江苏省泰州市届高三上学期期末考试.docx
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江苏省泰州市届高三上学期期末考试
江苏省泰州市2019届高三上学期期末考试
化学试题
1.化学与环境保护密切相关，下列叙述正确的是
A.家庭装修所产生的甲醛、苯等有害物质可用水溶解吸收
B.处理废水时加入明矾作为消毒剂对水进行杀菌消毒
C.含汞废旧电池需回收处理是因为重金属离子污染土壤和水体
D.某酸雨样品放置过程中pH减小是因为溶解了更多的CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A.苯不溶于水，甲醛蒸气常压下在水中溶解度也不大，所以使用水难以消除室内空气中甲醛和苯蒸气的污染。
A项错误；
B.明矾[KAl（SO4）2·12H2O]不具有杀菌消毒的功能，只具有使废水中悬浮杂质沉降的作用，B项错误；
C.汞等重金属离子能使蛋白质变性，含汞废旧电池会影响土壤和水体中生物生长，甚至使生物死亡，通过食物链最终影响人类健康，所以含汞废旧电池需回收处理。
C项正确；
D.正常雨水pH约为5.6，是因为溶解了CO2生成了H2CO3（属于弱酸）而使雨水呈弱酸性，而酸雨中溶解了SO2，酸雨样品放置过程发生反应2SO2+O2+2H2O=2H2SO4或2H2SO3+O2=2H2SO4，生成强酸，溶液的酸性增强，所以酸雨的pH小于5.6。
D项错误；答案选C。
2.下列化学用语表示正确的是
A.中子数为8的氮原子：
158N
B.铵根离子电子式：
C.硫离子的结构示意图：
D.聚丙烯的结构简式：
【答案】B
【解析】
【详解】A.在核素符号中元素符号左下角应表示质子数，所以该氮原子的正确符号为
，A项错误；
B.氮原子有5个价电子，氢原子有1个价电子，氮原子跟3个氢原子形成3对共用电子对，氮原子最外层的一对孤电子对与氢离子的空轨道形成配位键，所以电子式为
，B项正确；
C.硫离子核电荷数为16，核外有18个电子，K、L、M层排布的电子数分别为2、8、8，所以结构示意图为
，C项错误；
D.聚丙烯正确的结构简式为：
，D项错误；答案选B。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A.FeSO4具有氧化性，可用作食品抗氧化剂
B.SiO2熔点高、硬度大，可用于制光学仪器
C.Al（OH）3具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂
D.NH3具有还原性，可用作制冷剂
【答案】C
【解析】
【详解】A.FeSO4具有还原性，可用作食品抗氧化剂，A项错误；
B.SiO2晶体透光性好，可用于制光学仪器，B项错误；
C.Al（OH）3具有弱碱性，能中和胃酸又不伤害人体组织细胞，C项正确；
D.NH3易液化，液化时放热，液氨汽化时吸收大量的热，所以NH3可用作制冷剂。
D项错误；答案选C。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A.0.1mol·L－1H2SO4溶液：
Mg2＋、K＋、Cl－、NO3-
B.0.1mol·L－1NaAlO2溶液：
Na＋、NH4+、H＋、SO42-
C.0.1mol·L－1Na2SO3溶液：
Ba2＋、K＋、ClO－、OH－
D.0.1mol·L－1Ba（OH）2溶液：
NH4+、Na＋、Cl－、HCO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A.该组离子与H2SO4不发生反应，该组离子之间也不反应，所以该组离子在H2SO4溶液中能大量共存，A项正确；
B.AlO2-与H+能发生反应AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，所以H+在NaAlO2溶液中不能大量共存，B项错误；
C.SO32-具有还原性，ClO-具有氧化性，SO32-和ClO-之间能发生氧化还原反应，所以ClO-在Na2SO3溶液中不能大量共存，C项错误；
D.Ba（OH）2与HCO3-发生反应：
Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，所以HCO3-在Ba（OH）2溶液中不能大量共存，D项错误；答案选A。
【点睛】离子在溶液中能够大量共存的前提条件是离子之间不发生反应。
只要满足下列条件之一，离子之间即可发生反应而不能大量共存：
一是离子之间结合生成难溶性物质；二是离子之间结合生成挥发性物质；三是离子之间结合生成水（或弱酸、弱碱）；四是离子之间结合生成络离子等。
5.下列有关物质性质的叙述错误的是
A.将过量氨气通入CuSO4溶液中可得深蓝色溶液
B.蛋白质溶于水所得分散系可产生丁达尔效应
C.硅酸钠溶液与稀盐酸反应可生成硅酸胶体
D.过量铁粉在氯气中燃烧可生成氯化亚铁
【答案】D
【解析】
【详解】A.将过量氨气通入CuSO4溶液过程中发生如下反应：
2NH3+2H2O+Cu2+=Cu（OH）2↓+2NH4+，Cu（OH）2+2NH3=Cu（NH3）42++2OH-，Cu（NH3）42+络离子在水溶液中呈深蓝色，A项正确；
B.蛋白质属于高分子，分子直径已达到1nm~100nm之间，蛋白质的水溶液属于胶体，故可产生丁达尔效应。
B项正确；
C.在硅酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，边滴边振荡，可得到硅酸胶体：
Na2SiO3+2HCl=H2SiO3（胶体）+2NaCl。
C项正确；
D.铁粉在氯气中燃烧只生成氯化铁：
2Fe+3Cl2
2FeCl3。
D项错误；答案选D。
6.用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是
A.用装置甲制备SO2
B.用装置乙从碘水溶液中萃取碘
C.用装置丙除去粗盐溶液中混有的KCl杂质
D.用装置丁蒸干溶液获得（NH4）2CO3晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A.浓硫酸与铜在加热的条件下生成SO2，而装置甲中没有加热仪器，所以用装置甲不能达到实验目的，A项错误；
B.碘在苯中的溶解度比在水中的溶解度大且苯与水互不相溶，萃取剂和装置的选择都正确，所以用装置乙可以达到实验目的，B项正确；
C.KCl易溶于水，过滤操作无法除去粗盐溶液中的KCl杂质，所以用装置丙无法达到实验目的，C项错误；
D.（NH4）2CO3受热易分解：
（NH4）2CO3
2NH3↑+CO2↑+H2O，所以用装置丁无法达到实验目的。
D项错误；答案选B。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是
A.向苯酚钠溶液中通入少量CO2：
2C6H5O－＋CO2＋H2O―→2C6H5OH＋CO32-
B.向NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：
5NO2-＋2MnO4-＋3H2O===5NO3-＋2Mn2＋＋6OH－
C.向AlCl3溶液中滴加过量氨水：
Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH4+
D.NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：
H＋＋SO42-＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.因为酸性强弱关系为H2CO3>C6H5OH>HCO3-，所以即使通入过量的CO2也不会有CO32-生成：
C6H5O－＋CO2＋H2O―→C6H5OH＋HCO3-。
A项错误；
B.因为是酸性溶液，所以产物中不会有OH-生成，正确的反应方程式为5NO2-＋2MnO4-＋6H+===5NO3-＋2Mn2＋＋3H2O。
B项错误；
C.Al（OH）3不能与氨水反应，所以该离子方程式是正确的，C项正确；
D.离子方程式不符合物质[Ba（OH）2]的组成，正确的离子方程式为2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O。
D项错误；答案选C。
【点睛】离子方程式正误判断题中常见错误：
（1）不能正确使用分子式与离子符号；
（2）反应前后电荷不守恒；（3）得失电子不守恒；（4）反应原理不正确；（5）缺少必要的反应条件；（6）不符合物质的组成；（7）忽略反应物用量的影响等。
8.X、Y、Z、W、R为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大，X与W同主族，Z与R同主族，X的原子半径比Y的小，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍。
下列说法正确的是
A.原子半径：
r（W）>r（Z）>r（Y）
B.简单气态氢化物的热稳定性：
Y>Z
C.R的氧化物对应的水化物均为强酸
D.W2Z2与X2R均含有共价键
【答案】D
【解析】
【详解】“Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍”，因最外层电子数不越过8个，且第二周期元素的内层是K层，有2个电子，第三周期元素的内层是K、L层共10个电子，所以Z元素只能是第二周期的氧元素（核外K、L层电子数分别为2、6）。
因“Z与R同主族”，故R为硫元素。
因X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，Y处于氧元素之前，且Y最高价氧化物对应的水化物是强酸，所以Y只能是氮元素。
X处于Y之前且原子半径比Y小，所以X不会与Y周期（同周期元素原子半径逐渐减小），X且为主族，所以X只能是氢元素。
W应处于氧与硫之间且与X同主族，所以W为钠元素。
总之，X为氢、Y为氮、Z为氧、W为钠、R为硫。
A.根据同周期原子半径逐渐减小，同主族原子半径逐渐增大可知，原子半径大小关系为：
r（Na）>r（N）>r（O）。
A项错误；
B.根据元素非金属性越强，该元素气态氢化物的热稳定性越强可知，氢化物的热稳定性关系：
H2O>NH3。
B项错误；
C.根据元素非金属性越强，该元素最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，硫酸（H2SO4）是强酸，而亚硫酸（H2SO3）不是强酸，C项错误；
D.Na2O2的电子式为
，过氧根中氧原子之间是共价键，H2S的电子式为
，H与S之间是共价键，D项正确；答案选D。
【点睛】元素非金属性强弱的实验标志有：
（1）元素的单质与H2化合越容易，该元素非金属性越强；
（2）元素的气态氢化物越稳定，该元素非金属性越强；（3）元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，该元素非金属性越强等。
9.下列物质的转化在给定条件下不能实现的是
A.NH3
NO
HNO3
B.浓盐酸
Cl2
漂白粉
C.Al2O3
AlCl3（aq）
无水AlCl3
D.葡萄糖
C2H5OH
CH3CHO
【答案】C
【解析】
【详解】A.4NH3+5O2
4NO+6H2O，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，A项正确；
B.MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O，2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，B项正确；
C.Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，加热AlCl3溶液过程中因HCl气体挥发，AlCl3的水解平衡AlCl3+3H2O
Al（OH）3+3HCl向正反应方向移动，蒸干灼热后得到Al2O3，无法得到无水AlCl3，C项错误；
D.C6H12O6（葡萄糖）
2C2H5OH+2CO2，2C2H5OH+O2
2CH3CHO+2H2O。
D项正确；答案选C。
10.下列说法正确的是
A.铜锌原电池中，盐桥中的K＋和NO
分别移向负极和正极
B.SiO2（s）＋2C（s）===Si（s）＋2CO（g）必须在高温下反应才能发生，则ΔH>0
C.室温下，将Na2CO3和NaHCO3的混合溶液加水稀释，
减小
D.电解精炼铜时，若阴极析出3.2g铜，则阳极失电子数大于6.02×1022
【答案】B
【解析】
【详解】A.原电池中阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移，所以盐桥中的K+向正极迁移，NO3-向负极迁移。
A项错误；
B.该反应熵增加（即△S>0），因高温下才能发生反应，低温下不能反应，即低温下△H－T△S>0，所以△H>0。
B项正确；
C.因为混合溶液中存在HCO3-
H++CO32-平衡，其平衡常数K=
，即
=
，K只与温度有关，加水稀释过程中K值不变，而c（H+）增大，所以
增大，C项错误；
D.电解精炼铜时，阴极只有Cu2+放电：
Cu2++2e-=Cu，3.2g铜的物质的量=
=0.05mol，所以阴极得到电子的物质的量为0.05mol×2e-=0.1mole-，即6.02×1022个电子，根据电解池中电子转移守恒可知阳极失去的电子数也为6.02×1022。
D项错误；答案选B。
【点睛】本题易错点是C选项，CO32-水解生成HCO3-：
CO32-+H2O
HCO3-+OH-；HCO3-电离产生CO32-：
HCO3-
CO32-+H+，从这两个平衡移动的“此长彼消”角度不易判断，若从HCO3-电离平衡常数入手分析便能准确判断
值的变化。
11.下列有关化合物X的叙述正确的是
A.X分子只存在2个手性碳原子
B.X分子能发生氧化、取代、消去反应
C.X分子中所有碳原子可能在同一平面上
D.1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A.连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。
化合物X分子中含有3个手性碳原子：
（打*号的碳原子为手性碳原子），A项错误；
B.X分子中含有
（醇）和
-CH-基团能被KMnO4氧化，醇羟基和苯环上氢原子都能发生取代反应，分子中含有的
和
基团都能发生消去反应，B项正确；
C.X分子（
）中与*号碳原子相连的3个碳原子处于四面体的3个顶点上，这4个碳原子不可能在同一平面上。
C项错误；
D.因X分子中含有酯基和-Br，X能与NaOH溶液发生水解反应：
+2NaOH
+CH3CH2OH+NaBr。
所以1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH。
D项错误；答案选B。
12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌得黑色海绵状固体，并放出刺激性气味气体
浓硫酸仅体现吸水性和脱水性
B
向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色，中间为白色
氯水既有酸性又有还原性
C
卤代烃Y与NaOH溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀
卤代烃Y中含有氯原子
D
取5mL0.1mol·L－1KI溶液，加入1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色
Fe3＋与I－所发生的反应为可逆反应
A.AB.BC.CD.D
【答案】CD
【解析】
【详解】A.蔗糖中加入浓硫酸得黑色的炭，说明浓硫酸具有脱水性，放出的刺激性气味气体是SO2，说明浓硫酸具有强氧化性：
C+2H2SO4（浓）
CO2↑+SO2↑+2H2O，A项错误；
B.试纸边缘呈红色，说明氯水显酸性；液滴中间为白色，说明液滴中间的HClO浓度大，HClO漂白了试纸，说明氯水具有漂白性。
B项错误；
C.卤代烃在NaOH溶液中发生水解反应R-X+NaOH
R-OH+NaX，加入足量稀硝酸中和过量的NaOH后，再加入AgNO3溶液Ag++X-=AgX↓生成的白色沉淀是AgCl，所以Y为氯代烃，C项正确；
D.有反应2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，5mL0.1mol·L－1KI溶液与1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液中物质的量之比n（KI）:
n（FeCl3）≈5:
1，说明KI过量，如果该反应是不可逆反应，则混合后溶液中没有Fe3+，萃取分液后的水层中加入KSCN溶液，溶液不会变红，但事实上溶液变红，所以Fe3＋与I－所发生的反应为可逆反应，D项正确；答案选CD。
13.图1为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程（中间体的能量关系如虚框中曲线所示），图2为室温下某溶液中CH3COOH和CH3COO－两种微粒浓度随pH变化的曲线。
下列结论错误的是
A.CH4分子在催化剂表面会断开C—H键，断键会吸收能量
B.中间体①的能量大于中间体②的能量
C.室温下，CH3COOH的电离常数Ka＝10－4.76
D.升高温度，图2中两条曲线交点会向pH增大方向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A.虚框内中间体的能量关系图可知，CH4分子在催化剂表面断开C－H键，断裂化学键需要吸收能量，A项正确；
B.从虚框内中间体的能量关系图看，中间体①是断裂C—H键形成的，断裂化学键需要吸收能量，中间体②是形成C—C和O—H键形成的,形成化学键需要释放能量，所以中间体①的能量大于中间体②的能量，B项正确；
C.由图2可知，当溶液pH=4.76，c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=0.05mol/L，CH3COOH
CH3COO-+H+的电离常数Ka=
=c（H+）=10-4.76。
C项正确；
D.根据CH3COOH
CH3COO-+H+的电离常数Ka=
可知，图2两条曲线的交点的c（H+）值等于醋酸的电离常数Ka的值，而升高温度电离常数增大，即交点的c（H+）增大，pH将减小，所以交点会向pH减小的方向移动。
D项错误；答案选D。
14.室温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.0500mol·L－1H2C2O4溶液所得滴定曲线如图所示。
下列关于溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A.在整个滴定过程中，始终存在：
c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（C2O42-）＋c（HC2O4-）
B.当V[NaOH（aq）]＝10.00mL时：
c（Na＋）>c（HC2O4-）>c（C2O42-）>c（H2C2O4）
C.当V[NaOH（aq）]＝15.00mL时：
3c（Na＋）＝2c（C2O42-）＋2c（HC2O4-）＋2c（H2C2O4）
D.当V[NaOH（aq）]＝30.00mL时：
c（C2O42-）＋2c（HC2O4-）＋3c（H2C2O4）＝c（OH－）－c（H＋）
【答案】BD
【解析】
【详解】A.在整个滴定过程中，混合溶液中的溶质种类先后变化是H2C2O4和NaHC2O4，NaHC2O4、NaHC2O4和Na2C2O4，Na2C2O4、Na2C2O4和NaOH，不管是哪种情况，混合溶液中的离子种类始终只有H+、Na+、HC2O4-、C2O42-、OH-五种离子，所以整个滴定过程中电荷守恒关系有c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋2c（C2O42-）＋c（HC2O4-），A项错误；
B.当V[NaOH（aq）]＝10.00mL时，溶液中NaOH与H2C2O4的物质的量之比为1:
1，发生的反应为NaOH+H2C2O4=NaHC2O4+H2O，即所得溶液中的溶质为NaHC2O4，由图像知此时溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，HC2O4-
H++C2O42-，HC2O4-+H2O
H2C2O4+OH-。
所以溶液粒子浓度大小关系为c（Na＋）>c（HC2O4-）>c（C2O42-）>c（H2C2O4），B项正确；
C.当V[NaOH（aq）]＝15.00mL时,溶液中NaOH与H2C2O4的物质的量之比为3:
2，发生反应3NaOH+2H2C2O4=NaHC2O4+Na2C2O4+3H2O，所得溶液为等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4的混合溶液，根据物料守恒知混合溶液中钠元素与碳元素物质的量之比为3:
4，则有c（Na+）=
[2c（C2O42-）＋2c（HC2O4-）＋2c（H2C2O4）]，即2c（Na+）=3c（C2O42-）＋3c（HC2O4-）＋3c（H2C2O4），C项错误；
D.当V[NaOH（aq）]＝30.00mL时，溶液中NaOH与H2C2O4的物质的量之比为3:
1，发生反应2NaOH+H2C2O4=Na2C2O4+2H2O，所得溶液是等浓度的Na2C2O4和NaOH的混合溶液。
由电荷守恒得c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋2c（C2O42-）＋c（HC2O4-），由物料守恒得c（Na+）=3c（C2O42-）＋3c（HC2O4-）＋3c（H2C2O4），将两式中c（Na+）消去得：
c（C2O42-）＋2c（HC2O4-）＋3c（H2C2O4）=c（OH－）－c（H＋）。
D项正确；答案选BD。
15.恒容条件下，1molSiHCl3发生如下反应：
2SiHCl3（g）
SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g）。
已知：
v正＝v消耗（SiHCl3）＝k正x2（SiHCl3），v逆＝2v消耗（SiH2Cl2）＝k逆x（SiH2Cl2）x（SiCl4），k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数（仅与温度有关），x为物质的量分数。
如图是不同温度下x（SiHCl3）随时间的变化。
下列说法正确的是
A.该反应为放热反应，v正，aB.T1K时平衡体系中可通过移走SiCl4提高SiHCl3的转化率
C.当反应进行到a处时，v正/v逆＝16/9
D.T2K时平衡体系中再充入1molSiHCl3，平衡正向移动，x（SiH2Cl2）增大
【答案】BC
【解析】
【详解】A.因两曲线对应的状态只是温度不同，由图像知达到平衡所需时间T2K大于T1K，温度越高反应速率越快，所以温度T2>T1。
又T2K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数比T1K平衡时小，说明升温平衡向正反应方向移动，由此推知该反应为吸热反应，A项错误；
B.从平衡体系中移走SiCl4，即减小生成物浓度，根据勒夏特列原理知，平衡将向正反应方向移动，反应物的转化率提高，B项正确；
C.2SiHCl3（g）
SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g）反应前后分子数不变，即反应开始至达平衡的过程中混合气体总物质的量始终为1mol，由图像知T2K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数为0.75，则此时SiH2Cl2和SiCl4的物质的量分数均为0.125，因为平衡时V正=V逆，V正=k正x2（SiHCl3）=0.752k正，V逆=k逆x（SiH2Cl2）x（SiCl4）=0.1252k逆，则0.752k正=0.1252k逆，
=
=
，因k正和k逆只与温度有关，反应进行到a点处时V正=k正x2（SiHCl3）=0.82k正，V逆=k逆x（SiH2Cl2）x（SiCl4）=0.12k逆。
=
×
=
×
=
。
C项正确；
D.恒容条件下再充入1molSiHCl3，相当于增大压强，而2SiHCl3（g）
SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g）反应前后气体体积不变，所以平衡不移动，x（SiH2Cl2）不变，D项错误；答案选BC。
16.以电石渣[主要成分Ca（OH）2，含Fe2O3、MgO和SiO2等杂质]为原料制备纳米碳酸钙的一种工艺流程如下：
（1）“浸渍”时，NH4Cl和Ca（OH）2反应的化学方程式为________________________________________。
（2）“浸渍”时，一定时间内Ca2＋浸取率随温度变化如图所示。
Ca2＋浸取率随温度升高而上升的两个原因是_________________________________________；__________________________________________。
（3）“碳化”时，一般采用低温工艺，对应的离子方程式为___________________________。
（4）滤液Ⅱ中，可循环利用的溶质的化学式为___________________________________。
（5）“洗涤”时，检验是否洗净的方法是________________________________________________。
【答案】
（1）.2NH4Cl＋Ca（OH）2===CaCl2＋2NH3·H2O
（2）.温度升高，增大浸取反应速率，从而提高Ca2＋浸取率（3）.温度升高导致氨挥发，促进该反应平衡向右移动，从而提高Ca2＋浸取率；温度升高，NH4Cl溶液水解程度增大
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