甘肃省甘南藏族自治州合作第一中学2020届高三上学期期中考试化学试题

合作一中2019-2020学年第一学期期中考试高三化学试卷

一、选择题（共7小题，每题6分）

1.下列有关绿色化学的叙述中,不正确的是(    )

A. 绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。

B. 最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物。

C. 绿色化学反应选择的原料、催化剂、溶剂都应该是无毒无害的。

D. 所有环境问题都是环境污染。

【答案】D

【解析】

【详解】A．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，A正确；

B．反应物的原子全部转化为期望的最终产物，原子的转化率为100%，为最理想的“原子经济”，B正确；

C．绿色化学选择的原料、催化剂、溶剂都应该是无毒无害的，产物应该是安全、能降解、可再利用的环境友好产品，C正确；

D．全球变暖、土地荒漠化、臭氧层破坏等都属于环境问题，所有环境问题不一定都是环境污染引起的，故D错误；

故答案为D。

2.下列有关实验内容正确的是(  )

A. 可用碱式滴定管量取12.85 mL的KMnO4溶液

B. 实验室蒸馏石油可用如图甲所示实验装置

C. 取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶

D. 配制500 mL 0.4 mol/L NaCl溶液，必要的仪器如图乙所示

【答案】C

【解析】

详解】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管，A错误；

B．蒸馏时温度计水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管出口处，B错误；

C．钠和钾均是活泼的金属，极易与氧气和水反应，所以取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶，C正确；

D．配制500 mL 0.4 mol·L－1NaCl溶液还缺少500mＬ容量瓶和胶头滴管，不需要分液漏斗，D错误。

答案选C。

3.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是(    )

A. 常温常压下,16 g O3和 O2的混合气体所含的氧原子数目为NA。

B. 1 mol⋅L−1CaCl2溶液中含有的Cl−数目为2NA。

C. 5.6 g Fe与足量盐酸反应失去的电子数目为0.3NA。

D. 标准状况下,22.4 LSO3含有分子数目为NA(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。

【答案】A

【解析】

【详解】A．氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量为1mol，则个数为NA个，故A正确；

B．溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故B错误；

C．5.6g铁的物质的量为0.1mol，铁和盐酸反应后变为+2价，故0.1mol铁反应后失去0.2NA个电子，故C错误；

D．标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误；

故答案为A。

4.下列各条件下可能共存的离子组是

A. 某无色溶液中：NH4＋、Na＋、Cl-、MnO4-

B. 由水电离出的c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液中：Na＋、K＋、SO32-、CO32-

C. 在c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Al3＋、SO42-、NO3-

D. 在pH=1的溶液中：K＋、Fe2＋、Cl-、NO3-

【答案】B

【解析】

【详解】A.含MnO4-的溶液呈紫红色，无色溶液不能存在MnO4-，A不符合题意；

B.由水电离出的c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液中水的电离是被抑制的，溶液可能显酸性、也可能显碱性，酸性溶液中SO32-、CO32-不能大量存在，碱性条件下离子相互间不反应能大量共存，B符合题意；

C. c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液显碱性，NH4＋、Al3＋在碱性条件下不能大量存在，C不符合题意；

D.pH=1的溶液显酸性，酸性条件下NO3-能氧化Fe2＋，不能大量共存，D不符合题意；

答案选B。

5.C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中正确的是

A. 三种元素自然界中既有游离态又有化合态

B. 二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应

C. 最低价的气态氢化物都具有还原性，易与O2发生反应

D. 其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4＞H2SiO3＞H2CO3

【答案】C

【解析】

【详解】A、Si元素是亲氧元素，在自然界中无游离态，A项错误；

B、SiO2能与HF反应，B项错误；

C、C、Si、S低价态气态氢化物为CH4、SiH4、H2S，都具有还原性，易与O2发生反应，C项正确；

D、根据元素性质的递变性，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，D项错误；

本题答案选C。

6.下列说法正确的是：（   ）

A. 硫和氯气与铁反应后铁元素的价态相同。

B. 将SO2通入品红溶液中，溶液褪色，加热后无变化。

C. 二氧化硫具有较强的还原性，故不能用浓硫酸干燥。

D. SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性。

【答案】D

【解析】

【详解】A．S元素氧化较弱，和铁反应只能将铁氧化成+2价，氯气氧化性较强，可将铁氧化成+3价，故A错误；

B．将SO2通入品红溶液中，溶液褪色，加热后颜色恢复，故B错误；

C．二氧化硫具有较强的还原性，但二氧化硫中S元素与硫酸中的S元素化合价相邻，二者不发生氧化还原反应，可以用浓硫酸干燥，故C错误；

D．酸性高锰酸钾具有强氧化性，溶液褪色说明高锰酸钾被还原，体现了二氧化硫的还原性，故D正确；

故答案为D。

【点睛】S的氧化性较弱，与金属单质反应时只能将金属氧化成较低价态，如铁被氧化成亚铁，铜被氧化成亚铜。

二、非选择题：58分。

7.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应（图中某些反应的产物及条件没有全部标出）

根据以上信息填空：

（1）写出下列物质的化学式：A______ G__________ ；

（2）纯净的气体甲在气体乙中燃烧的现象：______________________________________；

（3）写出下列反应的离子方程式：反应①_________________________；反应④____________________________；

【答案】    (1). Na    (2). Fe(OH)3    (3). 产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾    (4). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑    (5). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

【解析】

金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na；由反应①Na+H2O→气体甲+C，则甲为H2，C为NaOH；乙是黄绿色气体，则乙为Cl2；反应②：气体甲+气体乙→气体丙，即H2+Cl2→HCl，则丙为HCl；红褐色沉淀G为Fe(OH)3；反应⑤：物质C+物质F→沉淀G，即NaOH+F→Fe(OH)3，可推断F中含有Fe3+；反应④：物质E+Cl2→物质F，则E中含有Fe2+；反应③：丙的水溶液D+金属B→物质E，可推断金属B为Fe，则E为FeCl2，F为FeCl3。

（1）根据上述分析可知A为Na；G为Fe(OH)3 ；

（2）气体甲为H2，气体乙为Cl2，氢气在氯气中燃烧的现象为：产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾；   

（3）反应①为钠和水的反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ ；反应④为FeCl2与的反应，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。

8.I.CuSO4是一种重要的化工原料,其有关制备途径及性质如图所示。

（1）比较途径①②③，途径_______更好地体现了绿色化学思想，其反应的化学方程式：_____

（2）CuSO4在1100℃分解所得气体X可能是SO2、SO3和另一种气体的混合气体，请写出相关化学方程式：________________________。  

II.工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3·xH2O、Fe2O3、SiO2等）提取纯Al2O3作冶炼铝的原料，提取时操作过程如下图

（1）指出图中操作错误的两处是：________________。

（2）步骤②过滤的不溶物是：__________________。

（3）写出步骤③反应（得到④滤液）的主要离子方程式：_________________。

【答案】    (1). ②    (2). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O    (3). 2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑    (4). 步骤④加入过量盐酸无法得到氢氧化铝沉淀；步骤⑤只干燥氢氧化铝沉淀无法得到氧化铝    (5). SiO2    (6). Al3++4OH-=AlO2-+2H2O

【解析】

【详解】I.(1)途径①涉及反应为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；途径②涉及反应为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；途径③涉及反应为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；根据方程式可知途径②中产物无污染，体现了绿色化学思想；

(2)根据题目信息可知硫酸铜在1100℃分解的产物中有Cu2O、SO2和SO3，根据元素守恒和电子守恒可知另外一种气体为氧气，方程式为：2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑；

II. 铝土矿灼烧除去结晶水，灼热后的不挥发物质中加入过量的盐酸，Al2O3、Fe2O3溶解成铝盐、铁盐，过滤除去不溶的杂质二氧化硅等，溶液中含有过量的盐酸，向②的滤液中加入过量氢氧化钠使铝盐变成偏铝酸盐，而铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，滤液中含有过量的氢氧化钠，向③的滤液中加入过量盐酸，溶液中偏铝酸根、氢氧化钠转化为氯化铝、氯化钠，溶液溶质为氯化铝、氯化钠，不能生成氢氧化铝沉淀，应通入二氧化碳，可得氢氧化铝沉淀，图示步骤有误；灼烧氢氧化铝沉淀分解生成氧化铝，只干燥得不到氧化铝，图示步骤有误。

(1)根据分析可知：步骤④加入过量盐酸无法得到氢氧化铝沉淀；步骤⑤只干燥氢氧化铝沉淀无法得到氧化铝；

(2)根据分析可知步骤②过滤的不溶物是二氧化硅；

(3)步骤③得到滤液④的反应为氯化铝与过量氢氧化钠的反应，离子方程式为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。

9.莫尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2・6H2O，Mr=392]是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某学习小组设计如下实验制备少量的莫尔盐并测定其纯度。回答下列问题：

Ⅰ.制取莫尔盐：

（1）连接装置，检査装置气密性。将0.1mol（NH4）2SO4，晶体置于玻璃仪器中__________（填仪器名称），将6.0g洁浄铁屑加入锥形瓶中。

（2）①打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2mol•L-1稀硫酸后关闭K1．A装置中反应的离子方程式为______________。

②待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，此时可以看到的现象为___________________________________。

③关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶、___、用无水乙醇洗涤晶体。该反应中硫酸需过量，保持溶液的pH在1～2之间，其目的为_______________________________。

④装置C的作用为___________________，装置C存在的缺点是____________________。

Ⅱ．测定莫尔盐样品的纯度

（3）称取所得莫尔盐样品10.0g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液，取20.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1mol・L-1的KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时消耗10.00mLKMnO4溶液。滴定反应的离子方程式为_______________________，该样品的纯度为______。

【答案】    (1). 三颈烧瓶    (2). Fe+2H+=H2↑+Fe2+    (3). A中的液体被压入B中    (4). 过滤    (5). 抑制亚铁离子水解    (6). 液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+    (7). 不能除去尾气中的H2，甚至发生倒吸    (8). 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O    (9). 98%

【解析】

【分析】

制取莫尔盐：打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2mol•L-1稀硫酸，硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气排出，待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，可生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，可得到莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+。

【详解】

(1)由图可知将0.1mol（NH4）2SO4晶体置于三颈烧瓶中；

(2)①铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=H2↑+Fe2+；

②待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中生成氢气，压强增大，可将A中的液体被压入B中；

③将晶体从溶液中分离出来，可用过滤的方法，硫酸过量，可抑制亚铁离子水解；

④导管插入液面以下，可起到液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+的作用，但不能除去尾气中的H2，装置内冷却后甚至发生倒吸；

(3)亚铁离子具有还原性，与高锰酸钾发生5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，n(KMnO4)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，则20.00mL溶液中n(Fe2+)=0.005mol，则10.0g样品中(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O的物质的量为0.025mol，样品的含量为 ×100%=98%。

【点睛】第3题计算时要注意滴定的待测液是从配制的100mL溶液中取的20mL。

10.高氯酸铵(NH4ClO4)为白色晶体，具有不稳定性，在400℃时开始分解产生多种气体，常用于生产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用下列装置对NH4ClO4的分解产物进行探究。(假设装置内试剂均足量，部分夹持装置已省略)。

（1）在实验过程中发现C中铜粉由红色变为黑色，说明分解产物中有__(填化学式)。

（2）实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，产生该气体的化学方程式为__。

（3）通过上述实验现象的分析，某同学认为产物中还应有H2O，可能有Cl2。该同学认为可能有Cl2存在的理由是__。

（4）为了证明H2O和Cl2的存在，选择上述部分装置和下列提供的装置进行实验：

①按气流从左至右，装置的连接顺序为A→__→__→__。

②F中发生反应的离子方程式为__。

（5）实验结论：NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为___。

（6）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的__；实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，会造成计算结果__(填“偏大”“偏小”或“无法判断”)。

【答案】    (1). O2    (2). Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑    (3). O2和N2都是氧化产物，根据化合价变化规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2    (4). H    (5). G    (6). F    (7). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O    (8). 2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O    (9). 吸收空气中的CO2和水烝气    (10). 偏大

【解析】

【详解】（1）NH4ClO4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了CuO，所以分解产物中含有O2，故答案为：O2；

（2）产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，发生反应为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，说明D中固体为Mg3N2，据此可判断NH4ClO4受热分解产物中有N2生成，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；

（3）根据分析可知，NH4ClO4分解产物中含有O2和N2，O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成氯气，故答案为：O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2；

（4）①检验水蒸气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，再用溴化钾检验氯气，现象是水溶液变为橙黄色；为了防止多余的氯气污染环境，还需要使用尾气吸收装置，所以按气流从左至右，装置的连接顺序为A→H→G→F，故答案为：H；G；F；

②F中发生反应是氯气被氢氧化钠溶液吸收生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应的离子方程式：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；

（5）NH4ClO4分解生成氮气、氧气、氯气和水,结合电子守恒、原子守恒配平可得：2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑，故答案为：2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑；

（6）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，镁粉与装置中的氧气、氮气反应，造成产物质量增大，会造成计算结果偏大，故答案为：吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；偏大。