1、宁夏回族自治区石嘴山市平罗县平罗中学2021届高三化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mn-55 Fe-56 Ca-40一、选择题：(每小题6分，在每小题列出的四个选项中，只有一个选项符合题意)1. 化学与生产、生活联系密切，下列说法正确的是A. 常用作净水剂的KAl(SO4)2和漂白粉都是强电解质B. 氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，可以起到除去水中杂质和杀菌消毒作用C. 氮氧化物可以破坏臭氧层，也能形成酸雨D. “玉兔”月球车太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料是二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A在溶液中完全电离出离子电解
2、质是强电解质，硫酸铝钾是强电解质，漂白粉是混合物，不是电解质，A项错误；B氯气溶于水生成次氯酸有强氧化性，可以起到杀菌消毒作用，但不能除去水中杂质，B项错误；C氮氧化物可以破坏臭氧层，也能形成酸雨，C项正确；D“玉兔”月球车太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料是硅，D项错误；答案选C。2. X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图，下列说法不正确的是（ ）XYZWA. Y的气态氢化物的稳定性一定比W的强B. W的原子序数可能是Y的原子序数的3倍C. Y原子形成的简单离子半径比X原子形成的简单离子半径小D. 若Z元素最高价氧化物的水化物是强酸，则W元素的单质具有强氧化性【
3、答案】B【解析】【分析】由X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置，可知X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期，X、Z同主族，Y、W同主族，然后结合元素周期律分析解答。【详解】A元素的非金属性越强，其对应氢化物越稳定。Y、W是同一主族的元素，原子核外电子层数越少，元素的非金属性越强。由元素的相对位置可知元素的非金属性：YW，则Y的气态氢化物的稳定性一定比W的强，A正确；B若Y为O，W为S，W的原子序数是Y的原子序数的2倍，B错误；CX、Y的离子可能具有相同的电子排布，对于电子层结构相同的离子，原子序数越大，原子半径越小，则Y原子形成的简单离子半径比X原子形成的简单离子半径小，C正确
4、；DZ元素最高价氧化物的水化物是强酸，如Z为S，则W为Cl，Cl2具有强氧化性，D正确；故合理选项是B。3. 没食子儿茶素的结构如图所示，关于该物质下列叙述中正确的是（ ）A. 分子式为C15H12O5B. 遇FeCl3溶液不发生显色反应C. 1 mol该物质与4 molNaOH恰好完全反应D. 易发生氧化反应和取代反应，难发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A由结构可知分子式为C15H14O5，A错误；B含酚-OH，遇FeCl3溶液发生显色反应，B错误；C只有酚-OH与NaOH反应，则1 mol该物质与3 mol NaOH恰好完全反应，C错误；D含-OH可发生氧化反应和取代反应，含苯环可在
5、催化剂条件下发生加成反应，但比烯烃等不饱和烃难些，D正确；故合理选项是D。4. 实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（ ）A. 装置常用于分离互溶的液体混合物B. 装置可用于吸收HCl气体，并防止倒吸C. 以NH4Cl为原料，装置可用于实验室制备少量NH3D. 装置b口进气可收集H2、NO等气体【答案】A【解析】【详解】A装置正确，可用于分离互溶的液体混合物，A正确；BHCl易溶于水，不能起到防倒吸的作用，应改用四氯化碳，B错误；C氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，二者在温度稍低时反应生成氯化铵，应用氯化铵和氢氧化钙，C错误；DNO易与空气反应，不能使用排空气方法收集，D
6、错误；故合理选项是A。5. 若某池(电解池或原电池)的总反应离子方程式是：Cu+2H+=Cu2+H2，关于此池的有关说法正确的是（ ）A. 该池可能是原电池，也可能是电解池B. 该池只能是原电池，且电解质溶液为硝酸C. 该池只能是电解池，且金属铜为该电解池的阳极D. 该池只能是电解池，电解质溶液可以是硝酸【答案】C【解析】【分析】根据电池反应式的反应物和生成物特点确定是原电池还是电解池，再根据得失电子确定电极材料，注意铜和稀盐酸、稀硫酸不反应，和硝酸反应不生成氢气。【详解】铜和盐酸或稀硫酸不能自发进行氧化还原反应，铜和硝酸能自发的进行氧化还原反应，但生成的气体是氮氧化物而不是氢气，所以该反应只
7、能是电解池反应而不是原电池反应，所以该装置只能构成电解池不能构成原电池；在该电解池中，阳极上铜失电子发生氧化反应，阴极上氢离子得电子发生还原反应，所以该电解池的阳极必须是铜电极，电解质溶液不可以是硫酸铜，只能是稀盐酸或稀硫酸，故合理选项是C。6. 下列说法中正确的是（ ）A. 由反应：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，可以得出还原性Cl2Fe3+B. 由于钢铁表面水膜里溶有氧气和二氧化碳，所以日常的金属腐蚀以析氢腐蚀为主C. 将钢铁接在外电源的负极上，另一金属(不是惰性金属)接在外电源的正极上组成电解池，可以防钢铁腐蚀D. 纯锌与稀硫酸反应比不纯的锌(一般含铁、铜等杂质)与相同的稀硫酸反应快
8、【答案】C【解析】【详解】A在反应：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-中，Cl2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，根据物质的氧化性：氧化剂氧化产物，可知氧化性：Cl2Fe3+，A错误；B尽管钢铁表面水膜里溶有氧气和二氧化碳，但溶液的酸性很弱，所以日常的金属腐蚀以吸氧腐蚀为主，B错误；C若将钢铁接在外电源的负极上，则钢铁为阴极；另一金属(不是惰性金属)接在外电源的正极上作阳极，组成电解池，被腐蚀的附加的另一种金属，这样就可以防钢铁腐蚀，使钢铁得到保护，C正确；D不纯的金属Zn与杂质及硫酸构成原电池，可加快化学反应速率，因此不纯Zn比纯净的Zn与硫酸反应速率更快，D错误；故合理选项是C。7. 以工业级
9、氧化锌(含Fe2+、Mn2+、Cu2+、Ni2+等)为原料制备氧化锌的流程如下：其中“氧化”加入KMnO4是为了除去浸出液中的Fe2+和Mn2+。下列有关说法错误的是A. 浸出时通过粉碎氧化锌提高了浸出率B. “氧化”生成的固体是MnO2和Fe(OH)3C. “置换”加入锌粉是为了除去溶液中的Cu2+、Ni2+等D. “煅烧”操作用到仪器：玻璃棒、蒸发皿、泥三角【答案】D【解析】【详解】A.浸出时通过粉碎固体氧化锌，使物质颗粒变小，扩大了与硫酸的接触面积，反应速率加快，因而也可以提高了浸出率，A正确；B.向硫酸浸取工业级ZnO后的溶液中存在Fe2+、Mn2+、Zn2+和Ni2+，加入KMnO4
10、溶液，Ni2+不能被氧化，Fe2+、Mn2+被氧化而形成MnO2和Fe(OH)3除去，KMnO4被还原形成MnO2，B正确；C.由于金属活动性ZnNiCu，所以“置换”加入锌粉可以与溶液中的是为了与溶液中Ni2+、Cu2+发生主反应，除去溶液中的Cu2+、Ni2+等，C正确；D. “煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、坩埚、泥三角，D错误；故合理选项是D。8. 一定条件体积为10 L的固定容器中发生：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q (Q0)(1)写出该反应的平衡常数表达式K=_；K和反应物的平衡转化率都能表示可逆反应的进行程度。保持温度不变，增大H2的平衡转化率，则K值_(填编号)。a增
11、大 b减小 c不变 d无法确定(2)据图，反应02 min的v(N2)=_mol/(Lmin)。(3)据图判断5 min时，V正_V逆(填大于、小于、或等于)；1012 min间，v正_v逆(填大于、小于、或等于)；，可能的原因_(填编号)a升高温度 b增加H2 c加入N2 d移去NH3(4)若在第10 min时压缩容器体积，则平衡将_移动(填向左、向右或不)；达到平衡时c(H2)_0.03mol/L(填大于、小于或等于)。【答案】 (1). (2). c (3). 0.005 mol/(Lmin) (4). 大于 (5). 大于 (6). c (7). 向右 (8). 大于【解析】【详解】(
12、1)化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，K=； 化学平衡常数只与温度有关，与其它外界条件无关，温度不变化学平衡常数不变，故合理选项是c；(2)根据图知，2 min时生成n(NH3)=0.2 mol，根据方程式中物质转化关系可知消耗n(N2)= n(NH3)=0.1 mol，v(N2)= 0.005 mol/(Lmin)；(3)5 min时，反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则v正v逆；1012 min间，H2的物质的量减小、NH3的物质的量增加，平衡正向移动，则v正v逆；改变条件的瞬间，H2和NH3物质的量不变，只能是增大N2浓度，故合理选项是c；(4)在10
13、min时压缩容器体积，则体系的压强增大，增大压强平衡向气体体积减小的正反应方向移动，则H2的转化率增大，但其多参加反应的物质的量浓度远远小于增加的物质的量浓度，即达到平衡时c(H2)大于0.03 mol/L。【点睛】本题考查化学平衡计算及外界条件对化学平衡移动的影响。难点是(4)小题的分析，很多同学往往认为平衡正向移动，则平衡时氢气浓度小于0.03 mol/L而导致错误，为该题的易错点。9. 一种新型高效净水剂PAFC(聚合氯化铁铝AlFe(OH)nC16-nm)，广泛用于日常生活用水和工业污水的处理。某化工厂欲以工业生产废料(金属铁、铝及其氧化物)为原料制取PAFC，设计生产流程如图：(1)
14、浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，所用玻璃仪器除量筒和玻璃棒外，还有_。A容量瓶 B烧杯 C烧瓶 D酒精灯(2)下列关于PAFC的说法中正确的是_。APAFC是一种无机高分子化合物BPAFC中Fe显+2价CPAFC溶于水能电离出OH-，一种碱DPAFC在强酸性和强碱性溶液中均不能稳定存在(3)步骤中取样分析的目的是_。A测定溶液中Fe2+与Fe3+的含量比B测定原料是否完全溶解C测定溶液中Fe2+的含量，以确定加入NaClO3的量D测定溶液中Al3+的含量(4)写出向溶液中加入NaClO3时，发生反应的离子方程式：_Fe2+_H+_C1O_Fe3+_Cl-+_H2O_。(5)该化工厂的化验室
15、为测定产品PAFC中A1和Fe的含量，进行下列试剂的选择和基本操作：测定时所需的试剂有_。ANH3H2O BNaOH CCO2 DNaClO3在测定过程中的操作顺序是：过滤、_、灼烧、_、称量。(写操作名称)。测定时，通过灼烧后等操作，直接测定的是_和_的质量(填化学式)。【答案】 (1). AB (2). AD (3). C (4). 6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O (5). BC (6). 洗涤 (7). 冷却 (8). Al2O3 (9). Fe2O3【解析】【分析】金属及其氧化物与过量的盐酸反应产生AlCl3及Fe的氯化物(FeCl2、FeCl3二者至少含有其中的一种)，
16、向得到的酸性溶液中加入NaClO3，可以将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH，经调节溶液的pH、水解聚合就得到新型高效净水剂PAFC(聚合氯化铁铝AlFe(OH)nC16-nm)。【详解】(1)配制一定物质的量浓度的稀盐酸，所用玻璃仪器除量筒和玻璃棒外，还有容量瓶、烧杯、胶头滴管，故合理选项是AB；(2)APAFC(聚合氯化铁铝AlFe(OH)nC16-nm)，属于无机高分子化合物，A正确；B化合物中元素化合价代数和为0，假设Fe化合价为+x价，则(+3)+(+x)=n+(6-n)，解得x=3，则Fe元素化合价为+3价，B错误；C该物质可以电离出氯离子，不电离产生OH-，不属于碱，C错
17、误；D氢氧化铝能与强酸、强碱反应，该物质在强酸和强碱性溶液中均不能稳定存在，D正确；故合理选项是AD；(3)酸性溶液中取样分析溶液中含有亚铁离子的含量，用来确定加入NaClO3的量，用来氧化亚铁离子为铁离子，故合理选项是C；(4)氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；(5)测定产品PAFC中A1和Fe的含量，取一定量产品溶于氢氧化钠溶液中过滤得到氢氧化铁沉淀，灼烧得到氧化铁，冷却称量，滤液中通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，过滤洗涤，灼烧分解得到氧化铝称量，需要的试剂为氢氧化钠溶液和二氧化碳，故合理选项是BC
18、；该化工厂的化验室为测定产品PAFC中A1和Fe的含量，首先取一定量产品溶于氢氧化钠溶液中，Fe3+反应产生Fe(OH)3沉淀，Al3+则变为留在溶液中，经过滤得到氢Fe(OH)3沉淀，然后洗涤除去沉淀表面的杂质，再将其灼烧得到Fe2O3，然后冷却，称量，根据Fe2O3中Fe元素的含量确定Fe的质量；再向滤液中通入足量CO2得到Al(OH)3沉淀，再过滤、洗涤，灼烧分解得到Al2O3，然后冷却，称量，根据Al2O3中Al元素的含量确定Al的质量；从而可得该产品中Fe、Al的含量故要经操作顺序是过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量；通过上述分析可知：在测定时，通过灼烧后等操作，直接测定的是Fe2O3、A
19、l2O3的质量。【点睛】本题考查物质的制备实验。把握制备原理、物质的性质、混合物分离提纯为解答的关键，注意物质的性质在混合物分离提纯的应用。10. 人体血液里Ca2+的浓度一般采用mgcm-3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵(NH4)2C2O4溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。I配制酸性KMnO4标准溶液：下图是配制50 mL酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。 (1)请你观察图示并判断其中不正确的操作有
20、_ (填序号)。 (2)其中确定50 mL溶液体积的容器是_(填名称)。 (3)如果按照图示的操作配制溶液，在其他操作均正确的情况下，配制溶液的浓度将_（填“偏大”或“偏小”）。 II测定血液样品中Ca2+的浓度：取血液样品20.00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 molL-1酸性 KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL酸性KMnO4溶液。(4)请写出草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式 _。 (5)滴定时，根据现象_，即可确定反应达到终点。(6)经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为_mgcm-3。【答案】 (1). (2). 50 mL容量
21、瓶 (3). 偏小 (4). 5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O (5). 当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液恰好由无色变紫红色，且半分钟内不褪色 (6). 1.2【解析】【分析】（1）根据图示分析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误；（2）容量瓶是确定溶液体积的仪器；（3）根据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断，高锰酸钾的浓度偏小；（4）根据氧化还原方程式的规律写出草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式；（5）草酸具有还原性，能够使高锰酸钾褪色；（6）根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。【详解】(1)由
22、图示可知操作不正确，不能在量筒中溶解固体，定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切，故答案为：；(2)应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积，则配制50mL溶液需要50mL容量瓶，故答案为：50mL容量瓶；(3)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小；(4)草酸与酸性KMnO4溶液反应，高锰酸钾为氧化剂生成还原产物Mn2+，草酸为还原剂生成氧化产物CO2，则离子方程式为：，故答案为：；(5)草酸具有还原性，能够使高锰酸钾褪色，向无色草酸中加入酸性高锰酸钾，当草酸反应完后，滴加高锰酸钾显紫红色，且半分钟不退色，滴定到达终点；故答案为
23、：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液恰好由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；(6)血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为：，根据反应方程式，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知： ，Ca2+的质量为：，钙离子的浓度为：，故答案为：1.2。11. 羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，合成路线如图所示：已知：RCOOR+ROHRCOOR+ROH(R、R、R代表烃基)(1)A属于芳香烃，其结构简式是_。CD的反应类型是_。(2)羟甲基香豆素中的官能团是_。(3)写出属于酯类的E所有结构简式_。(4)以D和F为原料合成羟甲香豆素分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：
24、_，_，_，_。【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). 酚羟基、酯基、碳碳双键 (4). HCOOCH2CH2CH3、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3 (5). (6). (7). (8). 【解析】【分析】A属于芳香烃，结合C的分子式，可知A为，苯与发生硝化反应得到B，B还原得到C，结合C的分子式，可知A发生二元取代得到B，结合羟甲香豆素的结构，可知发生间位的二元取代，故B为，C为；由D的分子式、结合羟甲香豆素的结构，可知D为；由2E F+C2H5OH，结合E的分子式C4H8O2，根据原子守恒可知F分子式为C6H10O3，F中含有羰基结构，结合信息可知F还含有酯基
25、，再结合羟甲香豆素结构，以及会生成乙醇，可推知F为，故E为CH3COOC2H5；F与D第一步发生信息1中的加成反应，生成中间产物1为，然后发生信息中2的取代反应，生成中间产物2为，最后发生消去反应脱水得到羟甲香豆素。【详解】根据上述分析可知A是，B是，C是，D是，E是CH3COOC2H5，F是。(1)A属于芳香烃，其结构简式是；C发生取代反应产生D，故反应类型是取代反应。(2)羟甲基香豆素的分子中含有的官能团是羟基、酯基和碳碳双键。(3)E是CH3COOC2H5，其属于酯类的E所有同分异构体结构简式为：HCOOCH2CH2CH3、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3；(4) 由上述分析可知D为，F为，D与F第一步发生信息1中的加成反应，生成中间产物1为，然后发生信息中2的取代反应，生成中间产物2为，最后发生消去反应脱水得到羟甲香豆素。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，关键是对信息的理解，明确物质转化过程中官能团的变化、化学键的断裂与形成，充分利用分子式、羟甲香豆素的结构进行分析。