《陕西省2019届高三化学上学期期中试卷(含解析)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《陕西省2019届高三化学上学期期中试卷(含解析)（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、陕西省西安中学2019届高三上学期期中考试化学试题1.下列对古文献记载内容理解错误的是A. 天工开物记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐。B. 本草纲目“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏。C. 抱朴子金丹篇中记载：“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。该过程未发生氧化还原反应。D. 本草经集注中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应。【答案】C【解析】【分析】“瓦”由黏土烧制而成，
2、黏土的分成是硅酸盐；古代用蒸馏法酿酒；丹砂是硫化汞，涉及的反应有 HgS Hg+S， Hg+S=HgS；钠元素的焰色是黄色，通过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色是紫色。【详解】“瓦”由黏土烧制而成，黏土的分成是硅酸盐，所以“瓦”是传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，故A正确；古代用蒸馏法酿酒，故B正确；丹砂是硫化汞，涉及的反应有 HgS= Hg+S， Hg+S=HgS，两个反应都是氧化还原反应，故C错误；钠元素的焰色反应是黄色的，钾元素的焰色反应是紫色的，可以用焰色反应鉴别硝酸钾和硫酸钠，故D正确。2.化学与人类社会生产、生活密切相关。下列说法中正确的是A. 误食重金属盐引起人体中毒，可喝大量的食
3、盐水解毒B. 燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施C. 碳酸钡可用于胃肠X 射线造影检查D. 生石灰可用作食品抗氧化剂【答案】B【解析】【分析】重金属盐能使蛋白质变性；SO2、NOx能引起酸雨；碳酸钡能溶于胃液中的盐酸；氧化钙不能和氧气反应，不能作食品抗氧化剂；【详解】误食重金属盐引起人体中毒，可喝大量的牛奶、豆浆等蛋白质含量较高的食品解毒，故A错误；SO2、NOx能引起酸雨，燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都能减少酸雨产生，故B正确；碳酸钡能溶于胃液中的盐酸，造成钡盐中毒，故C错误；氧化钙不能和氧气反应，不能作食品抗氧化剂，生石灰可以吸水
4、，作干燥剂，故D错误。3.根据所给的信息和标志，判断下列说法错误的是( ) ABCD神农本草经记载，麻黄能“止咳逆上气”碳酸氢钠药片古代中国人已用麻黄治疗咳嗽该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效看到有该标志的丢弃物，应远离并报警贴有该标志的物品是可回收物A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A. 麻黄碱具有平喘功能，常常用于治疗气喘咳嗽，A正确；B.醋酸能够与碳酸氢钠反应，降低药效，B错误；C.图示标志为放射性标志，对人体伤害较大，看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，C正确；D.该标志为可回收物标志，D正确；答案选B。点睛：本题考查了物质的性质和用途、化学实验安全等知识点。要
5、熟悉常见的化学标志：如物品回收标志 ；中国节能标志；禁止放易燃物标志；节水标志；禁止吸烟标志：中国环境标志；绿色食品标志；当心火灾-易燃物质标志等。视频4.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A. 23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B. 1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子C. 标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子D. 3mol单质Fe完全转化为Fe3O4，失去8NA个电子【答案】D【解析】试题分析：A、23g钠的物质的量为1mol，而钠与水反应时1mol钠生成0.5mol氢气，即生成0.5NA个分子，故A错误；，B、铜和浓硫酸反
6、应时，浓硫酸被还原为SO2，不是三氧化硫，故B错误；C、标准状况下，22.4LN2和H2混合气的物质的量为1mol，而N2和H2均为双原子分子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol原子，即2NA个，故C错误；D、Fe3O4中铁为+83价，故1mol铁反应失去83mol电子，3mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8mol电子，即8NA个，故D正确；故选D。考点：阿伏伽德罗常数的相关计算视频5.下列物质分类的正确组合是()选项混合物纯净物单质电解质A盐酸NaOH石墨K2SO4溶液B空气Fe(OH)3胶体铁Na2CO3CCuSO45H2OCaCl2水银铜D氯水KNO3晶体O3NaC
7、lA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、硫酸钾溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、胶体是混合物，B错误；C、CuSO45H2O是纯净物，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D、分类均正确，D正确，答案选D。点睛：电解质的判断是解答的难点，电解质和非电解质是对化合物的分类，单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。电解质应是化合物（属于纯净物）。电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。6.25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 由
8、水电离产生的c(H)11013mol/L的溶液中：Na、Ba2、NO3-、ClB. 0.1 mol/L的Fe(NO3)3溶液中：Na、H、Cl、IC. 0.1 mol/L的NaAlO2溶液中：K、H、NO3-、SO42-D. 滴入石蕊试液显蓝色的溶液中：K、Na、HSO3-、ClO【答案】A【解析】【分析】由水电离产生的c(H)11013mol/L的溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性条件下Na、Ba2、NO3-、Cl都不反应；酸性条件下，Fe3+、NO3-都能氧化I；AlO2-与H反应生成Al3+；滴入石蕊试液显蓝色的溶液呈碱性。【详解】由水电离产生的c(H)11013mol/L的溶液呈酸性或碱性，
9、酸性或碱性条件下Na、Ba2、NO3-、Cl都不反应，故选A；酸性条件下，Fe3+、NO3-都能氧化I，所以0.1 mol/L的Fe(NO3)3溶液中不能大量含有I，故不选B；AlO2-与H反应生成Al3+，0.1 mol/L的NaAlO2溶液中不能大量存在H，故不选C；滴入石蕊试液显蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下HSO3-不能大量存在，HSO3-具有还原性、ClO具有氧化性，HSO3-、ClO不能共存，故不选D。7.下列有关离子方程式正确的是A. 稀硝酸和过量的铁屑反应：Fe4HNO3-=Fe3NO2H2OB. 向硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，则离子方程式为：2HSO42-2OHBa2
10、=BaSO42H2OC. 氯气溶于水：Cl2H2O2HClClOD. 向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2-CO23H2O=2Al(OH)3CO32-【答案】B【解析】【分析】稀硝酸和过量的铁屑反应，最终生成Fe2；硫酸氢钠与氢氧化钡2:1反应恰好出中性；次氯酸是弱酸，离子方程式中不能拆写成离子；向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠。【详解】稀硝酸和过量的铁屑反应，最终生成Fe2，反应离子方程式是3Fe8H2NO3-=3Fe22NO4H2O，故A错误；硫酸氢钠与氢氧化钡2:1反应恰好出中性，所以离子方程式为：2HSO42-2OHBa2=BaSO42H2O
11、，故B正确；次氯酸是弱酸，离子方程式中不能拆写成离子，氯气溶于水的离子方程式是Cl2H2OHClHClO，故C错误；向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应离子方程式是AlO2-CO22H2O=Al(OH)3HCO3-，故D错误。8.下列关于分散系的说法不正确的是A. 直径为1.310-9 m的“钴钛菁”分子在水中形成的分散系属于胶体B. 向沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，能形成带电的胶体C. 向氢氧化铁胶体中滴加稀硫酸，先产生沉淀，后沉淀溶解D. 利用丁达尔效应可区分溶液与胶体【答案】B【解析】【分析】胶体中分散质粒子直径为1100nm；胶体不带电，胶粒带电；
12、氢氧化铁胶体中加入硫酸发生聚沉，氢氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁溶液；胶体能产生丁达尔效应。【详解】胶体中分散质粒子直径为1100nm，直径为1.310-9 m的“钴钛菁”分子在水中形成的分散系属于胶体，故A正确；胶体不带电，胶粒带电，向沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，能形胶粒带正电荷的胶体，故B错误；氢氧化铁胶体中加入硫酸发生聚沉，氢氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁溶液，所以先产生沉淀，后沉淀溶解，故C正确；胶体能产生丁达尔效应，溶液不能，所以利用丁达尔效应可区分溶液与胶体，故D正确。9.某实验室需要 1.0 mol/L 的碳酸钠溶液 450 mL，利用碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)来配制。下
13、列说法正确的是A. 应称取该碳酸钠晶体128.7 gB. 取 100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液浓度为0.5 mol/LC. 定容时俯视刻度线会引起配制溶液的浓度偏高D. 定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，应再补加少量水至刻度线【答案】C【解析】【分析】需用500 mL容量瓶配制该溶液，根据m=cvM计算需要碳酸钠晶体质量；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大。【详解】m=cvM=1.0mol/L0.5L286mo
14、l/L=143.0g，故A错误；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL，所以溶液浓度不是0.5 mol/L，故B错误；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故C正确；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析时，注意从c=nv分析操作对溶质的物质的量浓度的影响，若n偏大则c偏高，若v偏高则c偏低。10.关于反应2KI+O3+H2O =2KOH+I2+O2，下列说法正确的是A. 当有2 molKI被氧化时，2 mol氧原子被还原B. O2
15、是还原产物C. 若消耗2.24 L O3，则转移0.2 mol电子D. 氧化剂与还原产物的物质的量之比为1:1【答案】D【解析】试题分析：由O3+2KI+H2O2KOH+I2+O2，I元素的化合价升高，O元素的化合价降低，该反应中转移2e-，I元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则反应中O3是氧化剂，KI是还原剂。A根据方程式，当有2 molKI被氧化时，被还原的氧原子为12mol，故A错误；BO2中氧元素的化合价没有变化，不是还原产物，故B错误；C为告知2.24 L O3所处的状态，无法计算，故C错误；D根据上述分析，氧化剂是O3，还原产物是KOH，其中KOH只有一半是还原产物，氧化剂与还原产物的物质的量之比为1:1，故D正确；故选D。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。11.下列实验所述的变化过程与氧化还原反应无关的
