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1、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)212H2O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

2、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：158NB. 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

3、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

4、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. 0.1 molL1H2SO4溶液：Mg2、K、Cl、NO3-B. 0.1 molL1NaAlO2溶液：Na、NH4+、H、SO42-C. 0.1 molL1Na2SO3溶液：Ba2、K、ClO、OHD. 0.1 molL1Ba

5、(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

6、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+Cu

7、2+=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1nm100nm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+3Cl22FeCl3。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SO2B. 用装置乙从碘水溶液中萃取碘C. 用装置

8、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)2CO32NH3+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.

9、 向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5OCO2H2O2C6H5OHCO32-B. 向NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO2- 2MnO4-3H2O=5NO3- 2Mn26OHC. 向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+D. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：HSO42-Ba2OH=BaSO4 H2O【答案】C【解析】【详解】A.因为酸性强弱关系为H2CO3C6H5OHHCO3-，所以即使通入过量的CO2也不会有CO32-生成：C6H5OCO2H2OC6H5OHHCO3-。A项错误；B.因为是酸性溶液，所以产物中不会有OH-生成

10、，正确的反应方程式为5NO2- 2MnO4-6H+=5NO3- 2Mn23H2O。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2HSO42-Ba22OH=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，

11、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：YZC. 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

12、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：H2ONH3。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（

13、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. NH3NOHNO3B. 浓盐酸Cl2漂白粉C. Al2O3AlCl3(aq)无水AlCl3D. 葡萄糖C2H5OHCH3CHO【答案】C【解析】【详解】A.4NH3+5O24NO+6H2O，4NO

14、+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+3H2OAl(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+O22CH3CHO+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

15、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H0C. 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3.2 g铜，则阳极失电子数大于6.021022【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S0），因高温下才能发生反应，低温下不能反应，即低温下HTS0，所以H0。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+)

16、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，3.2 g铜的物质的量=0.05mol，所以阴极得到电子的物质的量为0.05mol2e-=0.1mole-，即6.021022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6.021022。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-+H2OHCO3-+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

17、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. 1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH【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

18、中含有酯基和-Br，X能与NaOH溶液发生水解反应：+2NaOH+CH3CH2OH+NaBr。所以1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH。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5 mL 0.1 molL1KI溶液，加入1 mL 0.1 molL

19、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. A B. B C. C D. 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+NaOHR-OH+NaX，加入足量稀硝酸中和过量的NaOH后，再加入AgNO3溶液Ag

20、+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+， 5 mL 0.1 molL1KI溶液与1 mL 0.1 molL1FeCl3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

21、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CH键，断键会吸收能量B. 中间体的能量大于中间体的能量C. 室温下，CH3COOH的电离常数Ka104.76D. 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CH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，中间体是断裂CH键形成的，断裂化学键需要吸收能量，中间体是形成CC和OH键形成的,形成化学键需要释放能量，所以中间体的能量大于中间体的能量，B项正确；C.由图2可知，当溶液pH=4.76，c(CH3COOH)=

22、c(CH3COO-)=0.05mol/L，CH3COOHCH3COO-+H+的电离常数Ka=c(H+)=10-4.76。C项正确；D.根据CH3COOHCH3COO-+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0.100 0 molL1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.050 0 molL1H2C2O4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

23、(Na) c(OH)c(C2O42-) c(HC2O4-)B. 当VNaOH(aq)10.00 mL时：c(Na) c(HC2O4-)c(C2O42-) c(H2C2O4)C. 当VNaOH(aq)15.00 mL时：3c(Na) 2c(C2O42-) 2c(HC2O4-)2c(H2C2O4)D. 当 VNaOH(aq)30.00 mL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、Na2

24、C2O4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VNaOH(aq)10.00 mL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-+H2OH2C2O4+OH-。所以溶液粒子浓度大小关系为c(Na)

25、 c(HC2O4-)c(C2O42-) c(H2C2O4)，B项正确；C. 当VNaOH(aq)15.00 mL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 VNaOH(aq)30.00 mL时，溶液中NaO

26、H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，1 mol SiHCl3发生如下反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)SiCl4(g)。已知：v正v消耗(SiHCl

27、3)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，aT1。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

28、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

29、，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). 2NH4ClCa(OH)2=CaCl22NH3H2O (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