1、山东省威海市文登区2019届高三化学上学期期中试题（B卷）（含解析）第I卷 选择题(42分)1.下列分类或归类正确的是A. CaSO4、HCl、Na2O均为强电解质B. 雾、云、烟、纳米材料均为胶体C. NaOH、HD、H2O均为化合物D. C60、金刚石、石墨均为碳的同位素【答案】A【解析】【详解】A. CaSO4是盐，属于离子化合物，Na2O是活泼金属氧化物，二者在熔融状态下完全电离产生离子，属于强电解质；HCl是酸，由分子构成，在水中完全电离产生离子，为强电解质，A正确；B. 雾、云、烟均为胶体，而纳米材料是微粒直径在1-100 nm之间，若未形成分散系，则不属于胶体，B错误；C. HD
2、是两种不同的H原子形成的H2，属于单质，C错误；D. C60、金刚石、石墨均为碳的不同性质的单质，它们互为同素异形体，D错误； 故合理选项是A。2.下列关于元素及其化合物的说法正确的是()A. SO2具有漂白性，所以能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色B. 金属单质Na、Mg、Fe在一定条件下都与水反应生成H2和相应的碱C. SiO2既可与NaOH溶液反应也可与HF溶液反应，所以SiO2属于两性氧化物D. NaHCO3可用于制备纯碱、食品发酵剂、治疗胃酸过多的药剂【答案】D【解析】【详解】A. SO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，是由于发生反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，该反应为
3、氧化还原反应，SO2表现还原性，A错误；B. Fe在高温下与H2O蒸气反应产生Fe3O4和H2，没有产生相应的碱，B错误；C. SiO2与HF溶液反应产生的SiF4不是盐，所以SiO2不属于两性氧化物，而是酸性氧化物，C错误；D. NaHCO3不稳定，加热分解产生Na2CO3、CO2，因此可用于制备纯碱、食品发酵剂，由于其溶液可以与盐酸反应，且对人无刺激作用，故还可以用于治疗胃酸过多的药剂，D正确；故合理选项是D。3.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 0. 1 mol/LKI 溶液：Na+、K+、ClO-、OH-B. 澄清透明的溶液中：Fe3+、Na+、SCN-、Cl-C.
4、c(Fe2+) =1 mol/L的溶液中：K+、Na+、NO3-、SO42-D. pH=l的无色溶液中：SO42-、Cl-、Na+、Cu2+【答案】C【解析】【详解】A. I-、ClO-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B. Fe3+、SCN-会发生络合反应，产生弱电解质Fe(SCN)3，不能大量共存，B错误；C. 选项离子与Fe2+之间不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；D. Cu2+的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，D错误；故合理选项是C。4.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 标准状况下，11.2 L14CO2含有的中子数为11NAB. 常温下，12 g
5、 NaHSO4中含有的离子数为0.3NAC. 将22.4 L Cl2通入NaOH溶液中充分反应，转移电子数为NAD. 6.4 g S2和S8的混合物中所含硫原子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A. 14CO2含有24个中子，标准状况下，11.2 L14CO2的物质的量是0.5 mol，因此其中含有的中子数目为12NA，A错误；B. NaHSO4晶体中含有Na+、HSO4-，12 gNaHSO4的物质的量为n(NaHSO4)=0.1 mol，所以其中含有的离子数目为0.2NA，B错误；C. 缺条件，不能计算氯气的物质的量，也就不能计算反应转移的电子数目，C错误；D. S2和S8都是由S原
6、子构成，6.4 g二者的混合物中含有S原子的物质的量为n(S)=6.4 g32 g/mol=0.2 mol，所以混合物中所含硫原子数为0.2 NA，D正确；故合理选项是D。5.A、B、C、D均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为22，A和C同主族，B原子的电子层数与最外层电子数相等，B、C、D的单质均可与NaOH溶液反应。下列说法正确的是A. 原子半径和简单离子半径的关系均满足：BAB. 简单氢化物的沸点：ACC. B与C形成化合物在水中不存在，故不能用单质直接化合反应制得D. 工业上常用电解B、D形成的化合物来制备B单质【答案】B【解析】【分析】A、B、C、D均为短
7、周期主族元素，原子序数依次增大，B原子的电子层数与最外层电子数相等，可为Be或Al，A与C同主族，且原子最外层电子数之和为22，若B为Be，则A只能为H，A与C同主族，A、B、C最外层电子数之和为：1+1+2=4，D最外层电子数=22-4=197，不符合要求；则B为Al，C、D的原子序数大于Al，二者位于第三周期，A、C、D的最外层电子数之和为22-3=18，且A与C同主族，则A为O，C为S，D为Cl元素，据此解答。【详解】根据分析可知，A为O，B为Al，C为S，D为Cl元素。AO2-和Al3+核外电子排布为2、8，都含有2个电子层，离子的核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：BS，则简单氢化
8、物的沸点：AC，B正确；CAl与S单质直接加热可发生化合反应生成Al2S3，C错误；DB、D形成的化合物为AlCl3，AlCl3为共价化合物，由分子构成，在熔融状态不导电，工业上通过电解熔融Al2O3的方法获得金属Al，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，根据元素的原子序数及原子结构特点推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。6.多硫化钠Na2Sx(x2)在结构上与Na2O2、FeS2等有相似之处。Na2Sx在碱性溶液中与NaClO反应可生成Na2SO4，下列说法错误的是A. NaClO是氧化剂B. N
9、a2SO4是氧化产物C. 若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：13，则x为5D. 若x=3，则反应的离子方程式为：S32-+10ClO-+4OH-=3SO42-+10Cl-+2H2O【答案】C【解析】【详解】ANaClO中+1价的Cl元素化合价降低被还原生成NaCl，则NaClO是氧化剂，A正确；BNa2Sx中S元素化合价升高被氧化生成Na2SO4，则Na2SO4是氧化产物，B正确；C设Na2Sx的物质的量是1 mol，则次氯酸钠的物质的量是13 mol，由电子守恒可知：1 mol6-(-)x=13 mol1-(-1)，解得：x=4，C错误；D若x=3，1 mol S32-参与反
10、应被氧化为3 mol SO42-，化合价升高20 mol，NaClO中+1价的Cl元素被还原为-1价，化合价降低2，则被还原的NaClO的物质的量n(NaClO)=mol=10 mol，据此结合质量守恒配平该反应的离子方程式为：S32-+10ClO-+4OH-=3SO42-+10Cl-+2H2O，D正确；故合理选项是C。7.实验室用浓氨水和生石灰制取氨气，并探究氨气的性质，其装置如图所示，下列说法错误的是A. 一段时间后，中干燥红色石蕊试纸变蓝色B. 干燥管中盛放的试剂可以是无水氯化钙C. 中黑色粉末逐渐变为红色说明氨气具有还原性D. 实验结束后，应先将导气管从水槽中拿出再熄灭酒精灯【答案】B
11、【解析】【详解】A. 用浓氨水和生石灰制取的氨气中混有水蒸气，二者反应形成的氨水显碱性，能能够使干燥红色石蕊试纸变蓝色，A正确；B. 在氨气和CuO反应前应先干燥，常用碱式灰，由于氯化钙能与氨气反应生成Ca(NH3)8Cl2，所以不能用无水氯化钙干燥氨气，B错误；C. 氨气与氧化铜反应生成Cu单质，Cu元素的化合价降低，得到电子，发生还原反应，氨气发生氧化反应，说明氨气具有还原性，C正确；D. 熄灭酒精灯后，装置内压强降低，水槽中水会发生倒流，为防止水槽中的水倒流，实验结束后，应先将导气管从水槽中拿出再熄灭酒精灯，D正确；故合理选项是B。第卷 非选择题(58分)8.某溶液A中可能含有NO3-、
12、CO32-、SO32-、SO42-、NH4+、Fe2+、Al3+、Fe3+中的几种离子，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1 mol/L。现取100 mL该溶液A进行如下实验：实验1：向该溶液中逐滴滴入过量(NH4)2CO3溶液，产生白色沉淀B，并有无色气泡产生。实验2：静置后，再向溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，加热，仍然存在白色沉淀C，并有无色气泡产生。实验3：静置后，继续向溶液中加入Cu片和过量的盐酸，仍然存在白色沉淀D，溶液变蓝色，并有气泡E产生。(1)白色沉淀C的成分为_(填化学式)；气体E的成分为_(写名称)。(2)实验1中发生反应的离子方程式为_。(3)实验3中发生所有反应的
13、离子方程式为_。(4)溶液A中_(填“一定”“可能”或“一定不”)存在NH4+，理由是_。【答案】 (1). BaSO4、BaCO3 (2). 一氧化氮、二氧化碳 (3). 2Al3+3CO32+3H2O=2Al(OH)3+3CO2 (4). BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O (5). 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O (6). 一定不；由实验过程可确定溶液A中一定不存在CO32-、SO32-、Fe2+、Fe3+，一定存在Al3+、NO3-、SO42-，因Al3+、NO3-、SO42-三种离子已经满足电荷守恒，所以一定不存在NH4+。【解析】【分析】某溶液A中可
14、能含有NO3-、CO32-、SO32-、SO42-、NH4+、Fe2+、Al3+、Fe3+中的几种离子，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1 mol/L。实验1：向该溶液中逐滴滴入过量的(NH4)2CO3溶液，生成的无色气体为CO2，生成的白色沉淀B是CO32-和溶液中的弱碱阳离子相互促进水解生成的，由于生成的沉淀为白色，故此弱碱阳离子为Al3+，溶液中一定存在Al3+，不存在CO32-、SO32-，还能说明溶液中不含有生成带颜色沉淀的离子Fe2+、Fe3+；实验2：静置后，再向溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，加热，生成的无色气体为NH3，由于实验1加入的过量的(NH4)2CO3溶液能引入
15、NH4+，故不能确定原溶液中是否含有NH4+；实验1加入的过量(NH4)2CO3溶液引入CO32-，故生成的白色沉淀C一定含BaCO3，可能含有BaSO4；实验3：静置后，继续向溶液中加入Cu片和过量的盐酸，溶液变蓝色，说明生成了Cu2+，则溶液中存在NO3-，此时，BaCO3溶解生成气体CO2，白色沉淀D为BaSO4，气体E为NO和CO2，然后进行分析解答。【详解】综上分析可知，溶液中一定不存在CO32-、SO32-、Fe2+、Fe3+，一定存在0.1 mol/LAl3+、0.1 mol/L NO3-，由于溶液必须显电中性，故溶液中一定含0.1 mol/L SO42-。(1)由上分析，白色沉
16、淀C的成分为BaSO4、BaCO3；气体E为一氧化氮、二氧化碳；(2)CO32-和Al3+相互促进水解，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2；(3)实验3中白色沉淀C的成分BaCO3与盐酸发生复分解反应：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；在酸性条件下Cu与溶液中的NO3-、H+会发生氧化还原反应：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；(4)由实验过程可确定溶液A中一定不存在CO32-、SO32-、Fe2+、Fe3+，一定存在Al3+、NO3-、SO42-，因Al3+、NO3-、SO42-三
17、种离子已经满足电荷守恒，所以一定不存在NH4+。【点睛】本题考查了无机推断及常见离子的检验方法，明确常见离子的颜色、常见离子的性质为解答关键，注意掌握常见离子的检验方法。9.物质之间的变化体现了化学之美。(1)一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。.图中属于“氮的固定”的是_(填序号，下同)；转化过程中发生非氧化还原反应的是_。.反应是在酸性条件下由NO3与镁作用实现，则该反应的离子方程式为_。(2)H2S气体与CuCl2、FeCl3溶液发生一系列反应如图所示：转化图中化合价不变的元素是_(写名称)。转化图中生成S单质的离子方程式为_。(3)A、B、C、D、E、F、X是中学常见的
18、无机物，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，B常温下为液态，X能使品红溶液褪色，则C和E反应的离子方程式为_。若D为两性氢氧化物，F为非金属单质，则X成分可能为_(写化学式，下同)。若A为红棕色气体，X为金属单质，溶液D中加入KSCN溶液变红。则E为_，F为_。【答案】 (1). 和 (2). 和 (3). 4Mg+2NO3-+10H+=4Mg2+N2O+5H2O (4). 铜、氢、氯 (5). CuS+2Fe3+=2Fe2+Cu2+S (6). OH-+HSO3-=SO32-+H2O (7). HCl或NaOH (8). Fe(NO3)2 (9
19、). NO【解析】【详解】(1)I将游离态的氮(即氮气)转化为化合态的氮(即氮的化合物)的过程，叫做氮的固定，图中属于“氮的固定”的是和；非氧化还原反应是指变化过程中元素化合价不变的反应，转化过程中发生非氧化还原反应的是：和；反应是在酸性条件下由NO3-与镁作用实现，反应生成Mg2+、N2O、H2O，离子方程式为：4Mg+2NO3-+10H+=4Mg2+N2O+5H2O；(2)H2S与Cu2+反应得到CuS与H+，Fe3+将CuS氧化得到S、Cu2+，Fe3+被还原变为Fe2+，O2将Fe2+氧化铁为Fe3+，图中O、Fe、S化合价发生变化，而Cu、H、Cl的化合价不变，所以转化关系图中未发生
20、价态变化的元素为铜、氢、氯；转化图中，Fe3+将CuS氧化得到S、Cu2+，Fe3+被还原变为Fe2+，反应的离子方程式为：CuS+2Fe3+=2Fe2+Cu2+S；(3)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，则A为Na，B为H2O，X能使品红溶液褪色，且能与C连续反应，C为NaOH、X为SO2、D为Na2SO3、E为NaHSO3，F为H2，C和E反应的离子方程式为：OH-+HSO3-=SO32-+H2O；若D为两性氢氧化物，F为非金属单质，A与B反应可以是Al与盐酸反应或Al与NaOH溶液反应等，故F为H2，C为铝盐，X为碱，D为Al(OH)3，E为偏铝酸盐，或者F为H2，C为偏铝酸盐、X为
21、酸、D为Al(OH)3、E为铝盐，X成分可能为HCl或NaOH等；若A为红棕色气体，X为金属单质，溶液D中加入KSCN溶液变红，则D中含有Fe3+，C具有强氧化性，所以A为NO2、B为水、C为HNO3、F为NO、D为Fe(NO3)3、E为Fe(NO3)2。【点睛】本题考查综合了无机物的推断、氮的固定、氧化还原反应的判断等，注意识记中学常见的连续反应、三角锥形、特殊置换反应、特殊现象反应、有水参与的反应的性质，了解常见的两性化合物，熟练掌握基本概念、元素化合物知识，再分析判断加以运用。10.四氯化钛常温下为无色液体，熔点23.2，沸点136.4，极易水解。在900时，将氯气通过钛铁矿(主要成分是
22、FeTiO3)和炭粉的混合物可反应生成四氯化钛和氯化铁(熔点306，沸点315)，同时产生一种有毒气体。现制取并收集四氯化钛的装置如图所示(夹持装置略去)。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_。组装好仪器，没加试剂反应前，应该进行的操作是_。(2)反应开始前，先将钛铁矿粉碎，并与稍过量的炭粉混合均匀，制成多孔状固体混合物，目的是_。(3)实验中需通入N2两次，第二次通N2的作用是_。(4)900时，A装置中发生反应的化学方程式为_。(5)B装置中控温箱温度在150200，目的是_。(6)装置b处存在的缺点是_。(7)产物TiCl4在热潮湿空气中“发烟”生成TiO2xH2O，反应方程式为_。【答
23、案】 (1). 球形冷凝管 (2). 检查装置的气密性 (3). 增大接触面积，使反应更充分，炭粉稍过量，提高钛铁矿利用率 (4). 将生成的TiCl4气体完全排入C装置中 (5). 2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO (6). 冷凝或凝结FeCl3固体，除去FeCl3 (7). 缺少吸收CO防止污染大气的装置 (8). TiCl4+(2+x)H2OTiO2xH2O+4HCl【解析】【分析】浓盐酸与KMnO4反应制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取得到的Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，用饱和NaCl溶液除去HCl，然后经浓硫酸干燥得到纯净Cl2，在A中与钛铁矿及
24、焦炭在加热时发生反应产生TiCl4、FeCl3及水，在B装置中控制温度在150200，将FeCl3冷凝分离除去，C收集产品，D装置用碱石灰吸收反应中剩余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入C装置，但该装置缺少对CO处理的装置。【详解】(1)仪器a为球形冷凝管；装置组装好以后，加入试剂之前须进行的操作是检查装置的气密性；(2)实验中先将钛铁矿粉碎，并与稍过量的炭粉混合均匀，制成多孔状固体混合物，可增大反应物接触面，炭粉稍过量，可以提高钛铁矿利用率；(3)实验中两次通入N2，第一次通入是排出装置中的空气，防止其干扰实验，第二次通入N2的作用是将生成的TiCl4气体完全排入冷凝管冷却；(4)干燥纯净的
25、氯气在A中与FeTiO3和炭粉的混合物反应生成四氯化钛和氯化铁，其化学反应方程式为：2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO；(5)因为反应生成四氯化钛和氯化铁，而四氯化钛常温下为液体，沸点136.4，氯化铁的熔点306，沸点315，装置B的控温箱温度在150200，就可以使氯化铁凝结为固体，从而可以让将生成的TiCl4气体完全排入冷凝管冷却，并且与氯化铁分离；(6)D装置用碱石灰吸收反应中剩余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入C装置，但该装置缺少对CO处理的装置；(7) 产物TiCl4在热潮湿空气中“发烟”生成TiO2xH2O，反应的化学方程式为TiCl4+(x+2)
26、H2OTiO2xH2O+4HCl。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、环境保护等，明确实验原理及实验基本操作方法、知道各个装置作用是解本题关键，注意相关基础知识的学习与积累，题目侧重考查学生的分析问题和解决问题的能力。11.某化学小组在实验室模拟从铜银合金废料中回收银，并制备化工产品CuAlO2，此过程的工艺流程如图所示： 回答下列问题：(1)在_(填仪器名称)中锻烧固体C生成CuAlO2，操作1中系列操作名称_。(2)稀硫酸不能换成稀硝酸的原因是_(用必要的文字和离子方程式表示)。(3)在生成固体C的步骤中，需控制加入的NaOH不能过量，原因是_(用离子方
27、程式表示)。(4)将固体C在稀有气体中锻烧，固体的质量在加热的过程中随温度变化的曲线如图所示： 则在T1时发生反应物质的质量为_g；在T2时发生反应的物质为_(填化学式)；在T3时发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 坩埚 (2). 过滤、洗涤、干燥 (3). 稀硝酸能与Ag发生反应，反应的离子方程式为3Ag+4H+NO3-(稀)=3Ag+NO+2H2O (4). Al(OH)3+OH-=Al(OH)4- (5). 4.9 (6). Al(OH)3 (7). 4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2【解析】【分析】由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少
28、量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液(含有硫酸)，滤渣B为Ag；在硫酸铜溶液中加入硫酸铝、氢氧化钠，煮沸、过滤得到Al(OH)3和Cu(OH)2，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者煅烧可得到CuAlO2，以此解答该题。【详解】(1)在坩埚中锻烧固体C生成CuAlO2，操作1中系列操作名称为过滤、洗涤、干燥，以得到纯净的Al(OH)3和CuO；(2)硝酸具有强氧化性，稀硫酸不能换成稀硝酸，原因是稀硝酸能与Ag发生反应；反应的离子方程式为3Ag+4H+NO3-(稀)=3Ag+NO+2H2O；(3)在生成固体C的步骤中，需控制加入的NaOH不能过量，防止发生Al(OH)3+OH-=Al(OH)4-而使氢氧化铝溶解；(4)T1时涉及反应Cu(OH)2 CuO+H2O，T2时涉及2Al(OH)3 Al2O3+3H2O，T1时固体减少质量为0.9 g，为水的质量，其物质的量为0.05 mol，则反应物质的质量为0.05 mol98 g/mol=4.9 g，T3时为CuO和Al2O3的反应，方程式为4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2。【点睛】本题考查了物质分离提纯基本操作和综合应用，注意把握常见物质或离子的分离提纯方法，特别注意题中所给信息的灵活处理，侧重考查学生的分析能力和应用能力。