1、河北省沧州市七校联盟2021届高三化学上学期期中试题（含解析）考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：苏教版必修1，必修2，选修3，选修4专题1、专题2。4.可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Co 59第I卷(选择题 共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 美国加州以盛产葡萄酒闻名的纳帕郡近期遭遇火灾，大火将该地区的一些建筑夷为平地，造成巨大损失。下列有关说法正确的是A. 遭遇火灾时应逆
2、风向地势高的地方撤离B. 葡萄酒中含有酒精，故其极易燃烧C. 任何情况下发生的火灾，都可用水来灭火D. 泡沫灭火器内高压储存了大量的二氧化碳和水【答案】A【解析】【详解】A遭遇火灾时逆风向地势高的地方撤离，有利于逃离烟雾区，故A正确；B葡萄酒中酒精浓度低，不易燃烧，故B错误；C活泼金属着火，一般用沙子盖灭，故C错误；D泡沫灭火器内储存了碳酸氢钠、硫酸铝两种浓溶液，倒置时混合发生双水解反应产生氢氧化铝和大量二氧化碳，故D错误；选A。2. 下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是A. 75%的酒精有强氧化性，可用于日常消毒灭菌B. KMnO4有强氧化性，可用浸泡了KMnO4溶液的硅藻土给水果保鲜
3、C. 纯净的SiO2透光性高，可用于制作光导纤维、光电池和计算机芯片D. 金属钠的还原性比金属钾的强，工业上用金属钠制备金属钾【答案】B【解析】【详解】A75%的酒精渗透性较好，能使蛋白质变性，可用于日常消毒灭菌，故A错误；B乙烯可作水果的催熟剂，KMnO4有强氧化性，能将乙烯氧化，可用浸泡了KMnO4溶液的硅藻土给水果保鲜，故B正确；C纯净的SiO2透光性高，可用于制作光导纤维，晶体硅是半导体，用于光电池和计算机芯片，故C错误；D金属钠的沸点比金属钾高，工业上用金属钠制备金属钾，故D错误；故选B。3. 下列说法正确的是A. N2与N4互为同位素，相互之间能发生转化B. 氯气通入水中，有共价键
4、的断裂和形成C. KCl、KOH、NH3水溶液都能导电，它们都属于电解质D. 戊烷的三种同分异构体所含化学键不同，因此沸点不同【答案】B【解析】【详解】AN2与N4是N元素组成的不同种单质，互为同素异形体，相互之间能发生转化，A错误；B氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，反应时氯气和水分子内共价键断裂，生成的次氯酸是弱电解质、是共价化合物，分子内有共价键，有共价键的断裂和形成，B正确；CNH3的水溶液能导电，是溶于水生成一水合氨电离出可自由移动离子而导电，氨气自身不能电离出自由移动离子，故氨气属于非电解质，C错误；D戊烷的三种同分异构体均为共价化合物，均含有极性键和非极性键，它们的沸点不同和其支链的
5、多少有关，和化学键无关，D错误；答案选B。4. 下列实验中，所选装置或仪器不合理的是（ ）A. 检查装置的气密性B. 吸收含Cl2的尾气C. 分离出用H2O2制取O2后剩余的MnO2D. 量取15.00mLNaOH溶液【答案】D【解析】【详解】A利用液差法，检查装置的气密性，若一段时间后，长颈漏斗中液体的液面不改变，则气密性良好，A合理；B氯气易与NaOH反应，易发生倒吸现象，则用此装置吸收含Cl2的尾气可防止倒吸，B合理；C二氧化锰不溶于水，则用过滤的方法分离出用H2O2制取O2后剩余的MnO2，C合理；DNaOH为强碱，能与磨口玻璃中的二氧化硅反应，则量取15.00mLNaOH溶液应用碱式
6、滴定管，D不合理；答案为D。5. 本草纲目草部龙胆冲记载。龙胆可治疗伤寒发狂四肢疼痛等，龙胆中的活性成分龙胆胆苦的结构简式如图所示，下列有关龙胆苦苷的说法错误的是A. 分子中含有16个碳原子B. 能与金属钠反应C. 能使酸性K2Cr2O7溶液褪色D. 不能与NaOH溶液反应【答案】D【解析】【详解】A根据每个拐点是一个碳，末端是一个碳原子分析得到该分子共含有16个碳原子，故A正确；B该物质含有羟基，因此能与金属钠反应生成氢气，故B正确；C该物质含有碳碳双键、羟基，因此能使酸性K2Cr2O7溶液褪色，故C正确；D该物质含有酯基，因此能与NaOH溶液反应，故D错误。综上所述，答案为D。6. 一种利
7、用热化学循环制氢的原理如图所示。下列关于该循环的说法正确的是（ ）A. 能量转化形式为化学能太阳能B. 取之不尽的太阳能是可再生能源C. Mn元素表现出三种化合价D. 总反应的热化学方程式为：2H2O(l)=O2(g)+2H2(g)H0【答案】BD【解析】【详解】A能量转化形式为太阳能化学能，故A不选；B太阳能为取之不尽的可再生的清洁能源，故选B；CMn2O3、NaMnO2中Mn的化合价为+3价，MnO中Mn的化合价为+2价，故C不选；D根据上述 原理图分析可知，总反应的热化学方程式为：2H2O(l)=O2(g)+2H2(g) H0，故选D。答案选BD。7. 下列对应的离子方程式书写正确的是（
8、 ）A. 向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2：2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3+COB 铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液： Fe+4H+NO=Fe3+NO+2H2OC. 用小苏打溶液涂抹蚊虫叮咬产生蚁酸(HCOOH)处：HCOOH+HCO=HCOO-+CO2+H2OD. 同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH+OH-=NH3H2O【答案】C【解析】【详解】A向NaAlO2溶液中通入足量的CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3-，故A错误；B. 铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液，正确的离子方程式是
9、：，故B错误；C. 用小苏打溶液涂抹蚊虫叮咬产生蚁酸(HCOOH)处：HCOOH+HCO=HCOO-+CO2+H2O，符合反应原理，电荷守恒，拆写原则，故C正确；D. 同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，酸碱中和先反应，正确的离子方程式是： 故D错误；故选：C。8. 固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层电子结构都符合相应稀有气体原子的最外层电子结构，则下列有关说法中不正确的是 ()A. NH5中既有离子键又有共价键B. NH5的熔沸点高于NH3C. 1 mol NH5中含有5 mol NH键D. 将固体A投入少量水中，可生成H2和NH3H2O【答案】C【解析】【详解】A
10、固体A是由NH4+与H构成的，在NH4+中N原子与H原子通过共价键结合，而NH4+与H则是通过离子键结合，故A正确；BNH5为离子化合物，NH3为共价化合物，所以NH5的熔沸点高于NH3，故B正确；C固体A是由NH4+与H构成的，在NH4+中N原子与H原子通过共价键结合，而NH4+与H则是通过离子键结合，所以1 mol NH5中含有4 mol NH键，故C错误；DH具有极强的还原性，与H2O反应能产生H2和OH，OH与NH4+反应则会生成NH3H2O，故D正确；故选C。9. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A. 标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2
11、NAB. 将0.1 mol氯化铁溶于1 L水中，所得溶液含有的Fe3数目为0.1NAC. 硝酸与铜反应得到NO2和N2O4的混合物23 g，则铜失去的电子总数为NAD. 在100 g质量分数为64%的乙酸(C2H418O2)水溶液中，含氢原子总数为8NA【答案】D【解析】【详解】A标准状况下，22.4 L氯气即1mol，1mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NA，A错误；B0.1 mol氯化铁含有0.1mol铁离子，由于铁离子发生微量的水解，故所得溶液中含有的Fe3数目小于0.1NA，B错误；CNO2和N2O4的混合物23 g，则NO2的物质的量为0.5mol，氮元素化合价由+5降为
12、+4，氮得到电子0.5mol，故铜失去的电子总数为0.5NA，C错误；D100 g质量分数为64%乙酸(C2H418O2)水溶液中，含64g的C2H418O2和36g的H2O，含氢原子总数为4 NA +22 NA =8NA，D正确；答案选D。10. 向盛有硝酸银溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到无色透明溶液，下列说法中正确的是A. 反应前后Ag的浓度不变B. 沉淀溶解后，生成的Ag(NH3)2OH难电离C. 上述现象说明Ag(NH3)2不如AgOH稳定D. 配合离子Ag(NH3)2中，Ag提供空轨道，NH3给出孤对电子【答案】D【解析】【详解】A反应后形成配合离
13、子Ag(NH3)2，该离子较稳定，难电离，所以Ag的浓度减小，A错误；BAg(NH3)2OH是强电解质，完全电离，B错误；C氨水呈碱性，向盛有硝酸银水溶液的试管中加入氨水，先形成难溶物氢氧化银，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液Ag(NH3)2，氢氧化银沉淀能转化为Ag(NH3)2，说明Ag(NH3)2比AgOH稳定，C错误；D配合离子Ag(NH3)2中，金属阳离子为中心原子，有空轨道，故该配合离子中Ag提供空轨道，NH3中N原子有孤对电子，NH3作为配体，故N给出孤对电子，D正确；答案选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得
14、4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。11. 在容积为2 L的刚性密闭容器中加入1 mol CO2和3 mol H2，发生反应：CO2(g)3H2(g) (g)H2O(g)。在其他条件不变的情况下，温度对反应的影响如图所示(注：T1、T2均大于300)。下列说法正确的是A. 该反应的H0B. 处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时化学平衡常数增大C. T2时，反应达到平衡时消耗H2的平均反应速率v(H2)= molL-1min-1D. T2时，该反应的化学平衡常数为【答案】AC【解析】【详解】A由图示可知，当其他条件相同时，温度在T1时比温度在T2时后达到平衡，且T1时甲醇的含量高于T
15、2时的含量，则升高温度平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应，H0，故选A；B由A分析可知该反应为放热反应，处于A点的反应体系从T1变到T2，则平衡逆向移动，又由于平常数只与温度有关，所以处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时化学平衡常数减小，故B错；C在化学反应中由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，由图示可知，所以，则，T2时，反应达到平衡时消耗H2的平均反应速率v(H2)= molL-1min-1，故选C；D由“三段式”可知T2时，该反应的化学平衡常数为，故D错。答案选AC12. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，元素Y是地壳中含量最多的元素，X与Z同主族且二
16、者可形成离子化合物，W的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法正确的是A. 电负性：XWYB. 第一电离能：ZWYC. 元素W的含氧酸均为强酸D. Z的氧化物对应的水化物为弱碱【答案】AB【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z.、W的原子序数依次增大，元素Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O；W最外层电子数是其电子层数的2倍，其原子序数大于O，则W为S元素；X与Z同主族且二者可形成离子化合物，则X为H，Z为Na元素，以此分析解答。【详解】结合分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为S元素，A同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，故电负性HSO，即：XWY，
17、故A正确；B同一周期从左到右元素的第一电离能逐渐增大，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，故第一电离能NaSO，即：Z W ”“”或“=”)0T K时，该反应的平衡常数K=_Lmol-1。(4)用食盐水作电解液电解烟气脱氮的原理如图3所示，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。电流密度和溶液的pH对烟气脱氮的影响如图4所示。NO被阳极产生的Cl2氧化为NO的反应的离子方程式为_。溶液的pH能对NO去除率产生影响的原因是_。【答案】 (1). (2). (3). ABC (4). (5). 1 (6). (7). 次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强【解析】【详解】(
18、1)已知用氧化还原法消除NO，的转化过程如下：已知：反应：；反应：；反应I只有一种生成物，根据盖斯定律可知，由反应+反应可得反应I，热化学方程式为：；(2) 根据图示可知，BaO吸收NO2的化学方程式是：；根据一定温度下，测得气体中CO2的体积分数与氮氧化物吸收率的关系图，可知：A一定范围内，氮氧化物吸收率随CO2体积分数的增大而下降，原因可能是BaO与CO2反应生成BaCO3，覆盖在BaO表面，阻碍了BaO吸收氮氧化物，A正确；B当CO2体积分数达到10%20%时，氮氧化物吸收率依然较高，原因可能是CO2在一定程度上也能去除NOx，B正确；C若柴油中硫含量较高，在稀燃过程中，柴油中的硫氧化为
19、SO2，后发生反应2BaO2SO2O2=2BaSO4，BaSO4稳定，不易分解也难与NOx反应，BaO吸收氮氧化物的能力会下降至较低水平，故C正确；综上所诉，答案为ABC；(3)根据反应方程式可知，反应前后气体的化学计量数减小，故该反应是熵减反应，S0；T K时，在2 L的恒容密闭容器中充入2 mol NO2(g)和1 mol O3(g)，发生反应，经25min反应达到平衡，测得平衡时N2O5(g)的浓度为0.25 molL-1，根据题目信息，可列三段式：，则该反应的平衡常数；(4)用食盐水作电解液电解烟气脱氮的原理如图3所示，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入
20、空气。电流密度和溶液的pH对烟气脱氮的影响如图4所示。食盐水作电解液，溶液显碱性，NO被阳极产生的Cl2氧化为的反应的离子方程式为：；次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，故溶液的pH对NO去除率会有影响；故答案为：；次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。19. 1735年瑞典化学家布兰特(GBrands)制出金属钴。钴及其合金在电机、机械、化工、航空和航天等领域得到广泛的应用，并成为一种重要的战略金属。回答下列问题：(1)Co(CO3)0.5(OH)0.11H2O中CO中C的价层电子对数为_；该化合物中不含有的化学键有_(填标号)。A离子键 B共价键 C金属键 D配位键 E。非极性键(2)纳米结构的氧化
21、钴可在室温下将甲醛(HCHO)完全催化氧化。已知甲醛各原子均满足稳定结构，甲醛分子属于_(填“极性”或“非极性”)分子，其立体构型为_。橙红色晶体羰基钴Co2(CO)8的熔点为52，可溶于多数有机溶剂，该晶体属于_晶体。(3)Co3O4晶体结构中，O2-为立方紧密堆积；Co2填充于四面体空隙；Co3为六配位，填充于八面体空隙。Co3的价层电子排布式为_。(4)锂电池的某种电极材料的晶胞结构如图所示。则该晶体的化学式为_。已知NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为_(用含d、b、NA的代数式表示)gcm-3。【答案】 (1). 3 (2). CE (3). 极性 (4). 平面三角形 (5)
22、. 分子 (6). 3d6 (7). LiCoO2 (8). 【解析】【详解】(1)CO中C的价层电子对数为，该化合物中含有Co2+与CO、OH-形成的离子键、CO、OH-、H2O中含有极性共价键和Co与H2O形成的配位键，不含有金属键和非极性键，故选CE；(2)甲醛各原子均满足稳定结构，中心原子C的价层电子对数为，不含有孤对电子，其立体构型为平面三角形，但正负电荷不对称，故甲醛分子属于极性分子，已知橙红色晶体羰基钴Co2(CO)8的熔点为52，可溶于多数有机溶剂，因此该晶体属于分子晶体；(3)Co为27号元素，Co的核外电子排布式为Ar3d74s2，失去3个电子形成Co3+，则Co3+的价层
23、电子排布式为3d6；(4)由晶胞图可知，Li原子和Co原子位于晶胞体内，O原子位于晶胞顶点、棱上、体内和面心，则一个晶胞含有3个Li，3个Co原子，个O原子，则该晶体的化学式为LiCoO2，该晶胞的体积V=，该晶胞的质量m=，则该晶胞的密度。20. 氧化锌在工业和生活中的运用非常广泛，以闪锌矿(主要成分为ZnS，含有少量FeS和SiO2)为原料制备活性氧化锌的工艺流程如下，请回答下列问题：(1)浸取前，将闪锌矿粉碎的目的是_。(2)矿渣中除了有淡黄色的物质，还有_(填化学式)。(3)加入铁粉的目的是_，能循环利用的无机物是_(填化学式)。(4)生成的离子方程式为_。(5)有机萃取剂TBP能将氯
24、化亚铁和氯化锌分离的原因是_。(6)工业上常采用Fenton氧化法去除废水中的有机物，即向废水中加入H2O2，以FeCl2作催化剂，产生具有强氧化性的羟基自由基(OH)来氧化降解水中的有机物(TOC)。其他条件一定时，n(H2O2)：n(Fe2)的值对TOC去除效果的影响如图1所示，当废水中TOC的去除率最大时，n(H2O2)：n(Fe2)=_。在酸性条件下，H2O2的加入量对TOC的去除效果如图2所示，当TOC的去除效果最好时，H2O2的物质的量浓度c(H2O2)=_(保留三位有效数字)。【答案】 (1). 增大接触面积，加快浸取速率 (2). SiO2 (3). 将过量的Fe3+还原为Fe
25、2+ (4). FeCl3 (5). (6). FeCl2和ZnCl2在TBP中的溶解度相差较大 (7). 1 (8). 1.1810-3mol/L【解析】【分析】根据流程图可看出，向闪锌矿(主要成分为ZnS，含有少量FeS和SiO2)中加入FeCl3溶液，目的是氧化ZnS和FeS，得到含过量的FeCl3、FeCl2和ZnCl2的浸出液，以及矿渣(反应得到的S固体与不反应的SiO2)；向浸出液中加入铁粉，可将过量的Fe3+还原转化为Fe2+，过滤后得到的溶液X的溶质为FeCl2和ZnCl2，再根据两者在有机物的溶解度不同，利用萃取原理分离出FeCl2，向FeCl2溶液中加入氯气可得到氯化铁溶液
26、；另一方面有机层TBP中的ZnCl2，经过一系列操作，加入碳酸钠调节适当pH，反应可得到，最后加热灼烧得到ZnO，据此分析作答。【详解】(1)闪锌矿固体颗粒越细，反应的接触面积越大，则反应越充分，浸取速率越快，故浸取前，将闪锌矿粉碎是为了增大接触面积，加快浸取速率；(2)根据上述分析可知，得到的矿渣中含新生成的淡黄色固体S与不参与反应的SiO2；(3)浸出液中可能含有过量的氯化铁，则加入铁粉是为了将过量的Fe3+还原为Fe2+；能循环利用的无机物是FeCl3；故答案为：将过量的Fe3+还原为Fe2+；FeCl3；(4)氯化锌与碳酸钠反应生成，其离子方程式可表示为：，故答案为：；(5)根据萃取原理可知，FeCl2和ZnCl2在TBP中的溶解度相差较大，从而分离出FeCl2和ZnCl2；故答案为：FeCl2和ZnCl2在TBP中的溶解度相差较大；(6)根据图1曲线信息可知，当其他条件一定时，n(H2O2):n(Fe2+)的值为1时，TOC的去除率最大，约为45%；根据图2信息可知，在酸性条件下，当TOC的去除效果最好时，H2O2的浓度为40mg/L，则换算成浓度为。