1、河南省南阳市2020届高三化学上学期期中质量评估试题（含解析）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，考试时间90分钟，总分100分答题前务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置2答选择题时，必须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦拭干净后，再选涂其它答案标号3答非选择题时，必须使用05mm黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上4所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效5可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 355第卷（选择题，共48分）一、选择题（本题包括16小题，每题3分，共48分，每
2、小题只有一个选项符合题意）1.华夏文明源远流长，勤劳智慧的中国人民探索认知世界，创造美好生活的过程贯穿始终。以下说法从化学视角理解，错误的是A日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈(唐)诗中包含了丁达尔效应B高奴出脂水，颇似淳漆，燃之如麻(宋)文中提到的“脂水”是指油脂C水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出(明)这段记载中，涉及氧化还原反应D百宝都从海舶来，玻璃大镜比门排(清)制玻璃的某成分可用于制造光导纤维A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】A、日照澄洲江雾开：雾属于胶体分散系，可见光通过时会出现丁达尔现象，选项A正确；B、“高奴县 出脂水”，就指的是这一带的石油，选项B错误；C、发生的主
3、要化学反应方程式如下：HgS+O2 = Hg+SO2 、Hg+NaCl+KAl(SO4)2+O2 =Hg2Cl2+Na2SO4+Al2O3+ K2SO4、 Hg+S = HgS，涉及氧化还原反应，选项C正确；D、制玻璃的成分二氧化硅可用于制造光导纤维，选项D正确。答案选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 50mL 12molL1的浓盐酸与足量MnO2反应，转移的电子数为0.3 NAB. 12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NAC. 在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NAD. 标推状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5
4、NA【答案】B【解析】【详解】A、随反应进行，浓盐酸浓度变稀后，反应不能发生，盐酸不能完全反应，转移的电子数为小于0.3 NA，A错误；B、石墨烯中平均每个六元环含有2个碳原子，12g即1mol石墨烯(单层石墨)中含有0.5mol六元环，含有六元环的个数为0.5NA，B正确；C、在过氧化钠与水的反应中，O22e-，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2NA，C错误；D、标准状况下，苯呈非气态，11.2L苯中含有分子数目大于0.5NA，D错误；故选 B。【点睛】当以浓盐酸与二氧化锰反应做载体计算转移电子数目时要分清楚时浓盐酸过量还是二氧化锰过量，浓盐酸过量时，二氧化锰有多少就能反应多少，
5、当二氧化锰过量时，不能计算出具体反应多少。如A选项，50mL 12molL1的浓盐酸与足量MnO2反应，随反应进行，浓盐酸浓度变稀后，反应不能发生，盐酸不能完全反应，转移的电子数为小于0.3 NA。3.下列叙述不正确的是( )A. 10mL质量分数为98%的H2SO4,用10mL水稀释后H2SO4的质量分数大于49%B. 配制0.1 molL1的Na2CO3溶液480mL,需用500mL容量瓶C. 用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，量取浓硫酸时仰视量筒，会使所配溶液浓度偏小D. 同温同压下20mL CH4和60 mLO2所含的原子数之比为5:6【答案】C【解析】【详解】A.硫酸的密度大于
6、水的，因此10mL质量分数为98的H2SO4用10mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49，故A正确；B.没有480mL的容量瓶，因此配制01molL-1的Na2CO3溶液480mL，需用500ml容量瓶，故B正确；C.量取浓硫酸时，仰视量筒，量筒小刻度在下方，会导致量取的浓硫酸体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故C错误；D.同温同压下，体积比等于物质的量的比，则20mLCH4和60mLO2所含的原子数之比为205:602=5:6，故D正确。故选C。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时的误差分析根据c=n/V液进行判断。4.下列实验现象与实验操作不相匹配的是实验操作实验
7、现象A向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层B将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生C向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊D向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A项错误；B. 将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO2+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应剧烈冒
8、有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；C. 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生氧化还原反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，则会有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；D. 向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D项正确；答案选A。5.用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应：4HCl（g）O2（g）2Cl2（g）2H2O（g）H1156 kJ
9、mol1，可实现氯的循环利用。已知：下列说法正确的是A. 升高温度能提高HCl的转化率B. 断裂H2O（g）中l mol HO键比断裂HCl（g）中l mol HCl键所需的能量高C. 1 mol Cl2（g）转化为2 mol Cl放出243 kJ能量D. 加入催化剂，能使该反应的焓变减小【答案】B【解析】【分析】A、焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动；B、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；C、断裂化学键吸收能量；D、催化剂不改变反应的始终态。【详解】A、焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则HCl的转化率减小，故A错误；B、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释
10、放的能量，则4E(H- C1) + 498k/mol一2243kJ/mol-4 E(H- O)= -115.6kJ/mol，可知4 E(H- CI)-4E(H-O)= - 127.6kJ/ mol，断裂H2O(g)中1molH- O键比断裂HCl(g)中1molH- Cl键所需能量高，故B正确；C、断裂化学键吸收能量，则1molCl2转化为2molCl原子吸收243kJ热量，故C错误；D、催化剂不改变反应的始终态，则加催化剂，焓变不变，故D错误；故选B。【点睛】催化剂只能改变化学反应速率，一般情况下是加快反应速率，而加快反应速率是通过降低反应活化能实现，不改变焓变。焓变只与热化学方程式有关。6
11、.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电了数，X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体。下列说法正确的是（ ）A. Y最高价氧化物对成水化物的酸性比W的强B. W的气态氢化物比X的稳定C. 离子半径的大小顺序：r(W)r(X)r(Y)(Z)D. XY2与ZY2中的化学键类型相同【答案】C【解析】试题分析：短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；
12、X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数可知，X只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W(氮元素)与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于A族，只能处于A族，故Y为F元素，X最外层电子数为=6，则X为O元素。A、Z为Mg元素最高正化合价为+2，Y为F元素，没有最高正化合价，故A错误；B、非金属性ON，故氢化物稳定性H2ONH3，故B错误；C、具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径r(N3-)r(O2-)r(F-)r(Mg2+)，故C正确；D、OF2中含有共价键，MgF2中含有离子键，二者化
13、学键类型不同，故D错误，故选C。考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。7.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是A. 用装置甲灼烧碎海带B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I的Cl2D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I后的Cl2尾气【答案】B【解析】【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，C错误；D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用
14、饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；答案选B。8.已知反应：10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2下列关于该反应的叙述不正确的是A. 该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为 9:5B. 当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为1/18 molC. 每产生 1mol O2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2 molD. 参加反应的水有 2/5 被氧化【答案】B【解析】【详解】A反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，2molO原子失
15、电子，则氧化剂为4.5mol，还原剂物质的量为0.5mol+2mol=2.5mol，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5，正确；B反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，5mol氯气反应时，被还原的氯气为4.5mol，转移电子的物质的量为9mol，当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为0.5mol，错误；C每产生1mol O2时，O元素失去4mol电子，则氯元素得到4mol，所以被氧元素还原的氯气物质的量为2mol，正确；D反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中H2O中5个O原子参加反应，其中有2个O原子
16、失电子被氧化，所以参加反应的水有2/5被氧化，正确；故选B。【点晴】明确元素的化合价变化是解答的关键，注意Cl的得电子数等于转移的电子总数；反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，Cl元素的化合价既升高又降低，其中9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，O元素的化合价升高，2molO原子失电子，以此来解答。9.将一定量的NaOH和NaHCO3的混合物X放在密闭容器中加热，充分反应后生成V1 L气体Z(V10)。反应后的固体残渣Y与过量的稀盐酸反应，又生成V2 L气体Z(V1、V2均为标准状况下气体的体积)。下列判断错误的是()A. Y的成分为Na2
17、CO3B. Z的成分为CO2C. V1V2D. X中n(Na)mol【答案】C【解析】A. NaOH和NaHCO3的混合物X放在密闭容器中加热，发生反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，充分反应后生成二氧化碳，说明NaHCO3的物质的量大于NaOH，所以Y的成分为Na2CO3，故A正确；B. Z的成分为CO2，故B正确；C. 因为发生反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以V11:1,则一氧化氮过量；若l:l，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高，污染环境。、若n(NO):n(NO2)l:l，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳
18、反应生成Ca(NO3)2；故答案为：排放NO气体，污染环境；产品中混有Ca(NO3)2杂质。19.硫酸工业制备是一个重要的化工生产过程，但在生产过程中会产生大量污染，需要在生产工艺中考虑到绿色工艺以硫酸工业产生的二氧化硫尾气、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵为原料可以合成硫化钙、硫酸铵、亚硫酸铵等物质合成路线如下： （1）写出反应的化学方程式_（2）反应中每生成lmol硫化钙理论上转移电子数_；为充分利用副产品CO，有人提出以熔融的K2C03为电解质，设计燃料电池，请写出此电池的负极反应_（3）为检验反应得到的产品是否因部分被氧化而变质，需选择的化学试剂有_（4）根据合成流程，可以循环利用的是_（
19、5）（NH4）2SO3溶液可用于电厂产生的烟道气的脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的离子方程式_【答案】 (1). 2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2 (2). 8NA (3). CO+CO322e=2CO2 (4). 稀盐酸、BaCl2溶液 (5). CaCO3 (6). 2NO2+4SO32=N2+4SO42【解析】本题是化学工艺流程题。以工业上处理二氧化硫的工艺（钙基固硫和氨水吸收）为主线生产相关产品，变废为宝。(1). 钙基固硫的反应。因为亚硫酸酸性比碳酸强，所以将向碳酸钙浆液中通入二氧化硫可以生成亚硫酸钙和二氧化碳
20、，亚硫酸钙再被氧气氧化为硫酸钙，总反应为：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2 (2). 反应的化学方程式为：CaSO4+4C = CaS+4CO，反应中硫的化合价从+6降到-2，共转移8个电子，所以每生成1molCaS理论上要转移的电子数为 8NA 。 (3). 根据CO的燃烧生成CO2，CO发发生了氧化反应，根据原电池原理，负极上还原剂发生氧化反应，由于电解质为熔融的碳酸钾，所以由提供氧原子与CO形成CO2分子，CO中C的化合价从+2升高到+4，要失去2个电子，所以电极反应式为：CO+CO322e=2CO2 (4). 反应得到的产品为亚硫酸铵易被空气中的氧气氧化生成硫酸铵，
21、所以要检验产品是否变质可以检验硫酸根离子，实验室检验硫酸根离子的常用试剂为稀盐酸和BaCl2溶液 (5). 分析上述流程图可发现，反应I用到原料中有CaCO3 ，反应IV有副产品CaCO3生成，所以CaCO3可以循环利用。 (6). 二氧化氮有很强的氧化性，而亚硫酸根有很强的还原性，根据化合价通常邻位转化规律，二氧化氮可以将亚硫酸根氧化为硫酸根，所以离子方程式为：2NO2+4SO32=N2+4SO4220.A、B、D、E、X均为中学化学常见物质，相互转化关系如图所示（部分物质略去）。若A为气体单质，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，E为红棕色气体。（1）实验室制取B的化学方程式为_。（2）D和C
22、O均是汽车尾气的主要成分，通过汽车尾气催化转化装置生成无污染气体，降低污染物排放，写出该反应的化学方程式： _。若A是淡黄色固体，B中阴、阳离子均为10电子粒子，常温下X是无色气体。（3）A与X反应的化学方程式：_。（4）将一定量的气体X通入B的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，产生的气体与HCl物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发）。a点溶液中所含溶质的化学式为_。【答案】 (1). Ca(OH)2+ 2NH4ClCaCl2+ 2NH3 + 2H2O (2). 2CO + 2NON2+ 2CO2 (3). 2CO2+ 2Na2O2=2Na2CO3+ O2 (4). N
23、aHCO3、 NaCl【解析】【分析】I.、若A为气体单质，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，E为红棕色气体，则A为N2，B为NH3，E为NO2，X为O2，D为NO；II、若A是淡黄色固体，B中阴、阳离子均为10电子粒子，常温下X是无色气体，则A为Na2O2，B为NaOH，X为CO2，D为Na2CO3，E为NaHCO3。【详解】I、若A为气体单质，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，E为红棕色气体，则A为N2，B为NH3，E为NO2，X为O2，D为NO；(1)、实验室制取NH3的化学方程式：Ca(OH)2+ 2NH4ClCaCl2+ 2NH3 + 2H2O；故答案为：Ca(OH)2+ 2NH4ClC
24、aCl2+ 2NH3 + 2H2O；(2)、NO和CO均是汽车尾气主要成分，通过汽车尾气催化转化装置生成无污染气体，应生成氮气与二氧化碳，反应方程式为：2CO + 2NON2+ 2CO2；故答案为：2CO + 2NON2+ 2CO2；II、若A是淡黄色固体，B中阴、阳离子均为10电子粒子，常温下X是无色气体，则A为Na2O2，B为NaOH，X为CO2，D为Na2CO3，E为NaHCO3。(3)、A与X反应的化学方程式：2CO2+ 2Na2O2=2Na2CO3+ O2；故答案为：2CO2+ 2Na2O2=2Na2CO3+ O2；(4)、将一定量的气体CO2通入NaOH的溶液中，在所得溶液中逐滴加
25、入稀盐酸至过量，根据Na2CO3+HCl= NaHCO3+ NaCl、NaHCO3+ HCl=NaCl+H2O+CO2，可知Na2CO3转化为NaHCO3、NaHCO3转化为NaCl需要的HCl的物质的量相等，实际上产生气体之前消耗HCI与产生二氧化碳消耗HCl的物质的量之比为3: 2，所以溶液中还存在NaOH，说明原溶液中为NaOH、Na2CO3，a点时，碳酸钠恰好转化为碳酸氢钠，a点溶液中的溶质是NaHCO3和NaCl；故答案为：NaHCO3、NaCl。21.“温室效应”是哥本哈根世界气候变化大会研究的环境问题之一。CO2气体在大气层中具有吸热和隔热的功能，是主要的温室气体。（1）下列措施
26、中，有利于降低大气中CO2浓度的是_（填字母编号）。A 采用节能技术，减少化石燃料的用量B 鼓励乘坐公交车出行，倡导“低碳”生活C 利用太阳能、风能等新型能源替代化石燃料（2）CH4是另一种主要的温室气体，lg甲烷完全燃烧生成液态水和二氧化碳，放出5564kJ的热量，写出表示甲烷燃烧的热化学方程式_。（3）酸雨的形成主要是由废气中的SOx和NOx造成的，某空气污染监测仪是根据SO2与Br2、H2O的定量反应来测定空气中SO2含量的，该反应的化学方程式为：_。（4）某硫酸工厂以黄铁矿为原料生产硫酸。第一阶段燃烧黄铁矿的化学方程式为4FeS211O22Fe2O38SO2：第二阶段的反应原理是2SO
27、2（g）O2（g）2SO3（g），其生产设备的名称为接触室；在生产过程中某一时刻取样分析：SO2、O2、SO3的浓度分别为2molL1、2molL1、3molL1，当反应达到平衡时，可能存在的数据是_（填字母编号）A SO2为5molL1，O2为35molL1B SO2为3molL1C SO2、SO3均为25molL1D SO3为5molL1【答案】 (1). ABC (2). CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H 890.24kJmol1 (3). SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4 (4). BC【解析】【分析】(1)A、节能技术能减少化石燃料的使用；
28、B、减少化石燃料的消耗，倡导节能减排生活；C、利用太阳能、风能可以减少化石燃料的使用；(2)、依据热化学方程式的书写方法进行解答，注意标注物质聚集状态和对应焓变；(3)、SO2和Br2、H2O的定量反应生成硫酸和溴化氢；(4)、化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，由于硫元素守恒，c (SO3) +c (SO2)之和不变，据此判断分析。【详解】(1)A、采用节能技术能减少化石燃料的使用，减少化石燃料的使用就减少了二氧化碳的排放，所以正确；B、化
29、石燃料燃烧产物是二氧化碳，减少化石燃料的使用就减少了二氧化碳的排放，所以正确；C、利用太阳能、风能能减少化石燃料的使用，化石燃料燃烧产物是二氧化碳，减少化石燃料的使用就减少了二氧化碳的排放，所以正确；故选：ABC；(2)、1g甲烷生成液态水和二氧化碳气体，放出55.64kJ的热量，16g甲烷燃烧放热890.24kJ，热化学方程式为：CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H 890.24kJmol1；故答案为：CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H 890.24kJmol1；(3)、SO2和Br2、H2O的定量反应生成硫酸和溴化氢,方程式为：SO2+
30、Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；故答案为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4 (4)、2SO2(g)+ O2(g) =2SO3(g)某时刻 2mol/L 2mol/ L 3mol/L极限转化5mol/ L 3.5mol/ L 0mol/L极限转化0mol/L 1mol/L 5mol/L.A、由于反应为可逆反应，SO2浓度一定小于5mol/L，O2一定小于3.5mol/L，故A错误；B、根据以上分析，SO2的浓度在0到5mol/L之间，故B正确；C、根据元素守恒定律，c(SO2) + c(SO3)= 5mol/L，则SO2、SO3均为2.5mol./L，故C正确；D、由于反应为可逆反应，SO3的浓度一定小于5mol/L，故D错误；故选：BC。