1、貴州思南中學(xué)高三上學(xué)期半期考試理綜化學(xué)試題含分析貴州思南中學(xué)高三上學(xué)期半期考試理綜化學(xué)試題含分析貴州思南中學(xué)高三上學(xué)期半期考試理綜化學(xué)試題含分析第I卷選擇題：此題共13小題，每題6分。在每題給出的四個選項中，只有一項吻合題目要求。7將鋅、鐵、銅粉末按必定比率混淆投入到必定量的硝酸中，微熱，充分反響后過濾，棄去濾渣，濾液中金屬陽離子情況不能夠能是（）A只含Cu2+、Fe2+、Zn2+B只含Zn2+C只含F(xiàn)e2+、Zn2+D只含Cu2+、Fe3+、Zn2+【答案】D考點：察看金屬活動次序表的應(yīng)用知識，重視于與硝酸反響產(chǎn)物的判斷8工業(yè)上，可用硫酸鈰Ce(SO4)2溶液吸取尾氣中NO，其化學(xué)方程式以下

2、：2NO3H2O4Ce(SO4)22Ce2(SO4)3HNO3HNO22H2SO4以下說法正確的選項是（）A在該反響中氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為12在該反響中，氧化產(chǎn)物有兩種，復(fù)原產(chǎn)物有一種C若不考慮溶液體積變化，吸取尾氣后，溶液的pH將增大D在該反響中，每耗資22.4LNO必轉(zhuǎn)移2mol電子【答案】B【分析】試題分析：A依照化學(xué)反響，NO是復(fù)原劑，硫酸鈰是氧化劑，氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為21，A錯誤；BCe2(SO4)3為復(fù)原產(chǎn)物，HNO2、HNO3是氧化產(chǎn)物，因此氧化產(chǎn)物有兩種，復(fù)原產(chǎn)物有一種，B正確；C反響后溶液的酸性增強，pH減小，C錯誤；D沒有限制“標準情況”，不能夠計算轉(zhuǎn)

3、移電子數(shù)目，D錯誤；答案選B?？键c：察看氧化復(fù)原反響的有關(guān)判斷與計算9設(shè)NA為阿伏加羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項是（）A足量Fe在1molCl2中充分焚燒，轉(zhuǎn)移3NA個電子B78gNa2O2中陰、陽離子總數(shù)為0.3NA.C電解精華銅時，若轉(zhuǎn)移NA個電子，則陽極減少的質(zhì)量為32gD反響KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H22生成，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAO中，若有1molHO【答案】B考點：察看阿伏加德羅常數(shù)計算與判斷10以下設(shè)計的實驗方案能達到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢制備Al(OH)3懸濁液：向lmol.L-1的AlCl3溶液中加過分的6mol.L-1NaOH溶液提純含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含

4、有少量乙酸的乙酸乙酯中加入氫氧化鈉溶液，振蕩后靜置分液，并除掉有機相的水C查驗溶液中可否含有Fe3+:取少量待查驗溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，察看實驗現(xiàn)象D研究催化劑對H2O2分解速率的影響：在相同條件下，向一支試管中加入2mL5H和%2021mLH20，向另一支試管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，察看并比較實驗現(xiàn)象【答案】D【分析】試題分析：A、Al(OH)3是兩性氫氧化物，能夠和過分氫氧化鈉反響生偏鋁酸鈉，故不能夠制備氫氧化鋁懸濁液，A錯誤；B、氫氧化鈉也和乙酸乙酯反響，應(yīng)該用飽和碳酸鈉除掉乙酸，然后分液即可，B錯誤；C、氯水擁有強氧化性，可能把Fe2

5、氧化成Fe3，也會出現(xiàn)上述現(xiàn)象，C錯誤；D、兩試管做比較實驗，若是第二支試管冒出氣泡多與第一支，說明FeCl3是催化劑，加快反響速率，D正確。答案選D?！究键c定位】察看實驗方案的議論、離子查驗、物質(zhì)除雜等知識。【名師點睛】該題是高頻考點，實驗方案設(shè)計要求最簡，對環(huán)境危害小，實驗可否成功需要看細節(jié)，氫氧化鋁呈兩性，氫氧化鈉過分，會使氫氧化鋁溶解，實驗室常用氨水，離子查驗要防備其他離子的攪亂，特別注意氯離子攪亂，因此平時學(xué)習(xí)時多注意細節(jié)問題，注意有關(guān)基礎(chǔ)知識的積累和靈便應(yīng)用。11W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W、X的簡單離子擁有相同電子.四種短周期主族元素層構(gòu)造，X的原子半徑是短周期主族元素原

6、子中最大的，W與Y同族，Z與X形成的離子化合物的水溶液呈中性。以下說法正確的選項是（）A簡單離子半徑：WXZBW與X形成的化合物溶于水后溶液呈堿性C氣態(tài)氫化物的熱牢固性：WZ【答案】B【考點定位】此題察看了原子構(gòu)造與元素周期表的關(guān)系【名師點晴】正確推斷各元素為解答要點，在答題時，畫出各元素的地址關(guān)系使解題更快也更正確，注意“位構(gòu)性”推斷的中心是“構(gòu)造”，即依照構(gòu)造第一判斷其在元素周期表中的地址，今后依照元生性質(zhì)的相似性和遞變性展望其可能的性質(zhì)；也能夠依照其擁有的性質(zhì)確定其在周期表中的地址，進而推斷出其構(gòu)造。12工業(yè)上以CuFeS2為原料冶煉銅的主要反響為2CuFeS2+4O2=Cu2S+3SO

7、2+2FeO(爐渣）；2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2;2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2。以下說法錯誤的選項是（）2生成1molCu，共耗資2.75molO2A由1molCuFeSB該冶煉方法中產(chǎn)生大量的有害氣體SO2,可回收用于制備硫酸C在反響中，Cu2S既是氧化劑，又是復(fù)原劑D在反響中，SO2既是氧化產(chǎn)物，又是復(fù)原產(chǎn)物【答案】A考點：察看氧化復(fù)原反響的見解等知識。-2-2-、NH4+3+3+。取該溶液100mL，加入過分13.某溶液可能含有Cl、SO4、CO3、Fe、Al和KNaOH溶液，加熱，獲取0.02mol氣體，同時產(chǎn)生紅褐色積淀；過濾，沖洗，灼燒，獲取1.6g固體；向上

8、述濾液中加足量BaCl2溶液，獲取4.66g不溶于鹽酸的積淀.由此可知原溶液中（）A最少存在5種離子BCl-必定存在，且c(Cl-)0.4mol/LCSO42-、NH4+、必定存在，Cl-可能不存在DCO32-、Al3+定不存在，K+可能存在【答案】B【分析】試題分析：加入過分NaOH溶液，加熱，獲取0.02mol氣體，可知必定存在銨根離子，紅褐色積淀是氫氧化鐵，1.6g固體為三氧化二鐵，可知必定有3+2-Fe，必定沒有CO3；4.66g不溶于鹽酸的積淀，為硫酸鋇積淀，物質(zhì)的量為0.02mol。A、由上述分析可知，必定含SO2-、4NH4+、Fe3+，溶液中NH4+、Fe3+所帶正電荷為0.0

9、2mol+30.02mol=0.08mol，SO42-所帶負電荷為20.02mol=0.04mol，據(jù)電荷守恒，知溶液中必定大量存在另一種陰離子Cl-，最少存在4種離子，A錯誤；B、由電荷守恒可知，Cl-必定存在，且c（Cl-）0.4mol/L，B正確；C、由上述分析可知，SO2-、NH+必定存在，CO2-必定不存在，C錯誤；D、綜上所述，原溶液4433+2-，可能含Al3+2-，D錯誤；應(yīng)選B。中必定含F(xiàn)e、NH4、SO4和Cl、K，必定不含CO3【考點定位】察看物質(zhì)的查驗及推斷、離子共存、離子反響的有關(guān)知識【名師點睛】依照離子的特點反響及離子間的共存情況，進行離子推斷時要依照以下三條原則：

10、（1）互斥性原則。判斷出必定有某種離子存在時，將不能夠與之共存的離子除掉去，進而判斷出必定沒有的離子。（2）電中性原則。溶液呈電中性，溶液中必定有陽離子和陰離子，不能夠能只有陽離子或陰離子。（3）出入性原則。離子查驗時，加入試劑會引入新的離子，某些離子在實驗過程中可能消失(如溶液中的AlO2在酸過分時轉(zhuǎn)變?yōu)锳l3)，則原溶液中可否存在該種離子無法判斷。解答時，第一，必定以扎實全面的基礎(chǔ)知識作后援。扎實全面的基礎(chǔ)知識是考生認真、正確解答試題的前提和基礎(chǔ)。比方考生要對離子的性質(zhì)、離子的特點、離子間的反響關(guān)系要有正確全面的認識。其次，必定要有正確清楚的解題思路和正確靈便的解題方法。第II卷三、非選擇

11、題：包括必考和選考題兩部分。第22-32題為必考題，每個考生都必定作答。第33-38題為選考題，考生依照要求做答。（一）必考題（共129分）26、（15分）氯堿工業(yè)以電解精制飽和食鹽水的方法制取氯氣、氫氣、燒堿和氯的含氧酸鹽等系列化工產(chǎn)品。以以下列圖是離子互換膜法電解食鹽水的表示圖，圖中的離子互換膜只同意陽離子經(jīng)過。達成以下填空：（1)寫出電解飽和食鹽水的離子方程式。（2)離子互換膜的作用為：、。（3)精制飽和食鹽水從圖中_地址補充，氫氧化鈉溶液從圖中地址流出。（選填“a”、“b”、“c”或“d”）（4)KClO3能夠和草酸（H2C2O4)、硫酸反響生成高效的消毒殺菌劑ClO2，還生成CO2和

12、KHSO4等物質(zhì)。寫出該反響的化學(xué)方程式。（5)室溫下，0.1mol/LNaClO溶液的pH0.1mol/LNa23溶液的pH。（選填“大于”、“小SO于”或“等于”）601mol/L的N23和Na23的混淆溶液中，SO32-、CO2-、HSO3-、HCO-SOCO濃度從大到小的次序為。7）聯(lián)氨（又稱肼，N2H4,無色液體）是一種應(yīng)用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料?；卮鹨韵聠栴}：聯(lián)氨分子的電子式為。實驗室中可用次氯酸鈉溶液與氨反響制備聯(lián)氨，反響的化學(xué)方程式為?！敬鸢浮浚?）2Cl2H2O通電Cl2H22OH2）阻截OH-進入陽極室，與Cl2發(fā)生副反響：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+

13、H2O；阻截陽極產(chǎn)生的Cl2和陰極產(chǎn)生的H2混淆發(fā)生爆炸。（3）a；d；4）2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O（5）大于；（6）c(SO32)c(CO32)c(HCO3)c(HSO3)。（7）2NH3NaClO=N2H4NaClH2O（4）KClO3有氧化性，H2C2O4有復(fù)原性，在酸性條件下KClO3能夠和草酸（H2C2O4）生成高效的消毒殺菌劑ClO2，還生成CO2和KHSO4等物質(zhì)。則依照電子守恒及原子守恒，可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式是：2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O；（5）NaClO

14、、Na2SO3都是強堿弱酸鹽，弱酸根離子發(fā)生水解反響，耗資水電離產(chǎn)生的H+，破壞了水的電離平衡，當最后達到平衡時，溶液中c(OH-)c(H+)，因此溶液顯堿性。形成鹽的酸越弱，鹽水解程度就越大。耗資的離子濃度越大，當溶液達到平衡時，節(jié)余的離子濃度就越小。由于H2SO3的酸性強于HClO，因此溶液的pH:NaClONa2SO3?！究键c定位】察看電解原理的應(yīng)用、氧化復(fù)原反響方程式的書寫、離子濃度大小比較?！久麕燑c睛】氧化復(fù)原反響、電解原理、弱電解質(zhì)的電離平衡理論、鹽的水解、離子濃度大小比較是中學(xué)化學(xué)中的重要知識和理論，要掌握其反響原理、規(guī)律、方法、比較依照，再結(jié)合實質(zhì)情況，進行正確的判斷，獲取相應(yīng)

15、的答案。明確電解原理、鹽類水解的特點是解答的要點，注意互換膜作用的理解。在進行有關(guān)氧化復(fù)原反響方程式書寫，注意電子得塌陷恒的靈便應(yīng)用。27、（16分）1000mL某待測液中除含有-1的Na+外，還可能含有以下離子中的一種或多種：陽離子+3+2+K、NH4、Fe、Ba陰離子Cl-、Br-、CO32-、HCO3-、SO32-、SO42-現(xiàn)進行以下實驗操作（每次實驗所加試劑均過分）：（1）寫出生成白色積淀B的離子方程式:。（2）待測液中必定不存在的陽離子是。（3）若無色氣體D是單調(diào)氣體：陰離子Cl-Br-CO2-HCO-SO2-SO2-3334濃度/mol.L將陰離子的物質(zhì)的量濃度填入上表中（必定不

16、存在的填“0”，不能夠確定的填“？”)：判斷原溶液中K+可否存在，若存在，求其物質(zhì)的量濃度的最小值，若不存在，請說明原因:。4）若無色氣體D是混淆氣體：待測液中必定含有的陰離子是。積淀A中能與稀硝酸反響的成分是(寫化學(xué)式）?！敬鸢浮浚?）HCO3Ba2OHBaCO3H2O；（2）Fe3、Ba2；（3）陰離子Cl-Br-CO2-HCO-SO2-SO2-3334濃度/molL？0.10.100.05)最小濃度是(0.40.3)molL1L1；因此：存在；K離子依照電荷守恒，c(K=0.1mol最小濃度為0.1molL1；（4）CO32、HCO3、SO32；BaCO3、BaSO3。（2）依照上述分析

17、，必定沒有的陽離子是Fe3、Ba2；（3）若是氣體的單調(diào)氣體，則只能為CO2，說明原溶液中含有CO3，n(CO32)n(CaCO3)10.0g100g/mol0.1mol，積淀D為BaSO4，原溶液中必定含有SO42，n(SO42)n(BaSO4)11.65g233g/mol0.05mol，溶液B中加入AgNO3和硝酸，有白色積淀生成，此白色沉淀為AgCl，不能夠說明原溶液中必定含有Cl，有BaCl2溶液引入，因此有（見答案）；依照溶液顯電中性，含有電荷數(shù)為0.1molL1NH4，陰離子擁有電荷數(shù)為（0.120.10.052)mol=0.4mol，顯然電荷不守恒，溶液中必定存在K，且c(K)最

18、小濃度是(0.40.3)molL11=0.1molL；（4）D為混淆氣體，積淀A為BaCO3和BaSO3，可能含有BaSO4，因此原溶液中必定含有陰離子是：CO32、HCO3、SO32；依照以上分析可知積淀A中能與稀硝酸反響的成分是BaCO3、BaSO3。考點：察看離子的查驗、電荷守恒的思想等知識。28、（12分）2Zn(OH)2?ZnCO3是制備活性ZnO的中間體，以鋅焙砂（主要成分為ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等離子）為原料制備2Zn(OH)2?ZnCO3的工藝流程以下：請回答以下問題：（1）當(NH4)2SO4，NH3H2O的混淆溶液中存在+2-)時，溶液呈（填“酸”、c(NH4)2

19、c(SO4“堿”或“中”）性。（2）“浸取”時為了提高鋅的浸出率，可采用的舉措是（任寫一種）。（3）“浸取”時加入的NH3H2O過分，生成MnO2的離子方程式為。（4）適合S2-能將Cu2+等離子轉(zhuǎn)變?yōu)榱蚧锓e淀而除掉，若選擇ZnS進行除雜，可否可行？用計算說明原因：。spZnS1610-24spCuS1.310-36已知：K().，K()（5）“沉鋅”的離子方程式為。（6）“過濾3”所得濾液可循環(huán)使用，其主要成分的化學(xué)式是。【答案】（1）中；（2）攪拌、適合加熱（3）Mn2+H2O22NH3H2OMnO22NH+42H2O4）可行；ZnSCu2CuSZn2+；KKsp(ZnS)1.21012

20、1105Ksp(CuS)（5）3Zn2+2Zn（OH）2?ZnCO35CO2H2O（6）（NH4）2SO46HCO3（4）依照方程式ZnSCu2CuSZn2+可知該反響的平衡常數(shù)Kc(Zn2)c(Zn2)c(S2)=Ksp(ZnS)1.210121105，因此是可行的。c(Cu2)c(Cu2)c(S2)Ksp(CuS)（5）依照原子守恒可知“沉鋅”時生成的A氣體是二氧化碳，則反響的離子方程式為3Zn2+6HCO32Zn（OH）2?ZnCO35CO2H2O。（6）“過濾3”所得濾液中含有硫酸銨，可循環(huán)使用，硫酸銨的化學(xué)式為（NH4）2SO4?！究键c定位】此題主若是察看物質(zhì)制備工藝流程圖分析【名師

21、點晴】工藝流程圖的一般解答思路是：第一從生產(chǎn)目的出發(fā)，讀懂流程圖，即明確原料和產(chǎn)品（包括副產(chǎn)品），即箭頭出入的方向，指入的加入的物質(zhì)（反響物），指出的是生成物（產(chǎn)物）。既要看框內(nèi)的物質(zhì)，也要看框外的物質(zhì)和操作，里外結(jié)合，邊分析，邊思慮，從易出著手；其次初步分析流程步驟，認識操作過程依照流程圖分析反響原理，緊扣信息，搞清流程中每一步發(fā)生了什么反響知其然；最后依照有關(guān)反響原理，明確操作目的（如沉淀反響、除雜、分別等）知其因此然，即結(jié)合問題中供應(yīng)的信息，規(guī)范答題聯(lián)系儲存的知識，有效地進行信息的利用，回答以下問題。如對反響條件的分析能夠從以下幾個方面著手：對反響速率有何影響、對平衡轉(zhuǎn)變率有何影響、對綜

22、合生產(chǎn)效率有何影響，對設(shè)施有何要求及環(huán)境保護等。(二)選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一道作答，并且用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑。注意所做題目的題號必定與所涂題目的題號一致，在答題卡選答地區(qū)指定地址答題。若是多做，則每科按所做的第一題計分。35（15分）【物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)】硒（Se）是一種有抗癌、抗氧化作用的元素，能夠形成多種化合物。（1）基態(tài)硒原子的價層電子排布式為。（2）鍺、砷、硒的第一電離能大小排序為。H2SeO4的酸性比H2SeO3的強，其原因是。（3）H2SeO3的中心原子雜化種類是；SeO32-的立體構(gòu)型是。與SeO42-互為等

23、電體的分子有（寫一種物質(zhì)的化學(xué)式即可）。4H（填：極性或非極性）分子；單質(zhì)硒的熔點為217，它屬于晶（）2Se屬于體。（5）硒化鋅是一種重要的半導(dǎo)體資料，其晶胞構(gòu)造以以以下列圖，該晶胞中硒原子的配位數(shù)為gcm-3Mgmol。NA代表阿伏加德羅常數(shù)，；若該晶胞密度為?，硒化鋅的摩爾質(zhì)量為/則晶胞參數(shù)a為_pm?！敬鸢浮浚?）4s24p4（2）AsSeGe；H2SeO4分子中非羥基氧原子個數(shù)大于H2SeO3（3）sp3；三角錐形；CCl4(或SiF4)（4）極性；分子（5）4；34M1010NA（4）H2Se分子中有孤電子對，因此H2Se屬于極性分子，單質(zhì)硒的熔點為217，比較小，因此它屬于分子晶體；（5）依照硒化鋅晶胞構(gòu)造圖可知，每個鋅原子周圍有4個硒原子，每個硒原子周圍也有4個鋅原子，因此硒原子的配位數(shù)為4，該晶胞中含有硒原子數(shù)為81+61=4，含有鋅原子數(shù)82