黑龙江省大庆中学2020届高三上学期期中考试化学（解析版）


黑龙江省大庆中学2020届高三上学期期中考试
相对分子质量：K：39 Fe：56 Ba：137 Ti：48
一、选择题
1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是（ ）

常见古诗文记载
化学知识
A
《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”
铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高
B
《天工开物》中记载：凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴
硫指的是硫黄．硝指的是硝酸钾
C
《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛”
强水为氢氟酸
D
《本草纲目》“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”
这里所用的“法”是指萃取

【答案】B
【详解】A. 铁的合金的熔点比纯铁的低，A不正确；
B．黑火药中，硫指的是硫黄．硝指的是硝酸钾，B正确；
C．玻璃的主要成分为二氧化硅，能与氢氟酸反应，由“惟玻璃可盛”判断，强水肯定不是氢氟酸，C不正确；
D.“用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水”，这里的“法”是指蒸馏，D不正确。
故选B。
2.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4 L乙烷中所含的极性共价键数目为7NA
B. 2.0 g H218O和D2O的混合物中含有质子数为NA
C. 5.6 g Fe和足量盐酸完全反应，转移的电子数为0.3NA
D. 2 L 0.05 mol·L−1乙醇溶液中含有H原子数目为0.6NA
【答案】B
【解析】A、标准状况下，22.4 L乙烷的物质的量为1 mol，1 mol乙烷中含6 mol C—H键，1 mol C—C键，其中C—H键为极性键，故1 mol乙烷中含极性共价键6NA，A错误；B、H218O与D2O的相对分子质量均为20，且一个分子所含质子数均为10个，所以2.0 g H218O和D2O组成的物质为0.1 mol，含有0.1NA个分子，则含有质子数为NA，B正确；C、铁与盐酸反应：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，因此5.6 g Fe完全反应，转移电子的物质的量为0.2 mol，C错误；D、2 L 0.05 mol·L−1乙醇溶液中乙醇的物质的量为0.1 mol，由于溶剂水分子还含有氢原子，则所含有H原子数目为大于0.6NA，D错误；答案选B.
3.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：2Fe2+ + 2Br - + 2Cl2==2Fe3+ + Br2 + 4Cl-
B. 用醋酸溶解石灰石：CaCO3+2H＋=Ca2＋+H2O+CO2↑
C. 氨水吸收过量的二氧化硫：2NH3·H2O + SO2==2NH4+ +SO32- + H2O
D. NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应：2HCO3- + 2OH- + Ca2+==CaCO3↓+2H2O
【答案】A
【详解】A. Fe2+的还原能力比Br-强，所以通入Cl2时，Fe2+先反应。等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：2Fe2+ + 2Br - + 2Cl2==2Fe3+ + Br2 + 4Cl-，符合客观事实和守恒原则，A正确；
B. 醋酸为弱酸，不能改写成离子形式，B错误；
C. 氨水中通入过量的二氧化硫，最终产物应为NH4HSO3，C错误；
D. 2HCO3- + 2OH- + Ca2+==CaCO3↓+2H2O方程式中，质量不守恒，电荷不守恒，D错误。
故选A。
【点睛】判断离子方程式的正误，需考察以下四个方面的内容：
①看是否符合客观事实；②看是否漏掉离子反应；③看是否可拆成离子；④是否遵循质量守恒和电荷守恒。
4.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色
X溶液中一定含有Fe2+
B
向浓度均为0.05 mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)> Ksp(AgCl)
C
向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色
Br2的氧化性比I2的强
D
将少量Na2SO3样品溶于水，滴加足量盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液
有白色沉淀产生，则Na2SO3已变质

【答案】C
【详解】A. X中加入氯水后的溶液中，加入少量KSCN溶液，溶液变为红色，则表明此时溶液中含有Fe3+，则X溶液中含有Fe2+、Fe3+中的一种或两种，A不正确；
B.先生成黄色沉淀，表明先生成AgI，Ksp(AgI) C. 溶液显蓝色，表明溶液中含有I2，则发生反应Br2+2I-=2Br-+I2，从而得出Br2的氧化性比I2的强，C正确；
D. 因为引入了HNO3，能将BaSO3氧化为BaSO4，所以有白色沉淀产生，不能表明Na2SO3已变质，D不正确。
故选C。
5.X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是（ ）
A. 熔点：X的氧化物比Y的氧化物高
B. 热稳定性：X的氢化物小于Z的氢化物
C. X与Z可形成共价化合物ZX
D. Y的单质与Z的单质均能溶于浓硫酸
【答案】C
【详解】由“X与Z同族，且Y原子半径大于Z”可知，Y与Z同周期，且Y在Z的左边，从而得出X为第二周期元素，Y与Z为第三周期元素；由“Y最外层电子数等于X次外层电子数”，可确定Y的最外层电子数为2，Y为镁；由“X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10”，可求出X为碳、Y为镁、Z为硅。
A.CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，前者熔点比后者低，A错误；
B.因为非金属性C>Si，所以CH4的热稳定性比SiH4强，B错误；
C. X与Z可形成共价化合物SiC，C正确；
D.Mg能与浓硫酸反应，但Si与浓硫酸不反应，D错误。
故选C。
6.某无色溶液,由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2−、MnO4−、CO32−、SO42−中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：
①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液；
②在①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；
③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。
根据对上述实验的分析判断,最后得出的结论合理的是( )
A. 不能判断溶液中是否存在SO42− B. 溶液中一定不存在的离子是CO32−
C. 不能判断溶液中是否存在Ag+ D. 不能判断是否含有 AlO2− 离子
【答案】A
【详解】溶液无色，说明溶液中不存在(紫色)；
①取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液，说明溶液中存在，不存在Ag+、Ba2+、Al3+，因为它们都会和反应；依据溶液中的电荷守恒知，一定存在阳离子Na+；
②因加入过量盐酸，如果溶液中存在，则转变成Al3+；向①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，①中过量盐酸与过量碳酸氢铵反应生成CO2；白色沉淀只能是Al3+和碳酸氢铵中的发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3和CO2，所以原溶液中一定存在；
③向②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出，说明②中过量的碳酸氢铵与OH−反应生成氨气；但白色沉淀不一定是BaSO4，因为碳酸氢铵遇碱可生成，从而得到BaCO3白色沉淀;
综上所述此溶液中一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+、，一定存在Na+、、，不能确定是否存在，综上所述，选项A正确。
【点睛】每一次所加过量试剂都会对后一次实验造成影响，离子共存问题需考虑全面。在碱性溶液中转化为，从而对的检验造成干扰，是本题的易错点。
7.用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
试剂a
试剂b
试剂c
装置
A
验证非金属性：N>C>Si
稀硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液

B
验证氧化性：Cl2>Br2
浓盐酸
KMnO4
FeBr2溶液
C
验证SO2有还原性
浓硫酸
Na2SO3
KMnO4溶液
D
除去Na2SO3中的Na2SO4
氯水
混合物
NaOH溶液

【答案】C
【详解】A、硝酸具有挥发性，从锥形瓶中出来的气体中混有HNO3，对CO2与Na2SiO3的反应产生干扰，不能达到实验目的，故A不符合题意；
B、KMnO4能把HCl氧化成Cl2，FeBr2中Fe2＋的还原性强于Br－，氯气先于Fe2＋发生反应，对Cl2和Br2氧化性的比较产生干扰，不能达到实验目的，故B不符合题意；
C、浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，气体通入到KMnO4溶液中，如果KMnO4溶液褪色，体现SO2的还原性，能够达到实验目的，故C符合题意；
D、Na2SO3具有还原性，氯气能把Na2SO3氧化成Na2SO4，与实验目的不符，故D不符合题意。
二、填空题
8.实验室用下图所示装置制备KClO溶液，再用KClO溶液与KOH、Fe（NO3）3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4。

已知：Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3；K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称___________，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是______________________________________________。
（2）装置B吸收的气体是____________（写化学式），装置D的作用是________________________________________________________。
（3）装置C中得到足量KClO后，将三颈瓶上的导管取下，依次加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，控制水浴温度为25℃，搅拌1.5 h，溶液变为紫红色（含K2FeO4），反应的离子方程式为____________________________________________。再加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。
（4）K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质，其提纯方法为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol·L-1KOH溶液中，过滤，将盛有滤液的烧杯置于冰水浴中，向其中加入________________，搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤固体2～3次，最后将固体放在真空干燥箱中干燥。
（5）测定K2FeO4产品纯度。称取K2FeO4产品0.2100 g于烧杯中，加入足量的强碱性亚铬酸盐溶液，反应后再加稀硫酸调节溶液呈强酸性，配成250 mL溶液，取出25.00 mL放入锥形瓶，用0.01000 mol·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗标准溶液30.00 mL[已知：Cr（OH）4-+FeO42-=Fe（OH）3↓+CrO42-+OH-，2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O，Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++3Cr3++7H2O]。则K2FeO4产品的纯度为_________ %（保留1位小数）。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 防止Cl2与KOH生成KClO3 (3). HCl (4). 吸收Cl2，防止污染空气 (5). 3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). 饱和KOH溶液 (7). 94.3%
【分析】（1）仪器a为分液漏斗，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是控制温度，防止副反应的发生；
（2）装置B是除去氯气中的氯化氢，装置D的作用是为了吸收尾气；
（3）装置C中的KClO，加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，控制水浴温度为25℃，搅拌1.5 h，生成K2FeO4、KCl和H2O；
（4）题中信息强调“K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液”，所以向其中加入浓KOH溶液；
（5）建立反应的关系式为：2FeO42-——2CrO42-——Cr2O72-——6Fe2+，代入数据便可求出K2FeO4产品的纯度。
【详解】（1）仪器a为分液漏斗，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是控制温度，防止Cl2与KOH生成KClO3。答案为：分液漏斗；防止Cl2与KOH生成KClO3；
（2）装置B是除去氯气中的氯化氢，装置D的作用是为了吸收尾气。答案为：HCl；吸收Cl2，防止污染空气；
（3）装置C中的KClO，加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，控制水浴温度为25℃，搅拌1.5 h，生成K2FeO4、KCl和H2O，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。答案为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（4）题中信息强调“K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液”，所以向其中加入饱和KOH溶液。答案为：饱和KOH溶液；
（5）建立反应的关系式为：2FeO42-——2CrO42-——Cr2O72-——6Fe2+
n(FeO42-) 0.01000 mol·L-1×0.03L×
便可求出n(FeO42-)=0.001mol，K2FeO4产品的纯度为=94.3%。答案为：94.3%。
9.钛酸钡(BaTiO3)在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC 热敏电阻、电容器等多种电子元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图:

已知:①草酸氧化钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)·4H2O;
②25℃时，BaCO3的溶度积Ksp=2.58×10-9；
(1)BaTiO3中Ti元素的化合价为:_______________。
(2)用盐酸酸浸时发生反应的离子方程式为:________________________________________。
(3)流程中通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体后，为提高产品质量需对晶体洗涤。
①过滤操作中使用的玻璃仪器有_______________________________________。
②如何证明晶体已洗净?__________________________________________。
(4)TiO2具有很好的散射性，是一种有重要用途的金属氧化物。工业上可用TiCl4水解来制备，制备时需加入大量的水，同时加热，其目的是:______________________________________。
(5)某兴趣小组取19.70gBaCO3模拟上述工艺流程制备BaTiO3，得产品13.98g，BaTiO3的产率为:___________。
(6)流程中用盐酸酸浸，其实质是BaCO3溶解平衡的移动。若浸出液中c([Ba2+)=0.1mol/L，则c(CO32-)在浸出液中的最大浓度为____mol/L。
【答案】(1). +4 (2). RaCO3+2H+=Ra2++ CO2↑+H2O (3). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (4). 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3 酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗净。 (5). 促进TiCl4水解 (6). 60% (7). 2.58×10-8
【解析】试题分析：本题以生产钛酸钡的工艺流程为载体，考查离子方程式的书写，基本实验操作，外界条件对盐类水解平衡的影响，产率和溶度积的计算等。
（1）BaTiO3中Ba的化合价为+2价，O的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，Ti的化合价为+4价。
（2）盐酸酸浸时反应的化学方程式为BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑。
（3）①过滤操作中使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。
②根据流程草酸氧化钛钡晶体吸附可溶性的Cl-等，要证明晶体已经洗净即证明洗涤液中不含Cl-。方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗净。
（4）TiCl4水解的离子方程式为TiCl4+2H2OTiO2+4HCl，加入大量水促进TiCl4水解，盐的水解是吸热过程，加热促进TiCl4水解，制备时加入大量的水同时加热，目的是促进TiCl4的水解。
（5）根据Ba守恒，理论上得到BaTiO3的质量为233g/mol=23.3g，BaTiO3的产率为100%=60%。
（6）BaCO3的溶解平衡表达式为BaCO3（s）Ba2+（aq）+CO32-（aq），Ksp（BaCO3）=c（Ba2+）·c（CO32-）=2.5810-9，若浸出液中c（Ba2+）=0.1mol/L，则CO32-在浸出液中最大浓度c（CO32-）=mol/L=2.5810-8mol/L。
10.已知X、Y、Z、W四种元素是短周期的元素，且原子序数依次增大。X、W同主族，Y、Z为同周期的相邻元素。W是该元素所在周期原子半径最大的元素，W原子的质子数等于Y、Z原子的最外层电子数之和。Y与X形成的分子中有3个共价键，该分子中含有10个电子。Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，试判断：
（1）Y和W两种元素的元素符号为Y________，W________。
（2）W2Z2的电子式为________________。
（3）①由X、Y、Z所形成的常见离子化合物是__________________(写化学式)。
②该化合物与W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式为_______________________________________________。
③化合物WY3的晶体结构中含有的化学键为________(选填序号)。
A．只含离子键 B．只含共价键 C．既含离子键又含共价键
④X与W形成的化合物与水反应时，水作________(填“氧化剂”或“还原剂”)。
【答案】(1). N (2). Na (3). (4). NH4NO3 (5). NH4++OH NH3↑+H2O (6). C (7). 氧化剂
【分析】由“Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍”，可推得其为氧(O)；由“Y、Z为同周期的相邻元素”，可确定Y为氮(N)；由“W是该元素所在周期原子半径最大的元素，W原子的质子数等于Y、Z原子的最外层电子数之和”，可确定W为钠(Na)；由“X、W同主族”、“Y与X形成的分子中有3个共价键，该分子中含有10个电子”，可确定X为氢(H)。
（1）通过以上推断，可确定Y和W分别氮和钠；
（2）W2Z2为Na2O2；
（3）①由X、Y、Z所形成的常见离子化合物是NH4NO3；
②NH4NO3与NaOH的浓溶液加热时发生复分解反应；
③化合物WY3化学式为NaN3，它由Na+和N3-构成；
④X与W形成的化合物为NaH，它与水发生氧化还原反应。
【详解】（1）通过分析，可确定Y和W分别氮和钠。答案为：N；Na；
（2）W2Z2为Na2O2，电子式为。答案为；
（3）①由X、Y、Z所形成常见离子化合物是NH4NO3。答案为：NH4NO3；
②NH4NO3与NaOH的浓溶液加热时发生反应的离子方程式为NH4++OH NH3↑+H2O。答案为：NH4++OH NH3↑+H2O；
③化合物WY3的化学式为NaN3，它由Na+和N3-构成，N3-中含有共价键。答案为：C；
④X与W形成化合物为NaH，它与水发生氧化还原反应NaH+H2O=NaOH+H2↑，在此反应中，水中的氢元素由+1价降低为0价，作氧化剂。答案为：氧化剂。
【点睛】N3-与CO2为等电子体，CO2的结构式为O=C=O，则N3-的结构式为[N=N=N]-。
11.铜、硼、硅、砷等元素的化合物是制造新型激光武器和新型太阳能电池的重要材料。回答下列问题：
（1）基态硅原子电子占据的最高能层符号是_________，其中能量最高的电子所占据能级的原子轨道有_____个伸展方向，原子轨道呈_________形。
（2）在硫酸铜溶液中通入过量的氨气，小心蒸发，最终得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4晶体，晶体中含有的化学键除普通共价键外，还有____________________________。
（3）硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则三种元素的第一电离能从大到小的顺序为________________（用元素符号表示）。H2SeO3的酸性_______H2SeO4（填“强于”或“弱于”），原因是___________________________________________________________________
________________________________________________________（从分子结构的角度回答）。
（4）氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。它的晶体结构如右图所示。六方相氮化硼______π键（填“含有”或“不含”），其质地软的原因是_________________________________。NaBH4是一种重要的储氢载体，阴离子的的立体结构_____________。

【答案】 (1). M (2). 3 (3). 哑铃 (4). 离子键、配位键 (5). Br＞As＞Se (6). 弱于 (7). H2SeO4中非羟基氧原子数目越多，中心硒原子价态越多，导致Se-O-H中的氧原子更向Se偏移，更容易电离出H+，酸性越强 (8). 不含 (9). 层间作用力小，质地软 (10). 正四面体
【分析】（1）基态硅原子核外共有三个电子层，越往外层能量最高，能量最高的电子是3p轨道上的电子。
（2）[Cu(NH3)4]SO4晶体中含有的化学键除普通共价键外，还有阴、阳离子间的离子键，中心离子与配体间的配位键。
（3）砷的4P轨道上半充满电子，第一电离能出现反常。H2SeO3为弱酸，H2SeO4为强酸，原因可从中心原子与氧原子间的共用电子对分析。
（4）六方相氮化硼中，B的最外层只有3个电子，全部用于形成共价键；层与层之间只有范德华力，所以质地软。NaBH4是一种重要的储氢载体，阴离子BH4-满足AB4型结构。
【详解】（1）基态硅原子核外电子占据的最高能层，是原子核外的第三层，符号是M，其中能量最高的电子所占据能级的原子轨道为P轨道，有3个伸展方向，原子轨道呈哑铃形。答案为：M；3；哑铃；
（2）[Cu(NH3)4]SO4晶体中含有的化学键除普通共价键外，还有阴、阳离子间的离子键，中心离子与配体间的配位键。答案为：离子键、配位键；
（3）砷的4P轨道上半充满电子，第一电离能出现反常，则三种元素的第一电离能从大到小的顺序为Br＞As＞Se。H2SeO3的酸性弱于H2SeO4，原因是H2SeO4中非羟基氧原子数目越多，中心硒原子价态越多，导致Se-O-H中的氧原子更向Se偏移，更容易电离出H+，酸性越强。答案为：Br＞As＞Se；弱于；H2SeO4中非羟基氧原子数目越多，中心硒原子价态越多，导致Se-O-H中的氧原子更向Se偏移，更容易电离出H+，酸性越强；
（4）六方相氮化硼中，B最外层只有3个电子，全部用于形成共价键，所以六方相氮化硼不含π键；层与层之间只有范德华力，所以质地软。NaBH4是一种重要的储氢载体，阴离子BH4-满足AB4型结构，阴离子的的立体结构为正四面体。答案为：不含；层间作用力小，质地软；正四面体。