1、湖北省部分重点中学届高三上学期期中联考化学试题解析版Word版含解斩湖北省部分重点中学2018届高三上学期期中联考化学试题1. 许多成语中都蕴含化学原理，下列有关解释不准确的是成语化学原理A沙里淘金利用金的密度较大的性质将黄金从沙中淘洗出来B刀耕火耨放火烧去野草，用余灰肥田，还可降低土壤碱性C百炼成钢通过多次锻炼，使生铁中碳杂质降低到钢的标准D火树银花金属元素在燃烧时显示的不同焰色，又叫焰色反应A. A B. B C. C D. D【答案】B.2. 下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是选项实验操作实验现象结论A在A1C13溶液中逐滴滴入NaOH溶 液至过量，然后通入CO2气体先出现白色
2、沉淀，后沉淀消失，最后又出现白色沉淀Al(OH)3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中B向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、 CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH)2C向Na2CO 3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中产生白色浑浊酸性：盐酸碳酸硅酸D向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在I3-I2+I-平衡A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A. 在A1C13溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，先出现白色沉淀，后沉淀消失，生成偏铝酸钠溶液，通入CO
3、2气体，又反应生成氢氧化铝沉淀，说明Al(OH)3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中，故A正确；B溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1molL-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀，说明KspCu(OH)2较小，故B正确；C盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应也能生成硅酸沉淀，则该实验不能比较碳酸和硅酸的酸性强弱，故C错误；D溶液变蓝色，说明含有碘单质，有黄色沉淀，说明含有碘离子，则溶液中存在平衡：I3-I2+I-，故D正确；故选C。3. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是：A. 用图(a)所示装置除去氯气中含有的少量氯化氢B. 用图(b)所示装置蒸发氯化钠溶
4、液制备氯化钠晶体C. 用图(c)所示装置制取少量纯净的二氧化碳气体D. 用图(d)所示装置分离苯萃取碘水后已分层的有机层和水层【答案】B【解析】A氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去氯气中的HCl，故A错误；B氯化钠难挥发，可以通过蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体，故B正确；C纯碱为粉末状固体，且易溶于水，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，盐酸容易挥发，也得不到纯净的二氧化碳，故C错误；D碘不易溶于水，易溶于四氯化碳和苯，则用苯萃取后分层，有机层在上层，故D错误；故选B。4. 能正确表示下列反应的离子方程式是A. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2+4
5、H+NO3-=3Fe3+NO+3H2OB. 向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32-+SO2+H2O=H2SiO3+SO32-C. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应，当SO42-完全沉淀时：H+SO42-+OH-+Ba2+=BaSO4+H2OD. 己知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3-，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-【答案】C【解析】A磁性氧化铁为四氧化三铁，属于难溶物质，四氧化三铁与稀硝酸反应生成NO、硝酸铁和水，则离子方程式为：3Fe3O4+28H+NO3-9Fe3+NO+14H2O，故A错误；B向Na2SiO
6、3溶液中通入过量SO2生成NaHSO3，离子方程式为：SiO32-+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3-，故B错误；CNaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应，当SO42-完全沉淀时，生成BaSO4、NaOH和水，其反应的离子方程式为：H+SO42-+OH-+Ba2+BaSO4+H2O，故C正确；D依据电离平衡常数，向NaClO溶液中通入少量CO2反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式：ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-，故D错误；故选C。点睛：本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法是解题的关键。本题的易错点为D，依据电离平
7、衡常数，酸性：H2CO3HClOHCO3-，向NaClO溶液中通入少量CO2只能生成碳酸氢钠和次氯酸。 5. 3.52 克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.400g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体3584mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mo1/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是A. 合金中铜和镁的物质的量相等B. 加入NaOH溶液的体积是100mLC. 得到的金属氢氧化物的沉淀为6.24 克D. 浓硝酸与合金反应中起氧化性的硝酸的物质的量为0.16 mol【答案】B【解析】A密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝
8、酸的物质的量浓度=mol/L=14mol/L，故A正确；B加入适量的1.0mol/L NaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3)，则n(NaNO3)=0.05L14mol/L-=0.54mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3) =0.54mol，故需要1.0mol/L NaOH溶液体积为=0.54L=540mL，故B错误；C由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根离子的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根离子的物质的量为0.08mol(5-4)=0.08mol，故氢氧化物质量=3.52g+0.16
9、mol17g/mol=6.24g，故C正确；D起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量=0.16mol，故D正确；故选B。点睛：本题考查混合物的有关计算，理解反应发生的过程是关键。本题的易错点是C，由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根离子的物质的量等于转移电子物质的量，氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。6. 高铁酸盐在水溶液中有四种含铁型体，25 时，它们的物质的量分数随pH 的变化如图所示，下列叙述错误的是A. 向pH=5 的高铁酸盐溶液中加入KOH溶液，离子方程式为HFeO4+OHFeO42+H2OB. 为获得尽可能纯净的高铁酸盐，应控制pH9C.
10、 已知H3FeO4+的电离平衡常数分别为：K1=2.510-2，K2=4.810-4，K3=5.010-8，当pH= 4时，溶液中c(HFeO4)/ c(H2FeO4)= 1.2D. pH=2 时，溶液中主要含铁型体浓度的大小关系为 c(H2FeO4) c(H3FeO4+) c(HFeO4)【答案】C【解析】A向pH=5的高铁酸盐溶液中(据图示可以看出其中含有HFeO4-)加入KOH溶液，则HFeO4-和KOH溶液反应，即HFeO4-+OH-=FeO42-+H2O，故A正确；BpH9时，FeO42-含量接近100%，则为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制pH9，故B正确；CpH=4时，H2F
11、eO4 HFeO4+ H+，K2=，则=4.8，故C错误；D由图像可知pH=2时，溶液中主要含铁型体浓度的大小关系为c(H2FeO4)c(H3FeO4+)c(HFeO4)，故D正确；故选C。7. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X 原子核外最外层电子数是其电子层数的2 倍，X、Y 的核电荷数之比为34。金属单质Z 在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。W- 的最外层为8 电子结构。1列说法不正确的是A. 原子半径大小：ZWXYB. Y、W 的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂C. Y的单质与Z 在不同条件下反应生成的离子化合物中阴阳离子数之比均为12D
12、. X与Y 形成的两种化合物，一般条件下都能与Z 的最高价氧化物的水化物发生反应【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W-的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素。A一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小XY，ZW，故A正确；BY的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故B正确；CNa2O中含有的阳离子为
13、Na+、阴离子为O2-；Na2O2中含有的阳离子为Na+、阴离子为O22-，阴阳离子数之比均为12，故C正确；DX与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故D错误；故选D。8. 为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，某化学兴趣小组设计了如下实验：（1）A是氯气发生装置，其反应的离子方程式是_。B装置的作用是_，C装置的作用是_，整套实验装置存在一处明显不足，请指出_。（2）用改正后的装置进行实验。实验过程如下：实验操作实验现象打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入少量浓盐酸，然后关闭活塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红 E装置中： 振荡后水层溶液
14、变黄，CCl4无明显变化继续滴入浓盐酸，D、E中均发生了新的变化：D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CC14层先由无色变为橙色，后颜色逐渐变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：I：(SCN)2性质与卤素相似，氧化性Cl2大于(SCN)2，且SCN-的电子式为II：AgClO、AgBrO均可溶于水：Cl2和Br2反应生成BrCl、BrCl呈红色，沸点约为5，与水发生水解反应小组同学认为D装置中红色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化，但一定不是碳元素被氧化，他的理由是_。经过实验证实了小组同学推测的合理性，请用平衡移动原理解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因_。欲探究E中继
15、续滴加浓盐酸后颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因_。【答案】 (1). MnO24H2Cl(浓)Mn2Cl22H2O (2). 安全瓶（或防液体倒吸） (3). 除去氯化氢气体 (4). 缺少尾气处理装置 (5). 由电子式知：碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化 (6). 红色溶液中存在平衡 Fe3+3SCNFe（SCN）3，过量氯气和 SCN反应使 SCN浓度减小，平衡向逆反应方向移动而褪色 (7). BrCl+H2O=HBrO+HCl，Cl+Ag
16、+=AgCl，AgBrO 易溶于水，故只生成 AgCl 沉淀【解析】(1)A装置中圆底烧瓶中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；B装置是安全瓶，可以防止倒吸；C装置中的饱和氯化钠溶液可以除去氯气中的氯化氢气体；由于氯气有毒，直接排放到空气中会污染大气，要用碱液吸收尾气，实验装置中缺少尾气处理装置，故答案为：安全瓶(或防液体倒吸)；除去氯化氢气体；缺少尾气处理装置；(2)根据电子式知：碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化，因此D装置中红色褪去的原因是由于SCN-被
17、Cl2氧化，但一定不是碳元素被氧化，故答案为：由电子式知：碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化；红色溶液中存在平衡 Fe3+3SCNFe(SCN)3，过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则使Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡向逆反应方向移动而褪色，故答案为：过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则使Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡向逆反应方向移动而褪色；过量的氯气和溴反应生成氯化溴，氯化溴不稳定，易和水反应生成盐酸和次溴酸，氯离子和银离子反应生成白色沉淀氯化银，次溴酸和银离子反应生成
18、次溴酸银易溶于水，所以生成的白色沉淀为氯化银，故答案为：BrCl+H2O=HBrO+HCl，Cl+Ag+=AgCl，AgBrO易溶于水，加入AgNO3溶液，只能生成AgCl沉淀。点睛：本题考查了性质实验方案设计，明确反应原理是解本题关键。本题的难点是(2)，需要注意氯化溴发生的水解反应中生成的酸的种类，根据AgBrO、AgCl的溶解性分析解答。9. CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。（1）用活性炭还原法可以处理汽车尾气中的氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+ 2NO(g) N2(g)+CO2(g
19、) H，在T1时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下： 浓度/(mol/L)/时间/min010203040NO2.01.160.400.400.6N200.420.800.801.2CO200.420.800.801.2若30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：3：3，则达到新平衡时NO的转化率_（填“升高”或“降低”），H_0（填“”或“”）。根据图表数据分析T1时，该反应在010min内的平均反应速率v(N2)_molL-1min-1；计算该反应的平衡常数K_。若30min后只改变某一条件，据上表中的数据判断改变的条件可能是_（填字母编号）。
20、A.加入合适的催化剂 B.适当缩小容器的体积C.通入一定量的NO D.加入一定量的活性炭 （2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H1-49.1 kJmol12CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g) H2-24.5 kJmol1写出CO2(g)和H2(g)转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)的热化学方程式_。（3）二甲醚燃料电池具有能量转化率高、电量大的特点而被广泛应用，一种二甲醚氧气电池（电解质为KOH溶液）的负极反应式为：_。（4）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na
21、2CO3。若某次捕捉后得到pH=10 的溶液，则溶液中c(CO32-)c(HCO3-)=_。常温下K1(H2CO3)=4.410-7、 K2(H2CO3)=510-11。欲用2LNa2CO3溶液将4.66gBaSO4 固体全都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为_。已知：常温下Ksp(BaSO4)=110-11，Ksp(BaCO3)=110-10。（忽略溶液体积的变化）【答案】 (1). 降低 (2). (3). 0.042 (4). 4.0 (5). BC (6). 2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g) H122.7 kJmol-1 (7).
22、 CH3OCH3 12e- + 16OH- = 2CO32- + 11H2O (8). 1：2或0.5 (9). 0.11mol/L【解析】(1)由20min平衡时NO、N2、CO2的浓度之比为0.40:0.80:0.80=1：2：2，30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：3：3，可知升高温度平衡逆向移动，达到新平衡时NO的转化率降低，正反应为放热反应，H0，故答案为：降低；该反应在0-10min的平均反应速率v(N2)=0.042molL-1min-1；由表格数据可知，20min达到平衡状态，则 C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)开始2.
23、0 00转化1.6 0.80.8平衡0.04 0.8 0.8该反应的平衡常数K=4；故答案为：0.042；4；A加入合适的催化剂，平衡不移动，与图像不符，故A不选；B适当缩小容器的体积，平衡不移动，但浓度均增大，与图像符合，故B选；C通入一定量的NO，平衡正向移动，反应物、生成物浓度均增大，与图像符合，故C选；D加入一定量的活性炭，平衡不移动，与图像不符，故D不选；故答案为：BC；(3)二甲醚氧气电池(电解质为KOH溶液)，负极上CH3OCH3失去电子生成碳酸根离子，负极反应是为CH3OCH3-12e-+16OH-2CO32-+11H2O，故答案为：CH3OCH3-12e-+16OH-2CO3
24、2-+11H2O；(4)若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液酸碱性主要由CO32-+H2OHCO3-+OH-，K=，则=0.5，故答案为：0.5；4.66gBaSO4的物质的量为=0.02mol，根据CO32-+BaSO4BaCO3+ SO42-，K=0.1，反应后溶液中c(SO42-)=0.01mol/L，则平衡时c(CO32-)=0.1mol/L，因此开始时Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为0.1mol/L+0.01mol/L=0.11 mol/L，故答案为：0.11mol/L。10. 某废催化剂含48.6% 的SiO2、16.2% 的ZnO、19.4% 的ZnS 和12 .8% 的
25、CuS 及少量的Fe3O4。.某同学用10.0g该废催化剂为原料，回收锌和铜。采用的实验方案如下，回答下列问题：已知：金属Zn 与Al类似，都是两性金属，能溶于强碱并放出氢气，但铝不溶于氨水，锌却可以溶于氨水形成四氨合锌配离子Zn(NH3)42+。（1）滤液1中含有Fe2+，选用提供的试剂进行检验，检验方法如下：_。（提供的试剂：稀盐酸、KSCN 溶液、KMnO4 溶液、NaOH 溶液、K3Fe(CN)6溶液）（2）滤渣2 除SiO2 外的另一成分是_；第二次浸出时，加热温度不宜过高的原因是_；写出第二次浸出的化学反应方程式_。写出锌溶于氨水的离子方程式_。（3）ZnSO4在水中的溶解度，随温
26、度的升高而缓慢增大，从硫酸锌溶液得到七水硫酸锌晶体，可采用的方法是_；析出七水硫酸锌晶体，减压过滤，用于淋洗七水硫酸锌晶体的溶剂是_；某同学在实验完成之后，得到5.74gZnSO47H2O（式量287）则锌的回收率为_。【答案】 (1). 取少量滤液1，滴加几滴高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子。（或取少量滤液1，滴加2滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀，则证明有亚铁离子） (2). S (3). 温度过高双氧水易分解 (4). CuS+ H2O2+ H2SO4= CuSO4 +S+ 2H2O (5). Zn+4NH3+2H2O= Zn(NH3)42+H2+2OH- (6). 蒸发结晶
27、法 (7). 酒精 (8). 50.0%【解析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4= ZnSO4+H2S、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO47H2O；滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓缩结晶可得到硫酸铜晶体。(1)亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，检验亚铁离子，可取少量滤液1，滴
28、加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子，故答案为：取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子；(2)根据上述分析，滤渣2含有硫和二氧化硅；第二次浸出时，加热温度不宜过高，主要是防止双氧水分解；第二次浸出时发生反应：CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；锌可以溶于氨水形成四氨合锌配离子Zn(NH3)42+，反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O= Zn(NH3)42+H2+2OH-，故答案为：S；温度过高双氧水易分解；CuS+ H2O2+ H2SO4= CuSO4 +S+ 2H2O；Zn+4NH3+2H2O= Zn(NH3)42+H2+2OH-；(3)ZnSO4在水中的溶解度，随温度的升高而缓慢增大，从硫酸锌溶液得到七水硫酸锌晶体，可采用蒸发结晶的方法；析出七水硫酸锌晶体，减压过滤，淋洗七水硫酸锌晶体可以选用酒精，减少晶体的损失；5.74gZnSO47H2O(式量287)的物质的量为=0.02mol，其中含有锌元素的质量为0.02mol65g/mol=1.3g，原样品中锌的质量为10.0g16.2%+10.0g19.4%=2.6g，锌的回收率为
