

B. 向煤中加入适量石灰石可减少SO2的排放

C. 含放射性元素的天然建材一定不会造成室内空气污染

D. 催化转化器可有效降低汽车尾气中CO、NOx等的排放

【答案】C

【解析】

【详解】A.香烟在燃烧过程中会产生尼古丁、一氧化碳等有毒物质，污染空气，故A说法正确;

B.向煤中加入适量石灰石可发生如下反应：2CaCO3+O2+2SO2═2CO2+2CaSO4，可减少二氧化硫的排放，故B说法正确;

C.含放射性元素的天然建材会向空气释放出氡，从而造成室内空气污染，故C说法错误;

D.催化转化器可加快汽车尾气中CO、NOx等转化为CO2和N2，从而可有效降低汽车尾气中CO、NOx等的排放，故D说法正确;

答案选C。

3.下列说法正确的是

A. HCl的电子式为H:Cl

B. Na2O2只含有离子键

C. 质量数为12的C原子符号为12C

D. 用电子式表示KBr的形成过程：

【答案】D

【解析】

【详解】A.氯原子核外最外层有7个电子，与氢原子形成HCl分子的电子式为 ，故A错误;

B. Na2O2的电子式为： ，其中既有离子键，也有共价键，故B错误;

C.质量数应标在原子符号的左上角，质量数为12的C原子符号应为12C，故C错误;

D. KBr形成过程中，钾原子失去一个电子变成钾离子，溴原子得到一个电子变成溴离子，其形成过程为： ，故D说法正确;

答案选D。

【点睛】本题考查了化学键的概念、离子化合物和共价化合物的电子式书写等知识。一般常见离子的电子式为：

①阳离子：简单阳离子由于在形成过程中已失去最外层电子，所以其电子式就是其离子符号本身。例如：Na+ 、K+ 、Mg2+ 、Ca2+、 Ba2+ 、Al3+等;复杂的阳离子(例如NH4+、H3O+等)，除应标出共用电子对、非共用电子对等外，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷，如 、 ;

②阴离子：无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出电子对等，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷.例如： 、 、 、 、 等。

4.食盐在不同分散剂中形成不同分散系。

分散系1：食盐分散在水中形成无色透明溶液

分散系2：食盐分散在乙醇中形成无色透明胶体

下列说法正确的是

A. 分散系1中只有两种离子

B. 分散系2为电解质

C. 可用丁达尔效应区分两个分散系

D. 两个分散系中分散质粒子直径相同

【答案】C

【解析】

【详解】A.分散系1为食盐水，其中除了钠离子、氯离子这两种离子外，还存在微量的氢离子和氢氧根离子，故A错误;

B.分散系2为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误;

C.由于分散系2为胶体，会产生丁达尔效应;分散系1为溶液，没有丁达尔效应，可用丁达尔效应来区分，故C正确;

D.分散系2中胶粒的直径介于1nm至100nm之间，而分散系1中微粒直径小于1nm，两者的微粒直径大小不同，故D错误;

答案选C。

5.下列解释事实的方程式正确的是

A. 用碳酸氢钠治疗胃酸过多

B. 用氨水吸收烟气中的二氧化硫

C. 把金属钠放入冷水中产生气体

D. 用氢氧化钠溶液可以溶解氢氧化铝固体

【答案】D

【解析】

【详解】A. 碳酸氢根离子在溶液中应以HCO3- 的形式表示，碳酸氢钠与胃酸反应的离子方程式为：HCO3- + H+ = H2O+CO2 ，故A错误;

B.一水合氨为弱碱，在溶液中主要以NH3•H2O分子形式存在，当氨水足量时，反应的离子方程式为：2NH3•H2O +SO2 =2NH4++ SO32-+H2O，故B错误;

C.该离子反应电荷不守恒，把金属钠放入冷水中的离子反应方程式应为：2Na+2H2O==2Na++ 2OH-+H2↑，故C错误;

D.氢氧化铝为两性氢氧化物，能溶于强碱生成偏铝酸盐和水，故D正确;

答案选D。

【点睛】本题主要考查离子反应方程式的书写，书写离子方程式时，易溶易电离两个条件都满足的物质要拆写成离子形式，这样的物质有，三大强酸，四大强碱;钾、钠、铵盐、硝酸盐等。但有的物质不能全拆，例如弱酸的酸式盐酸根不拆，强酸的酸式盐酸根要拆。

6.过氧化氢分解反应过程中，能量变化如图所示：下列说法正确的是

A. 催化剂可以改变过氧化氢分解反应的焓变

B. MnO2或FeCl3可以催化H2O2分解反应

C. 催化剂不能改变反应路径

D. H2O2分解是吸热反应

【答案】B

【解析】

【详解】A.反应的焓变只与反应的始态和终态有关，而与变化路径无关，催化剂能降低反应所需的活化能，但不能改变反应的焓变，故A错误;

B. FeCl3、MnO2、Fe2O3、过氧化氢酶等都可以催化H2O2的分解，故B正确;

C.由图示可知，催化剂通过改变反应的途径降低了反应的活化能，故C错误;

D.由坐标图可知，过氧化氢分解的反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，则该反应为放热反应，故D错误;

答案选B。

7.下列关于元素周期表应用的说法正确的是

A. 为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索

B. 在金属与非金属的交界处，寻找可做催化剂的合金材料

C. 在IA、IIA族元素中，寻找制造农药的主要元素

D. 在过渡元素中，可以找到半导体材料

【答案】A

【解析】

【详解】A.元素周期表是元素周期律的具体表现形式，它反映元素原子的内部结构和它们之间相互联系的规律。为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索，故A正确;

B.在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，故B错误;

C.通常制造农药的主要元素有F、Cl、S、P等元素，并不在IA、IIA族元素中，故C错误;

D.在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，并不是半导体材料，故D错误;

答案选A。

【点睛】本题主要考查了周期表的意义，元素周期表在生产方面的应用表现在以下几个方面：

①农药多数是含Cl、P、S、N、As等元素的化合物。

②半导体材料都是周期表里金属与非金属交接界处的元素，如Ge、Si、Ga、Se等。

③催化剂的选择：人们在长期的生产实践中，已发现过渡元素对许多化学反应有良好的催化性能。

④耐高温、耐腐蚀的特种合金材料的制取：在周期表里从ⅢB到ⅣB的过渡元素，如钛、钽、钼、钨、铬，具有耐高温、耐腐蚀等特点。它们是制作特种合金的优良材料，是制造火箭、导弹、宇宙飞船、飞机、坦克等的不可缺少的金属。

⑤矿物的寻找：地球上化学元素的分布跟它们在元素周期表里的位置有密切的联系。科学实验发现如下规律：相对原子质量较小的元素在地壳中含量较多，相对原子质量较大的元素在地壳中含量较少;偶数原子序数的元素较多，奇数原子序数的元素较少。处于地球表面的元素多数呈现高价，处于岩石深处的元素多数呈现低价;碱金属一般是强烈的亲石元素，主要富集于岩石圈的最上部;熔点、离子半径、电负性大小相近的元素往往共生在一起，同处于一种矿石中。

8.我国工业废水中几种污染物即其最高允许排放浓度如下表。下列说法不正确的是

A. Hg2+、Cd2+、Pb2+是重金属离子

B. 对于pH>9的废水可用中和法处理

C. 将CrO42-转化为Cr2O72-是用氧化还原的方法

D. 在含有Hg2+的废水中加入Na2S，可使转变为沉淀而除去

【答案】C

【解析】

【详解】A. 重金属指的是相对原子质量大于55的金属;重金属离子，是指重金属失去电子形成的离子状态。常见的重金属有铜、铅、锌、铁、钴、镍、锰、镉、汞、钨、钼、金、银等，则Hg2+、Cd2+、Pb2+是重金属离子，故A说法正确;

B. 对于pH>9的废水，可通过加入酸发生中和反应来降低废水的pH至6~9之间，故B说法正确;

C. CrO42-转化为Cr2O72-的过程中并没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C说法错误;

D. 在含有Hg2+的废水中加入Na2S可将Hg2+转化为HgS沉淀，故D说法正确;

答案选C。

9.将5 mL 0.005 mol/L FeCl3溶液和5 mL 0.015 mol/L KSCN溶液混合，达到平衡后呈红色。再将混合液分为5份，分别进行如下实验：

下列说法不正确的是

A. 对比实验①和②，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动

B. 对比实验①和③，为了证明增加反应物浓度，平衡发生逆向移动

C. 对比实验①和④，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动

D. 对比实验①和⑤，为了证明减少反应物浓度，平衡发生逆向移动

【答案】B

【解析】

【分析】

实验①为对照组，控制反应溶液的总体积相同，在其它条件不变时，只改变影响平衡的一个条件，判断平衡的移动方向，则可得出该条件对平衡的影响，据此分析可得结论。

【详解】A.实验②与①对比，只改变了Fe3+浓度，故A说法正确;

B.FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响，故B说法错误;

C.实验④与①对比，只改变的反应物SCN-的浓度，故C说法正确;

D.在原平衡体系中加入NaOH溶液，Fe3+与之反应生成Fe(OH)3沉淀，溶液中Fe3+的浓度减小，故D说法正确;

答案选B。

【点睛】本题通过实验来探究浓度对化学平衡移动的影响，FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，所以在实验过程中改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响。

10.根据下列实验：

①向Fe2(SO4)3和CuSO4的混合液中加入过量铁粉，充分反应，有红色固体析出，过滤。

②取①中滤液，向其中滴加KSCN溶液，观察现象。

判断下列说法正确的是

A. 氧化性Cu2+>Fe3+

B. ①中所得固体只含铜

C. ①中滤液含有Cu2+和Fe2+

D. ②中不会观察到溶液变红

【答案】D

【解析】

【分析】

在实验①中会发生反应：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4、Fe+CuSO4 FeSO4+Cu，由以上反应原理和氧化还原反应规律分析可得结论。

【详解】A.在反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+中，氧化剂为Fe3+，氧化产物为Cu2+，即可知氧化性Fe3+> Cu2+，故A错误;

B.①中所得固体含有过量的铁和置换出的铜，故B错误;

C.由于加入的铁是过量的，则溶液中不可含有Cu2+，故C错误;

D.因在①的滤液中只有Fe2+，没有Fe3+，则滴加KSCN溶液时并不会出现溶液变红的现象，故D正确;

答案选D。

11.元素周期表隐含着许多信息和规律。以下所涉及的元素均为中学化学中常见的短周期元素，其原子半径及主要化合价列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源。

下列说法正确的是

A. T、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性T

B. R、X、Y的单质失去电子能力最强的是X

C. M与Q形成的是离子化合物

D. M、Q、Z都在第2周期

【答案】A

【解析】

【分析】

R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源，可说明R为钠元素，O为氧元素。其中T元素的主要化合价有-2、+4、+6，且半径大于氧原子，则T为硫元素;M元素的主要化合价为+1，且其原子半径比氧小，则M为氢元素;Z原子的半径较氧大，主要化合价为-1，则为氯元素;X、Y两元素的主要化合价分别为+3、+2，原子半径比钠略小，则X、Y为铝、镁元素，据此分析可得结论。

【详解】A.由上述分析可知T、Z分别为硫和氯元素，因氯元素的非金属性比硫强，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性S

B. 由上述分析可知R、X、Y分别为钠、镁、铝三种金属元素，其金属性的强弱为钠>镁>铝，则单质失去电子能力最强的为钠，故B错误;

C.M、Q分别为氢和氧元素，它们之间形成的化合物为共价化合物，故C错误;

D.由上述分析可知，M、Q、Z分别为氢、氧、氯三种元素，分列于周期表中的一、二、三周期，故D错误;

答案选A。

12.处理含氰(CN-)废水涉及以下反应，其中无毒的OCN-中碳元素为+4价。

CN-+OH-+Cl2→OCN-+Cl-+H2O(未配平) 反应Ⅰ

2OCN-+4OH-+3Cl2=2CO2+N2+6Cl-+2H2O 反应Ⅱ

下列说法中正确的是

A. 反应I中碳元素被还原

B. 反应II中CO2为氧化产物

C. 处理过程中，每产生1 mol N2，消耗3 molCl2

D. 处理I中CN-与Cl2按物质的量比例1:1进行反应

【答案】D

【解析】

【分析】

反应Ⅰ配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl-+H2O，反应Ⅱ为:2OCN-+4OH-+3Cl2=2CO2+N2+6Cl-+2H2O，反应过程的总反应为：2CN-+8OH-+5Cl2=10Cl-+4H2O+2CO2+N2，结合氧化还原反应的规律分析可得结论。

【详解】A.在反应Ⅰ中碳元素的化合价由CN-中的+2变为OCN-中的+4，化合价升高，被氧化，故A错误;

B.在反应II中，OCN-中碳元素的化合价为+4，生成物中二氧化碳的化合价也是+4，碳元素化合价反应前后没有发生变化，二氧化碳既不是氧化产物，也不是还原产物，故B错误;

C.由上述分析可得处理过程的总反应为：2CN-+8OH-+5Cl2=10Cl-+4H2O+2CO2+N2，根据反应方程式可知：每产生1 mol N2，消耗5 molCl2，故C错误;

D.将反应Ⅰ配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl-+H2O，根据方程式可知CN-与Cl2按物质的量比例1:1进行反应，故D正确;

答案选D。

13.生产硫酸的主要反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H<0。图中L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下列说法正确的是

A. X代表压强

B. 推断L1>L2

C. A、B两点对应的平衡常数相同

D. 一定温度下，当混合气中n(SO2)：n(O2):n(SO3)=2:1:2，则反应一定达到平衡

【答案】B

【解析】

【分析】

生产硫酸的主要反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H<0，该反应的正反应是一个气体分子数目减少的放热反应，根据化学平衡移动原理可知，在其它条件不变时，随温度的升高，化学平衡逆向移动，二氧化硫的平衡转化率下降，故X代表温度;随着压强的增大，二氧化硫的平衡转化率增大，故图中L代表压强，且L1>L2，据此分析可得结论。

【详解】A.因该反应正反应是一个分子数目减少的反应，增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的平衡转化率应增大，与图示变化不符，故A错误;

B.由上述分析可知，图中L代表压强，因该反应正反应是一个分子数目减少的反应，所以在其它条件相同时，压强越大，二氧化硫的转化率越大，则L1>L2，故B正确;

C.由上述分析可知，X代表温度，则A、B两点的温度不同，化学平衡常数不同，故C错误;

D.一定温度下，当混合气中n(SO2)：n(O2):n(SO3)=2:1:2时，反应混合物中各组份的浓度不一定保持不变，不一定是平衡状态，故D错误;

答案选B。

14.丁烯(C4H8)是制备线性低密度聚乙烯(LLDPE)的原料之一，可由丁烷(C4H10)催化脱氢制备，C4H10(g) C4H8(g)+H2(g)△H=+123kJ/mol。该工艺过程中生成的副产物有(C)、C2H6、C2H4、C4H6等。进料比[ ]和温度对丁烯产率的影响如图1、图2所示。已知原料气中氢气的作用时活化固体催化剂。

下列分析正确的是

A. 氢气的作用是活化固体催化剂，改变氢气量不会影响丁烯的产率

B. 丁烷催化脱氢是吸热反应，丁烯的产率随温度升高而不断增大

C. 随温度升高丁烯裂解生成的副产物增多，会影响丁烯的产率

D. 一定温度下，控制进料比[ ]越小，越有利于提高丁烯的产率

【答案】C

【解析】

【详解】A. 原料气中氢气的作用是活化固体催化剂，同时氢气也是丁烷催化脱氢的的生成物，增大氢气的浓度，不利于该反应平衡的正向移动，由图1可知维持一定的进料比[ ]，有利于提高丁烯的产率，当[ ]过大时，丁烯的产率呈下降趋势，故A分析错误;

B.由图2可知，当温度高于590ºC时，由于副反的发生，导致副产物增多，而丁烯的产率是下降的，故B分析错误;

C.由图2可知，当温度高于590ºC时，丁烯裂解生成的副产物增多，丁烯的产率下降，故C分析正确;

D.由图1可知，当进料比[ ]处于1左右时，丁烯的产率最高，并不是进料比[ ]越小，越有利于提高丁烯的产率，故D分析错误;

答案选C。

【点睛】本题主要考查化学反应原理在化学工艺条件选择上的应用，氢气在反应中能活化固体催化剂，从而加快化学反应速率，但同时，氢气是该反应的生成物，氢气的浓度过大，不利于反应的正向进行，故要综合两方面的因素进行分析。

15.工业上利用铁的氧化物在高温条件下循环裂解水制氢气的流程如下图所示。

(1)反应I的化学方程式为3FeO(s)+H2O(g) H2(g)+Fe3O4(s)，反应II的化学方程式为______________________________，对比反应I、II，铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是____________。用化学方程式表示反应I、II、III的总结果__________。

(2)反应III为：CO2(g)+C(s) 2CO(g) ΔΗ>0。为了提高达平衡后CO的产量，理论上可以采取的合理措施有___________________________(任写一条措施)。

(3)上述流程中铁的氧化物可用来制备含Fe3+的刻蚀液，用刻蚀液刻蚀铜板时，可观察到溶液颜色逐渐变蓝，该反应的离子方程式为______________________。刻蚀液使用一段时间后会失效，先加酸，再加入过氧化氢溶液，可实现刻蚀液中Fe3+的再生，该反应的离子方程式为_____________________________________。

(4)上述流程中碳的氧化物可用来制备碳酰肼CO(NHNH2)2，其中碳元素为+4价]。加热条件下，碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层，并生成氮气、水和二氧化碳。该反应的化学方程式为________________________________。

【答案】 (1). 3FeO(s)+H2O(l) H2(g)+Fe3O4(s) (2). 催化剂 (3). C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)(方程不写状态，写可逆号亦可) (4). 升高温度，减小压强，移走CO，加入CO2等 (5). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (6). H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+ (7). CO(NHNH2)2+12Fe2O3∆8Fe3O4+2N2↑+CO2↑+3H2O

【解析】

【分析】

(1)由流程图可获取化学反应的反应物和生成物相关信息，再结合原子守恒和电子守恒进行分析解答;

(2)反应III为：CO2(g)+C(s) 2CO(g) ΔΗ>0，该反应正反应为一个气体分子数目增多的吸热反应，提高达平衡后CO的产量，则需要促使平衡正向移动，由化学平衡移动原理分析解答;

(3)用刻蚀液刻蚀铜板时的反应为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，刻蚀液中Fe3+的再生，即将亚铁离子氧化又生成铁离子，由此解答;

(4)由题给信息分析出该反应的反应物和生成物，再结合氧化还原反应方程式的配平方法可解答。

【详解】(1)由流程图可知反应II的反应物为FeO(s)和H2O(g)，生成物为H2(g)和Fe3O4(s)，配平可得方程式3FeO(s)+H2O(g) H2(g)+Fe3O4(s);反应I为：Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g)，反应II为：3FeO(s)+H2O(g) H2(g)+Fe3O4(s)，综合两反应可知铁的氧化物虽然参与了反应，但在反应前后并没有发生变化，起到催化剂的作用;由流程图可知，整个过程的反应物为C(s)和H2O(g)，生成物为CO(g)和H2(g)，则反应I、II、III的总结果为：C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g);故答案为：3FeO(s)+H2O(g) H2(g)+Fe3O4(s)、催化剂、C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)(方程不写状态，写可逆号亦可) ;

(2)反应III为：CO2(g)+C(s) 2CO(g) ΔΗ>0，该反应正反应为一个气体分子数目增多的吸热反应，提高达平衡后CO的产量，则需要促使平衡正向移动，由化学平衡移动原理可知;在其它条件不变时，升高温度、减小压强、移走CO或加入CO2等都可使平衡正向移动，提高达平衡后CO的产量，故答案为：在其它条件不变时，升高温度、减小压强、移走CO或加入CO2等(任写一条措施);

(3)用刻蚀液刻蚀铜板时，可观察到溶液颜色逐渐变蓝，是因为生成了Cu2+，发生的离子反应为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;在酸性条件下，双氧水可将Fe2+氧化生成Fe3+，从而实现刻蚀液的再生，发生的离子反应为：H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+;故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+;

(4)由题给信息可知该反应的反应为：CO(NHNH2)2和Fe2O3，生成物有Fe3O4、N2、CO2、H2O等，由氧化还原反应的规律配平可得方程式CO(NHNH2)2+12Fe2O3∆8Fe3O4+2N2↑+CO2↑+3H2O;故答案为：CO(NHNH2)2+12Fe2O3∆8Fe3O4+2N2↑+CO2↑+3H2O。

16.某化学兴趣小组探究NO和Na2O2的反应，设计了如下图所示实验装置，其中E为实验前压瘪的气囊。

资料：除浅黄色的AgNO2难溶于水外，其余亚硝酸盐均易溶于水。

(1)写出A中反应的化学方程式：____________________________。

(2)将装置B补充完整，并标明试剂_____________。

(3)用无水CaCl2除去水蒸气的目的是_____________________________。

(4)反应一段时间后，D处有烫手的感觉，其中固体由淡黄色变为白色，直至颜色不再变化时，气囊E始终没有明显鼓起。

①学生依据反应现象和氧化还原反应规律推断固体产物为NaNO2。写出该反应的化学方程式：_________________________________。

②设计实验证明的NaNO2生成，实验方案是___________________________。(写出操作、现象和结论)

【答案】 (1). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (2). (3). 防止水蒸气与过氧化钠反应，干扰实验 (4). 2NO+Na2O2=2NaNO2 (5). 取少量D管中的固体与试管中，加水溶解，再加入AgNO3溶液，若生成浅黄色沉淀，则有亚硝酸钠生成。

【解析】

【分析】

在整个实验装置中，A为NO2的发生装置，B为NO的转化装置，C为除杂(除去NO中的水份)装置，D为NO与过氧化钠的反应装置，E既可进行尾气吸收，又可对反应的产物进行判断，据此分析解答。

【详解】(1)A中的物质为Cu与浓硝酸，反应的方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;

(2)装置B的目的为将NO2转化为NO，则需将A中产生的气体通过盛有水的洗气瓶，故答案为： ;

(3)因为过氧化钠会与水反，从而干扰过氧化钠与NO的反应，故答案为：防止水蒸气与过氧化钠反应，干扰实验;

(4)①由题意分析可知反应的产物为NaNO2，且无其它气体产物生成，则反应的方程式为：2NO+Na2O2=2NaNO2，故答案为：2NO+Na2O2=2NaNO2;

②若反应中有NaNO2生成，则加入硝酸银溶液会产生淡黄色的亚硝酸银生成，故答案为：取少量D管中的固体与试管中，加水溶解，再加入AgNO3溶液，若生成浅黄色沉淀，则有亚硝酸钠生成。

17.氯是海水中含量最丰富的元素，氯的单质及其化合物在生成、生活领域应用广泛。

(1)自来水厂常用**进行杀菌消毒。**溶于水发生的可逆反应为______________(用离子方程式表示)。

(2)用**消毒会产生微量有机氯代物，危害人体健康，可以使用二氧化氯(ClO2)代替**。工业上以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠(NaClO3)和硫酸溶液混合制备二氧化**体。已知黄铁矿中的硫元素(-1价)最终氧化成SO42-，写出制备二氧化氯的离子方程式_____________________________________。

(3)生产漂白粉工厂的主要设备是氯化塔，塔从上到下分为四层，右图为生产流程示意图。

生产漂白粉反应的化学方程式为_____________________。实际生产中，将石灰乳(含有3%-6%水分的熟石灰)从塔顶喷洒而下，**从塔的最底层通入。这样加料的目的是_____________________________。

(4)用莫尔法可以测定溶液中Cl-的含量。莫尔法是一种沉淀滴定法，用标准AgNO3溶液滴定待测液，以K2CrO4为指示剂，滴定终点的现象是溶液中出现砖红色沉淀(Ag2CrO4)。已知平衡Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+，该滴定过程需要控制pH范围在6.5~10.5，若pH小于6.5会使测定结果偏高。结合平衡移动原理解释偏高的原因:_______________________________ 。

【答案】 (1). Cl2+H2O H++Cl-+HClO (2). 15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O (3). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (4). 促进反应物间的充分接触，提高反应的效率 (5). 提高氢离子浓度，平衡逆向移动，CrO42-浓度降低，导致生成的Ag2CrO4(砖红色)沉淀所需银离子浓度增大，消耗的硝酸银量增多，使测得的氯离子含量偏高

【解析】

【分析】

(1)**与水的反应为：Cl2+H2O HCl+HClO，改写成离子方程式即可解答;

(2)由题给信息可知该反应的氧化剂为NaClO3，还原剂为FeS2，氧化产物为SO42-和Fe3+，还原产物为ClO2，根据氧化还原反应方程式的配平方法解答;

(3)**与石灰乳的反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，工业上工艺条件的选择往往从提高产率和提高效率两个方面进行分析，由此可得结论。

(4)若溶液的pH减小，则氢离子浓度增大，导致平衡Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+逆向移动，溶液中CrO42-浓度偏小，由Ag2CrO4的溶度积可得生成的Ag2CrO4(砖红色)沉淀所需银离子浓度增大，消耗的硝酸银的量增多，从而使测得的氯离子含量偏高，据此分析可得结论。

【详解】(1)**溶于水，其中部分**与水反应生成HCl和HClO，次氯酸为弱酸，溶液中主要以分子形式存在，故答案为：Cl2+H2O H++Cl-+HClO;

(2)由题给信息可知该反应的氧化剂为NaClO3，还原剂为FeS2，氧化产物为SO42-和Fe3+，还原产物为ClO2，根据氧化还原反应规律可得反应的离子方程式为：15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O，故答案为：15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O;

(3)**与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，工业上通常采取逆流工艺[将石灰乳(含有3%-6%水分的熟石灰)从塔顶喷洒而下，**从塔的最底层通入]来促进反应物间的充分接触，提高反应的效率，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;促进反应物间的充分接触，提高反应的效率;

(4)若溶液的pH小于6.5，则氢离子浓度增大，导致平衡Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+逆向移动，溶液中CrO42-浓度偏小，由Ag2CrO4的溶度积可得生成的Ag2CrO4(砖红色)沉淀所需银离子浓度增大，消耗的硝酸银的量增多，从而使测得的氯离子含量偏高，故答案为：提高氢离子浓度，平衡逆向移动，CrO42-浓度降低，导致生成的Ag2CrO4(砖红色)沉淀所需银离子浓度增大，消耗硝酸银的量增多，使测得的氯离子含量偏高。

18.某学习小组学习了亚铁盐的性质后，欲探究FeSO4溶液分别与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反应。已知：Fe(OH)2和FeCO3均为白色沉淀，不存在Fe(HCO3)2。实验操作及现象记录如下：

(1)甲同学认为实验a中白色颗粒状沉淀是FeCO3，写出该反应的离子方程式：_________________________;他为了证实自己的观点，进行实验：取少量白色颗粒状沉淀，加入__________，发现产生大量气泡。

(2)乙同学推测实验a的白色颗粒状沉淀中还可能含有Fe(OH)2，他将实验a中两种溶液体积均改为15mL后再进行实验，证实了他的推测。能证明Fe(OH)2存在的实验现象是___________________________。

(3)实验b中白色颗粒状沉淀主要成分也为FeCO3，写出生成FeCO3的离子方程式：_____________________________。

(4)实验b中液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变为红褐色，主要原因是潮湿的FeCO3被氧气氧化，写出该反应的化学方程式：_________________。

(5)乙同学反思，实验a中含有Fe(OH)2，实验b中几乎不含有Fe(OH)2，对比分析出现差异的原因是_____________________________。

【答案】 (1). Fe2++CO32-=FeCO3↓ (2). 稀硫酸(或稀盐酸) (3). 沉淀颜色由白色变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀 (4). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (5). 4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2 (6). 混合后，虽然实验b中碳酸氢钠浓度比实验a中碳酸钠浓度高，但是碳酸钠溶液的碱性(或水解程度)比碳酸氢钠的强

【解析】

【分析】

解答本题主要抓住FeCO3与Fe(OH)2的区别来进行分析，FeCO3能与酸反应产生气体;Fe(OH)2能被空气中的氧气氧化呈现特殊颜色变化，据此分析解答。

【详解】(1)实验a中硫酸亚铁与碳酸钠溶液混合若生成碳酸亚铁沉淀，则发生了复分解反应，反应的离子方程式为：Fe2++CO32-=FeCO3↓，碳酸亚铁沉淀能溶于硫酸或盐酸并产生二氧化碳气体，而氢氧化亚铁与硫酸或盐酸反应不会产生气体，则可用稀硫酸或盐酸来鉴别碳酸亚铁和氢氧化亚铁沉淀，故答案为：Fe2++CO32-=FeCO3↓;稀硫酸(或稀盐酸);

(2)若沉淀中含有Fe(OH)2，放置在空气中会被氧化而呈现出白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色的现象，故答案为：沉淀颜色由白色变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀;

(3)实验b中的反应物为硫酸亚铁和碳酸氢钠，两者反应除了生成碳酸亚铁沉淀，还有二氧化碳气体和水生成，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O;

(4)FeCO3被氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应中氧气为氧化剂，碳酸亚铁为还原剂，由氧化还原反应规律可得反应：4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2;

(5)对比实验a、b，不同之处在于前者反应物为碳酸钠溶液，后者为碳酸氢钠溶液，由于碳酸根离子的水解程度较碳酸氢根离子的水解大，实验a中混合溶液氢氧根离子浓度较实验b中要大，导致实验a中更易产生Fe(OH)2，故答案为：混合后，虽然实验b中碳酸氢钠浓度比实验a中碳酸钠浓度高，但是碳酸钠溶液的碱性(或水解程度)比碳酸氢钠的强。

19.市售食盐常有无碘盐和加碘盐(含KIO3和少量KI)。

Ⅰ、某同学设计实验是否为加碘盐的定性实验方法：

①取待检食盐溶于水，加入稀硫酸酸化，再加入过量的KI溶液，振荡。

②为证实①中有I2生成，向上述混合液中加入少量CCl4充分振荡后，静置。

(1)若为加碘盐，则①中发生反应的离子方程式为__________________。

(2)②中的实验操作名称是________________。

(3)实验过程中能证明食盐含KIO3的现象是______________________。

II.碘摄入过多或者过少都会增加患甲状腺疾病的风险，目前国家标准(GB/T13025.7)所用的食盐中碘含量测定方法：

①用饱和溴水将碘盐中少量的I-氧化为IO3-。

②再加入甲酸发生反应：Br2+HCOOH=CO2↑+2HBr。

③在酸性条件下，加入过量KI，使之与IO3-完全反应。

④以淀粉做指示剂，用Na2S2O3标准溶液进行滴定，测定碘元素的含量。

I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

(1)①中反应的离子方程式为____________________________。

(2)测定食盐中含量过程中，Na2S2O3与IO3-的物质的量之比为____。

(3)有人提出为简化操作将①、②省略，但这样会造成测定结果偏低。请分析偏低的原因：____________________________。

【答案】 (1). IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O (2). 萃取 (3). 溶液分层，下层为紫红色 (4). 3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+ (5). 6:1 (6). 将操作①、②省略，只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，以I-形式存在的碘元素没有被测定。

【解析】

【分析】

本题从定性和定量两个角度对加碘盐进行了测定，均是将碘盐中的碘元素转化为I2，前者通过反应的现象来判断，后者通过滴定实验来测定，再结合氧化还原反应的计算分析解答。

【详解】Ⅰ.(1)若为加碘盐，则其中含有KIO3，在酸性条件下与I-会发生反应生成碘单质，反应的方程式为：KIO3+5KI+3H2SO4═3I2+3K2SO4+3H2O，离子方程式为：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，故答案为：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O;

(2)由于I2在有机溶剂中的溶解度更大，CCl4能将I2从水溶液中萃取出来，故②中的实验操作名称为：萃取;

(3)I2溶于CCl4所得溶液为紫红色，且CCl4的密度比水的密度大，实验过程中能证明食盐含KIO3的现象是：溶液分层，下层为紫红色;

II.(1)①中反应时，溴将I-氧化成IO3-的同时，溴单质被还原为Br-，反应的离子方程式为：3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+，故答案为：3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+;

(2)在酸性条件下，IO3-被I-还原为I2，离子方程式为;IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，I2与Na2S2O3反应的化学方程式为: I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，由以上两反应可得关系式：IO3-~3 I2~6Na2S2O3，则测定食盐中含量过程中，Na2S2O3与IO3-的物质的量之比为6:1，故答案为6:1;

(3)简化操作将①、②省略，则只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，而食盐中以I-形式存在的碘元素没有被测定，从而造成测定结果偏低，故答案为：将操作①、②省略，只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，以I-形式存在的碘元素没有被测定。

20.将甘油(C3H8O3)转化为高附值产品是当前热点研究方向，如甘油和水蒸气、氧气经催化重整或部分催化氧化可制得氢气，反应主要过程如下：

(1)下列说法正确的是______(填字母序号)。

a.消耗等量的甘油，反应I的产氢率最高

b.消耗等量的甘油，反应II的放热最显著

c.经过计算得到反应III的∆H3=-237.5 kJ/mol，

d.理论上，通过调控甘油、水蒸气、氧气的用量比例可以实现自热重整反应，即焓变约为0，这体现了科研工作者对吸热和放热反应的联合应用

(2)研究人员经过反复试验，实际生产中将反应III设定在较高温度(600~700°C)进行，选择该温度范围的原因有：催化剂活性和选择性高、____________。

(3)研究人员发现，反应I的副产物很多，主要含有：CH4、C2H4、CO、CO2、CH3CHO、CH3COOH等，为了显著提高氢气的产率，采取以下两个措施。

①首要抑制产生甲烷的副反应。从原子利用率角度分析其原因：__________________。

②用CaO吸附增强制氢。如图1所示，请解释加入CaO的原因：____________________。

(4)制备高效的催化剂是这种制氢方法能大规模应用于工业的重要因素。通常将Ni分散在高比表面的载体(SiC、Al2O3、CeO2)上以提高催化效率。分别用三种催化剂进行实验，持续通入原料气，在一段时间内多次取样，绘制甘油转化率与时间的关系如图2所示。

①结合图2分析Ni/SiC催化剂具有的优点是____________________。

②研究发现造成催化效率随时间下降的主要原因是副反应产生的大量碳粉(积碳)包裹催化剂，通过加入微量的、可循环利用的氧化镧(La2O3)可有效减少积碳。其反应机理包括两步：

第一步为：La2O3+CO2 La2O2CO3

第二步为：______________________________(写出化学反应方程式)。

【答案】 (1). abcd (2). 产氢率高，化学反应速率快 (3). CH4中氢元素的质量分数最高，抑制产生甲烷的副反应与抑制其它副反应相比，更有利于提高氢原子的利用率 (4). 加入CaO可降低二氧化碳的浓度，促进反应I平衡正向移动，提高氢气的产率 (5). 催化效率高，稳定性好 (6). La2O2CO3+C= La2O3+2CO

【解析】

【分析】

(1)抓住表中信息和盖斯定律分析即可解答;

(2)主要从温度对反应速率和化学平衡的移动的影响的角度进行分析解答;

(3)①在所有的副产物中，CH4中氢元素的质量分数最高，抑制产生甲烷的副反应与抑制其它副反应相比，更有利于提高氢原子的利用率，据此分析可得结论;②根据图1可知，加入CaO可降低二氧化碳的浓度，促进反应I平衡正向移动，提高氢气的产率，据此分析可得结论;

(4)①由图2信息可知，Ni/SiC催化剂的催化效率并不随时间的延长而降低，而另两种催化剂均出现催化效率降低的现象，由此分析解答;②由题给信息可知，氧化镧在清除积炭过程中(C+CO2 2CO)起到催剂的作用，则第二步反应为积炭与La2O2CO3反应生成La2O3和CO，由此可得结论。

【详解】(1)a.由反应I、反应II、反应III对比可知，消耗等量的甘油，反应I的产氢率最高，故a正确;

b. 由反应I、反应II、反应III对比可知，当消耗1mol甘油时，反应反应II中放出的热量最多，故b正确;

c.由盖斯定律可知，∆H3= ∆H1+ ∆H2=(+128kJ/mol)÷2+(-603 kJ/mol)÷2=-237.5 kJ/mol，故c正确;

d.因反应I为吸热反应，反应II为放热反应，则在反应过程中可通过调控甘油、水蒸气、氧气的用量比例可以实现焓变约为0，故d正确;

故答案为：abcd;

(2)因反应I为吸热反应，在较高温度下有利于反应I的进行，从而提高产氢率，同时升高温度可加快反应速率，故答案为：产氢率高，化学反应速率快;

(3)①在所有的副产物中，CH4中氢元素的质量分数最高，抑制产生甲烷的副反应与抑制其它副反应相比，更有利于提高氢原子的利用率，故答案为：CH4中氢元素的质量分数最高，抑制产生甲烷的副反应与抑制其它副反应相比，更有利于提高氢原子的利用率;

②根据图1可知，加入CaO可降低二氧化碳的浓度，促进反应I平衡正向移动，提高氢气的产率，故答案为：加入CaO可降低二氧化碳的浓度，促进反应I平衡正向移动，提高氢气的产率;

(4)①由图2信息可知，Ni/SiC催化剂具有催化效率高，稳定性好的特点，故答案为：催化效率高，稳定性好;

②由题给信息可知，氧化镧在清除积炭过程中(C+CO2 2CO)起到催剂的作用，则第二步反应为积炭与La2O2CO3反应生成La2O3，则反应方程式为：La2O2CO3+C= La2O3+2CO，故答案为：La2O2CO3+C= La2O3+2CO。

【点睛】本题主要考查了化学反应原理在化工工艺条件选择上的应用，思维的出发点依然是课本中的化学反应速率和化学平衡移动的影响因素，如用CaO吸附增强制氢，是因为CaO与CO2反应消耗了CO2，造成二氧化碳浓度减小，导致平衡正向移动;反应采取较高温度下进行，主要原因是兼顾催化剂的活性、反应速率等因素。

高三化学上学期期中试题阅读

可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 Na-23 Al-27 K-39 Mn-55 Fe-56 Cu-64 I-127 Ba-137

第I卷(选择题，共48分)

一、单项选择题(共16小题,每小题3分，共48分)

1.古代的很多成语、谚语都蕴含着科学知识。下列对成语、谚语的解释正确的是 ( )

A.“甘之如饴”说明糖类均有甜味

B.“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应

C.“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量和温度的水和冰，冰的能量高

D.“玉不琢，不成器”“百炼方能成钢”发生的均为化学变化

2.化学与生活密切相关，下列说法正确的是( )

A.含有食品添加剂的食物对人体健康均有害

B.玻璃和氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料

C.侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异

D.“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油

3.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3 nm)恢复了磁性。“钴酞菁”分子的结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法中正确的是( )

A.“钴酞菁”分子能透过半透膜

B.此项工作可以用来改变分子的某些物理性质

C.“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系带电

D.“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系为溶液

4.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是()

A.用图1所示装置制取少量H2

B.用图2所示装置分离K2CO3溶液和苯的混合物

C.用图3所示装置验证Na和水反应的热效应

D.用图4所示装置分离蒸干AlCl3 溶液制取无水AlCl3

5.在体积相同的两个密闭容器中分别充入O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是()

A.两种气体的氧原子数目相等 B.两种气体的压强相等

C.两种气体的分子数目相等 D.O2比O3的质量小

6.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法中正确的是()

A.1 mol•L-1 Ca(ClO)2溶液中含ClO-的数目小于2NA

B.在密闭容器中加入0.5 mol N2和1.5 mol H2，充分反应后容器中的N—H键数目3NA

C.0.1 mol乙烯和乙醇(蒸气)的混合物完全燃烧所消耗的氧原子数0.6NA

D.标准状况下，2.24 L 3517Cl2中含有的中子数目3.4NA

7.在标准状况下，将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水，溶液的密度为ρ g•cm-3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c mol•L-1。下列叙述中正确的是()

A.w=35a22.4Vρ×100% B.c=1 000a22.4V

C.若上述溶液中再加入V mL水后，所得溶质的质量分数大于0.5w

D.若上述溶液与0.5V mL同浓度稀盐酸混合，则混合液中c(Cl-)>c(NH+4)

8.用如图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是( )

选项 连接 电极材料 分析

a b

A K1K2 石墨 铁 模拟铁的吸氧腐蚀

B K1K2 锌 铁 模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法

C K1K3 石墨 铁 模拟电解饱和食盐水

D K1K3 铁 石墨 模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法

9.在离子浓度都为0.1 mol•L-1的下列溶液中，加入(或通入)某物质后，发生反应的先后顺序正确的是()

A.在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Cu2+、Fe3+、H+

B.在含I-、SO2-3、Br-的溶液中不断通入**：I-、Br-、SO2-3

C.在含AlO-2、SO2-3、OH-的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH-、AlO-2、SO2-3

D.在含Fe3+、H+、NH+4的溶液中逐渐加入烧碱溶液：Fe3+、NH+4、H+

10.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是()

A.原子半径的大小顺序为W>Q>Z>X>Y

B.元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应

C.元素X与Y可以形成5种以上的化合物

D.元素Q的最高价氧化物对应的水化物酸性比W的强

11.现有甲、乙、丙、丁四种短周期元素，它们之间的关系如下：

Ⅰ.原子半径：甲<丙<乙<丁

Ⅱ.原子的最外层电子数：甲+丙=乙+丁=8

Ⅲ.原子的核外电子层数：丁>乙=丙=2甲

Ⅳ.乙元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2

则下列说法不正确的是()

A.乙元素的最外层有5个电子，其氢化物含有极性键

B.四种元素中丙的非金属性最强，其最高价氧化物对应的含氧酸酸性最强

C.丁元素的氧化物对应的水化物与乙元素最高价氧化物对应水化物恰好完全反应形成的盐溶液显酸性

D.乙、丙两元素形成的简单氢化物稳定性丙的强于乙

12.关于如图所示转化关系(X代表卤素)，说法不正确的是()

A.2H(g)+2X(g)===2HX(g)ΔH <0

B.途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以ΔH1=ΔH2+ΔH3

C.Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量依次增多

D.途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定

13.RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。如图为RFC工作原理示意图，下列有关说法正确的是()

A.图甲把化学能转化为电能，图乙把电能转化为化学能，水得到了循环使用

B.当有0.1 mol电子转移时，a极产生0.56 L O2(标准状况下)

C.c极上发生的电极反应为O2+4H++4e-===2H2O

D.图乙中电子从c极流向d极，提供电能

14.用如图装置电解硫酸钾溶液制取氢气，氧气，硫酸和氢氧化钾。从开始通电时，收集B和C逸出的气体。1 min后测得B口的气体体积为C口处的一半，下列说法不正确的是()

A.电源左侧为正极

B.电解槽左侧的电极反应方程式为2H2O-4e-==O2↑+4H+

C.D口导出的溶液为KOH溶液，且浓度比刚加入电解槽右侧时的浓度大

D.标准状况下，若1 min后从C口处收集到的气体比B口处收集到的气体多2.24 L，则有0.1NA个SO2-4通过阴离子膜

15.将13.6gCu和Cu2O组成的混合物加入250 mL—定浓度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO。向所得溶液中加入1.0 L 0.5 mol • L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6 g，此时溶液呈中性，且金属离子沉淀完全。下列说法正确的是( )

A.原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为1：1

B.原稀硝酸的浓度为1.3 mol•L-1

C.固体溶解后剩余硝酸的物质的量为0.1 mol

D.产生的NO的体积为2.24L

16.有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种(忽略由水电离产生的H+、OH-)：H+、NH+4、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO-3、CO2-3、SO2-4，现取三份100 mL溶液进行如下实验：

①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g。③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图。根据上述实验，以下推测不正确的是()

A.原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO2-3

B.不能确定原溶液是否含有K+、NO-3

C.原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH+4，且n(Mg2+)∶n(Al3+)∶n(NH+4)=1∶1∶2

D.实验所加的NaOH的浓度为2 mol•L-1

第II卷(非选择题，共52分)

二、填空题(4小题，共52分)

17.(10分)A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的短周期主族元素。B、C、D均能与A形成10电子分子，E单质可用于野外焊接钢轨的原料，F与D同主族。

(1)D、E、F的离子半径由大到小的顺序为 (填离子符号)。

(2)写出能证明G比F非金属性强的一个化学方程式：____________。

(3)F和G形成的一种化合物甲中所有原子均为8电子稳定结构，该化合物与水反应生成F单质、F的最高价含氧酸和G的氢化物，三种产物的物质的量之比为2:1:6，甲的电子式为_____，该反应的化学方程式为 。

(4)C能分别与A和D按原子个数比1:2形成化合物乙和丙，乙的结构式为 ;常温下，液体乙与气体丙反应生成两种无污染的物质，该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。

(5)现取100 mL 1mol•L-1的E的氯化物溶液，向其中加入1mol•L-1 NaOH溶液产生了3.9 g沉淀，则加入的NaOH溶液体积可能为 mL。

18.(12分)大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除(即脱硝)之后才能排放。

(1)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。

已知：①2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH=−566.0 kJ•mol−1

②N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH=+180.0 kJ•mol−1

③2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) ΔH=−116.5 kJ•mol−1

回答下列问题：

①CO的燃烧热ΔH为 。若1 mol N2(g)、1 mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量，则1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为 kJ。

②CO将NO2还原为单质的热化学方程式为 。

(2)图1是一种用NH3脱除烟气中NO的原理。

图1 图2

①该原理中，NO最终转化为H2O和_______(填化学式)。

②当消耗1 mol NH3和0.5 mol O2时，除去的NO在标准状况下的体积为 L。

(3)间接电化学法，如图2所示。已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，写出阴极的电极反应式 。用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理 。

19.(14分)工业上通过电解MnSO4和ZnSO4制取Zn和MnO2，原料为软锰矿和闪锌矿。软锰矿主要含有MnO2(约70%)、SiO2、Al2O3，闪锌矿主要含有ZnS(约80%)、FeS、CuS、SiO2。

I.(1)为了测量软锰矿中MnO2含量的测定，现将14.5g软锰矿溶于足量的稀硫酸中，加入足量的碘化钾晶体，充分反应后，过滤，将滤液加水稀释至1L，取25.00ml该溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol•L﹣1的标准Na2S2O3溶液滴定，消耗标准液50.00ml，则软锰矿中MnO2含量 。(已知：2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4 ;I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣)

Ⅱ.研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，工艺流程如图1所示。请回答下列问题：

图1

(2)反应Ⅰ后过滤所得滤液中含有有Mn2+、Zn2+、Cu2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子。试写出反应Ⅰ中生成CuSO4的化学方程式 。

(3)若反成Ⅱ加入的锌过量,还会进一步发生反应的离子方程式为_________。

(4)反应Ⅲ中加入MnO2的作用是(离子方程式表示)______________________。

(5)反应Ⅴ的条件是电解，电解时均用惰性电极，阳极发生的电极反应可表示为 。

(6)图2是Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解度曲线(g/100g水)，则Ⅳ中得到Na2SO4固体的操作是：将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液升温结晶→ →用乙醇洗涤→干燥.用乙醇洗涤而不用水洗的原因是 。

20.(16分)研究非金属元素及其化合物的性质具有重要意义。

Ⅰ. 含硫物质燃烧会产生大量烟气，主要成分是SO2、CO2、N2、O2 。某研究性学习小组在实验室利用装置(图20-1)测定烟气中SO2的体积分数。

(1)将部分烟气缓慢通过C、D装置，其中C、D中盛有的药品分别是_______、________。(填序号)

①KMnO4溶液 ②饱和NaHSO3溶液 ③饱和Na2CO3溶液 ④饱和NaHCO3溶液

(2)若烟气的流速为amL/min，若t1分钟后，测得量筒内液体体积为VmL，则SO2的体积分数 。

II.某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，设计如下实验(装置图20-2)：

(3)检查装置A的气密性： ，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好。

(4)整套实验装置存在一处明显的不足，请指出：___________________________。

(5)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 结论

打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸;然后关闭活塞a，点燃酒精灯 D装置中：溶液变红

E装置中：水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化 Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为________

(6)因忙于观察和记录，没有及时停止反应，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：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。

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性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2>(SCN)2。

Ⅱ.Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色(略带黄色)，沸点约5 ℃，与水发生水解反应。

Ⅲ.AgClO、AgBrO均可溶于水。

①请用平衡移动原理(结合化学用语)解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因：________________________;可设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加_____________，若______________，则上述解释合理。

②欲探究E中颜色变化的原因，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： 。

化学参考答案

1-5 BDBCA 6-10 CBDCA 11-15 BCCDC 16 B

17.(10分)(1) S2-> O2-> Al3+

(2) Cl2+H2S=2HCl+S(或Cl2+Na2S=2NaCl+S↓)

(3) ; 3SCl2+4H2O=2S+H2SO4+6HCl

(4) ; 2：1 (5) 150或350

18.(12分)(1)①-283KJ/mol 631.75

②2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) ΔH=-1196kJ/mol

(2)①N2 ②11.2

(3)2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-错误!未指定书签。+2错误!未指定书签。H2O 2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-

19.(14分)(1)60% (3分)

(2)MnO2 + CuS+ 2H2SO4 = S↓+ MnSO4+ CuSO4+ 2H2O (2分)

(3)Zn+Fe2+=Zn2++Fe 或 Zn+Mn2+=Zn2++Mn (2分)

(4) 4H++MnO2+2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O (2分);

(5) Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (2分)

(6)趁热过滤(1分); 防止Na2SO4固体因溶解而减少;避免形成结晶水合物(2分)

20.(16分)

(1) ① ④(2分)

(2) (2分)

(3)关闭止水夹b，打开活塞a(2分)

(4)缺少尾气处理装置(2分)

(5) > > (2分)

(6)①过量**和 反应 ，使 浓度减小，则 平衡逆向移动而褪色。(2分)

滴加 溶液，若溶液变红色(或滴加F 溶液，若溶液不变红)(2分)

② 反应只产生 ，不产生 (2分)

高三化学上学期期中试卷带答案

第I卷(选择题 共42分)

注意事项：

1.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。

2.可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 P 31 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Te 128

本卷包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。

1.化学关系着我们的生活，我们的未来。下列说法正确的是

A.石墨烯(由碳原子构成的六角形蜂巢晶格)材料属于一种新型化合物

B.可从海水中提取氯化镁，使氯化镁分解获得镁并释放能量

C.推广用原电池原理制成的太阳能电池汽车，可减少化石能源的使用

D.采煤工业爆破时把干冰和炸药放在一起，既能增强爆炸威力又能预防火灾

2.下列说法正确的是

A.光导纤维可用作通讯材料是因为其有导电性

B.氧化性：HC1O>稀H2SO4，故非金属性：C1>S

C.把饱和FeCl3溶液煮沸至红褐色，可制得氢氧化铁胶体

D.采取“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可减少空气污染

3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列粒子数目为0.2NA的是

A.常温常压下，3.1 g P4分子中所含P—P键数目

B.铁作阳极进行电解时，5.6g铁放电时转移的电子数目

C.各取0.1mol铜分别与足量**、硫反应，转移电子数目

D.3.9gNa2O2与H2O反应后制成500mL溶液，溶液中的Na+数目

4.在前一种分散系中缓慢滴加后一种试剂，能观察到先沉淀后变澄清的是

①向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液 ②向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液

③向水玻璃中滴加盐酸 ④向硝酸银溶液中滴加氨水

⑤向氢氧化铁胶体中滴加硫酸

A.①③⑤ B.②③⑤ C.①④⑤ D.②④⑤

5.下列说法正确的

A.能通过化合反应和复分解反应来制取Fe(OH)3

B.物质中所含元素显最高价时一定表现出强氧化性

C.含等浓度Cu2+、Fe3+的混合液中加少量铁粉，Cu2+先得电子

D.电解精炼铜转移0.2mol电子时，阴极析出铜的质量一定小于6.4g

6.下列反应的离子方程式书写正确的是

A.向碘化钾溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I-+H2O2===I2+2OH-

B.向碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：NH4++OH-===NH3•H2O

C.磷酸与氢氧化钠发生中和反应：H3PO4+3OH-===PO43-+3H2O

D.氧化铁溶于过量的氢碘酸中：Fe2O3+6H+===2Fe3++2H2O

7.下列有关实验操作正确的是

A.甲：称量25.0g氢氧化钠固体

B.乙：检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气

C.丙：配制100mL 1.0 mol•L-1**溶液时的转移操作

D.丁：分离两种互溶且沸点相差较大的液态物质

8.A、B、C、D、E为原子序数依次递增的短周期主族元素。A的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可反应形成盐，B原子最外层电子数是内层电子数的3倍，C的原子半径是本周期最大的，D的单质为淡黄色固体。下列说法不正确的是

A.简单气态氢化物的稳定性：B>A

B.物质CAB2有毒，不能用作食品添加剂

C.最高价氧化物对应的水化物酸性：E>D

D.B、C、E以原子个数比1：1：1的形成的化合物可用于杀菌消毒

9.下列有关物质转化关系的说法中不正确的是

A.图1中甲可能是Fe，X可能是Cl2

B.图2中A可能为F2，C可能为O2

C.图2中A可能为Ca(OH)2，C可能为NaOH

D.图3中a可能为C，b可能为CO，c可能为CO2

10.室温下，某兴趣小组用下图所示装置在通风橱中进行如下实验：

下列说法不正确的是

A.试管II中红棕色气体为NO2，由硝酸还原生成

B.等质量的Cu完全溶解时，II试管中消耗的HNO3多

C.将Cu换成Fe之后重复实验，依然是试管II中反应更剧烈

D.试管II中反应后溶液颜色与试管I中的不同，是由于溶有NO2

11.由下列实验操作和现象可得出结论正确的是

12.已知：。向体积可变的密闭容器中充入一定量的CH4(g)和O2(g)发生反应，CH4(g)的平衡转化率与温度(T)和压强(p)的关系如下图所示(已知T1>T2)。

下列说法正确的是

A.该反应的△H>0

B.M、N两点的H2的物质的量浓度：c(M)>c(N)

C.温度不变时，增大压强可由N点到P点

D.N、P两点的平衡常数：K(N)

13.锌溴液流电池用溴化锌溶液作电解液，并在电池间不断循环。下列有关说法正确的是

A.充电时阴极的电极反应式为Br2+2e-===2Br-

B.充电时n接电源的正极，Zn2+通过阳离子交换膜由左侧流向右侧

C.放电时阳离子交换膜的左侧溶液中离子浓度增大

D.放电时每转移2 mol电子负极区溶液质量减少65g

14.在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中NH4+能转化为N2(g)和H2O(1)，示意图如下：

下列说法正确的是

A.两池发生的反应中，氮元素只被氧化

B.常温常压下，反应II中生成8.96 L N2时，转移电子数为1.5NA

C.好氧菌池与厌氧菌池投入废液的体积之比为3：5时，NH4+能完全转化为N2

D.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂物质的量之比为5：3

第II卷(非选择题 共58分)

注意事项：

第II卷包括5题，共58分。所有题目的答案，考生须用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡规定的区域内，只在试卷上答题不得分。

15.(10分)

短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中Y分别与X、Z相邻。回答下列问题：

(1)若X、Y和Z的单质都为金属，Y与Z左右相邻，Z的单质被称为“国防金属”。则Y的单质在O2中燃烧产物中含有的化学键为 。

(2)若X、Y和Z位于同一周期，高纯度Y单质常用于制造太阳能电池。则除去Y的氧化物中所含X氧化物杂质的方法是 过滤、洗涤、干燥。

(3)若X原子最外层电子数是电子层数的2倍，Z与Y同主族，则X、Y、Z的简单气态氢化物中，沸点最高的是 。(填化学式)

(4)若Y的原子序数等于X的2倍，T是Z的气态氢化物。

①写出Z2X对应的水化物分子的电子式 。

②M是短周期中原子半径最大的元素，由M、X、Y元素组成的一种化合物与T的水溶液反应产生刺激性气味的气体，溶液变浑浊。写出反应的离子方程式： 。

16.(12分)

合成氨厂和硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，通常使用以下两种方法将烟气中的氮氧化物转化为无害物质。

(1)还原法。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如下图所示。

①过程混合溶液中Ce3+和Ce4+离子的总数 (填“增大”、“减小”或“不变”)。

②反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。

(2)电解法。先用6%稀硝酸吸收NOx，会生成HNO2(一元弱酸)，再将吸收液导入电解槽中进行电解，使之转化为硝酸，其电解装置如图所示：

①中a应连接电源的 (填“正极”或“负极”)。

②石墨电极做成颗粒状的目的是 。

③阳极的电极反应式为 。

④电解一段时间后，当电路中有5mol电子转移时，阳离子交换膜两侧溶液相差 g。

17.(12分)

亚氯酸钠(NaC1O2)是重要漂白剂，探究小组开展如下实验。

实验I：用如图装置制取NaClO2。

已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaC1。

(1)检查整套装置气密性的操作是：首先 ，打开K1、K2，然后向A、E中加水没过干燥管下端，用酒精灯微热三颈烧瓶，若A、E处有气泡，停止加热，一段时间后，A、E干燥管内形成一段稳定的水柱，说明整套装置气密性良好。

(2)用50%双氧水配制30%H2O2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要的仪器有 (填仪器名称)。

(3)装置C的作用是 。

(4)己知装置B中的产物有C1O2气体，则装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为 。

(5)请补充完整从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤。

①减压，55℃蒸发结晶;

② ;

③38℃～60℃热水洗涤;

④低于60℃干燥得到成品。

(6)实验结束时，打开K1，关闭K2，装置A的作用是 。

18.(12分)

从精炼钢的阳极泥中(主要成分为Cu2Te)回收碲的工艺流程如下：

请回答下列问题：

(1)“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在，则每生成32gTeO2，反应转移电子的物质的量为 mol。

(2)为选择最佳焙烧工艺，进行温度和硫酸加入量的条件试验，结果如下表所示：

则实验中应选择的条件为 。

(3)“氧化”时的溶液温度不宜过高，原因为 。

(4)工艺(I)中，“还原”时发生的总离子方程式为 。H2SO4和Na2SO3可用浓盐酸代替，但缺点为 。

(5)工艺(II)中，“浸出液电积”时产生碲粉的电极反应式为 。

19.(12分)

以氢为原料的工业生产工艺及氢的获得是科技工作者研究的重要课题。

(1)工业生产中可利用H2还原CO2制备清洁能源甲醇。

①已知CO(g)和H2(g)的燃烧热(△H)分别为-283.0kJ•mol-1、-285.8kJ•mol-1。由H2和CO生成甲醇的热化学方程式为：2H2(g)+CO(g) CH3OH(1)的△H=-91kJ•mol-1。

则3H2(g)+CO2(g) CH3OH(1)+H2O(1)的△H= kJ•mol-1。

②将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率如图甲所示。

该反应在a点达到平衡状态，a点转化率比b点的高，其原因是 。

(2)利用CO和H2O生产H2：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)。将不同配比的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中。有关数据如下表：

①该反应的正反应为 反应(填“吸热”、“放热”)。

②650℃时，下列叙述说明达到化学平衡状态的是 (填标号)

a.v(CO)：v(H2O)：v(H2)：v(CO2)=1：1：1：1

b.生成n mol CO2(g)的同时生成n mol H2O(g)

c.n mol CO断裂的同时断裂2n mol H—H

d.某时刻，n(CO)：n(H2O)：n(CO2)：n(H2)=6：1：4：4

③900℃时，达平衡时v(H2O)= mol•L-1•min-1。(结果保留两位有效数字)

(3)利用工业废气中的H2S热分解制H2：2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)。现将0.2molH2S(g)通入某恒压密闭容器中，起始压强p0=aMPa，在不同温度下测得H2S的平衡转化率如图乙所示，则T6℃时，该反应的Kp= (用含a的代数式表示)。

答案

第I 卷(选择题 共 42 分)

本卷包括 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。

1.D 2.D 3.B 4.C 5.A 6.C 7.B 8.B 9.A 10.C

11.D 12.B 13.C 14.C

第Ⅱ卷(非选择题 共 58 分)

15.(10 分，每空 2 分)

(1) 离子键和共价键 (答不全不得分)

(2) 加入稀硫酸(或盐酸)充分反应(其他合理答案也给分)

(3) NH3

(4)①H:O.. :C..l: ②S2O32-+2H+===S↓+SO2↑+H2O

16.(12 分，每空 2 分)

(1)①不变 ②1∶2

(2)①正极 ②增大吸收液与电极的接触面积，提高电解效率(答出“增大接触面积”即给分)

③H2O+HNO2-2e-===NO -+3H+ ④5

17.(12 分，每空 2 分)

(1)关闭分液漏斗活塞 (2)胶头滴管、量筒(答不全不得分)

(3)防止D 中溶液倒吸到 B 中(或安全瓶)

(4)2ClO2+2NaOH+H2O2===2NaClO2+O2+2H2O(写出正确的离子方程式也给分)

(5) ②趁热过滤(只答“过滤”不给分)

(6) 吸收多余的ClO2(或 ClO2、SO2)，防止污染空气(只答“尾气处理”给 1 分)

18.(12 分，每空 2 分)

(1)1.6

(2)460℃、硫酸用量为理论量的1.25倍 (答“460℃、1.25倍”也给分)

(3) H2O2 受热易分解

(4) TeO 6-+3SO 2-+6H+===3SO 2-+Te↓+3H O 产生有毒的** (答“产生**”即给分)

(5)TeO 2-+4e-+3H O===Te↓+6OH-

19.(12 分，每空 2 分)

(1)①-93.8 ②该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 (答案合理即给分)

(2)①放热 ②bd(只答对 1 个给 1 分) ③0.17

a

(3)0.2a MPa(或

5

MPa)(无单位“MPa”不得分