1、_海淀区2020 2021学年第一学期期中练习高三化学本试卷100分。 考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Fe 56第一部分选择题（共42分）在下列各题的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。（每小题3分，共42分）1. 下列物品所使用的主要材料属于无机非金属材料的是A. 陶瓷工艺品B. 纸质练习簿C. 不锈钢盆D. 蚕丝领带【答案】A【解析】【详解】A. 陶瓷的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故A选；B. 纸张的主要成分为纤维素，为有机材料，故B
2、不选；C. 不锈钢的主要成分为铁，有无机金属材料，故C不选；D. 蚕丝主要成分为蛋白质，为有机材料，故D不选。故答案选：A。2. 下列对化学用语的描述中，不正确的是A. 甲烷的结构式：B. 磷的原子结构示意图： C. Bi 和Bi互为同位素D. 由Na和Cl 形成NaCl的过程： 【答案】B【解析】【详解】A.甲烷为正四面体结构含有4条C-H键，结构式为，故A正确；B.该图中质子数为15，核外电子数为18，为P3-的结构示意图，故B错误；C.同位素是指质子数相同、中子数不同同一元素的核素的互称，Bi 和Bi为Bi的同位素，故C正确；D. Na和Cl 形成NaCl的过程Na失去电子变为Na+，C
3、l得到电子变为Cl-，图示为，故D正确；故答案选：B。3. 下列反应中， H2O做氧化剂的是A. 2Na+2H2O = 2NaOH+H2B. 3NO2+H2O=2HNO3+NOC. Cl2+H2O HCl+HClOD. SO2+H2O H2SO3【答案】A【解析】【分析】氧化还原反应中反应物中氧化剂化合价下降，还原剂化合价升高以此判断。【详解】A.H2O中H化合价由+1到0价，化合价下降，H2O做氧化剂，故A选；B. H2O没有元素化合价发生改变，既不做氧化剂也不做还原剂，故B不选；C. H2O没有元素化合价发生改变，既不做氧化剂也不做还原剂，故C不选；D. SO2与H2O反应没有化合价的改变
4、为非氧化还原反应，故D不选。故答案选：A。4. 已知反应：2H2O2=2H2O+O2，下列措施不能加快该反应的速率的是A. 升高温度B. 加入少量MnO2固体C. 加水稀释D. 加入几滴FeCl3溶液【答案】C【解析】【详解】A升高温度能够增加单位体积内活化分子数以及有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故A项不选；BMnO2对H2O2分解具有催化作用，能够降低活化能，使单位体积内活化分子数增加，从而增加有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故B项不选；C加水稀释会降低单位体积内活化分子数，使有效碰撞频率降低，化学反应速率将降低，故C项选；DFeCl3对H2O2分解具有催化作用，能够降低活化能，使单位
5、体积内活化分子数增加，从而增加有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故D项不选；综上所述，不能加快该反应的速率的是C项，故答案为C。5. 下列事实不能用元素周期律解释的是A. NaOH的碱性强于Al(OH)3B. Mg与热水能反应，Al与热水很难反应C. H2O稳定性强于H2SD. HClO4 的酸性强于HBrO【答案】D【解析】【详解】ANaOH、Al(OH)3均是该元素最高价氧化物对应水化物，NaOH的碱性强于Al(OH)3可说明钠元素金属性强于铝元素，故A项不选；BMg、Al与热水反应中，金属单质都是还原剂，Mg较易反应，说明还原性：MgAl，二者是同一周期元素，原子序数MgS，同时H2O的
6、稳定性强于H2S，能够用元素周期律解释，故C项不选；DHClO4是氯元素最高价氧化物的水化物，HBrO不是溴元素最高价氧化物的水化物，虽然酸性HClO4HBrO，但不能用元素周期律解释，故D项选；综上所述，不能用元素周期律解释的是D项，故答案为D。6. 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： HCO、 K+、 Cl-、 Na+B. 无色溶液中： NH、K+、MnO、NOC. 含有SO的溶液中： NO、 OH-、Na+、 Ba2+D. c(OH-) = 10-2 mol/L的溶液中： Na+、CO、Cl-、K+【答案】D【解析】【详解】ApH=1 的溶液中存在大
7、量的H+，H+、HCO能够反应放出二氧化碳气体，不能大量共存，故A不选；BMnO有颜色，在无色溶液中不能大量存在，故B不选；CSO、Ba2+能够反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C不选；Dc(OH-) = 10-2 mol/L的溶液显碱性，存在大量的OH-，OH-、Na+、CO、Cl-、K+离子间不能发生反应，能够大量共存，故D选；故选D。7. 下列事实与盐类的水解无关的是A. 用明矾净水B. 用稀盐酸清除铁锈C. 用热的纯碱溶液清洗油污D. 配制FeCl3溶液时加入少量盐酸【答案】B【解析】【详解】A.明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性可用于净水，与盐类的水解有关，故A不选；B.
8、稀盐酸与铁锈反应可用于清除铁锈，与盐类的水解无关，故B选；C. 纯碱溶液中碳酸根水解呈碱性可以使油污发生水解反应生成可溶性物质，用于清洗油污，与盐类水解有关，故C不选；D. FeCl3溶液中铁离子易发生水解，加入少量盐酸增加氢离子浓度平衡逆移，可以防止铁离子的水解，与盐类水解有关，故D不选。故答案选：B。8. 用NA代表阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是A. 6.2g Na2O中的离子总数为0.2NAB. pH=2的盐酸中的H+总数为0.01NAC. 2.3g Na和足量O2反应转移电子数为0.1NAD. 标准状况下，5.6L H2O所含O-H键的数目为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A6
9、.2g Na2O的物质的量为=0.1mol，0.1mol Na2O中的离子总数为0.13NA=0.3NA，故A项说法错误；B未告知溶液体积，无法计算溶液中所含溶质的物质的量，故B项说法错误；C2.3g Na物质的量为=0.1mol，Na与足量O2后，Na失去1个电子，0.1mol Na完全反应失去电子数为0.1NA=0.1NA，故C项说法正确；D标准状况下，H2O不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法计算其所含化学键数目，故D项说法错误；综上所述，说法正确是C项，故答案为C。9. 用下列实验装置完成对应的实验（夹持装置已略去），不能达到实验目的的是A. 证明氨气极易溶于水B.
10、证明二氧化硫具有漂白性C. 证明碳酸钠热稳定性比碳酸氢钠高D. 证明铁与水蒸气反应生成氢气【答案】B【解析】【详解】A.挤压胶头滴管，氨气遇水溶解，烧瓶内气压降低，在大气压的作用下将烧杯中的水向上压形成“喷泉”，可以说明氨气极易溶于水，故A正确；B.二氧化硫使高锰酸钾褪色表现为二氧化硫的还原性，无法证明二氧化硫具有漂白性，故B错误；C. 碳酸氢钠不稳定加热分解，而碳酸钠不分解，则图中小试管中温度低碳酸氢钠分解，可知碳酸氢钠的稳定性差，故C正确；D. 铁与水蒸气反应生成氢气，用燃烧的火柴靠近能点燃气体并有淡蓝色火焰可说明生成氢气，故D正确。故答案选：B。10. 下列对实验现象解释的方程式中，正确
11、的是A. 0.1 mol/L次氯酸溶液的pH约为4.2： HClO= H+ ClO-B. 向醋酸中加入NaHCO3溶液得到无色气体：2CH3COOH + CO=2CH3COO- + H2O+ CO2C. 向NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀：2H+ +SO + Ba2+ +2OH- =BaSO4 + 2H2OD. 在煤中添加石灰石，降低尾气中SO2浓度：2CaCO3 + 2SO2+O22CaSO4+ 2CO2【答案】D【解析】【详解】A. HClO为弱电解质，不完全电离，故A错误；B. NaHCO3溶液中电离生成Na+和，不能拆成形式，故B错误；C. NaHSO4溶液中
12、加入足量Ba（OH）2溶液反应，离子方程式中H+与的系数比应为1:1离子方程式为H+ +SO + Ba2+ +OH- =BaSO4 + H2O，故C错误；D. 石灰石与 SO2和空气中氧气反应得到CaSO4和CO2降低尾气中SO2浓度，化学方程式为：2CaCO3 + 2SO2+O22CaSO4+ 2CO2，故D正确。故答案选：D。11. 炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成对环境有不良影响的活化氧。反应过程的能量变化如下图。下列说法不正确的是A. 生成活化氧的总反应是吸热反应B. 反应前后氧元素的化合价发生改变C. 生成活化氧的反应在有水条件下更容易发生D. 反应过程中存在
13、氧氧键的断裂和碳氧键的生成【答案】A【解析】【详解】A根据图示，炭黑和氧气的总能量大于活化氧的总能量，生成活化氧的总反应是放热反应，故A错误；B反应前氧气中O元素的化合价为0，在活化氧中O元素的化合价不为0，反应前后氧元素的化合价发生了改变，故B正确；C根据图示，生成活化氧的反应在有水条件下的活化能小于无水条件下的活化能，反应更容易发生，故C正确；D根据图示，反应物氧气中存在氧氧键，炭黑中存在碳碳键，生成物活化氧中存在碳氧键和碳碳键，因此反应过程中存在氧氧键的断裂和碳氧键的生成，故D正确；故选A。12. 单质溴是一种重要的化工原料，室温下为深红棕色、易挥发的液体，密度约3.1 g/cm3。 工
14、业上常以海水晒盐后的卤水为原料制备粗溴（主要成分为单质溴）。溴含量较高的卤水常用水蒸气吹出法，溴含量较低的卤水只能选择热空气吹出法，工艺流程如下图。下列说法不正确的是A. 流程一中，分液时粗溴位于下层B. 流程二中，溶液C的溴含量高于卤水乙C. 流程二中，试剂X可以是HClD. 两种流程均利用了单质溴的易挥发性【答案】C【解析】【详解】A水蒸气吸收溴得到溴水，溴的密度为3.1 g/cm3，大于水的密度，所以分液时溴在下层，故A项说法正确；B流程二中，热空气吹出法用二氧化硫吸收的目的是富集溴，因此溶液C的溴含量高于卤水乙，故B项说法正确；C流程二中，因为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2H
15、Br，所以试剂X应为氧化剂，目的是将HBr氧化为Br2，如Cl2：Cl2+2HBr=Br2+2HCl，而HCl无氧化性，故C项说法错误；D两种流程中，水蒸气或热空气能将溶液中的溴带出，都是利用溴的易挥发性，故D项说法正确；综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。13. 五氯化磷（PCl5）是有机合成中重要的氯化剂，可由如下反应制得：PCl3 （g）+Cl2（g） PCl5（g） H= -93.0 kJ/mol某温度下，在容积恒定为2.0 L的密闭容器中充入2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，一段时间后反应达平衡状态。实验数据如下表所示。t/s050150250350n （PCl
16、5）/mol00.240.360.400.40下列说法正确的是A. 升高温度，平衡向正反应方向移动B. 增大压强，活化分子百分数增大，反应速率加快C. 该温度下，反应的化学平衡常数的数值为D. 0 150s内的v（ PCl3）=2.4 10-3 mol/（Ls）【答案】C【解析】【分析】根据反应的起始物质的量和平衡时PCl5物质的量写出该反应的“三段法”，以此计算化学平衡常数，反应速率等值。【详解】A反应H”“=”或“ (4). CO2制备CH3OH的反应正向为气体体积减小的反应，增大压强，平衡将正向移动，CH3OH平衡产率将增大，而相同温度下，p1时CH3OH平衡产率更高，说明p1p1 (5
17、). 温度升高，主反应的平衡逆向移动，副反应的平衡正向移动，且副反应正向移动超过了正反应逆向移动 (6). bc【解析】【详解】(1)8.0 g CH3OH(g)的物质的量为=0.25mol，反应中生成0.25mol CH3OH(g)放出的热量为12.3 kJ，则生成1mol CH3OH(g)放出的热量为12.34 kJ=49.2 kJ，温度为523 K时，各物质均为气体，则反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H= -49.2 kJ/mol；(2)某时刻测得c(CH3OH)=1mol/L，则消耗n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，生成n(H2O
18、)=1mol，该时刻c(CO2)=2mol/L，c(H2)=3mol/L，c(CH3OH)=1mol/L，c(H2O)=1mol/L，该时刻浓度熵QC=p1；iiCO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H= +41.2 kJ/mol是气体等体积反应，正向为吸热反应，升高温度，平衡将正向移动，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H= -49.2 kJ/mol是气体等体积反应，正向为放热反应，升高温度，平衡将逆向移动，当温度高于503K后，正向移动的程度高于逆向移动程度，导致CO2平衡转化率随温度升高而增大；a逐渐升高温度过程中，主反应的转化率将逐渐降低，限度逐渐减
19、小，不能说明CH3OH平衡产率升高，故a不符合；b逐渐升高温度过程中，化学反应速率会逐渐增大，使得单位时间内能够产生更多CH3OH，使得CH3OH平衡产率升高，故b符合；c当温度为523K时，CH3OH平衡产率最高，后续升高温度时，若其它条件不会受到影响，则化学反应速率将增大，CH3OH平衡产率将升高，但实际情况是后续升高温度时，CH3OH平衡产率逐渐降低，其可能原因是温度高于523K时，催化剂活性降低，说明523 K时催化剂的活性最强，故c符合；综上所述，故答案为bc。18. 工业上，处理低品位黄铜矿二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低常采用生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用于制备绿矾(FeSO
20、47H2O)和胆矾(CuSO45H2O)。相关流程如下图。已知：生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）在pH 1.06.0范围内可保持活性。金属离子沉淀的pH如下表。Fe3+Cu2+Fe2+开始沉淀时的pH1.54.26.3完全沉淀时的pH2.86.78.3（1）生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是_。（2）生物堆浸过程的反应在T.f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：CuFeS2 +4H+ +O2 Cu2+ Fe2+ 2S+ 2H2O，第二阶段的反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为_。（3）结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在_范围内
21、。（4）过程I中，加入Na2S2O3固体会还原堆浸液中的Fe3+， 得到溶液X。为判断堆浸液中Fe3+是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入_试剂（填试剂的化学式），观察溶液颜色变化。（5）过程II中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示H2O2的作用是_。（6）绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。取m g绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解。用物质的量浓度为c mol/L的KMnO4溶液滴定。至恰好完全反应时，消耗KMnO4溶液的体积为V mL。绿矾晶体质量分数的计算式为_。（已知： FeSO47H2O的摩尔质量为278 g/mol ）【答案】 (1). 增大接触面积，加快
22、堆浸速率 (2). 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O (3). 1.01.5 (4). KSCN (5). CuS+H2O2+2H+=Cu2+2H2O+S (6). 【解析】【分析】低品位黄铜矿二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低经过研磨后在微生物作用下进行堆浸，因生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）在pH 1.06.0范围内可保持活性，并且Fe3+在pH为1.5时会发生沉淀，因此堆浸过程中保持pH在1.01.5，使CuFeS2与空气发生氧化还原反应，生成铜盐、铁盐、硫单质等，然后向堆浸液中加入还原剂将Fe3+还原，并将Cu2+转化为CuS，然后过滤得到FeSO4溶液和CuS固
23、体，再向CuS中加入氧化剂和稀硫酸，将CuS转化为CuSO4，然后分别蒸发FeSO4溶液、CuSO4溶液得到绿矾、胆矾，以此解答。【详解】（1）生物堆浸过程是固体与液体反应，将矿石进行研磨，可以增大反应物之间的接触面积，使化学反应速率加快；（2）生物堆浸过程第二阶段的反应为Fe2+与O2之间发生氧化还原反应生成Fe3+，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒以及质量守恒可知，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；（3）由上述分析可知，生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在1.01.5；（4）判断堆浸液中Fe3+是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入少量KSCN溶液，观
24、察溶液是否呈血红色(或红色)，若溶液呈血红色(或红色)，则说明Fe3+未被还原完全，若无明显实验现象，则说明Fe3+被还原完全；（5）H2O2具有强氧化性，CuS具有还原性，二者能够发生氧化还原反应生成CuO、S、H2O，CuO再与稀硫酸反应生成CuSO4、H2O，总反应离子方程式为CuS+H2O2+2H+=Cu2+2H2O+S；（6）FeSO4与酸性KMnO4溶液反应中，Fe2+被氧化为Fe3+，KMnO4被还原为Mn2+，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，二者关系式为：5FeSO4KMnO4，滴定过程中消耗n(KMnO4)=cmol/LV10-3L=10-3cVmol，则n(FeSO4)
25、=n(FeSO47H2O)=510-3cVmol，m(FeSO47H2O)=510-3cVmol278g/mol=1.39cVg，绿矾晶体质量分数为。19. 某课外小组探究硫化钠晶体（ Na2S9H2O）在空气中放置后的氧化产物。取少量在空气中放置一段时间的硫化钠晶体样品，溶于水得到溶液A，测得溶液A的pH为13。查阅资料：i.硫化钠晶体在空气中放置后，可能会有Na2Sx、Na2SO3、Na2S2O3 等物质生成。ii.S2-、S、S2O都不能使品红褪色，SO或高浓度OH- 能使品紅褪色。ii. Na2Sx能与H+反应生成H2S（臭鸡蛋气味气体）和S； Na2Sx能与Cu2+反应生成CuS （
26、黑色固体）和S； Na2S2O3 可与Cu2+形成可溶性络合物，该络合物对稀盐酸稳定，受热易分解生成棕黑色沉淀。（1）取未在空气中放置的硫化钠晶体，溶于水后测得溶液显碱性，用离子方程式解释其原因为_。（2）进行实验一。编号试剂现象1溶液A立即褪色2pH=13的NaOH溶液无明显变化实验一证明氧化产物中有Na2SO3， 其中编号2实验的目的是_。某同学由实验结果进一步推测硫化钠晶体的氧化产物中可能还含有Na2SO4，这是因为Na2SO3有_性。（3）进行实验二。取溶液A于试管中，加入足量的稀盐酸，立即出现淡黄色浑浊，同时产生大量臭鸡蛋气味的气体，离心沉降（固液分离），得到无色溶液B和淡黄色固体。
27、取无色溶液B_（填操作和现象）， 证明溶液A中存在SO。该实验现象不能证明样品中存在Na2Sx，因为_。（4）进行实验三。证明氧化产物中存在Na2S2O3的证据是_。溶液A中加入CuCl2溶液生成黑色沉淀，可能发生的反应是_（用离子方程式表示）。结论：硫化钠晶体在空气中放置后的氧化产物有Na2SO3、Na24SO4、Na2Sx和Na2S2O3。【答案】 (1). (2). 排除OH-对实验的干扰 (3). 还原 (4). 滴加稀盐酸不产生沉淀，滴加氯化钡溶液产生白色沉淀 (5). S2O在酸性条件下能生成SO2和S单质，S2-在酸性条件下可以生成H2S气体 (6). 浅绿色溶液滴加盐酸无明显现
28、象，说明溶液中不存S，在加热后产生棕黑色沉淀则存在Na2S2O3 (7). 【解析】【分析】（1）硫离子水解呈碱性；（2）验证氧化产物中有Na2SO3需排除溶液中OH-的干扰；Na2SO3到Na2SO4体现Na2SO3的还原性；（3）验证SO的存在需排除SO的干扰；S2O在酸性条件下能生成SO2和S单质，S2-在酸性条件下可以生成H2S气体；（4）Na2S2O3 可与Cu2+形成可溶性络合物，该络合物对稀盐酸稳定，受热易分解生成棕黑色沉淀；Na2Sx能与Cu2+反应生成CuS （黑色固体）和S，以此分析。【详解】（1）硫离子水解呈碱性离子方程式为：，故答案为：；（2）由于SO或高浓度OH- 能
29、使品紅褪色，则在验证Na2SO3时需排除OH-对实验的干扰，编号2实验中pH=13的NaOH溶液不能使品紅褪色，则可说明该浓度下的OH- 不能使品紅褪色，故答案为：排除OH-对实验的干扰；Na2SO3易被空气中的氧气氧化为Na2SO4，体现了Na2SO3的还原性，故答案为：还原；（3）溶液中存在SO，验证SO的存在时需排除SO的干扰，应取无色溶液B滴加稀盐酸不产生沉淀，滴加氯化钡溶液产生白色沉淀，则可说明存在SO，故答案为：加稀盐酸不产生沉淀，滴加氯化钡溶液产生白色沉淀；取溶液A于试管中，加入足量的稀盐酸，立即出现淡黄色浑浊，可能存在S或S2O，同时产生大量臭鸡蛋气味的气体，可能存在S2-或S，无法说明一定存在Na2Sx，故答案为：S2O在酸性条件下能生成SO2和S单质，S2-在酸性条件下可以生成H2S气体；（4）Na2S2O3 可与Cu2+形成可溶性络合物，该络合物对稀盐酸稳定，受热易分解生成棕黑色沉淀，则浅绿色溶液滴加盐酸无明显现象，说明溶液中不存S，在加热后产生棕黑色沉淀则存在Na2S2O3，故答案为：浅绿色溶液滴加盐酸无明显现象，说明溶液中不存S，在加热后产生棕黑色沉淀则存在Na2S2O3；由条件可知Na2Sx能与Cu2+反应生成CuS （黑色固体）和S，离子方程式为：，故答案为：。
