1、海淀区高三年级第一学期期中练习化学2019.11可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-18 S-32 K-39 Cu-64 Zn-65 Rb-85第一部分选择题（共42分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题3分，共42分）1.巴黎圣母院是全人类的宝贵文化遗产。下列在传承过程中遇到的问题与化学变化无关的是A石质阶梯被游客磨损B石质雕像被酸雨腐蚀C铜质雕像逐渐变为绿色D木质中轴塔在火灾中坍塌A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 石质阶梯被游客磨损，没有生成新的物质，是物理变化，符合题意，故A正确；B. 石质雕像主要成分为碳酸盐，被酸雨
2、腐蚀，生成新物质，属于化学变化，不符合题意，故B错误； C. 铜质雕像逐渐变为绿色，铜单质变为碱式碳酸铜，生成新物质，属于化学变化，不符合题意，故C错误；D. 木质中轴塔主要成分为碳，在火灾中发生燃烧而坍塌，燃烧属于化学反应，发生化学变化，不符合题意，故D错误；答案选A。【点睛】物理变化和化学变化的区别是看有没有新物质生成，应从本质上理解化学变化的实质。2.下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是A. 牛奶在冰箱里保存B. 向玻璃中加入氧化铅C. 高炉炼铁前先将铁矿石粉碎D. 在糕点包装内放置小包除氧剂【答案】B【解析】【详解】A. 牛奶在冰箱里保存，通过降低温度减小牛奶变质的反应速度，与题意
3、不符，故A错误；B. 向玻璃中加入氧化铅，可增强玻璃的折光率，与反应速率无关，符合题意，故B正确；C. 高炉炼铁前先将铁矿石粉碎，目的是增大反应物的接触面积，从而起到增大反应速率的目的，与题意不符，故C错误；D. 在糕点包装内放置小包除氧剂来防止食品被氧化，减慢食物因氧化而变质的速度，与题意不符，故D错误；答案选B。3.下列关于铝及含铝物质的说法正确的是A. 27Al的中子数为13B 单质铝可用作半导体材料C. 原子半径：r(Si) r(Al)D. Al(OH)3能与NaOH溶液反应【答案】D【解析】【详解】A. 27Al的质量数为27，质子数为13，中子数为14，故A错误；B. 单质铝是金属
4、，是导体，不能用作半导体材料，故B错误；C. 铝和硅为同周期元素，同周期元素从左至右，随核电荷数增大，原子半径减小，原子半径：r(Si)O，原子半径SO，得电子能力SO，元素的非金属性SO，原子半径SO，得电子能力SO，元素的非金属性SO，原子半径SO，得电子能力SO，元素的非金属性SSe，则H2SeO3的酸性比H2SO4弱，故c错误；d同主族元素化学性质具有相似性，SO2属于酸性氧化物可与NaOH溶液反应，则SeO2在一定条件下也可与NaOH溶液反应，故d正确；答案选bd；室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，根据物料守恒，生成的单质应为N2和Se，利用氧化还原反应得失
5、电子守恒，该反应的化学方程式为3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O，答案为：3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O；（5）0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，则氢化物中M的化合价为最低价态，M为主族元素，M最高正价=8-M最低负价的绝对值，设M的氢化物中化合价为-x价，则M由+3价变为-x价，0.01 mol M2O3完全反应共得到2（3+x）0.01 mol的电子，金属Zn由0价变为+2价，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol，共失去20.06 mol的电子，根据得失电子守恒，2（3+x）0.01=20.06，解得x=
6、3，则M的氢化物中化合价为-3价，则M最高正价=8-3=+5，主族元素最高正价等于最外层电子数，最外层电子数等于主族序数，故M可能位于元素周期表第VA族，答案为：VA；16.自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯（ClO2）和高铁酸钾（K2FeO4）等。（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2+ Cl2+ 2NaCl + 2H
7、2O。冰水浴的作用是_。 NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为_。（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到_，证明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（ClO2-），需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO2-转化为Cl-的是_（填字母序号）。a. FeSO4 b. O3 c. KMnO4 d. SO2（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多
8、次加入硝酸铁，并不断搅拌。上述制备K2FeO4反应的离子方程式为_。净水过程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是_。【答案】 (1). 分离Cl2和ClO2 (2). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (3). 溶液分层，下层为紫色 (4). ad (5). 3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). 净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用【解析】【详解】（1）根据反应2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2+ Cl2+2NaCl+2H2O 可知，制备ClO2的同时生
9、成氯气，利用ClO2 11时液化成红棕色液体，可用冰水浴将Cl2和ClO2分离，获得纯净的ClO2，答案为：分离Cl2和ClO2； NaOH溶液为尾气处理装置，作用是吸收产生的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2）向混合后的溶液中加入适量CCl4，振荡、静置，CCl4密度比水大，且不溶于水，若观察到溶液分层，且下层为紫色，说明溶液中生成碘单质，进一步说明将ClO2水溶液滴加到KI溶液中发生反应，碘离子由-1价变为0价，化合价升高被氧化，则证明ClO2具有氧化性。答案为：溶
10、液分层，下层为紫色；（3）需将ClO2-其转化为Cl-除去，氯元素的化合价从+3价变为-1价，化合价降低得电子，被还原，需要加入还原剂，a. FeSO4中亚铁离子具有还原性，可以做还原剂，故a符合；b. O3具有强氧化性，故b不符合；c. KMnO4具有强氧化性，故c不符合；d. SO2具有还原性，可以做还原剂，故d符合；答案为ad；（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少
11、量多次加入硝酸铁，生成高铁酸钾，Fe3+从+3价升高到+6价的FeO42-，失去3个电子，ClO-中氯元素从+1价变为-1价的氯离子，得到2个电子，最小公倍数为6，则ClO-和Cl-的系数为3，Fe3+和FeO42-系数为2，根据物料守恒，可得离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用，答案为：净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成
12、Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。17.优化反应条件是研究化学反应的重要方向。（1）以硫代硫酸钠与硫酸的反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。实验序号Na2S2O3溶液H2SO4溶液蒸馏水温度/浓度/（mol/L）体积/mL浓度/（mol/L）体积/mL体积/mL0.11.50.11.510200.12.50.11.59a0.1b0.11.5930表中，a为_，b为_。实验表明，实验的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为_。硫代硫酸钠可用于从含氧化银的矿渣中浸出银，反应如下：Ag2O+4S2O32-+
13、H2O2Ag(S2O3)23-+2OH-。在实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节pH的范围为8.59.5，解释其原因：_。（2）工业上常用空气催化氧化法除去电石渣浆（含 CaO）上清液中的S2-，并制取石膏（CaSO42H2O），其中的物质转化过程如图所示。过程、中，起催化剂作用的物质是_。过程中，反应的离子方程式为_。根据物质转化过程，若将10L上清液中的S2-转化为SO42-（S2-浓度为320mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为_L。【答案】 (1). 20 (2). 2.5 (3). 实验溶液中生成黄色沉淀的时间最短 (4). pH高于9.5，OH-浓度过高，反应Ag2O
14、+4S2O32-+H2O2Ag(S2O3)23-+2OH-被抑制，Ag浸出率低；pH低于8.5，S2O32-与H+发生反应，浓度降低，浸出反应平衡左移，浸出率低 (5). Mn(OH)2 (6). 2S2-+9H2O +4MnO32-=S2O32-+4Mn(OH)2+10OH- (7). 4.48【解析】【分析】(1)根据探究外界条件对化学反应速率的影响的实验要求，I与II的浓度不同，需要控制温度相同；据此判断II与III的温度不同，需要控制浓度相同，据此分析判断；升高温度，反应速率加快；提高银的浸出率需要调节 pH 的范围为8.59.5，结合Ag2O+4S2O32-+H2O2Ag( S2O3
15、)23-+2OH-和Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O分析解答；(2)催化剂是在反应中参加反应，然后又生成的物质；过程中S2-与MnO32-发生氧化还原反应；根据反应的方程式结合电子守恒及原子守恒分析计算。【详解】(1)根据探究外界条件对化学反应速率的影响的实验要求，I与II的浓度不同，需要控制温度相同；据此判断II与III的温度不同，需要控制浓度相同，可知a=20，b=13-9-1.5=2.5，故答案为：20；2.5；实验表明，实验的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为实验溶液中生成黄色沉淀的时间最短，故答案为：实验溶液中生成黄色沉淀的时间最短；实际生产中，为了提
16、高银的浸出率需要调节 pH 的范围为8.59.5，因为pH 高于 9.5，OH-浓度过高，反应 Ag2O+4S2O32-+H2O2Ag( S2O3)23-+2OH-被抑制，Ag 浸出率低，而pH 低于 8.5，S2O32-与H+发生反应，浓度降低，浸出反应平衡左移，浸出率低，故答案为：pH 高于 9.5，OH-浓度过高，反应 Ag2O+4S2O32-+H2O2Ag( S2O3)23-+2OH-被抑制，Ag 浸出率低，而pH 低于 8.5，S2O32-与H+发生反应，浓度降低，浸出反应平衡左移，浸出率低；(2)催化剂是在反应中参加反应，然后又生成的物质，由图可知，过程、中，起催化剂作用的物质是M
17、n(OH)2，故答案为：Mn(OH)2；根据图示，过程中S2-与MnO32-发生氧化还原反应，离子反应为2S2-+9H2O+4MnO32-S2O32-+4Mn(OH)2+10OH-，故答案为：2S2-+9H2O+4MnO32-S2O32-+4Mn(OH)2+10OH-；过程I中Mn(OH)2与氧气转化为MnO32-；过程.2S2-+9H2O+4MnO32-S2O32-+4Mn(OH)2+10OH-；然后S2O32-与氧气反应生成SO42-，由电子守恒及原子守恒可知，存在4Mn(OH)24MnO32-8e-2O2，4MnO32-2S2-S2O32-；S2O32-2SO42-8e-2O2，共两个过
18、程消耗氧气，且消耗的氧气相等，因此S2-2O2，所以将10L上清液中的S2-转化为SO42-(S2-浓度为320mg/L)，理论上共需要标准状况下的O2的体积为222.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48。18.化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10(g) C4H8(g) + H2(g)H+139 kJ/mol（1）该反应的化学平衡常数的表达式为_。（2）一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯。温度、压强改变对异丁烷平衡转化率的影响如下图所示。判断p1、p2的大小关系：p1_（填“”或“”）p2，理由是_。若异丁烷的平衡转化率为40%，则平衡混合气
19、中异丁烯的物质的量分数最多为_%（保留小数点后1位）。（3）目前，异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。下表是以V-Fe-K-O为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。温度/570580590600610以-Al2O3为载体异丁烷转化率/%36.4136.4938.4239.2342.48异丁烯收率/%26.1727.1127.5126.5626.22以TiO2为载体异丁烷转化率/%30.2330.8732.2333.6333.92异丁烯收率/%25.8827.3928.2328.8129.30说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进
20、料量）100%由上表数据，可以得到的结论是_（填字母序号）。a.载体会影响催化剂的活性b. 载体会影响催化剂的选择性c.载体会影响化学平衡常数分析以-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：_。【答案】 (1). (2). (3). 该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1p2 (4). 28.6 (5). ab (6). 温度升高时异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，
21、发生副反应的异丁烷的比例增加（或其他合理原因）【解析】【详解】（1）化学平衡常数=，则该反应的化学平衡常数的表达式K=，答案为：；（2）根据反应C4H10(g) C4H8(g) + H2(g)，该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1p2，答案为：；该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1p2；设异丁烷初始物质的量为a，平衡转化率为40%，则根据反应利用三段式：C4H10(g) C4H8(g)
22、+H2(g)初始（mol） a 0 0变化（mol） 40% a 40% a 40% a平衡（mol） (1-40%) a 40% a 40% a则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为100%=28.6%，答案为：28.6；（3）a. 由上表数据，相同温度下，同一催化剂选择不同的载体异丁烷转化率和异丁烯收率不同，即催化效果不同，说明不同载体会影响催化剂的活性，故a正确；b. 以-Al2O3为载体时，随着温度的升高异丁烷转化率不断升高，而异丁烯收率基本不变；以TiO2为载体时，异丁烷转化率和异丁烯收率都随着温度的升高而增大，说明不同的载体会影响催化剂的选择性，故b正确；c.化学平衡常数只与温度
23、有关，与催化剂或催化剂载体无关，故c错误；答案选ab；以-Al2O3为载体时温度升高时，异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加，答案为：温度升高时异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加（或其他合理原因）。19.某小组用实验1验证FeCl3与Cu的反应，观察到有白色沉淀产生，决定对其进行深入探究。实验1：资料：i. CuSCN、CuC
24、l均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与SO42-、Cu2+与Cl-。ii. SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似；(SCN)2性质与卤素单质相似，其水溶液呈黄色。（1）FeCl3溶液与KSCN溶液反应的离子方程式为_。（2）下列由实验1得到的推论中，合理的是_（填字母序号）。a. Cu能还原Fe3+ b. Fe3+与SCN-的反应是可逆反应c. 白色沉淀中的Cu(I)（I表示+1价铜元素）可能是由Fe3+氧化Cu得到的（3）为探究实验1中白色沉淀的成分，小组同学实施了实验2：由实验2可知，实验1中白色沉淀的成分是_。（4）该小组欲进一步探究实验1中白色沉淀产生的原
25、因，实施了实验3：步骤实验操作实验现象I溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余II取I中上层清液于试管中，滴加1滴 0.1mol/L KSCN溶液立刻出现红色，同时有白色沉淀生成III振荡II中试管，静置白色沉淀变多，红色逐渐褪去步骤I的实验操作是_。根据实验3的现象，小组同学认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)，他们的判断依据是_。步骤II中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是_。解释步骤III中实验现象产生的可能原因：_。【答案】 (1). Fe3+ + 3SCN-Fe(SCN)3 (2). abc (3). CuCl和CuSCN (4). 向2 mL 0.1 mol
26、/L FeCl3溶液中加入0.15 g铜粉，振荡、静置 (5). 若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生 (6). Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+ (7). Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2+ + 4SCN-= 2CuSCN+ (SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN + Cl-=CuCl + SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应的进行SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去【解析】【详解】（1）FeCl3溶
27、液与KSCN溶液反应的离子方程式为Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3，答案为：Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3；（2）a. 加入Cu，溶液红色退去，产生白色固体，结合已知信息，CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体，说明溶液中三价铁离子消失，铜单质转变为亚铜离子，可证明铜和溶液中的Fe3+发生氧化还原反应，三价铁离子化合价降低，被还原，故a正确；b. 铜和溶液中的Fe3+发生反应时，溶液中Fe3+浓度减小，使反应Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3 逆向移动，Fe(SCN)3 逐渐减少，溶液褪色，则可以说明Fe3+与SCN-的反应是可逆反应，故b正确；c. 铜元素由
28、0价变为+1价，化合价升高被氧化，溶液中含有Cl-、SCN-、Fe3+和K+，Cl-为-1价是氯元素的最低价，只具有还原性，SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似，则SCN-具有还原性，不能使铜单质被氧化；单质的还原性越强，其离子的氧化性越弱，K的还原性强于Fe，则Fe3+的氧化性强于K+，则铜单质与Fe3+发生氧化还原反应，故c正确；（3）根据已知信息，CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，硝酸具有氧化性，将亚铜离子和SCN-氧化，分别生成Cu2+与SO42-、Cu2+与Cl-，根据图中反应，向加入硝酸后的溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl-；向加
29、入硝酸后的溶液中加入氯化钡，产生白色沉淀，说明溶液中含有SO42-，故根据以上分析可知，实验1中白色沉淀的成分是CuSCN、CuCl，答案为：CuSCN、CuCl；（4）结合实验1及步骤I中的实验现象，要进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，需要铜和氯化铁溶液反应，步骤I的实验操作是向2 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液中加入0.15 g铜粉，振荡、静置，答案为：向2 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液中加入0.15 g铜粉，振荡、静置；Fe3+与Cu反应若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中现象为溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余；无白色沉
30、淀产生，则认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)，答案为：若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生；步骤II中加入KSCN溶液后出现红色，同时有白色沉淀生成，说明Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2和亚铜离子，亚铜离子与氯离子结合生成CuCl白色沉淀，(SCN)2与卤素单质的性质相似，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-产生红色溶液，答案为：Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+；Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2+ + 4SCN-= 2CuSCN+ (SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN + Cl-=CuCl + SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应的进行SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去，答案为：Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2+ + 4SCN-= 2CuSCN+ (SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN + Cl-=CuCl + SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应的进行SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去。
