全南中学2023-2024学年第一学期高中学段期中考试三年级化学一、单选题(每小题3分，共42分)1.天宫、天和、天问、神舟体现了中国强大的航天科技实力。下列成果所涉及的材料为复合材料的是A.“天宫二号”航天器使用的材料——钛合金B.“天和号”使用的柔性太阳电池阵的材料——砷化镓C.“天间一号”火星车使用的热控材料——纳米气凝胶D.“神州十六号”飞船返回舱使用的耐高温材料——酚醛树脂基低密度材料【答案】D【解析】【详解】A．钛合金是合金材料，属于金属材料，故A错误；B．砷化镓是一种半导体材料，属于无机非金属材料，故B错误；C．纳米气凝胶属于胶体，不属于复合材料，故C错误；D．酚醛树脂基低密度材料属于复合材料，故D正确；答案选D。2.下列有关化学用语正确的是A.CCl4的电子式 B.丙烷分子的球棍模型：C.乙醛的结构简式：CH3COH D.丙烯的结构简式：CH3CHCH2【答案】B【解析】【详解】A．CCl4的电子式为，故A错误；B．球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型；为丙烷分子的球棍模型，故B正确；C．乙醛含有醛基，乙醛的结构简式为CH3CHO，故C错误；D．丙烯含有碳碳双键，丙烯的结构简式CH3CH=CH2；故D错误；故答案选B。3.常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是A.水电离产生的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液：Mg2＋、SO42-、NO3-、Cl-B.含有大量Fe3＋的溶液：K＋、Na＋、AlO2-、SO42-C.能使石蕊试纸变红的溶液：NH4+、Na＋、NO3-、HCO3-D.含有大量S2-的溶液：Na＋、ClO-、Cl-、CO32-【答案】A【解析】【分析】【详解】A.水电离产生的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液，可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液，酸性溶液中存在H+，与Mg2＋、SO42-、NO3-、Cl-均可共存，碱性溶液中存在OH-，与Mg2＋发生复分解反应生成Mg(OH)2沉淀，不能共存，因此水电离产生的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液中Mg2＋、SO42-、NO3-、Cl-可能大量共存，A项正确；B.Fe3＋与AlO2-发生双水解，能促进水的电离，不能大量共存，B项错误；C.能使石蕊试纸变红的溶液为酸性溶液，存在大量的H+，与HCO3-能发生复分解反应而不能共存，C项错误；D.S2-具有还原性，ClO-具有氧化性，可发生氧化还原反应，不能共存，D项错误；答案选A。【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子不能大量存在；②在强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（①AlO2-与HCO3-不能大量共存：②“NO3-＋H＋”组合具有强氧化性，与S2－、Fe2＋、I－、SO32-等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；③NH4＋与CH3COO－、CO32－，Mg2＋与HCO3-等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。4.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molNa3N、NaN3混合物所含的阴离子数之和可能为2NAB.标准状况下，11.2LCH3Cl中含有的极性键数目为2NAC.将1molCl2通入水中，所得溶液中HClO、Cl−、ClO−粒子数之和为2NAD.0.5mol·L−1的NaCl溶液中含Cl−的数目为0.5NA【答案】B【解析】【详解】A.1molNa3N含1molN3−离子，1molNaN3含1mol离子，故1mol二者的混合物含N3−、两种离子共1mol即NA个，A项错误；B.标况下CH3Cl为气体，11.2LCH3Cl的物质的量为0.5mol，而1molCH3Cl中含有的极性键即C—Cl与C—H键数目共为4NA，故0.5molCH3Cl中含极性键为2NA，B项正确；C.Cl2与水的反应为可逆反应，氯水中还存在大量Cl2分子，故HClO、Cl−、ClO−粒子数之和小于2NA，C项错误；D.NaCl溶液体积未知，无法计算Cl−的数目，D项错误。答案选B。5.下列离子方程式错误的是A.碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合：B.向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全：C.与在酸性溶液中的反应：D.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合,采用“以少定多”法，离子方程式应为：，A正确；B．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全，则两者物质的量相等，离子方程式为：，B正确；C．二价铁可以被过氧化氢氧化为三价铁，离子方程式为：，C正确；D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，离子方程式为：，D错误；故选D。6.在室温下，发生下列几种反应：①②③根据上述反应，下列说法不正确的是A.氧化性强弱顺序为B.是还原产物，是的氧化产物C.要只除去含有、和混合液中的，应加入D.在溶液中可能发生反应：【答案】C【解析】【分析】根据在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物进行分析判断。【详解】A．①中氧化性：，②中氧化性：；③中氧化性：，所以微粒的氧化性由强到弱的顺序为：，A正确；B．根据①可知作氧化剂，得到电子被还原产生X2+，所以X2+是的还原产物；根据③可知B-作还原剂，失去电子产生B2，所以B2是B-的氧化产物，B正确；C．根据选项A分析可知物质的氧化性：，要除去含有、和混合液中的，而不氧化Z-和B-，应该加入的物质是B2，若加入Z2，则A2+、B-都会被氧化，C错误；D．若能够发生，可得氧化性：，这与微粒的氧化性大小关系相符合，D正确；故合理选项C。7.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质，常温下，A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体。上述物质的转化如图所示。下列说法正确的是（）A.丁和戊中所含元素种类相同，且化学键的类型也完全相同B.简单气态氢化物的沸点：XZD.Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中不可能大量共存【答案】D【解析】【分析】A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液和A发生钝化，可知A为Al单质，Y为Al元素，丙是无色气体，应为SO2，则甲为H2SO4，丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，可知丁为H2O，戊为H2O2，乙为Al2(SO4)3，则W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S等元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素；A．丁为H2O，戊为H2O2，所含元素种类相同，但水中只含有极性键，而H2O2中除H-O极性共价键外，还含有O-O非极性键，两者含有的化学键类型不完全相同，故A错误；B．O、S对应的最简单氢化物为H2O和H2S，因水分子间存在氢键，H2O的沸点大于H2S，故B错误；C．非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，故C错误；D．铝离子和硫离子在溶液中发生双水解生成H2S和Al(OH)3，而不能大量共存，故D正确；故答案为D。8.可用扑热息痛(Ⅰ)合成缓释长效高分子药物(Ⅱ)，其结构如图所示。下列说法错误的是A.I分子既能发生氧化反应又能发生水解反应 B.Ⅰ分子中C、N、O可能全部共平面C.1molⅡ最多消耗3molNaOH D.可用浓溴水检验Ⅱ中是否含有I【答案】C【解析】【详解】A．-OH为酚羟基易发生氧化反应，而-CONH-易发生水解，A项正确；B．如图蓝色区域C=O所形成的平面，红色区域为苯环所形成的平面两个面通过C-N的旋转（如图绿色箭头标注）可以达到共面，所以所有C、N、O可能共面，B项正确；C．-CO-OPh可以发生水解消耗1molNaOH但生成的苯酚呈酸性还要消耗1mol的NaOH，-NHOC-可以发生水解消耗1molNaOH，该分子为高聚物则所有总共消耗3nmolNaOH，C项错误；D．Ⅰ中含有酚羟基的苯环邻位易与溴发生取代，而Ⅱ不易于溴发生取代，浓溴水检验Ⅱ中是否含有I，D项正确；故选C。9.取一定质量的NaBr、NaI的混合物平均分成五等分，分别加水配成溶液并编号为甲、乙、丙、丁、戊，再分别向各溶液中通入一定体积的氯气，将反应后所得溶液蒸干灼烧得固体，通入氯气的体积与最终所得固体质量记录如下：编号甲乙丙丁戊固体组成NaClCl2的体积/mLV2V3V4V5V固体质量/g54.6243.6435.4830.1429.25下列实验结论正确的是A.甲溶液中发生的反应是Cl2+2Br－=2Cl－+Br2B.乙中固体组成为NaBr、NaClC.标准状况下Cl2的体积V为2688mLD.原混合物中NaBr的物质的量为1mol【答案】D【解析】【分析】向NaBr、NaI的混合溶液中通入Cl2，需考虑置换反应发生的先后，因还原性I-＞Br-＞Cl-，故先有2NaI+Cl2=2NaCl+I2…①，反应完后再有2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2…②；戊中固体NaCl质量29.25g，根据钠离子守恒可知NaBr、NaI的物质的量之和等于NaCl的物质的量，为=0.5mol。【详解】A．根据Na元素守恒可知固体甲的物质的量为0.5mol，则其平均摩尔质量为=109.24g/mol，NaCl的摩尔质量为58.5g/mol，NaBr的摩尔质量为103g/mol，NaI的摩尔质量为150g/mol，所以固体甲为NaI、NaBr、NaCl，则溶液中碘离子还未被完全氧化，所以甲溶液中不可能发生Cl2+2Br－=2Cl－+Br2，故A错误；B．乙丙对比，固体的质量减少了43.64g-35.48=8.16g，丙丁对比，固体的质量减少了35.48g-30.14g=5.34g，且丁到戊固体的质量还在减少，说明丁中NaBr还未完全反应；若乙中不含NaI，由于通入的氯气的变化量相同，则乙丙减少的和丙丁减少都应是VL氯气能够反应的NaBr与生成的NaCl的差值，但实际上并不相等，说明乙中含有NaI，固体组成应为NaI、NaBr、NaCl，故B错误；C．甲、乙固体组成均为为NaI、NaBr、NaCl，所以甲和乙对比固体减少的质量就是VL氯气反应的NaI和NaCl的质量的差值，所以n(NaI)==0.12mol，则VL氯气的物质的量为0.06mol，所以体积为0.06mol22.4L/mol=1.344L=1344mL，故C错误；D．固体甲与通入氯气前相比减少的质量为VL氯气反应的NaI和NaCl的质量的差值，即54.62g-43.64g=10.98g，所以通氯气前的总质量为54.62g+10.98g=65.6g，令原溶液中NaI的物质的量为x，NaBr的物质的量为y，则，解得x=0.3mol，y=0.2mol，由于原混合物五等分，则原来混合物中溴化钠的物质的量=0.2mol×5=1mol，故D正确；综上所述答案为D。【点睛】本题关键在于：一是根据钠离子守恒可知蒸干灼烧得到固体的物质的量为定值0.5mol；二根据不同组别固体质量的变化判断剩余固体成分，然后根据固体成分变化唯一的组别计算VL氯气的物质的量。10.实验室制备Li3N的原理是。氮化锂(Li3N)是一种重要的化工试剂，在空气中易潮解，某实验小组拟设计实验制备Li3N(装置可重复使用)。下列说法错误的是A.实验时应先点燃甲处的酒精灯B.装置的连接顺序为甲→乙→丙→丁C.若装置内空气没有排尽，则Li3N产品中会混有Li2OD.甲装置主要发生反应：【答案】B【解析】【分析】甲装置是制取氮气的装置，发生反应：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O，实验时应先点燃甲处的酒精灯，让产生的氮气来排尽装置中的空气，避免丙装置在加热时，发生副反