【解析版】广东省潮州市2018-2019学年高二上学期期末教学质量检测理科综合化学试题 word版含解析

1、广东省潮州市2018-2019学年高二上学期期末教学质量检测理综化学试题1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法错误的是A. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用盐酸除去B. 废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点处C. 使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀D. 为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中【答案】D【解析】【分析】A、先用Na2CO3溶液处理，发生沉淀的转化生成碳酸钙，碳酸钙溶于盐酸；B、饱和Na2CO3溶液可以除去焊点处的油脂，饱和NH4Cl溶液可以除去焊点处金属氧化物；C、融雪剂中含有的氯化钠加入水中，能降低水的凝固点，从而加快雪的溶解，在水溶液中能电离出钠离子和氯离子增强溶液的导电性，加快了桥梁的腐蚀；D、可溶性铜盐中含有重金属离子铜离子，重金属离子可以使蛋白质变性。【详解】A项、由平衡CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42-（aq）可知，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，Ca2+浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生反应：CaSO4（

2、s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），然后再加盐酸，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去硫酸钙，故A正确；B项、Na2CO3和NH4Cl中溶液中水解，溶液分别呈碱性和酸性，饱和Na2CO3溶液可以除去焊点处的油脂，饱和NH4Cl溶液可以除去焊点处金属氧化物，故B正确；C项、融雪剂中的氯化钠在水溶液中能电离出钠离子和氯离子，桥梁中的铁、碳和氯化钠溶液能形成原电池，原电池能加快化学反应速率，加快了桥梁的腐蚀，故C正确；D项、可溶性铜盐中含有重金属离子铜离子，重金属离子可以使蛋白质变性，对人体有害，不能用于食品防腐，故D错误。故选D。【点睛】本题考查物质的性质及应用，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生产、生活的关系，把握物质的性质、化学与环境、能源的关系为解答的关键。2.SiO2是一种化工原料，可以制备一系列物质，下列说法正确的是A. 图中所有反应都不属于氧化还原反应B. 硅酸盐的化学性质稳定，常用于制造光导纤维C. 可用盐酸除去石英砂（主要成分为SiO2）中少量的碳酸盐D. 普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英制成的，其熔点很高【答案】C【解析】【分析

3、】图中SiO2与CaO、CaCO3、Na2CO3反应不属于氧化还原反应，SiO2与C、Si与Cl2、SiCl4与H2的反应属于氧化还原反应。【详解】A项、化学反应前后有元素化合价变化的一定是氧化还原反应，二氧化硅与碳反应生成硅单质和粗硅与氯气的反应是氧化还原反应，故A错误；B项、光导纤维的成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故B错误；C项、碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙和水以及二氧化碳，二氧化硅和盐酸不反应，可以用盐酸除去石英（主要成分为SiO2）中混有的少量碳酸钙，故C正确；D项、玻璃是由纯碱、石灰石和石英制成的，玻璃属于混合物，没有固定的熔点，故D错误。故选C。【点睛】本题考查硅和二氧化硅的性质和用途，掌握硅及其化合物的性质及应用是解答关键。3.设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A. 常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子B. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAC. 将含1molFeCl3的溶液制得的Fe(OH)3胶体中含有胶粒数目为NA假设所有的FeCl3都转化为Fe(OH)3胶体D. 0.1mo/L的Na2CO3溶液中H2

4、CO3、HCO3-、CO32-的粒子总数为0.1NA【答案】B【解析】【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以22.4L混合气体的物质的量小于1mol；B、过氧化钠与水反应生成氧气时，氧元素的价态由-1价变为0价；C、氢氧化铁胶体微粒是氢氧化铁的集合体；D、没有明确溶液的体积，溶液中微粒数不能计算。【详解】A项、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以22.4L混合气体的物质的量小于1mol，虽然每个分子中含有2个氧原子，但22.4L的NO2和CO2混合气体含有O原子小于2NA个，故A错误；B项、过氧化钠与水反应生成氧气时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故B正确；C项、氢氧化铁胶体微粒是氢氧化铁的集合体，将100mL0.1molL-1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒小于0.01NA，故C错误；D项、没有明确溶液的体积，溶液中微粒数不能计算，0.1 molL-1Na2CO3溶液中CO32-、HCO3-和H2CO3总浓度为0.1mol/L，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了

5、阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键。4.通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验操作、现象、结论或解释正确的是选项实验操作现象结论或解释A向Na2S溶液中滴加盐酸有臭鸡蛋气味的气体产生氯的非金属性比硫的强B向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀沉淀是BaSO3C将0.1mol/L ZnSO4溶液加入1mol/LNa2S溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/L CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为黑色沉淀Ksp(CuS) Ksp(ZnS)D向某溶液中滴加K 3Fe(CN)6 (铁氰化钾) 溶液有蓝色沉淀产生该溶液中一定含有Fe2+A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A、Na2S溶液与盐酸的反应是强酸制弱酸的反应；B、向Ba（NO3）2溶液中通入二氧化硫气体，溶液中硝酸根在酸性条件下与二氧化硫反应发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；C、Na2S溶液过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp大小；D、亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀。【详解】A项、比较非金属性强弱时

6、，应根据非金属形成的最高价氧化物的水化物的酸性强弱进行比较，不能利用HCl、H2S的酸性强弱比较，故A错误；B项、二氧化硫溶于水，使溶液显酸性，向Ba（NO3）2溶液中通入二氧化硫气体，溶液中硝酸根在酸性条件下与二氧化硫反应发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，故B错误；C项、Na2S溶液过量，与ZnSO4溶液和CuSO4溶液的反应均为沉淀的生成，没有发生沉淀的转化反应，不能比较CuS和ZnS的Ksp大小，故C错误；D项、铁氰化钾溶液和亚铁离子反应生成蓝色铁氰化亚铁沉淀，这是检验亚铁离子的一种方法，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与应用能力的考查，涉及常见离子的检验方法、元素金属性强弱的比较、溶度积大小比较等知识，把握物质的性质、反应原理，明确常见阴阳离子的检验方法是解答关键。5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是A. 原子半径：r(X) r(Y) r(Z) r(W)B. X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物C. Y的单质的氧化性比Z

7、的强D. W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，则Z是O 元素；W是短周期中金属性最强的元素，则W是Na元素；其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素、X是H元素。【详解】A项、同周期元素，从左到右原子半径大小依次减小，N、O处于同一周期，则原子半径r(O)N元素，所以Z单质的氧化性大于Y，故C错误；D项、W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故D错误。故选B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键。6.下列说法正确的是A. 常温下，反应C(s)CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的H0B. 已知2CO(g)O2(g)=2CO2(g)H566 kJmol1，则CO的燃烧热H283 kJC. 已知H(aq)OH(aq)=H2O(l)H57.3 kJmol1，则稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反应的反应热H2(57.3) kJmol1D. 500、30 MPa下，将0.5

8、 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，则热化学方程式为N2(g)3H2(g)2NH3(g) H38.6 kJmol1【答案】A【解析】试题分析：A、该反应的S0，若不能自发进行，H-TS0，则H0，故A正确；B燃烧热的单位为 kJ/mol，故B错误；C稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2 溶液反应生成硫酸钡沉淀，要放出热量，反应热H 2(57.3) kJmol-1，故C错误；DN2(g)+3H2(g)2NH3(g) 的反应属于可逆反应，500、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中不可能完全反应，当完全反应时，放出的热量大于19.3kJ，热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H38.6 kJmol-1，故D错误；故选A。考点：考查了反应热和焓变的相关知识。7.根据下表提供的数据，将等体积等物质的量浓度的NaClO、NaHCO3 二种溶液相混合，则在混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是化学式电离平衡常数HClOKa=3.0108H2CO3Ka1=4.3107Ka2=5.61011A. c(HClO)c(ClO)=c(HCO3)c(H2CO3)B. c(Na)c(H)=c(HCO3)c(ClO)c(OH)C. c(HCO3)c(ClO)c(OH)c(H+)D. c(ClO) c(HCO3) c(H+)c(OH)【答案】C【解析】【分析】由表中电离平衡常数的大小可知，酸性强弱的大小顺序为：H2CO3 HClO HCO3，对应酸根的水解强弱顺序为：CO32 ClO HCO3。【详解】A项、由物料守恒可在，溶液中氯元素总量等于碳元素总量，则溶液中有c（HClO）+c（ClO-）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-），故A错误；B项、根据电荷守恒可知，溶液中有c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（ClO-）+c（OH-）+2c（CO32-），故B错误；C项、根据电离常数可知，H2CO3的酸性大于HClO，则ClO-的水解程度大于HCO3-，所以溶液中c（HCO3-）c（ClO-），两物质水解都呈碱性，且水解程度都比较小，所以c（HCO3-）c（ClO-）c（OH-）c（H+），故C正确；D项、根据电离常数可知，

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