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1、江西省九江市届高三上学期期中考试化学试题江西省九江市2019届高三上学期期中考试化学试题本试题卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。全卷满分300分。考试用时150分钟。祝考试顺利注意事项：1、考试范围：高考范围。2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。4、主观题的作答：用签字

2、笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。可能用到的原子量： H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5

3、Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 第I卷一、单选题(1-6题每题2分，7-16题每题3分，共42分)1.有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释不正确的是选项古文或谚语化学解释A日照香炉生紫烟碘的升华B以曾青涂铁，铁赤色如铜置换反应C煮豆燃豆萁化学能转化为热能D雷雨肥庄稼自然固氮A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】试题分析：A烟是气溶胶，“日照香炉生紫烟”是丁达尔效应，故A错误；B“曾青”是CuSO4溶液，铁与CuSO4发生置换反应，故B正确；C“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故C正确；D“闪电下雨”过程发生的主要化

4、学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3-中化合态的N，其中第一个反应是“将游离态的氮转化为化合态氮”，属于自然界固氮作用，故D正确；故选A。考点：考查了化学与生产、生活的关系的相关知识。2.下列排列顺序正确的是()A. 电离出氢离子的能力：CH3COOHC2H5OHH2OB. 微粒半径：Fe(OH)3胶粒K+C1-Na+C. 固体的热稳定性：Na2CO3CaCO3NaHCO3D. 氢化物的沸点：H2SeH2SH2O【答案】C【解析】【详解】A.醋酸属于酸，溶于水呈酸性；水为弱电解质，可以

5、电离出氢离子，呈中性；乙醇是非电解质，不能电离出氢离子，电离出氢离子的能力：CH3COOHH2OC2H5OH，故A错误； B.Fe（OH）3胶粒是很多Fe（OH）3集合体，微粒半径大于溶液离子；核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以C1-K+；最外层电子数相同，电子层越多，离子半径越大，所以K+Na+，微粒半径：Fe（OH）3胶粒C1-K+Na+，故B错误；C.碳酸钠稳定不分解，碳酸钙高温分解，碳酸氢钠加热分解，固体热稳定性：Na2CO3CaCO3NaHCO3，故C正确；D.水分子中存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物，H2Se、H2S结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸

6、点越高，故氢化物的沸点：H2OH2SeH2S，故D错误。答案选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A. 常温常压下33.6L氯气与27g铝充分反应，转移的电子数为3NAB. 标准状况下,28g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子个数为4NAC. 一定条件下，将1molN2与3molH2混合反应后，生成NH3分子的数目为2NAD. 在电解CuSO4溶液的实验中，测得电解后溶液pH=0，又知电解后溶液体积为1L，在阳极析出的气体分子数约为0.25NA【答案】D【解析】【详解】A.根据题意该反应是在常温常压下进行的，不是在标况下，33.6L氯气的物质的量不一定是1.5mol，所以无法

7、计算电子转移数目，故A错误；B.此选项与条件无关，可采取极端假设法。假设28g全是乙烯气体，则含有的原子数为，假设28g全是丙烯气体，则含有的原子数为：，故28g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子个数也为6NA，故B错误；C.氮气和氢气反应生成氨气是可逆反应，一定条件下，将1 mol N2与3 mol H2混合反应后，生成NH3分子的数目小于2NA，故C错误；D.在电解CuSO4溶液的实验中，测得电解后溶液pH=0，c（H+）=1mol/L，又知电解后溶液体积为1 L，氢离子物质的量为1mol/L1L=1mol，电解反应为：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2+2H2SO4，则在阳极析出的气体物质

8、的量为0.25mol，分子数约为0.25NA ，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查的知识点是阿伏加德罗常数。如果涉及到的运用时特别注意依据气体摩尔体积的应用条件进行分析判断，例如A选项常温常压下的33.6 L氯气物质的量不一定是1.5mol；解答C选项时注意氮气和氢气反应生成氨气是可逆反应不能进行彻底。4.室温下,下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是( )A. pH1的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O72-、K、SO42-B. c(Ca2)0.1 molL1的溶液中：NH4+、SiO32-、C2O42-、BrC. 加入铝粉放出大量H2的溶液中：Fe2、Na、Cl、NO3-D. NaHCO

9、3溶液中： C6H5O、CO32-、Br、K【答案】D【解析】【详解】A、pH=1的溶液显酸性，Cr2O72在酸性条件下具有强氧化性，能把CH3CH2OH氧化，在指定的溶液中不能大量共存，故A错误；B、Ca2与SiO32、C2O42形成沉淀，指定的溶液中不能大量共存，故B错误；C、能与铝反应生成H2，该溶液为酸或碱，如果溶液显碱性，Fe2不能大量存在，如果溶液显酸性，NO3在酸性条件下具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，且金属与其反应不产生H2，指定的溶液中不能大量共存，故C错误；D、能够大量共存，故D正确。【点睛】学生认为选项D不能大量共存，学生认为苯酚钠溶液中通入二氧化碳溶液，生成苯酚，

10、C6H5O与HCO3反应生成C6H5OH，忘记了C6H5OH的电离H能力强于HCO3，C6H5O不与HCO3反应。5.分子式为C4H8O2且能与NaOH溶液发生水解反应的有机物有(不考虑空间异构) A. 6种 B. 5种 C. 4种 D. 3种【答案】C【解析】对于羧酸而言，根据羧基位置异构可以得到两种丁酸；根据酯基位置异构和碳链异构可得：甲酸丙酯2种（丙基2种异构）、乙酸乙酯1种、丙酸甲酯1种，共6种，故答案为A。点睛：明确酯和羧酸的性质是解题关键，某链状有机物的分子式为C4H8O2，若该有机物能与NaOH溶液反应，则可能是羧酸、也可能是酯，对于羧酸而言，根据羧基位置异构可以得到丁酸的同分异

11、构体；根据酯基位置异构和碳链异构可得酯的种类。6.已知NH4CuSO3与足量的3 mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成；产生刺激性气味的气体；溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是( )A. 反应中硫酸作氧化剂B. NH4CuSO3中硫元素被氧化C. 刺激性气味的气体是氨气D. 1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子【答案】D【解析】试题分析：反应为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+。A、由于发生反应，反应中只有铜元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后化合价未变，所以反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，错误，不选A；B、

12、反应中，硫元素没有变化，错误，不选B；C、因为反应是在酸性条件下进行，不可能产生氨气，错误，不选C；D、感应只有铜元素的化合价变化，每2摩尔NH4CuSO3参加反应则转移1摩尔电子，则1摩尔NH4CuSO3完全反应转移0.5摩尔电子，正确，选D。考点：氧化还原反应7.下列离子方程式的书写及评价均合理的是( )选项离子方程式评价A将2 mol Cl2通入含1 mol FeI2的溶液中：2Fe22I2Cl2=2Fe34ClI2正确；Cl2过量，可将Fe2、I均氧化BBa(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2HCO3-OH=BaCO3H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入

13、NaClO溶液中：SO2H2OClO=HClOHSO3-正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等体积混合：2AlO2-5H=Al3Al(OH)3H2O正确；第一步反应和第二步反应消耗的H的物质的量之比为23A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中，由电子守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe24I3Cl2=2Fe36Cl2I2，故A错误；BBa(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子反应为Ba22HCO2OH=BaCO32H2OCO，故B

14、错误；C过量SO2通入到NaClO溶液中的离子反应为SO2H2OClO=2HClSO，故C错误；D1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L 的HCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为2AlO5H=Al3Al(OH)3H2O，故D正确。故选D。考点：考查离子方程式的正误判断【名师点睛】离子方程式是用实际参加反应的离子符号来表示离子反应的式子，是历次考试必考知识点之一。书写离子方程式一般包括以下步骤：写：依据事实正确写出化学方程式；拆：把易溶解且易电离的物质写成离子形式，难溶物质、难电离物质、氧化物都用化学式（分子式）表示；删：删去方程式两边不参加反应的离子；查：检查方程式两边是否符合

15、“原子守恒”和“电荷守恒”。特别注意：没有自由移动离子参加的反应不能写成离子方程式。如NH4Cl和Ca(OH)2固体混合加热，虽然也有离子参加反应，但不是自由移动离子，因此不能写成离子方程式；浓硫酸写成分子式，浓硝酸和浓盐酸可写成离子；在物质发生化学反应时，有些反应会因操作顺序或反应物相对量不同而发生不同的反应。书写与量有关的离子反应方程式时，常设不足者为“1mol”进行分析，根据“不足者”调整过量物质的比例。判断与量有关的离子反应方程式正误时，采用“不足者”必符合化学式中原子或离子个数比进行判断，比较快速方便。8.已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示

16、(部分产物已略去)。则W、X不可能是( )选项WXA稀硫酸NaAlO2溶液B稀硝酸FeCCO2Ca(OH)2溶液DCl2FeA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A、X为NaAlO2溶液，W为稀硫酸时，偏铝酸钠和少量稀硫酸反应生成生成氢氧化铝沉淀，与过量稀硫酸反应生成硫酸铝，氢氧化铝和硫酸铝之间可以相互转化，能实现上述转化关系，错误；B、X为铁，W为稀硝酸，铁与少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，与过量稀硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁和硝酸亚铁可以相互转化，符合转化关系，错误；C、X为氢氧化钙，W为二氧化碳，氢氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢

17、钙，碳酸钙和碳酸氢钙间可以相互转化，符合转化关系，错误；D、氯气和铁反应，无论量多少，只能生成氯化铁，不符合上述转化关系，正确。考点：考查元素化合物知识9.臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2(g)O3(g) N2O5(g)O2(g)。若此反应在恒容密闭容器中进行，下列选项中有关图象对应的分析正确的是( )ABCD平衡后升温，NO2含量降低02 s内，v(O3)0.2 molL1s1v正：b点a点b点：v逆v正恒温，t1时再充入O3A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：A由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，NO2的含量

18、增大，故A错误；B由图可知，0-2s内，二氧化氮的浓度变化量=0.8mol/L-0.4mol/L=0.4mol/L，故v（NO2）=0.2mol/（Ls），v（O3）=v（NO2）=0.1mol/（Ls），故B错误；C度高，化学反应速率快，b点温度高于a点，故V正：b点a点，此反应为放热反应，温度升高，平衡左移，故b点：v逆v正，故C正确；D容器中充入反应物，正反应速率瞬间加快，逆反应速率不变，故D错误，故选C。考点：考查了化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素的相关知识。10.下列有关滴定的说法正确的是（ ）A. 用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.

19、7mLB. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质，则结果偏低C. 用C1mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去酸性高猛酸钾溶液体积为V1mL，则H2C2O4溶液的浓度为mol/LD. 用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低【答案】B【解析】A、滴定管的精度为0.01ml，故A错误；B、若配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质，使KOH浓度偏高，滴定未知浓度的盐酸时，则使消耗标准液的体积偏小，使测的盐酸的浓度偏小；C、酸性高锰酸钾溶液滴定未知

20、浓度的H2C2O4溶液，2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O n（KMnO4）：n（H2C2O4）=2：5，则H2C2O4溶液的浓度为 ,故C错误；D、用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，使测得的盐酸溶液体积偏小，导致测定结果偏低，故D错误；故选B。11.若往20 mL 0.01 molL1 HNO2(弱酸)溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示。下列有关说法不正确的是A. HNO2的电离平衡常数：c点b点B. b点混合溶液显酸性：c(Na)c(NO2-)c(H

21、)c(OH)C. c点混合溶液中：c(OH)c(HNO2)D. d点混合溶液中：c(Na)c(OH)c(NO2-)c(H)【答案】B【解析】试题分析：A、HNO2的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大，而c高于b，所以电离平衡常数：c点b点，故A正确；B、b点得到HNO2，和NaNO2混合溶液显酸性，说明电离大于水解，所以离子浓度大小为：c（NO2-）c（Na+）c（H+）c（OH-），故B错误；C、ac温度升高说明两者恰好完全中和，点两者恰好完全反应，而cd温度降低，所水解为主，所以c点得到NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，所以c（OH-）c（HNO2），故C正确；D、d点混合

22、溶液中当c（NaOH）较大时，得到NaOH和NaNO2混合溶液，所以离子的浓度为：c（Na+）c（OH-）c（NO2-）c（H+），故D正确；故选B。考点：考查了离子浓度大小的比较的相关知识。12.Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。5种元素核电荷数之和为54，最外层电子数之和为20。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质。则下列说法不正确的是( )A. 原子半径：XYQWB. Q的单质都具有良好的导电性C. Q和Z所形成的分子的空间构型为直线形D. 化合物Y2Z3不能在水中稳定存在【答案】B【

23、解析】【分析】X的焰色呈黄色，应为Na元素，X、Y是金属元素，且原子序数依次增大，则Y应为Al元素，W、Z最外层电子数相同，应为同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，可知W为O元素，Z为S元素，五种元素核电荷数之和为54，则Q的原子序数为54-8-16-11-13=6，应为C元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。【详解】X的焰色呈黄色，应为Na元素，X、Y是金属元素，且原子序数依次增大，则Y应为Al元素，W、Z最外层电子数相同，应为同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，可知W为O元素，Z为S元素，五种元素核电荷数之和为54，则Q的原子序数为54-8-16-11-13=6，应为

24、C元素，A由以上分析可知Q、W、X、Y分别为C、O、Na、Al，原子半径大小关系为NaAlCO，选项A正确；BQ为碳元素，其中石墨具有良好的导电性，但金刚石、无定形炭等不具有，选项B错误；CQ和Z所形成的化合物为CS2，分子空间构成为直线形，类型于二氧化碳，选项C正确；DY和Z的简单离子不能在水中化合形成化合物Al2S3，铝离子和硫离子会发生双水解而不能共存于水溶液中，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，明确元素的种类为解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律，题目难度不大。13.以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe(OH)2，装置

25、如图所示，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。则下列说法正确的是A. 石墨电极处的电极反应式为O24e=2O2B. X是铁电极C. 电解池中的电解液为蒸馏水D. 若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，实验方案更合理【答案】D【解析】【分析】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-CO2+H2O，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-、阳极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2

26、，以此解答。【详解】A. 通入氧气的电极II是正极，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，选项A错误；B. X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，故X是石墨电极，选项B错误；C. 电解过程是阴极上氢离子放电得到溶液中的氢氧根离子交换亚铁离子生成氢氧化亚铁，所以可以用NaOH溶液作为电解液，蒸馏水的导电性较差一般不用做电解液，选项C错误；D. 若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，则Y极产物的氢气能起保护气作用，防止X极产生的氢氧化铁迅速氧化，实验方案更合理，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查新型电池，为高频考点，题目难度不大，注意把握原电池

27、的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。14.已知在常温下测得浓度均为0.1 mol/L的下列6种溶液的pH值如表所示：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3下列反应不能成立的是( )A. CO2H2O2NaClO=Na2CO32HClOB. CO2H2ONaClO=NaHCO3HClOC. CO2H2OC6H5ONa=NaHCO3C6H5OHD. CH3COOHNaCN=CH3COONaHCN【答案】A【解析】【分析】根据盐类水解的规律，判断出对应酸性的强弱，然后利

28、用酸性强的制取酸性弱，进行判断。【详解】利用盐类水解中越弱越水解，判断出电离H能量的强弱顺序是CH3COOHH2CO3HClOHCNC6H5OHHCO3；A、根据上述分析，HClO电离出H大于HCO3，因此此反应应是CO2H2ONaClO=NaHCO3HClO，选项A不成立；B、根据A选项分析，选项B成立；C、电离出H的大小顺序是H2CO3C6H5OHHCO3，C选项成立；D、利用酸性强的制取酸性弱，CH3COOH的酸性强于HCl，D选项成立。【点睛】难点是判断反应方程式的发生，本题不仅注意酸性强的制取酸性弱的，还应对比生成物中电离程度，如A选项，CO32对应的是HCO3，HClO电离H的能力

29、强于HCO3，HClO能与CO32反应生成HCO3，正确的反应是CO2H2ONaClO=NaHCO3HClO。15.在100mL HNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6 mol L-1。向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为( )（反应前后溶液体积变化忽略不计）A. 0.225 mol L-1 B. 0.30 mol L-1 C. 0.36 mol L-1 D. 0.45 mol L-1【答案】C【解析】试题分析：反应离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO（g）+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知

30、，NO3-和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3-）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0601，联立解得x=0024mol、y=0036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0024mol=0036mol，故铜离子的最大浓度为=036mol/L，故选C。考点：考查了有关混合物反应的计算的相关知识。16.实验室用H2还原SiHCl3(沸点：31.85 )制备纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确的是( )A. 装置、中依次盛装的是浓H2SO4、冰水B. 实验时，应先加热管式炉，再打开盛装稀硫酸的分液漏斗C. 为鉴定制得的硅中是否含微量铁单质，用到的试剂可以为：盐酸、双氧水、硫氰化钾溶液D. 该实验中制备氢气的装置也可用于氢氧化钠稀溶液与氯化铵固体反应制备氨气【答案】C【解析】本题制备晶体硅，H2SiHCl3Si3H