新疆喀什第二中学2021-2022学年高三下学期开学考试化学含解析

高三年级2021-2022学年度第二学期期初学情调研卷

化学

本卷满分100分，考试时间100分钟。

一、单项选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。

1. 关于煤、石油、天然气等资源的说法正确的是 (　　　)

A. 石油裂解得到的汽油是纯净物

B. 石油、煤、可燃冰、植物油都属于化石燃料

C. 天然气是一种清洁的化工原料

D. 水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料

【答案】C

【解析】

【详解】A．石油裂化得到的汽油主要成分为C5～C11的烃类，属于混合物，石油裂解得到乙烯等基础化工原料，故A错误；

B．化石燃料亦称矿石燃料，是一种碳氢化合物或其衍生物，其包括的天然资源为煤炭、石油和天然气等，而植物油不属于化石燃料，故B错误；

C．天然气的主要成分为甲烷，燃烧充分，生成物为二氧化碳和水，为清洁的化工燃料，故C正确；

D．水煤气是通过煤的气化得到的气体燃料，故D错误；

答案选C。

2. 只用一种试剂即可鉴别Na2SO4、NaCl、(NH4)2SO4、AlCl3四种溶液，这种试剂是

A. 氨水 B. Ba(OH)2溶液 C. NaOH溶液 D. AgNO3溶液

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．氨水与AlCl3反应生成白色沉淀，但AlCl3或氨水与其他三种溶液均不反应，无法鉴别，A不符合题意；

B．过量Ba(OH)2溶液与AlCl3反应先生成沉淀，后沉淀溶解，与Na2SO4溶液反应生成白色沉淀，与(NH4)2SO4溶液反应生成白色沉淀，且加热会有刺激性气味气体放出，与NaCl溶液无明显现象，四种溶液现象不同，可以鉴别，B符合题意；

C．Na2SO4、NaCl均不与NaOH反应，现象相同，不能鉴别，C不符合题意；

D．四种物质均与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，D不符合题意；

综上所述答案为B。

3. 如下图是元素周期表的一部分。X、Y、Z、W均为短周期元素，若W原子最外层电子数与其内层电子数之比为，则下列说法不正确的是

A. 氢气在W单质中燃烧发出苍白色火焰

B. Y元素两种同素异形体常温下都是气体

C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：

D. 简单阴离子半径从大到小排列顺序为：

【答案】D

【解析】

【分析】W原子最外层电子数与其内层电子数之比为，W是Cl元素；根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置，可知X、Y、Z分别是N、O、S元素。

【详解】A．氢气在氯气中燃烧发出苍白色火焰，生成氯化氢气体，故A正确；

B．O元素的两种同素异形体是O2、O3，常温下都是气体，故B正确；

C．非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性：，故C正确；

D．电子层数越多，半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，简单阴离子半径从大到小排列顺序为：，故D错误；

选D

4. 下列化学用语的表述正确的是

A. 原子的价电子构型： B. 二氧化碳分子的比例模型：

C. NaCl溶液导电： D. COS的电子式：

【答案】D

【解析】

【详解】A．Ge是第四周期第ⅣA族元素，Ge原子的价电子构型为4s24p2，故A错误；
B．碳原子半径大于氧原子，二氧化碳分子的比例模型为，故B错误；
C．NaCl溶液是NaCl先电离才导电的，不是通电后才电离，正确的电离方程式为：NaCl=Na++Cl-，故C错误；
D．COS的中心原子C分别与S、O均形成双键，电子式：，故D正确；
故选：D。

5. 下列关于胶体和溶液的说法中正确的是（  ）

A. 胶体不均一、不稳定、静置后易产生沉淀；溶液均一、稳定，静置后不产生沉淀

B. 胶体与悬浊液的本质区别是胶体是均一透明的，而悬浊液是浑浊的

C. 光线通过时，胶体发生丁达尔效应，溶液则不能发生丁达尔效应

D. 实验室可用FeCl3饱和溶液和NaOH溶液混合制备Fe(OH)3胶体

【答案】C

【解析】

【详解】A.胶体在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，A错误；

B.胶体与悬浊液的本质区别是胶体分散质微粒的直径在1-100nm之间，B错误；

C.由于胶体分散质微粒的直径在溶液和浊液之间，所以光线通过胶体时，胶体发生丁达尔效应，而溶液则不能发生丁达尔效应，C正确；

D.实验室可向沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液至液体呈红褐色，制备得到Fe(OH)3胶体，D错误；

故合理选项是C。

6. 少量铁粉与100 mL 0.1 mol/L的稀盐酸反应，若想减慢此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的

①加H2O　②降温　③滴入几滴浓盐酸　④加CH3COONa固体　⑤加NaCl溶液  ⑥滴入几滴硫酸铜溶液　⑦加KNO3溶液

A. ①④⑤⑦ B. ②③⑥ C. ①②⑤⑦ D. ①②④⑤

【答案】D

【解析】

【分析】为了加快此反应速率而不改变H2的产量，少量铁粉完全反应，则可增大氢离子浓度、构成原电池、升高温度等来加快反应速率。

【详解】①加H2O氢离子浓度减小，反应速率减慢，但是生成氢气量不变，故①正确；

②降温降低反应速率，但是生成氢气量不变，故②正确；

③滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故③错误；

④加CH3COONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，但是生成氢气量不变，故④正确；

⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，但是生成氢气量不变，故⑤正确；

⑥滴入几滴硫酸铜溶液，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故⑥错误；

⑦加KNO3溶液，硝酸和Fe反应生成NO而不是氢气，生成的氢气量减少，故⑦错误；

故选D。

7. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A. NH3极易溶于水，可用作制冷剂

B. 浓硫酸具有吸水性，可用于干燥Cl2

C. Al2O3能与碱反应，可用于电解冶炼铝

D. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．NH3能作制冷剂的原因是液氨汽化时要吸收大量热，使周围温度急剧降低，选项A错误；

B．浓硫酸具有吸水性，并且不与氯气反应，所以可用来干燥氯气，选项B正确；

C．电解冶炼铝，是利用熔融氧化铝能导电，是离子晶体，而与Al2O3能与碱反应无关，选项C错误；

D．NaHCO3能与胃酸中盐酸反应，可用于中和胃酸，但与NaHCO3受热易分解无关，选项D错误；

答案选B。

8. 下列离子方程式不正确的是

A 氨气通入盐酸中：

B. 氨水吸收少量气体：

C. 向溶液中滴加过量氨水：

D. 氨气通入滴有酚酞的水中，溶液变红：

【答案】C

【解析】

【详解】A．氨气通入盐酸中，发生反应生成氯化铵，其离子方程式为，故A正确；

B．氨水属于弱电解质，应写化学式，氨水吸收少量SO2，发生反应生成(NH4)2SO3，其离子方程式为，故B正确；

C．向溶液中滴加过量氨水，最终生成可溶性的铜氨配合物，没有Cu(OH)2沉淀生成，其离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故C错误；

D．氨气通入滴有酚酞的水中，溶液变红，是因为NH3与水结合成NH3·H2O，NH3·H2O电离出OH-，而使滴有酚酞的溶液变红，即，故D正确；

答案为C。

9. 根据以上数据，磷原子的半径可能是

A. 0.080 nm B. 0.110 nm C. 0.120 nm D. 0.070 nm

【答案】B

【解析】

【详解】P与N同一主族，半径大于0.075，与Si和S处于同一周期，半径介于0.102和0.117之间，故选B。

10. 下列热化学方程式正确的是

A. 甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：

B. 500℃、30MPa下，将0.5mol(g)和1.5mol(g)置于密闭容器中充分反应生成(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为

C. 增大反应物浓度，活化分子百分数增加大，单位时间内有效碰撞次数增多

D. 已知 ， ，则a<b

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．甲烷的燃烧热ΔH=−890.3 kJ⋅mol−1，燃烧热表示可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，产物水为液体水，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−890.3 kJ⋅mol−1，A错误；

B．将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，合成氨为可逆反应，0.5 mol N2不能完全反应生成，则1molN2(g)充分反应生成NH3(g)放热大于38.6kJ，放热反应的焓变为负值，则N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H<−38.6 kJ⋅mol−1，B错误；

C．增大反应物浓度，活化分子百分数不变，单位体积内分子总数增多，活化分子总数增多，单位时间内有效碰撞次数增多，反应速率加快，C错误；

D．完全燃烧比不完全燃烧放出热量多，燃烧反应的焓变为负值，所以a<b，D正确；

答案为：D。

11. 下列变化或反应中，与氧化还原反应无关的是

A. 绿色植物的光和作用

B. 谷物酿造酒和醋

C. 切开的土豆、苹果，在空气中放置一段时间后变色

D. 二氧化硫漂白纸张

【答案】D

【解析】

【详解】A．植物光合作用吸收二氧化碳，二氧化碳和水反应产生氧气和有机物，有元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，故A不符合题意；

B．谷物酿酒和醋，涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，故B不符合题意；

C．切开的土豆、苹果，在空气中放置一段时间后变色，土豆、苹果被氧化，发生氧化还原反应，故C不符合题意；

D．二氧化硫漂白纸张发生化合反应生成无色物质，没有元素的化合价变化，不涉及氧化还原反应，故D符合题意；

答案选D。

12. 用CO还原N2O的方程式为。在体积均为1L的密闭容器，恒温、起始，绝热中分别加入0.1molN2O、0.4molCO和相同催化剂。实验测得A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是

A. A容器中的转化率随时间的变化关系是图中的a曲线

B. 要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变N2O平衡转化率，在催化剂一定的情况下可采取缩小容器体积的措施

C. 该反应的化学平衡常数K=

D. 该反应是放热反应

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．根据图像，a曲线比b曲线达到平衡的时间短，a曲线的反应速率比b曲线快，a曲线的温度比b曲线高，平衡时N2O的转化率：a曲线比b曲线小，说明升高温度平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，容器A为恒温容器，容器B为绝热容器，容器B中随着反应的进行温度升高，故曲线a代表B容器中的转化率随时间的变化关系，曲线b代表A容器中的转化率随时间的变化关系，A错误；

B．该反应为反应前后气体分子数不变的反应，缩小容器的体积，增大压强，化学反应速率加快、达到平衡的时间缩短，但平衡不移动，N2O的平衡转化率不变，故要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变N2O平衡转化率，在催化剂一定的情况下可采取缩小容器体积的措施，B正确；

C．根据b曲线知，500℃N2O的平衡转化率为25%，用三段式 ，则该反应的平衡常数K===，C正确；

D．根据A项分析，该反应放热反应，D正确；

答案选A。

二、综合题：本题共4小题，共64分。

13. 过渡金属元素铬(Cr)是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题：

（1）Cr 是第___________周期第___________族元素。

（2）基态 Cr 原子的核外电子有___________种空间运动状态，有___________个未成对电子。

（3）Cr3+能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中，中心离子的配位数为___________。

（4）[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+的配体分子 NH3 中 N 的杂化轨道类型是___________，H2O 的键角小于 NH3，原因是___________。

（5）在金属材料中添加 AlCr2 颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。AlCr2 具有体心四方结构，如下图所示，处于顶角位置的是___________原子。若 NA 表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________g∙cm−3(用含 a、c 和 NA 的代数式表示)。晶胞中长、宽为a nm，高为c nm。

【答案】（1）    ①. 四    ②. ⅥB   

（2）    ①. 15    ②. 6   

（3）6    （4）    ①. sp3    ②. H2O 中O孤电子对数为2，NH3中 N 的孤电子对数为1，水中孤对电子对成键电子对的排斥作用更大   

（5）    ①. Al    ②.

【解析】

【小问1详解】

Cr 为24号元素，是第四周期第ⅥB族元素。

【小问2详解】

基态 Cr 原子的核外电子排布为[Ar]3d54s1，故核外电子共有15种空间运动状态，有6个未成对电子。

【小问3详解】

[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中Cr3+为中心离子，NH3、H2O、Cl-为配体，氮、氧、氯离子都存在孤电子对，故中心离子的配位数为3+2+1=6。

【小问4详解】

NH3 中 N 的价层电子对数为 ，则N 的杂化轨道类型sp3；

H2O 中O孤电子对数为，NH3 中 N 的孤电子对数为，故水中孤对电子对成键电子对的排斥作用更大，键角更小。

【小问5详解】

由图可知，黑球位为顶角和体内的数目分别为8、1，白球位于棱和体内的数目分别为8、2，则黑球：白球=，故AlCr2晶体中黑球代表Al、白球代表Cr，处于顶角位置的是Al；

a nm=a×10-7cm，c nm=c×10-7cm；一个晶胞中含有2个铝原子、4个铬原子，则该晶体的密度为。

14. 甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质分别由NH、Ba2+、Mg2+、H+、OH-、Cl-、HCO、SO中的不同阳离子和阴离子各一种组成。

已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；

②0.1mol/L乙溶液中c(H+)>0.1mol/L；

③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。

（1）由②可知乙溶液中含有的阴离子是___。

（2）写出下列物质化学式：甲___；丁___。

（3）写出甲与乙反应的离子方程式：___。

（4）写出足量的甲与丁反应的离子方程式：___。

【答案】（1）SO   

（2）    ①. Ba(OH)2    ②. NH4HCO3   

（3）Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O   

（4）Ba2++2OH-+NH+HCO=BaCO3↓+NH3•H2O+H2O或Ba2++2OH-+NH+HCO=BaCO3↓+NH3↑+2H2O

【解析】

【分析】将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成白色沉淀只能是硫酸钡或碳酸钡或氢氧化镁。因此甲为氢氧化钡。0.1mol/L乙溶液中c(H+)>0.1mol/L，为硫酸；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，说明含有氯离子，则为氯化镁，则定位碳酸氢铵。据此解答。

【小问1详解】

乙为硫酸，阴离子为硫酸根离子。

【小问2详解】

据以上分析可知，甲为氢氧化钡，丁为碳酸氢铵。

【小问3详解】

氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O；

【小问4详解】

足量的氢氧化钡和碳酸氢铵反应生成碳酸钡和氨水或氨气，离子方程式为：Ba2++2OH-+NH+HCO=BaCO3↓+NH3•H2O+H2O或Ba2++2OH-+NH+HCO=BaCO3↓+NH3↑+2H2O。

15. 为测定CuSO4溶液的浓度，设计方案如下。回答下列问题：

实验原理：

实验步骤：

（1）中S原子杂化轨道类型___________；的立体构型是___________；基态铜原子的核外电子排布式为：___________。

（2）判断沉淀完全的操作为___________；步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为___________。

（3）步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为___________。

（4）固体质量为wg，则c(CuSO4)=___________mol·L−1。

（5）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

【答案】（1）    ①. sp3    ②. 正四面体    ③. [Ar]3d104s1   

（2）    ①. 向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全    ②. AgNO3溶液   

（3）坩埚    （4）   

（5）偏低

【解析】

【小问1详解】

根据中心原子含有的共价键个数与孤电子对个数之和确定其空间构型和杂化方式，离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取sp3杂化；铜是29号元素，核外有4个电子层，最外层有一个电子，基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p6 3s23p63p104s1或[Ar]3d104s1；

【小问2详解】

硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中含有硫酸根离子，故判断沉淀完全的操作是向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀完全；步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡或氯化铜，为了证明是否洗净即检验有无氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；

【小问3详解】

步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚；

【小问4详解】

固体质量为w g，为硫酸钡的质wg量，硫酸钡的物质的量n=，根据硫酸根离子守恒可知，CuSO4~BaSO4则c(CuSO4)===mol·L−1；

【小问5详解】

若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据c=可知，则测得c(CuSO4)偏低；

16. 完成关于锰元素的问题。

（1）己知：①(绿色，溶液)

②(无色，溶液)

锰有多种化合价，如+7、+6、+4、+2价等，在中性溶液里高锰酸钾的还原产物一般为___________(填化学式)。

（2）查阅资料：(未配平，Xe是稀有气体)。已知在高锰酸钾固体表面滴加浓盐酸，发生的半反应为。在盛有溶液的试管中加入适量，振荡试管，可能观察到的现象是：___________。

（3）草酸(H2C2O4，二元弱酸)晶体溶于酸性高锰酸钾溶液，溶液的紫色褪去。离子反应方程式为：___________。

（4）以铅蓄电池为电源电解酸化的溶液，可制备。铅蓄电池的总反应方程式为：___________；当蓄电池中有被消耗时，阳极上的理论产量为___________g．

（5）催化分解： ，其反应机理如下：

①己知反应Ⅱ为： ，写出反应Ⅰ的热化学方程式(焓变用和表示)：___________。

②某温度时，向10mL0.4mol/LH2O2液中滴入1滴发生上述分解反应，测得不同时刻生成的体积(已折算为标准状况下体积)如下表：

时反应速率比时的慢，其原因是：___________。的平均反应速率v(H2O2)= ___________(忽略溶液体积变化)。

【答案】（1）   

（2）无色溶液变为紫(或紫红)色，并产生黄绿色气体   

（3）   

（4）    ①.     ②. 87   

（5）    ①.        ②. 随着反应的进行，浓度不断减小，反应速率不断减慢    ③.

【解析】

【小问1详解】

根据已知，在强碱性溶液中被还原得到+6价的Mn，在强酸性溶液中被还原得到+2价的Mn，则可以推测在中性溶液里高锰酸钾的还原产物一般为+4Mn，即MnO2。

【小问2详解】

已知，因此在盛有溶液的试管中加入适量，振荡试管，Mn2+被氧化为，又已知在高锰酸钾固体表面滴加浓盐酸，发生的半反应为，则观察到的现象为无色溶液变为紫(或紫红)色，并产生黄绿色气体。

【小问3详解】

草酸(H2C2O4，二元弱酸)晶体溶于酸性高锰酸钾溶液，溶液的紫色褪去，被还原为Mn2+，反应的离子方程式为：。

【小问4详解】

铅蓄电池的总反应为，电解酸化的MnSO4溶液时，阳极发生的反应为：Mn2+-2e-+H2O=MnO2+4H+，则当蓄电池中有被消耗时，理论上阳极生成1mol，其质量为1mol×87g/mol=87g。

【小问5详解】

①根据反应机理可知，反应Ⅰ的化学方程式为，又根据勒夏特列原理，反应Ⅰ可由反应Ⅱ与反应相减得来，因此反应Ⅰ的热化学方程式为：   。

②随着反应的进行，浓度不断减小，反应速率不断减慢，因此时反应速率比时的慢，0~6min的平均反应速率。