甘肃省临夏回族自治州永靖县移民中学2020届高三上学期期中考试化学试题

甘肃省永靖县移民中学2019-2020学年高三上学期化学期中考试卷
相对原子质量：H－1 C－12 O－16 Na －23 Cl－35.5 Mg－24 Fe－56 Cu－64 S—32 I—127
第 Ⅰ 卷 (共计51分）
一、选择题（本大题共17小题，每小题3分，满分51分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1.用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 （ ）
A. 78g过氧化钠晶体中，含2NA个阴离子
B. 常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子
C. 在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数一定是4NA
D. 常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠的阴离子是O22-，78g过氧化钠是1mol，其晶体中含NA个阴离子，A错误；
B．常温常压下22.4L氦气不是1mol，B错误；
C．在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数不一定一定是4NA，例如氧气和钠反应生成过氧化钠，C错误；
D．常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子的物质的量是，其中氧原子数为NA，D正确。
答案选D。
2.下列关于胶体的叙述正确的是
A. 胶体粒子不能透过滤纸
B. 胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象
C. 胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象
D. 用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过
【答案】D
【解析】
【详解】A、溶液、胶体粒子均能透过滤纸，故A错误；
B、胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于1～10nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；
C、胶体是电中性的，不带电，在电场作用下会产生电泳现象证明胶体中的胶粒是带电的，故C错误；
D、用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故D正确；
故选D。
3.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. pH=1的溶液中： Fe2+、NO3-、SO42-、Na+
B. 由水电离的c(H+）=1×10-14 mol·L-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-
C. c(H+）/c(OH-）=1012的溶液中： NH4+、Al3+、NO3-、Cl-
D. 加入苯酚显紫色的溶液： K+、ClO-、SO42-、SCN-
【答案】C
【解析】
【详解】A、pH=1的溶液呈酸性，NO3-在酸性溶液中会将Fe2+氧化，即H+、NO3-、Fe2+不能共存，A不符合题意；
B、由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性；无论是在酸性溶液中，还是碱性溶液中，HCO3-都不能大量存在，B不符合题意；
C、c(H+)/c(OH-)=1012，Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14（常温下），则c(H+)=0.1mol·L-1，溶液呈酸性，该组离子可以大量共存，C符合题意；
D、加入苯酚显紫色的溶液中含有Fe3+，Fe3+可以和SCN-发生络合反应，二者不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
【点睛】由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，比如1mol·L-1的HCl溶液中，c(H+)=1mol·L-1，则c(OH-)=1×10-14mol·L-1，由于溶液中OH-全部来自于水的电离，故由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1，又比如1mol·L-1的NaOH溶液中，H+全部来自于水的电离，则溶液中由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1。
4.分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是
A. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物
B. 石灰石、生石灰、熟石灰均属于碱
C. 酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应
D. 混合物、分散系、胶体从属关系如右图所示
【答案】D
【解析】
【详解】A.Al2O3属于两性氧化物，选项A不正确；
B.石灰石属盐、生石灰属碱性氧化物，选项B不正确；
C.酸、碱、盐之间发生的反应多属于复分解反应，也有特殊的如：硝酸溶解Fe(OH)2时会发生氧化还原反应，选项C不正确；
D.分散系属混合物，胶体是分散系里的一种。
选项D正确。
5.2011年9 月29日，“长征－2F”运载火箭成功将“天宫一号”目标飞行器送上太空，火箭中使用的燃料是偏二甲肼（CH3－NH－NH－CH3）和四氧化二氮（N2O4）。在火箭升空过程中，燃料发生反应：CH3－NH－NH－CH3＋2N2O4→2CO2＋3N2＋4H2O提供能量。下列叙述正确的是
A. 该燃料绿色环保，在燃烧过程中不会造成任何环境污染
B. 该反应中N2O4是氧化剂，偏二甲肼是还原剂
C. CO2是氧化产物，N2是还原产物
D. 每有0.6 mol N2生成，转移电子数目2.4NA
【答案】B
【解析】
【分析】
反应中，偏二甲肼中碳和氮的化合价都升高，四氧化二氮中氮的化合价降低。
【详解】A．该燃料燃烧产物是CO2、N2绿色环保，但是在燃烧过程中燃料不完全燃烧及氧化剂N2O4外溢都会造成环境污染，错误；
B．在该反应中N2O4中的N得到电子，化合价降低，是氧化剂，偏二甲肼中的N化合价升高，失去电子，是还原剂，正确；
C．CO2是氧化产物，N2既是氧化产物也是还原产物，错误；
D．每有0.6 mol N2生成，转移电子数目为3.2NA，错误。
6.工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：

下列叙述正确的是（ ）
A. 反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋NaHCO3
B. 反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁
C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应
D. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
【答案】A
【解析】
【详解】综合分析工艺流程图可知，试剂X只能是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①、过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋NaHCO3；电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，综上分析正确答案为A。
7.下列说法中正确的是 ( )
A. 1 L水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为1 mol/L
B. 从1L2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol/L
C. 配制500mL0.1 mol·L－1的CuSO4溶液，需8.0g 无水CuSO4
D. 中和100mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH为4.0 g
【答案】C
【解析】
【详解】A，1L水为溶剂体积而不是溶液的体积，错误；
B，溶液的浓度与溶液的体积多少无关，错误；
C，500mL0.1 mol·L－1的CuSO4的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×160g/mol=8.0g，正确；
D，中和100mL1mol/L的H2SO4（0.1mol）溶液，需NaOH0.2mol，质量为8.0 g，错误；
故选C。
8.0.6mol·L-1Fe2(SO4)3和1.2mol·L-1CuSO4的混合溶液200mL，加入一定量铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，则加入铁粉的物质的量为（ ）
A. 0.30mol B. 0.22mol C. 0.16mol D. 0.48mol
【答案】C
【解析】
【详解】溶液中铁离子和铜离子的物质的量分别都是0.24mol。由于铜离子的氧化性弱于铁离子的，所以首先是铁离子氧化单质铁，方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，如果铁离子完全反应，则生成亚铁离子是0.36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为3︰2，这说明溶液中单质铁也和铜离子反应，方程式为Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。设和铜离子反应的单质铁是x，则消耗铜离子是x，生成亚铁离子是x，所以有＝2，解得x＝0.04mol，所以加入的铁粉是0.12mol＋0.04mol＝0.16mol，答案选C。
9.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液并进行如下操作，其中结论正确的是
选项
操作
现象
结论
A
滴加BaCl2溶液
生成白色沉淀
原溶液中有SO42—
B
滴加氯水和CCl4，振荡、静置
下层溶液显紫红色
原溶液中有I－
C
用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有Na＋、无K＋
D
滴加几滴稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无NH4+


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，原溶液中也可能含有CO32－、SO32－、Ag＋等，故A错误；
B．滴加氯水和CCl4，下层溶液显紫红色说明产生了碘单质，氯水为强氧化性溶液，则溶液中存在强还原性的I－，氯气置换出了碘单质，故B正确；
C．用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na＋，但并不能说明溶液中无K＋，因为检验K＋需通过蓝色钴玻璃观察火焰，故C错误；
D．NH3极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4＋，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，检验NH4＋的正确操作：向原溶液中滴加几滴浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝则证明存在NH4＋，故D错误；
故答案为B。
10.对的表述不正确的是
A. 该物质能发生缩聚反应
B. 该物质的核磁共振氢谱上共有7个峰
C. 该物质遇FeCl3溶液显色，1mol该物质最多能与含1mol Br2的溴水发生取代反应
D. 1 mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2:2:1
【答案】B
【解析】
【详解】A．该物质含有羧基、酚羟基，因此能发生缩聚反应，A正确；
B．该物质分子中含有8种不同的H原子，因此其核磁共振氢谱上共有8个峰，B错误；
C．该物质含有酚羟基，遇FeCl3溶液显色，由于酚羟基是邻对位定位基，所以1mol该物质最多能与含1mol Br2的溴水发生取代反应，C正确；
D．羧基、酚羟基可以与金属钠反应；羧基、酚羟基可以与NaOH发生反应；NaHCO3只能与羧基发生反应。1 mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2:2:1，D正确。
答案选B。
11. 有一真空储气瓶，净重500g。在相同条件下，装满氧气后重508g，装满另一种气体X 时重511g，则X的相对分子质量为（ ）
A. 44 B. 48 C. 64 D. 71
【答案】A
【解析】
【详解】储气瓶净重500g．在相同条件，装满氧气后重508g，则氧气的质量为508g-500g=8g，装满某一种气体X时重511g，则X的质量为511g-500g=11g，在相同的条件下气体的体积相等，则由n=可知气体的物质的量相等，设X的相对分子质量为x，则有：=，x=44，故选A。
12.甲酸甲酯、乙酸丁酯、丙酸甲酯组成的混合酯中，若氧元素的质量分数为30%，那么氢元素的质量分数为
A. 10% B. 15% C. 20% D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】三种酯均符合通式CnH2nO2，即C∶H＝1∶2，若氧元素质量分数为30%，则C、H两元素的质量分数之和为70%，故H的质量分数为70%×＝10%。
13.由两分子乙炔聚合得到CH2=CH—C≡CH ，继续和氯化氢发生加成反应得到CH2=CH—CCl=CH2，所得产物加成聚合后得到354gCH2CH=CClCH2，则所需乙炔质量为（ ）
A. 624g B. 416g C. 312g D. 208g
【答案】D
【解析】
【详解】链节CH2CH=CClCH2的分子量为88.5，则n==4mol，根据CH2=CH-C≡CH的结构可知，需要8mol乙炔分子，则所需乙炔的质量为8mol×26g/mol=208g，故选D。
14.能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A. 醋酸钠的水解反应　+H3O+＝CH3COOH+ H2O
B. 碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2++2+2＝CaCO3↓+ 2H2O+
C. 苯酚钠溶液与二氧化碳反应　　C6H5O—+ CO2+ H2O＝C6H5OH+
D. 稀硝酸与过量的铁屑反应　3Fe+8H++2＝3Fe3++2NO↑+4 H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A错误，该反应是CH3COOH电离的逆反应，正确的离子方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；
B正确；
C错误，CO2和苯酚钠溶液反应生成NaHCO3，正确的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-；
D错误，过量的Fe会继续和Fe3+反应生成Fe2+，且该反应的电荷不守恒，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O；
故选B。
【点睛】CO2和苯酚钠溶液、次氯酸盐溶液反应均得到NaHCO3，产物与CO2的量无关。
15.甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（　　）
A. Al2（SO4）3 B. NaOH C. BaCl2 D. FeSO4
【答案】D
【解析】
【分析】
若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，则丁为NaOH，乙为Al2（SO4）3，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，丙为FeSO4，最后剩余的为丙物质。根据此分析进行解答。
【详解】丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，Al2（SO4）3+6NaOH═2Al（OH）3↓+3Na2SO4、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，甲为BaCl2，丙为FeSO4，故答案选D。
16.下列有关NaHCO3和Na2CO3性质的比较中，正确的是 (　　)
A. 热稳定性：Na2CO3