1、甘肃省兰州市第一中学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 B-11 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 Ca-40 V-51 Fe-56 Cu-641. 某同学对所学部分化学知识归纳如下，其中有错误的一组是 （ ）A物质性质与用途B安全常识N2性质稳定填充在食品袋防腐乙醇具有可燃性用作燃料CO 具有还原性冶炼金属假酒中毒由甲醇引起假盐中毒由黄曲霉毒素引起瓦斯爆炸由天然气引起C元素与人体健康D日常生活经验缺铁易引起贫血缺钙易得佝偻病或骨质疏松症缺碘易得甲状腺肿大去除衣服上的油污用汽油洗涤热水瓶中的水垢用食
2、醋清除使煤燃烧更旺把煤做成蜂窝状A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A项，N2中含氮氮三键，键能大，性质稳定，可填充在食品袋防腐，乙醇具有可燃性，燃烧时放出大量的热，可用作燃料，CO具有还原性，可冶炼Fe等金属，A项正确；B项，甲醇有毒，食用少量甲醇可使人双目失明，大量食用可使人死亡，假酒中毒是由甲醇引起的，假盐中毒是由NaNO2引起的，瓦斯爆炸是由天然气引起的，B项错误；C项，铁是构成血红蛋白的必须元素之一，缺铁易引起贫血，钙在人体中主要存在于骨骼和牙齿中，缺钙易得佝偻病或骨质疏松症，缺碘易得甲状腺肿大，C项正确；D项，油污易溶于汽油，去除衣服上的油污用汽油洗涤，水垢的
3、主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，食醋含CH3COOH，CaCO3和Mg(OH)2能溶于CH3COOH，用食醋清除热水瓶中的水垢，把煤做成蜂窝状，增大接触面积，使煤燃烧更旺，D项正确；答案选B。2. 下列说法正确的是（ ）A. 检验某酸性溶液中Cl和，选用试剂及顺序是过量Ba(NO3)2溶液、AgNO3溶液B. 将足量CO2和SO2的混合气体分别通入BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液中，最终都无沉淀生成C. 将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，充分反应后剩余的固体中必有铁D. 用加热分解的方法可将NH4Cl固体和Ca(OH)2固体的混合物分离【答案】A【解析】【详解】A检验某酸性
4、溶液中Cl-和，酸性溶液中不可能存在亚硫酸根离子，所以选用试剂及顺序是过量Ba(NO3)2溶液、AgNO3溶液，先加入过量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀证明含有硫酸根离子，过滤可除去硫酸根离子，再加入硝酸银溶液产生白色沉淀证明含有氯离子，故A正确；B二氧化碳与氯化钡、硝酸钡溶液均不反应，而二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸根离子，与钡离子结合为硫酸钡白色沉淀，故B错误；C根据离子的氧化性的强弱，加入Fe后先与铁离子反应生成亚铁离子，再与铜离子反应生成Cu和亚铁离子，所以最终的固体中一定有Cu，不一定有Fe，故C错误；D氯化铵与氢氧化钙固体混合加热，则发生反应生成氯化
5、钙、水和氨气，故D错误。3. 下列叙述正确是A. 直径介于1nm100nm之间的微粒称为胶体B. 电泳现象可以证明胶体粒子带电C. 丁达尔效应是溶液与胶体的本质区别D. 胶体粒子很小，可以透过滤纸和半透膜【答案】B【解析】【详解】A微粒直径介于1nm100nm之间的分散系称为胶体，故A错误；B带电粒子在电场中会定向移动，电泳现象可以证明胶体粒子带电，故B正确；C丁达尔效应是区分溶液与胶体的一种方法，溶液与胶体的本质区别是粒子的大小不同，故C错误；D胶体粒子可以透过滤纸和但不能透过半透膜，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了溶液、胶体和浊液的本质区别和胶体的丁达尔效应，当分散剂是水或其它溶液时，
6、根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm）；应注意的是溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小，不要认为丁达尔效应是溶液、胶体和浊液的本质区别，丁达尔效应可以区分溶液和胶体，这是容易混淆的。4. 若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4 L Cl2通入足量水中转移电子数为NAB. KClO36HCl=KCl3Cl23H2O中，生成13.44 L（标准状况）Cl2转移电子数为1.2 NAC. 标准状况下，11.2 L NO和11.2 L O2混合后，原子总数小于2 NAD. 14
7、 g N2中含有7 NA个电子【答案】D【解析】【详解】A.氯气和水的反应为可逆反应，反应不完全，不能计算，故错误；B.标况下13.44L氯气的物质的量为0.6mol，该反应中转移5个电子，即0.6mol氯气生成转移1mol电子，故错误；C.标况下，11.2 L NO和11.2 L O2混合反应，但原子总数不变，为2mol，故错误；D.14克氮气的物质的量为0.5mol，含有7mol电子，故正确。故选D。5. AG各物质间的关系如下图所示，其中B、D为气体单质。则下列说法错误的是A. 若反应在常温下进行，则1 mol A在反应中能转移1 mol电子B. 反应的离子方程式为MnO24H2ClMn
8、22H2OCl2C. 新配制的F溶液一般需要加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+，后者可抑制Fe2+的水解D. 已知C浓溶液在催化剂存在的条件下加热，能与B反应生成D，由此可以推断B的氧化性比MnO2强【答案】D【解析】【详解】A若反应在常温下进行，则A是H2O2，B是O2，C是浓HCl；D是Cl2；E是Fe3O4；F是FeCl2；G是FeCl3.1 mol A在反应中能转移1mol电子，正确。B反应是用浓盐酸和二氧化锰在实验室制取氯气，反应的离子方程式为MnO24H2ClMn22H2OCl2，正确；CFeCl2是强酸弱碱盐，在溶液中Fe2容易发生水解反应而使溶液显浑浊，
9、为了抑制盐的水解，要加入少量的盐酸，同时Fe2+有还原性，溶液被空气中的氧气氧化为Fe3+.为了防止其氧化，要加入还原剂Fe粉。正确。D.HCl与O2在催化剂存在的条件下加热，反应产生Cl2，只能证明氧化性O2 Cl2，但是不能证明氧化性：O2 MnO2，错误。6. 室温时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A. pH7的溶液中：Ba2+、K+、B. 0.1 molL-1NaHCO3溶液中：K+、Cl-、C. 0.1 molL-1FeCl3溶液中：Al3+、Cu2+、Br-、I-D. 由水电离产生的c(H+)110-13的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、【答案】B【解析】【详解
10、】A. pH =7的溶液呈中性,而水解呈碱性,不能存在于中性溶液中,且Ba2+和无论在碱性溶液还是中性溶液中都不能大量共存，故A错误;B. 0.1 mol . L-1NaHCO3溶液中离子之间不发生任何反应,可大量共存,所以B选项正确;C. I-与Fe3+发生氧化还原反应而不能大量共存,故C错误;D.由水电离产生的c(H+)= 110-13的溶液可能呈碱性或酸性,无论呈酸性还是碱性, 都不能大量共存,故D错误；7. 下列离子方程式书写正确的是( )A. 用醋酸检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2B. 向氧氧化亚铁中加人足量的稀硝酸：Fe(OH)
11、2 + 2H+ = Fe2+ + 2H2OC. 向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+ + 2+ 2Ba2+ + 4OH = 2BaSO4+ + 2H2OD. 向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：+ OH = NH3H2O【答案】C【解析】【详解】A.因醋酸是弱酸，在写离子方程式时是不拆开的，所以正确的离子方程式是：CaCO3 + 2CH3COOH = Ca2+ +2 CH3COO-+ H2O + CO2，故A项错误；B.因硝酸具有氧化性，所以硝酸足量时，Fe2+被氧化成了Fe3+，所以其正确的离子方程式是3Fe(OH)2 +10 H+=3 Fe3+NO+8 H2O，故B项错误；C.
12、氢氧化钡过量，铝离子变为偏铝酸根离子，硫酸根离子完全沉淀，离子方程式正确，故C项正确；D.因碳酸氢铵在水中电离时产生的是和 ，所以其正确的离子方程式是 + + 2OH- = + NH3 + 2H2O，故D项错误；【点睛】本题是一个选择题，可以从化学式拆写、是否符合事实，这两个角度快速判断出A、B、D三个选项是错误的8. A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由一种或两种短周期元素组成，在一定条件下有如下转化关系，请完成下列问题：(1)若常温下A为有色气体若F是一种金属单质，请写出B和适量F反应生成C与气体E的离子方程式：_。若C为直线型分子，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，
13、则F的化学式为：_；D中所含化学键的类型为：_。(2)若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且物质A和D的式量相等，请用离子方程式表示物质F的水溶液呈酸性的原因：_。(3)若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的1/5，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得到一种不含金属元素的盐溶液，请写出A与H2O反应的化学方程式：_；B转化为C的化学方程式为：_。【答案】 (1). Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2O (2). Na2CO3 (3). 离子键、极性共价键 (4). (5). Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3； (6). 4NH3+5O24
14、NO+6H2O【解析】【详解】(1)若常温下A为有色气体，F是一种金属单质由转化关系可知，F为变价金属，应为Fe，B与Fe反应生成高价Fe，由于A为有色气体，与水反应生成B与E，则A为二氧化氮，B为硝酸、E为NO，C为硝酸铁、D为硝酸亚铁。则B和适量F反应生成C与气体E的离子方程式为：Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2O；A为有色气体，与水反应生成B与E，E具有漂白性，则A为氯气、B为HCl、E为HClO，物质F焰色反应呈黄色，含有Na元素，C为直线型分子，结合转化关系可知，F为碳酸钠、C为二氧化碳、D为碳酸氢钠，F的化学式为Na2CO3；D为NaHCO3，含有离子键和极性共价键；(2
15、)A为淡黄色固体，能与水反应，则A为过氧化钠，物质A和D的相对分子质量相等，结合转化关系，B为氢氧化钠、C为偏铝酸钠、F为铝盐、D为氢氧化铝、E为氧气，铝盐溶液中存在铝离子的水解：，所以呈酸性；(3)若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的，则该元素原子核外有3个电子层，最外层电子数为2，则该元素为Mg； B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得到一种不含金属元素的盐溶液，该盐应为NH4NO3，A中另一种元素为N元素，所以A为Mg3N2，与水反应的化学方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；B为NH3，被催化氧化生成C为NO，化学方程式为4NH3+5O24N
16、O+6H2O。9. 钒是“现代工业味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料。铝土矿的主要成分Al2O3(含SiO2、V2O5、Fe2O3等杂质)，利用Bayer法从铝土矿生产氧化铝的母液中提取钒的过程如图所示：(1)赤泥中除了含有水合铝硅酸钠外，还有_。(2)生成VO的离子方程式为_。(3)沉淀物中含有水合铝酸钙(2CaOA l2O38H2O)、水合铝硅酸钙(水化石榴石3CaOAl2O3SiO24H2O)和钒酸钙(3CaOV2O5)，其中存在：3Ca(OH)2(s) + 2 VO3CaOV2O5(s) + 6OH- ，加入Na2CO3能够使钒酸钙溶解的原因：_(用平衡原
17、理解释)。(4)已知：0.1 mol/L V2O5在不同pH的存在形态如表所示。pH131411138.5117.58.557.53 513存在形态VOV2O V4O V10O HV10O H2V10O V2O5加入离子交换树脂(C12H18NCl)进行吸附和淋洗液解吸附的过程为Rn- + n C12H18NCl(C12H18N)nR + nCl-，Rn-的结构为_。(5)为了减少排放，实现原料的重复利用，除了洗液、流出液所含的物质可以循环利用外，还有_物质可以重复利用。(至少写两种)(6)利用铝热反应从V2O5中制取510 g V需要铝的质量为_。【答案】 (1). Fe2O3 (2). V
18、2O5 + 6OH-=2VO+ 3H2O (3). Na2CO3 +Ca(OH)2=CaCO3 +2 NaOH，OH- 增多平衡逆向移动，使得溶出VO (4). (5). 离子交换树脂、NaCl或者NH4C1 (6). 450 g【解析】【分析】由铝土矿的成分和流程图可知，向铝土矿中加入苛性钠和少量生石灰破碎浸磨后，氧化铁是碱性氧化物，不与苛性钠和生石灰反应，氧化铝、二氧化硅和五氧化二钒与碱反应生成、和水合铝硅酸钠沉淀，过滤分离得到含有、的溶液和含有水合铝硅酸钠和氧化铁的赤泥。【详解】(1)由分析可知，赤泥中除了含有水合铝硅酸钠外，还有氧化铁，故答案为:Fe2O3；(2)由流程图可知，五氧化二
19、钒与氢氧化钠溶液反应生成钒酸钠和水，反应化学方程式为V2 O5+ 6NaOH = 2Na3VO43H2O，故这个反应的离子方程式是V2O5 + 6OH-=2VO+3H2O；(3)碳酸钠在溶液中能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠使溶液中氢氧根离子浓度增大，使平衡3Ca(OH)2(s) + 2 VO3CaOV2O5(s) + 6OH-逆向移动，OH- 增多平衡逆向移动，有利于钒酸钙溶解转化为VO；故答案为Na2CO3 +Ca(OH)2=CaCO3 +2 NaOH，OH- 增多平衡逆向移动，使得溶出VO；(4)由题给流程可知，浸出液的pH=8，对照题给0.1 mol/L V2O
20、5在不同pH的存在形态表格可知，Rn-的结构为；(5）由题给流程可知，浸出液用离子交换树脂进行吸附得到饱和树脂后，用氯化钠和氯化铵溶液做淋洗液，解吸附后得到树脂和含有氯化钠和氯化铵解吸溶液，得到的离子交换树脂可以循环使用;向解吸溶液中加入氯化铵，氯化铵与溶液中钒酸钠反应生成偏钒酸铵沉淀和氯化钠，过滤得到的滤液中含有氯化钠和氯化铵，滤液可以循环使用，故答案为:离子交换树脂、NaCI或者NHCl；(6) 510 g V的物质的量为10 mol，由得失电子数目守恒可得铝的物质的量为mol，则铝的质量为27 g=450g。10. 373K时，某 1L密闭容器中加入1mol NH3发生如下可逆反应： 2
21、NH3（g）N2（g）+ 3 H2（g）。其中物质H2的物质的量变化如下图所示。（1）前 20 s内NH3（g）的平均反应速率为_（2）373K时该反应的平衡常数的值为_（3）若在此平衡体系中再加入 1mol的NH3，与原平衡比较，新平衡时 NH3的转化率_（填“增大”或“减小”，下同）。NH3的平衡浓度_。（4）将原平衡升温至 473K，重新达平衡时（其他条件不变），H2的平衡浓度为NH3的2倍，该反应的正反应为（填“放热反应”或 “吸热反应”）_，为增大平衡体系中H2的物质的量，下列措施正确的是（其它条件相同）_a.升高温度 b.扩大容器的体积 c.加入合适的催化剂 d.再充入N2【答案】
22、 (1). 001mol/Ls (2). 0.12 (3). 减小 (4). 增大 (5). 吸热 (6). ab【解析】【分析】（1）据图象60s达到平衡，前 20 s氢气的物质的量变化量为0.3mol，计算得到B的反应速率，结合实验速率之比等于化学方程式计量数之比计算得到NH3（g）的反应速率；（2）依据平衡常数的概念是用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积得到；（3）增大物质浓度，反应速率增大，加入A相当于增大体系压强，增大压强，平衡逆向进行，氨气转化率减小；氨气平衡浓度增大；（4）温度升高，B的浓度增大，反应正向进行，反应是吸热反应，平衡常数随温度变化【详解】(1)
23、前 20 s氢气的物质的量变化量为0.3mol，则氨气的变化量为：0.2mol，20 s内NH3（g）的平均反应速率为v=0.2mol/(1L20s)=0.01mol/（Ls）；(2)所以平衡常数K= =0.12；(3)增大物质浓度，反应速率增大，加入氨气相当于增大体系压强，增大压强，平衡逆向进行，氨气转化率减小，氨气平衡浓度增大；(4)将原平衡升温至 473K，重新达平衡时（其他条件不变），H2的平衡浓度为NH3的2倍，说明平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应；为增大平衡体系中H2的物质的量，即使平衡正向移动，a升高温度 b扩大容器的体积可以达到，故选ab。化学物质结构与性质11. 硼族元
24、素及其化合物应用广泛。回答下列问题：(1)基态B原子的价电子排布式为_，B原子核外电子有_个不同的能级。(2)硼、铝同主族，晶体硼的熔点为2300，金属铝的熔点为660.3，试解释其原因：_。(3)氨硼烷(NH3BH3)是一种高性能新型储氢材料，其中硼原子的杂化方式为_。三种元素的电负性由小到大顺序为_，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子_(填化学式)。(4)氮化硼(BN)晶体是一种特殊的耐磨和切削材料，其晶胞结构与金刚石相似，如下图所示。氮化硼晶体中六个面心的氮原子构成的几何形状为_。已知立方氮化硼晶体中晶胞密度为d gcm3，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶体中距离最近的B原子与N原子之间的
25、球心距离表达式为_nm。【答案】 (1). 2s22p1 (2). 3 (3). 铝为金属晶体，金属键不强，熔点不高；晶体硼为原子晶体，硼原子间通过共价键结合，作用力较强，因此其熔点高于铝 (4). sp3 (5). BHN (6). C2H6 (7). 正八面体 (8). 【解析】【分析】(1) B为5号元素，根据核外电子排布的规律结合电子排布式分析解答；(2)硼是原子晶体，铝是金属晶体，据此分析解答；(3)根据价层电子对互斥理论结合氨硼烷(NH3BH3)的结构分析判断B原子的杂化类型；元素的非金属性越强，电负性越大；与氨硼烷互为等电子体的分子中含有8个原子、价电子数是14，据此分析解答；(
26、4)根据图示判断氮化硼晶体中六个面心氮原子构成的几何形状，根据均摊法计算判断晶胞的棱长，晶体中距离最近的B原子与N原子之间的球心距离为晶胞体对角线长度的，据此分析解答。【详解】(1)B为5号元素，基态B原子的价电子为2s、2p能级上的电子，其价电子排布式为2s22p1；B原子核外的电子分别位于1s、2s、2p能级，所以B原子核外电子有3个不同的能级，故答案为：2s22p1；3； (2)Al为金属晶体，其中的金属键较弱，导致熔点不高；晶体硼为原子晶体，原子间以共价键结合，且共价键数量多，作用力较强，因此其熔点远高于Al，故答案为：Al为金属晶体，金属键不强，熔点不高；晶体硼为原子晶体，原子间以共
27、价键结合，作用力较强，因此其熔点高于铝；(3)根据价层电子对互斥理论，氨硼烷(NH3BH3)中N原子含有孤电子对、B原子含有空轨道，N、B原子之间存在配位键，B原子有一个配位键和三个B-H键，杂化类型为sp3；元素的非金属性越强，电负性越大，则N、B、H三种元素的电负性由小到大顺序为BHN；与氨硼烷互为等电子体的分子中含有8个原子、价电子数是14，符合条件的等电子体为C2H6，故答案为：sp3；BHN；C2H6；(4)根据图示，氮化硼晶体中六个面心的氮原子构成的几何形状为正八面体，故答案为：正八面体；立方氮化硼晶体的晶胞中含有N原子的数目为8+6=4，B原子有4个，因此晶胞的质量为g，晶胞密度
28、为d gcm3，则晶胞的棱长为 cm= nm，晶体中距离最近的B原子与N原子之间的球心距离为晶胞体对角线长度的，因此距离最近的B原子与N原子之间的球心距离为 nm，故答案为：。【点睛】本题的易错点和难点为(4)，关键是要知道晶体中距离最近的B原子与N原子之间的球心距离为晶胞体对角线长度的。化学有机化学基础12. 有机物X是一种重要的有机化工原料，下图是以它为初始原料设计出的转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去），Y是一种功能高分子材料。已知：（1）X为芳香烃，其相对分子质量为92；（2）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：；（3）（苯胺，易被氧化）； 回答下列问题：（1）X的名
29、称为_，G的分子式为_。（2）F的结构简式为_，B中官能团的名称为_。（3）FG的反应类型为_。（4）GY的化学方程式为_。（5）满足下列条件的B的同分异构体有_种。含有苯环；只含一种官能团；1 mol该有机物能与2 mol NaHCO3完全反应。（6）请写出以C为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。_。【答案】 (1). 甲苯 (2). C7H7NO2 (3). (4). 羧基 酯基 (5). 还原反应 (6). (7). 10 (8). 【解析】【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子
30、数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为。 在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成E，结合G的结构可知E为，E转化生成F，由于苯胺容易被氧化，由反应信息、反应信息可知，F为，发生反应生成Y，Y为功能高分子化合物，故Y的结构简式为。【详解】(1)通过以上分析知，X为，为甲苯；G()的分子式为C7H7NO2，故答案为甲苯；C7H7NO2；(2)F为，B()中官能团的名称为酯基和羧基，故答案为；酯基、羧基；(3)F()G()反应中硝基被还原为氨基，故答案为还原反应；(4)邻氨基苯甲酸在一定条件下反应生成Y，反应的化学方程式为n +(n-1)H2O，故答案为n +(n-1)H2
31、O；(5)B为()，其同分异构体满足下列条件：含有苯环；只含一种官能团；1mol该有机物能与2molNaHCO3完全反应，说明含有两个羧基。如果取代基为-COOH、-CH2COOH，有邻间对3种结构；如果取代基为-CH(COOH)2，有1种结构；如果取代基为两个-COOH、一个-CH3，两个-COOH为相邻位置，有2种同分异构体；如果两个-COOH为相间位置，有3种同分异构体；如果两个-COOH为相对位置，有1种同分异构体；所以符合条件的有10种，故答案为10；(6)以C()为原料制备， 在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与溴发生加成反应，所得产物在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为：，故答案为。【点睛】本题考查有机推断。本题的难点为(6)中合成路线的设计，可以采用正向或逆向方法进行设计，关键是羟基的引入和羟基数目的改变方法，要注意卤代烃在羟基引入中的运用。
