精品解析：2018—2019学年高三上学期期中考试化学试题（解析版）

本资料由微信公众号：考辅网，考霸宝典 收集整理高三化学试卷(考试时间：60分钟，满分：100分)考试说明：可以使用计算器；考号为：班级+学号，如8班3号：0803相对原子量：H1 O16 C12 Na23 Cl35.5 N14 Ca40 Ag108 Br80一、选择题(每小题2分，每小题只有一个选项符合题意。)1.下列有关科学家及其创建理论的描述中，错误的是A. 拉瓦锡阐明了质量守恒定律B. 道尔顿创立分子学说C. 门捷列夫发现了元素周期律D. 勒沙特列发现化学平衡移动原理【答案】B【解析】【详解】A拉瓦锡确定空气的组成，证明了化学反应中的质量守恒，对燃烧现象进行了深入的研究，建立了燃烧的新理论，故A正确；B道尔顿创立原子学说，阿伏加德罗创立了分子学说，故B错误；C俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故C正确；D勒沙特列发现了化学平衡移动原理，故D正确；故选B。2.对下列化学用语的理解正确的是 ()A. 原子结构示意图可以表示12C，也可以表示14CB. 比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子C. 电子式可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子D. 分子式C2H4O2可以表示乙酸，也可以表示乙二醇【答案】A【解析】【详解】A12C与14C互为同位素，二者质子数相同，原子结构示意图相同。故A正确；B比例模型：可以表示水分子，但不可以表示二氧化碳分因为二氧化碳分子为直线型分子。故B错误；C羟基电子式为：，氢氧根离子电子式为：，故C错误；D分子式C2H4O2：可以表示乙酸，但乙二醇的分子式为C2H6O2，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查正确使用化学术语、符号、模型等的能力。比例模型应符合原子半径的相对大小、分子实际构型等；书写电子式常见的错误有：漏写未参于成键的电子、不符合原子成键事实、书写不规范、混淆离子化合物与共价化合物等。3.下列有关化学基本概念的判断正确的是（ ）A. 含有极性键的分子一定是极性分子B. 含有共价键的化合物一定是共价化合物C. 含有离子键的化合物一定是离子化合物D. 组成上相差n个CH2的分子一定是同系物【答案】C【解析】【详解】A.含有极性键的分子，若多个化学键空间排列对称、正负电荷的重心重合，则属于非极性分子；若化学键排列不对称、正确负电荷的重心不重合，就属于极性分子，A错误；B.含有共价键的化合物可能是共价化合物，也可能是离子化合物，B错误；C.化合物只要含有离子键，就一定是离子化合物，C正确；D.组成上相差n个CH2的分子，若二者结构相似，就属于同系物，否则就不属于同系物，D错误；故合理选项是C。4.天然橡胶与溴接触，橡胶被破坏，主要是因为发生了A. 加成反应B. 取代反应C. 氧化反应D. 聚合反应【答案】A【解析】【详解】天然橡胶中含有碳碳双键，与溴接触，能够与溴发生加成反应，使橡胶结构受到破坏，故选A。5. 某物质有以下性质：是电解质 溶解时有化学键的破坏 熔化时没有化学键的破坏，则该物质固态时属于A. 原子晶体B. 离子晶体C. 分子晶体D. 金属晶体【答案】C【解析】【详解】熔化时没有化学键的破坏说明不是离子、原子晶体，属于电解质，排除金属晶体，综合分析应为分子晶体。6.SiF4与SiCl4分子都是正四面体结构。下列判断正确的是（ ）A. 键长：Si-FSi-ClB. 键能：Si-FSi-ClC. 沸点：SiF4SiCl4D. 共用电子对偏移程度：Si-ClSi-F【答案】B【解析】【详解】A.原子半径ClF，原子半径越大，则其形成的化学键的键长就越大，所以键长：Si-FF，所以键能Si-FSi-Cl，B正确；C.SiF4、SiCl4都是由分子构成的物质，结构相似，物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质气化需要的能量就越大，即物质的沸点越高。由于相对分子质量：SiF4SiCl4，所以物质的沸点：SiF4Cl，所以共用电子对偏移程度：Si-Clc(OH-)，因此BOH一定不是强碱；酸HA可能是强酸，也可能是弱酸。若是弱酸，其电离程度大于碱BOH的电离程度，故合理选项是B。15.下列烃与氯气反应，只生成一种一氯代物的是A. 2甲基丙烷B. 异戊烷C. 间三甲苯D. 2，2二甲基丙烷【答案】D【解析】【详解】A2-甲基丙烷的结构简式为：CH3CH(CH3)CH3，其分子中有2种等效氢原子，其一氯代物有2种，故A错误；B异戊烷的结构简式为：CH3CH2CH(CH3)2，其分子中含有4种等效氢原子，其一氯代物有4种，故B错误；C间三甲苯的结构简式为，其分子中含有2种等效H原子，则其一氯代物有2种，故C错误；D2，2-二甲基丙烷的结构简式为：CH3C(CH3)2CH3，其分子中所有H原子都完全等效，则其一氯代物只有1种，故D正确；故选D。16.用如图所示装置电解氯化铜溶液。下列判断正确的是A. Y电极为正极B. X电极质量增加C. Y电极表面有氯气生成D. X电极表面发生氧化反应【答案】D【解析】【详解】A.根据图示可知Y电极与电源的负极连接，为阴极，A错误；B.X电极与电源的正极连接，为阳极，发生氧化反应，X失去电子，阳极的质量减小，B错误；C. Y电极为阴极，溶液中的Cu2+获得电子，发生还原反应，C错误；D.X电极为阳极，失去电子，若为活性电极，X失去电子，若为惰性电极，则溶液中的Cl-在电极上表面失去电子，变为Cl2，发生氧化反应，D正确；故合理选项是D。17.甲与乙在溶液中的转化关系如下图所示(反应条件省略)，甲不可能是A. NH3B. AlO2-C. CO32-D. CH3COO-【答案】D【解析】【详解】A、氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，碳酸铵或碳酸氢铵与碱反应生成氨气，能实现甲与乙之间的相互转化，故A不选；B、偏铝酸盐与二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与碱反应生成偏铝酸盐，能实现甲与乙之间的相互转化，故B不选；C、碳酸盐与二氧化碳反应生成碳酸氢盐，碳酸氢盐与碱反应生成碳酸盐，能实现甲与乙之间的相互转化，故C不选；D、醋酸的酸性比碳酸强，则醋酸根离子与二氧化碳不反应，不能实现甲与乙之间的转化，故D选；故选D。18.下表是25时有关弱酸的电离平衡常数，下列叙述正确的是HIOHClOH2CO3K=2.3l0-11K=2.95l0-8K1=4.4l0-7K2=4.7l0-11A. 同温、同浓度的NaIO、NaClO、NaHCO3和Na2CO3溶液中，碱性最强的是Na2CO3B. 向NaClO溶液中通入少量CO2，离子反应为：2ClO-+CO2+H2O2HClO+ CO32-C. 向NaIO溶液中通入少量CO2，离子反应为：2IO-+CO2+H2O2HIO+ CO32-D. 向NaHCO3溶液中加入少量HClO，离子反应为：HCO3-+ HClOCO2+H2O+ ClO-【答案】C【解析】【分析】根据表格数据，酸性H2CO3HClOHCO3-HIO，据此分析解答。【详解】A相同物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱，酸根离子水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，水解程度大小顺序是：HCO3-ClO-CO32-IO-，所以等物质的量浓度的NaIO、NaClO、NaHCO3和Na2CO3四种溶液中，碱性最强的是NaIO，故A错误；B酸性H2CO3HClOHCO3-，向NaClO溶液通入少量CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-，故B错误；C酸性H2CO3HCO3-HIO，向NaIO溶液中通入少量CO2反应生成HIO和碳酸钠，反应的离子方程式为：2IO-+CO2+H2O2HIO+ CO32-，故C正确；D酸性H2CO3HClOHCO3-，向NaHCO3溶液中加入少量HClO，不能发生反应，故D错误；故选C。【点睛】正确理解强酸可以反应制弱酸的原理是解题的关键。本题的易错点为B，要注意酸性H2CO3HClOHCO3-，向NaClO溶液通入少量CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钠，不能生成碳酸钠。19.下列各组物质充分反应后，滴入KSCN溶液一定显红色的是（ ）A. FeO加入稀硝酸中B. FeCl3、CuCl2溶液中加入过量的铁粉C. 生了锈的铁块加入稀硫酸中D. Fe加入稀硝酸中【答案】A【解析】【详解】A选项，FeO加入稀硝酸中反应生成硝酸铁，硝酸铁溶液中滴入KSCN溶液一定显红色，故A正确；B选项，FeCl3、CuCl2溶液中加入过量的铁粉，先FeCl3与铁粉反应生成亚铁离子，再是CuCl2与铁粉反应生成铜和亚铁离子，因此滴入KSCN溶液不显红色，故B错误；C选项，生了锈的铁块加入稀硫酸中，开始生成铁离子，铁离子和铁又反应生成亚铁离子，因此滴入KSCN溶液不一定显红色，故C错误；D选项，Fe加入稀硝酸中可能生成硝酸亚铁，因此滴入KSCN溶液不一定显红色，故D错误；综上所述，答案为A。【点睛】硝酸和铁反应，根据铁不足生成铁离子，铁过量生成亚铁离子。20.某无色溶液可能含有H+、Na+、Al3+、Br- 、HCO3- 、SO42- 和NO3- ，且各离子的物质的量浓度相等。分别取样，测得该溶液的pH=1；滴加适量氯水，溶液变为橙色；滴加过量Ba(OH)2溶液，有沉淀生成。由此可知原溶液中A. 一定含有NO3-B. 可能含有Na+C. 可能不含Al3+D. 含有3种离子【答案】A【解析】【分析】某无色溶液可能含有H+、Na+、Al3+、Br- 、HCO3- 、SO42- 和NO3- ，且各离子的物质的量浓度相等。分别取样，测得该溶液的pH=1，说明溶液显强酸性，溶液中一定含有H+，一定不存在HCO3-，滴加适量氯水，溶液变为橙色，说明含有Br-，滴加过量Ba(OH)2溶液，有沉淀生成，说明含有SO42-。结合各离子的物质的量浓度相等分析解答。【详解】测得该溶液的pH=1，说明溶液显强酸性，溶液中一定含有H+，一定不存在HCO3-，滴加适量氯水，溶液变为橙色，说明含有Br-，滴加过量Ba(OH)2溶液，有沉淀生成，说明含有SO42-；因此溶液中一定含有H+、Br- 、SO42-，由于各离子的物质的量浓度相等，根据溶液显电中性，溶液中一定含有某种阳离子，根据题意，一定存在Na+、Al3+，则同时一定存在NO3-，因此溶液中存在H+、Na+、Al3+、Br- 、SO42- 和NO3-，只有A正确；故选A。二、综合题(共60分)21.SO2催化氧化是工业制取硫酸的关键步骤之一：2SO2 + O22SO3 在容积均为2L，有相同催化剂的a、b、c、d、e五个密闭容器中均充入2molSO2和1molO2混合气体，控制不同的反应温度。反应进行5min时，测得相关数据如下表：容器温度物质的量(mol)a容器400b容器425c容器450d容器475e容器500O2x0.60.30.50.7SO3y0.81.41.00.6(1)5min时测得a容器中混合气体的物质的量减少了0.2mol，计算5min内SO3的平均反应速率_。(2)反应进行到5min时，b容器中的反应是否达到平衡状态？_(填“是”或“否”)，理由是：_。(3)在图中画出e容器中SO2物质的量随时间的变化曲线_。(4)工业上常用Na2SO3溶液来吸收SO2，该反应的离子方程式是：_。(5)已知NaHSO3溶液呈酸性，溶液中c(H2SO3)_ c(SO32)(选填、或=)；NaHSO3既能和强酸反应也能和强碱溶液反应。用平衡移动原理说明NaHSO3能和强碱溶液反应的原因：_【答案】 (1). 0.04mol/(Lmin) (2). 否 (3). abc中三氧化硫的物质的量是增大的，de中随温度升高三氧化硫的物质的量是减小的，温度越高，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，证明de是平衡状态，且温度越高，三氧化硫的物质的量越少，b容器的温度低于d，因此三氧化硫的物质的量应该大于d，因此b不是平衡状态 (4). (5). SO32-+SO2+H2O=2HSO3- (6). (7). 强碱溶液中的氢氧根离子与HSO3-电离出的氢离子反应生成水，促进HSO3-的电离平衡正向移动，反应生成亚硫酸钠【解析】【分析】(1)根据2SO2 + O22SO3 可知，反应中气体的物质的量的减少量等于反应的氧气的物质的量，反应中气体的物质的量减少了0.2mol，即反应的氧气为0.2mol，据此计算5min内三氧化硫的反应速率；(2)五个容器中浓度变化可知，abc中三氧化硫浓度是增大的，de中随温度升高浓度减小，说明温度变化影响化学平衡移动，证明de是平衡状态；(3)根据五个容器中气体的物质的量变化可知，de容器中是平衡状态，且e容器中反应温度高于d，建立平衡需要的时间少于d，平衡时，SO2物质的量大于d，据此画图；(4)工业上常用Na2SO3溶液来吸收SO2，该反应生成亚硫酸氢钠；(5)亚硫酸氢钠溶液中存在亚硫酸氢根离子电离和水解平衡，据此分析判断；强碱溶液中的氢氧根离子能够与HSO3-电离出的氢离子反应生成水，促进HSO3-的电离平衡正向移动，反应生成亚硫酸钠。【详解】(1)根据2SO2 + O22SO3 可知，反应中气体的物质的量的减少量等于反应的氧气的物质的量，反应中气体的物质的量减少了0.2mol，即反应的氧气为0.2mol，则生成的SO3 为0.4mol，5min内SO3的平均反应速率v(SO3)=0.04mol/(Lmin)，故答案为：0.04mol/(Lmin)；(2)根据五个容器中气体的物质的量变化可知，abc中三氧化硫浓度是增大的，de中随温度升高浓度减小，温度越高反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，证明de是平衡状态，则反应进行到5min时，b容器中的反应未达到平衡状态，故答案为：否；abc中三氧化硫的物质的量是增大的，de中随温度升高三氧化硫的物质的量是减小，温度越高反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，证明de是平衡状态，且温度越高，三氧化硫的物质的量越少，b容器的温度低于d，因此三氧化硫的物质的量应该大于d；(3)根据五个容器中气体的物质的量变化可知，de容器中是平衡状态，且e容器中反应温度高于d，建立平衡需要的时间少于d，平衡时，SO2物质的量大于d，变化图象为，故答案为：；(4)工业上常用Na2SO3溶液来吸收SO2，反应生成亚硫酸氢钠，该反应的离子方程式是：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-，故答案为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-；(5)亚硫酸氢钠溶液中存在亚硫酸氢根离子电离：HSO3-SO32-+H+，电离使溶液显酸性，也存在亚硫酸氢根离子的水解：HSO3-+H2OH2SO3+OH-，水解使溶液显碱性，NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，因此c(H2SO3)c(SO32-)；强碱溶液中的氢氧根离子能够与HSO3-电离出的氢离子反应生成水，促进HSO3-的电离平衡正向移动，反应生成亚硫酸钠，故答案为：；强碱溶液中的氢氧根离子能够与HSO3-电离出的氢离子反应生成水，促进HSO3-的电离平衡正向移动，反应生成亚硫酸钠。【点睛】本题的难点为(2)，要注意分析温度对反应速率和化学平衡的影响；易错点为(3)，要注意图像的拐点和平衡点与d容器的区别。22.Na2S常用作皮革脱毛剂，工业上用反应Na2SO4 +2C Na2S+2CO2 进行制取。(1)上述反应中涉及的各元素中原子半径最小的是_(填元素符号)，该原子有_种不同能量的电子。(2)羰基硫的化学式为COS，结构和CO2 相似，请写出COS的电子式_，判断羰基硫分子属于_(选填“极性”或“非极性”)分子。(3)写出一个能比较S和O非金属性强弱的化学事实_ ；请从原子结构解释原因_。(4)将Na2S溶液滴入AlCl3溶液中，产生白色沉淀，同时有臭鸡蛋气味的气体生成，用平衡移动原理解释上述现象_。【答案】 (1). O (2). 3 (3). (4). 极性 (5). 水的热稳定性比硫化氢强 (6). S 和 O为同主族元素，最外层电子数相同，原子半径越小，原子核对最外层电子的吸引力越大，使得H-O键比H-S稳定 (7). Na2S溶液中S2-水解显碱性：S2-+H2OHS-+OH-，AlCl3溶液中Al3+水解显酸性：Al3+H2OAl（OH）3+3H+，两个水解反应相互促进，使水解进行到底，产生白色沉淀，同时有臭鸡蛋气味的气体产生【解析】【分析】(1)一般而言，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，据此判断涉及的各元素中原子半径的大小；根据原子的电子排布式分析判断；(2)根据羰基硫分子中所有原子的最外层都满足8电子结构判断其电子式；根据羰基硫的分子结构及羰基硫中碳硫双键与碳氧双键的极性进行判断；(3)根据非金属性强弱的判断方法分析解答；(4)根据硫离子和铝离子的水解方程式分析解答。【详解】(1)上述反应涉及的原子有Na、S、O、C，一般而言，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则涉及的各元素中原子半径最小的是O，O原子有1s、2s、2p三种能量不同的电子；故答案为：O；3；(2)羰基硫中分子中所有原子的最外层都满足8电子结构，碳原子能形成4个共价键，硫原子能形成2个共价键，氧原子能形成2个共价键，所以其电子式为；羰基硫中碳氧双键与碳硫双键的极性不同，电荷分布不均匀，所以羰基硫分子为极性分子，故答案为：；极性；(3)比较 S 和 O 非金属性强弱的化学事实是，水的稳定性和硫化氢的稳定性强，S 和 O为同主族元素，最外层电子数相同，原子半径越小，原子核对最外层电子的吸引力越大，使得H-O键比H-S稳定，故答案为：水的热稳定性比硫化氢强；S 和 O为同主族元素，最外层电子数相同，原子半径越小，原子核对最外层电子的吸引力越大，使得H-O键比H-S稳定；(4)Na2S 溶液中 S2-水解显碱性：S2-+H2OHS-+OH-，AlCl3溶液中 Al3+水解显酸性：Al3+H2OAl(OH)3+3H+，将硫化钠溶液滴入氯化铝溶液中，两个水解反应相互促进，使水解进行到底，产生白色沉淀，同时有臭鸡蛋气味的气体产生，故答案为：Na 2S溶液中S2-水解显碱性：S2-+H2OHS-+OH-，AlCl3溶液中Al3+水解显酸性：Al3+H2OAl(OH)3+3H+，两个水解反应相互促进，使水解进行到底，产生白色沉淀，同时有臭鸡蛋气味的气体产生。23.衣康酸M是制备高效除臭剂、粘合剂等多种精细化学品的重要原料，可经下列反应路线得到(部分反应条件已略)。已知：R-CH2-Cl + NaCN R-CH2-CN + NaClR-CH2-CN + NaOH + H2O R-CH2-COONa + NH3完成下列填空：(1)A的结构简式是_，M中官能团的名称是_，(2)写出B C的化学反应方程式_。写出G的结构简式_(3)反应a与反应b的先后顺序不能颠倒，解释原因：_。(4)写出由A和1,3丁二烯1:1共聚所得高聚物的结构简式_(5)请设计由CH2=CHCH2OH 制备CH2=CHCOOH的合成路线(无机试剂任选)_。【答案】 (1). (2). 碳碳双键、羧基 (3). (4). (5). 如果先消去再氧化，则氧化羟基时碳碳双键也可能被氧化 (6). 或； (7). CH2=CHCH2OHCH3-CHClCH2OH CH3-CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH【解析】分析】C与NaCN发生信息(1)的反应生成D，根据D的结构可知，C为，由B、C的分子式可知，B脱去1分子HCl发生消去反应生成C，结合A的分子式可知，A含有C=C双键，与氯气发生加成反应生成B，则B为、A为；由F的结构可知，D与氯气发生加成反应生成E，E发生信息(2)中的水解反应得到F，故E为；为防止羟基氧化时，C=C双键被氧化，故F先发生氧化反应生成G，G发生消去反应、酸化后得到M，故G为，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，A为，根据M()的结构可知，含有官能团为：碳碳双键、羧基，故答案为：；碳碳双键、羧基；(2)BC的化学方程式为：，G的结构简式为：，故答案为：；(3)如果先消去再氧化，则氧化羟基时碳碳双键也可能被氧化，故反应a与反应b的先后次序不能颠倒，故答案为：如果先消去再氧化，则氧化羟基时碳碳双键也可能被氧化；(4)由A()和1，3丁二烯(CH2=CH-CH=CH2)1:1共聚所得高聚物的结构简式为或，故答案为：或；(5) 由CH2=CHCH2OH 制备CH2=CHCOOH，需要将醇羟基氧化生成羧基，在氧化前需要保护碳碳双键，因此合成路线为CH2=CHCH2OHCH3-CHClCH2OH CH3-CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH，故答案为：CH2=CHCH2OHCH3-CHClCH2OH CH3-CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH。24.氨气是重要的化工原料。(1)检验氨气极易溶于水的简单操作是：收集一试管氨气，_。(2)往饱和食盐水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，生成沉淀的化学式为_；过滤后，使余液尽可能析出较多NH4Cl晶体的方法是：再通入足量的NH3、冷却并加入_，请说明这样操作为什么可以析出较多NH4Cl的原因：_。某NaHCO3晶体中含有NaCl杂质，某同学在测定其中NaHCO3的含量时，称取5.000g试样，定容成100mL溶液，用标准盐酸溶液滴定(用甲基橙做指示剂)，测定数据记录如下：滴定次数待测液(mL)0.5000mol/L盐酸溶液的体积(mL)初读数终读数第一次 20.001.0021.00第二次 20.00如图如图(3)定容过程中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、_和_。(4)当滴定至_，即为滴定终点；第二次滴定，从图I图II显示消耗的盐酸溶液体积为_mL。(5)该实验测定样品中NaHCO3的质量分数为_(保留2位小数)。(6)若该同学测定结果偏大，请写出一个造成该误差的原因_。【答案】 (1). 倒插入水中，水迅速充满试管 (2). NaHCO3 (3). NaCl (4). 足量的NH3、冷却并加入NaCl，能够增大NH4+和Cl-的浓度，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动 (5). 100mL容量瓶 (6). 胶头滴管 (7). 溶液由橙色变成黄色，且半分钟内部变色 (8). 20.20 (9). 84.42% (10). 滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定(或滴定前有气泡，滴定后气泡消失或锥形瓶用待测液润洗了等)【解析】【分析】(1)根据氨气极易溶于水分析解答；(2)根据侯氏制碱法的反应原理分析判断；结合NH4Cl饱和溶液中存在NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)的平衡分析解答；(3)根据定容的操作分析解答；(4) 碳酸氢钠溶液显碱性，用甲基橙做指示剂时，开始时溶液显橙色，解甲基橙的变色范围分析判断；根据滴