内蒙古自治区第一中学2019届高三化学上学期期中试卷(含解析)

内蒙古第一机械制造（集团）有限公司第一中学2019届高三上学期期中考试理综化学试题1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A. 淀粉溶液、豆浆、雾和饱和食盐水均可发生丁达尔现象B. 氮化硅(Si3N4)、氧化铝(Al2O3)、碳化硅(SiC)和二氧化锆(ZrO2)都可用作制高温结构陶瓷的材料C. 绿色化学的核心是利用化学原理治理环境污染D. 光化学烟雾、臭氧空洞、温室效应、酸雨（硝酸型）的形成都与氮氧化物有关【答案】B【解析】试题分析：A、淀粉溶液、豆浆、雾属于胶体，可产生丁达尔现象，而食盐水属于溶液，不能产生丁达尔现象，错误；B、氮化硅(Si3N4)、氧化铝(Al2O3)、碳化硅(SiC)和二氧化锆(ZrO2)都具有较高的熔点，所以都可用作制高温结构陶瓷的材料，正确；C、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除污染，错误；D、臭氧空洞的形成与氟代烃有关，温室效应的形成与二氧化碳有关，只有光化学烟雾、酸雨（硝酸型）的形成与氮氧化物有关，错误，答案选B。

考点：考查化学与好激动关系，物质的性质、用途的判断2.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W同主族，Y、Z同周期，X、Y、Z 三种元素形成一种化合物M，25℃时0.1 mol/L的M溶液中c(OH-)/c(H+)=1.0×10－12，下列说法正确的是A. 114号元素鈇(Fl)与Y在同一主族B. X分别与Z、W形成的化合物中，含化学键类型相同C. Z与X、W均可形成具有漂白性的化合物D. X、Y形成的化合物中只含有极性共价键【答案】C【解析】【详解】25℃时0.1 mol/L的M溶液中c(OH-)/c(H+)=1.0×10－12，则M溶液为强酸性溶液，由上述分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na。

A. 114号元素鈇(Fl)在ⅣA族元素，Y（Ｎ）为ⅤA族元素，不在同一主族，选项A错误；B. X分别与Z、W形成的化合物H2O、H2O2中只含有共价键，Na2O只含离子键，Na2O2含离子键和共价键，故所含化学键类型不相同，选项B错误；C. Z与X、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2，选项C正确；D. X、Y形成的化合物NH3中只含有极性共价键，但形成的化合物N２H４中含有极性共价键和非极性共价键，选项D错误；答案选C。

3. 下列离子方程式书写正确的是A. Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+ 3H+=Fe3++ 3H2OB. 用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2++ H2O+CO2↑C. 氯气与水的反应：Cl2+H2O=2H+­+Cl—+ClO—D. 等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合：Ca2++HCO3—+OH—=CaCO3↓+H2O【答案】D【解析】试题分析：A中反应生成的Fe3+还会和I—反应，A错；醋酸是弱酸，不能写成离子形式，要写化学式，B错；HClO是弱酸，要写成化学式；C错；D对。

考点：离子方程式的正误判断。

4.下列说法正确的是A. 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B. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。

如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C. 在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中一定存在SO42－或SO32－D. 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠固体，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法【答案】B【解析】【详解】A．加热氯化铵和氢氧化钙固体后反应生成氯化钙、氨气和水，无法达到分离的目的，选项A错误；B、做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石或碎瓷片，以防暴沸，如果忘记加入，应立即停止加热，冷却后补加，选项B正确；C、若该未知溶液中含有Ag+，滴加BaCl2溶液可生成AgCl溶液，加稀硝酸沉淀不溶解，C错误；D、提纯混有少量硝酸钾的氯化钠的正确操作是：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，D错误。

答案选B。

【点睛】本题主要是考查化学实验基本操作，涉及氨气实验室制法、物质分离、蒸馏实验安全操作注意事项、硫酸根离子、亚硫酸根离子、氯离子检验、氯化钠提纯等。

5.N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A. 常温常压下,46 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3N AB. 向含有FeI2的溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，该反应转移的电子数为3N AC. 标准状况下,6. 72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.3N AD. 200g 46%的乙醇水溶液中，含H－O键的数目为2N A【答案】A【解析】【详解】A、混合气体中N与O个数比为1:2，即46g混合气体必然含有的原子数为3 N A，选项A正确；B．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化I-，当有1mol Fe2+被氧化时转移N A个电子；2mol I-被氧化时转移2N A个电子；该反应转移电子的数目至少为3N A，选项B错误；C、NO2与水反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，每消耗3molNO2，则转移电子为2mol，所以标准状况下6.72LNO2参加反应，则转移电子0.2N A，选项C错误；D、因水分子中也含有H-O键，故此溶液中H-O键的个数大于2N A个，选项D错误。

答案选A。

6.下列各项中的实验方案不能达到预期实验目的的是A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、分别向BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液中缓慢通入SO2气体，无明显现象的为氯化钡溶液，产生白色沉淀且有无色气体产生马上变为红棕色气体的为硝酸钡溶液，产生白色沉淀的为硅酸钠溶液，故可鉴别三种盐溶液，选项A正确；B．氧化铜可促进铁离子的水解转化为沉淀，则加入过量氧化铜粉末，过滤可除杂，选项B 正确；C．氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，不能用饱和食盐水除去氯化氢气体中混有的少量氯气，选项C不正确；D．盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，选项D正确；答案选C。

7.处理超标电镀废水，使其NaCN含量低于0.5 mg/L，即可达到排放标准，反应分两步进行。

第一步NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。

第二步NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。

已知HCN是弱酸，易挥发，有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。

下列说法正确的是A. 处理NaCN超标电镀废水的过程中无元素化合价的改变B. 第一步反应溶液应调节为酸性，可避免生成有毒物质HCNC. 第二步发生的反应为2OCN－+ 3ClO－ 2CO2↑ + CO32−+ 3Cl－+ N2↑D. 处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水实际至少需要50 mol NaClO【答案】D【解析】A、处理NaCN超标电镀废水的过程中碳元素化合价的改变，由+2价变为+4价，故A错误；B、NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，故B错误；C、反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2 OCN－+3ClO－=CO32－+CO2↑+3Cl－+N↑，故C错误；D、参加反应的NaCN是： =20mol，反应中C由+2价升2高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg·L－1的废水，实际至少需NaClO的物质的量为：20mol×5/2=50mol。

点睛：易错选项B，NaCN易与酸反应生成HCN，HCN易挥发，剧毒，学生比较陌生。

难点选项D，NaCN在反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN 失去5mol电子，是难点，两种元素化合价同时升高，学生难考虑全面。

8.不锈钢表面用硝酸和氢氟酸的混酸处理后，产生的酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3-、F-和+6价铬的含氧酸根离子等．如图是综合利用该酸洗废液的工艺流程：已知：①金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：②Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2++6NH3⇌[Ni（NH3）6]2+（1）再生酸中含有______，采取减压蒸馏的原因是______（用化学方程式表示）．（2）利用废氧化铁（主要成分为Fe2O3）代替烧碱调节pH的好处是______．（3）请写出“转化”时NaHSO3与Cr2O72-发生反应的离子反应方程式：______．（4）已知[Ni（NH3）6]2+为难电离的络合离子，则“沉镍”的离子方程式为：______．（5）滤渣3的主要成分为Ca（OH）2和_________________________．（6）经检测，最后的残液中c（Ca2+）=0.004mol•L-1，则残液中F-浓度为______mg•L-1，[已知K sp（CaF2）=4×10-11mol3•L-3.【答案】 (1). 硝酸、氢氟酸 (2). 4HNO3== 4NO2+O2+2H2O (3). 实现废物利用，降低生产成本(4). Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O (5). [Ni（NH3）]2++S2-=NiS↓+6NH3 (6). CaSO4 (7). 1.96【解析】【分析】酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3-、F-和+6价铬的含氧酸根离子等，加入浓硫酸减压蒸馏减少硝酸分解，得到再生酸，在溶液中加入废氧化铁调节溶液pH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣Ⅰ，滤液中加入NaHSO3与Cr2O72-发生反应生成铬离子，加入足量氨水沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入Na2S沉淀镍，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣3为CaF2、Ca（OH）2和CaSO4，（1）分析可知再生酸是难挥发性的浓硫酸反应后生成易挥发性的硝酸和弱酸HF；（2）废物利用，提高经济效益；（3）转化时NaHSO3与Cr2O72-发生氧化还原，反应生成铬离子=硫酸根离子和水；（4）Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2++6NH3⇌[Ni（NH3）6]2+，加入Na2S会生成更难溶的NiS；（5）分析可知滤渣3为生成的CaF2沉淀，微溶于水的氢氧化钙和硫酸钙；（6）依据溶度积常数计算F-离子浓度，依据国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L-1分析判断。