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1、届福建省三明市第一中学高三上学期第二次月考化学试题解析版福建省三明市第一中学2018届高三上学期第二次月考化学试题（考试时间: 120分钟 满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64 第卷(选择题共48分)一选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分。)1. 许多成语中都蕴含化学原理，下列有关解释不准确的是成语化学原理A沙里淘金利用金的密度较大的性质将黄金从沙中淘洗出来B刀耕火耨放火烧去野草，用余灰肥田，还可降低土壤碱性C百炼成钢通过多次锻炼，使生铁中碳杂质降低到钢的标准D火树银花金属元素在燃烧时显示的不同焰色，又叫焰色反应

2、A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A“沙里淘金”说明黄金在自然界中能够以单质形式存在，发生的是物理变化；故A正确；B刀耕火耨中包含着古人播种前先伐去树木烧掉野草，用余灰可以肥田，但草木灰水溶液显碱性不能降低土壤碱性，故B错误；C生铁和钢的主要区别在于含碳量不同，钢的碳含量低，在空气中锤打，目的是让碳和氧气反应生成二氧化碳，从而降低含碳量，达到钢的标准，故C正确；D不同的金属灼烧产生不同的焰色，火树银花利用金属的焰色反应，故D正确；故选B。2. 化学与社会、科技、生产、生活、环境等密切相关。下列有关说法不正确的是A. 面条是中国北方民族的传统食物，制作面条时加入苏打，能使面

3、条筋道、有韧性B. 新版人民币用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C. 有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物D. 中国蓝是古代人工合成的蓝色化合物，其化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaOCuO4SiO2【答案】C【解析】A项，苏打能促进面条中淀粉的熟化，使面条中的面筋组织结构收敛，加速淀粉形成凝胶，增加面条的粘度，并能中和发面时产生的酸，使面条筋道、有韧性，正确；B项，Fe3O4俗名磁性氧化铁，Fe3O4是一种磁性物质，正确；C项，丝绸的主要成分为蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合物，错误；D项，BaCuSi4O10

4、属于硅酸盐，用氧化物形式表示为BaOCuO4SiO2，正确；答案选C。3. 下列有关化学用语表示错误的是A. 乙烯的球棍模型： B. 用电子式表示HCl的形成过程：C. NH4I的电子式 D. 核素14C原子的结构示意图：【答案】C【解析】A项，乙烯中2个碳原子和4个H原子处于同一平面上，正确；B项，HCl是由H原子和Cl原子通过共用电子对形成的，正确；C项，I-的电子式写错，NH4I的电子式为，错误；D项，14C的核电荷数为6，K、L层依次排2个、4个电子，正确；答案选C。4. 2016年IUPAC命名117号元素为TS，TS原子最外层电子数是7，下列说法不正确的是A. TS是第七周期第A族

5、元素 B. TS在同主族元素中非金属性最弱C. TS同位素原子具有完全相同的性质 D. 中子数为176的TS核素符号是【答案】C【解析】A项，根据各周期稀有气体的原子序数判断Ts位于第七周期，Ts原子最外层电子数为7，Ts位于第VIIA，正确；B项，同主族从上到下元素的非金属性减弱，Ts在同主族元素中非金属性最弱，正确；C项，同位素原子的化学性质相似，物理性质不同，错误；D项，中子数为176的Ts核素的质量数为117+176=293，正确；答案选C。5. 下列关于误差分析的判断正确的是A. 配制1mol/L的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容，所得溶液浓度偏小B. 用托盘天平称取药品时

6、，药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏小C. 酸碱中和滴定实验中，滴定终点俯视读数会使测得浓度偏大D. 用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小【答案】A【解析】A项，NH4NO3溶于水吸热，溶液温度降低，若未恢复到室温就转移并定容，恢复到室温溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，正确；B项，用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，若不使用游码，药品质量不变，错误；C项，酸碱中和滴定实验中，滴定终点俯视读数，测得的标准溶液的体积偏小，会使测得浓度偏小，错误；D项，用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，由于稀释c（H+）偏小，测得的pH偏大，错误；答案选A。6. 设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法

7、中不正确的是A. 标准状况下，22.4L C2H4和22.4L苯所含C-H键的数目均为6NAB. 44g由N2O和CO2组成的混合气体中所含的原子总数为3NAC. 2.8g由CO和C2H4组成的混合气体中所含的分子总数为0.1NAD. 1L 0.1molL-1CH3COOH溶液中，CH3COOH和CH3COO-的数目之和为0.1NA【答案】A【解析】A项，苯在标准状况下呈液态，不能用22.4L/mol计算苯的物质的量，错误；B项，N2O和CO2的摩尔质量都是44g/mol，则44g由N2O和CO2组成的混合气体中含气体分子物质的量为=1mol，N2O和CO2都是三原子分子，则含原子物质的量为3

8、mol，正确；C项，CO和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，则2.8g由CO和C2H4组成的混合气体中含气体分子物质的量为=0.1mol，正确；D项，CH3COOH属于弱酸，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，根据物料守恒n（CH3COOH）+n（CH3COO-）=0.1mol/L1L=0.1mol，正确；答案选A。7. 下列各项叙述正确的是氯水、氨水、水玻璃、明矾、福尔马林、淀粉均为混合物含有氧元素的化合物叫氧化物CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物C60、C70、金刚石、石墨之间互为同素异形体强电解质溶液的导电能力不一定强在熔化

9、状态下能导电的化合物为离子化合物A. B. C. D. 【答案】D8. 关于下列各装置图的叙述中，正确的是A. 若采用装置铝件镀银，则c极为铝件，d极为纯银，电解质溶液为AgNO3溶液B. 装置是原电池，能将化学能转化为电能，SO42移向锌电极C. 装置中X若为四氯化碳，用于吸收氨气或氯化氢，会引起倒吸D. 装置可用于收集氨气，并吸收多余的氨气【答案】B【解析】A、电镀时，阴极材料是待镀的金属，阳极为镀层金属，铝件上镀银，铝件作阴极，银作阳极，根据电流的方向，a为正极，b为负极，c为阳极，材料为纯银，d为阴极，材料为铝件，电解质溶液为硝酸银溶液，故A错误；B、属于原电池，是化学能转化成电能的装

10、置，根据原电池的工作原理，SO42向负极移动，即向锌电极移动，故B正确；C、NH3和HCl不溶于CCl4，因此此装置不能引起倒吸，故C错误；D、因为氨气的密度小于空气，因此收集装置应是短管进气，长管出气，故D错误。9. 在催化剂作用下，H2O2发生分解，其反应能量随反应的进程变化如下图。下列说法正确的是A. H2O2分解反应的H0B. 催化剂的加入使反应的热效应减小C. 催化剂的加入提高了H2O2的分解率D. 催化剂通过改变反应历程、降低反应的活化能，来提高H2O2分解速率【答案】D【解析】试题分析：根据图可知反应物能量高，生成物能量低，过氧化氢分解属于放热反应，选项A错误；催化剂能改变反应的

11、活化能，不能改变反应的热效应，选项B错误；催化剂仅能改变化学反应速率，不能该边反应的转化率，选项C错；催化剂通过改变反应历程、降低反应的活化能来提高H2O2分解速率，选项D正确。考点：催化剂对化学反应的影响10. 下列关于上图所示转化关系（X代表卤素）的说法错误的是A. 2H(g) +2X(g) = 2HX(g) H30B. H1 = H2 + H3C. Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径吸收的热量按Cl、Br、I的顺序依次增多D. 途径生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定【答案】C【解析】试题分析：A、原子形成化学键放热，焓变小于0，2H（g）+2X（g）2H

12、X（g）H30，A正确；B、反应焓变与起始物质和终了物质的变化途径无关，途径生成HX的反应热与途径无关，所以H1=H2+H3，B正确；C、Cl、Br、I的原子半径依次增大，Cl2、Br2、I2断裂化学键需要能量减小，所以途径吸收的热量依次减小，C错误；D、因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，氯原子半径小于溴原子，途径生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定，D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是考查了合成反应能量变化，反应焓变分析判断等【名师点晴】掌握物质结构和同主族元素的性质变化规律以

13、及反应热的计算依据是解题的关键。反应热的计算除了借助于盖斯定律外，另一个重要的计算依据是根据既能，即H反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量，答题时灵活应用。11. 将两根铁钉分别缠绕铜丝和铝条，放入滴有混合溶液的容器中，如图所示，下列叙述错误的是A. b中铁钉附近呈现红色 B. a中铁钉附近呈现蓝色沉淀C. b中发生吸氧腐蚀 D. a中铜丝附近有气泡产生【答案】A12. 短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X元素的原子半径是同周期元素原子中最大的，W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，Y是地壳中除氧外含量最

14、多的非金属元素。下列说法不正确的是A. W与X形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1:2B. Y、R、Z最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序:ZRYC. W的简单氢化物稳定性比Z的简单氢化物稳定性低D. Y与W形成的化合物YW2的熔点高、硬度大【答案】C【解析】试题分析：短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，R是C元素；X 元素的焰色反应呈黄色，X是Na元素；W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，W是O元素，Z是S元素；Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素，Y是Si元素。AO与Na形成的两种化合物分别是Na2O和Na2O2,

15、它们的阴、阳离子的个数比均为12，A正确；BSi、C、S的非金属性逐渐增强，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：SCSi，B正确；CO元素的非金属性强于S元素，所以O的简单氢化物稳定性比S的简单氢化物稳定性高，C错误；DSiO2是原子晶体，具有熔点高、硬度大的特点，D正确，答案选C。考点：考查元素推断、元素周期律13. 下列四图中，曲线变化情况与所给反应（a、b、c、d均大于0）相对应的是A. A B. B C. C D. D.【答案】C【解析】A项，1200时反应速率大于1000时反应速率，1200先达到平衡，但图中1000先达到平衡，不符合平衡的建立，错误；B项，对反应N2（g

16、）+3H2（g）2NH3（g），增大压强，正反应速率、逆反应都加快，达到平衡后增大压强平衡向正反应方向移动，正逆，与曲线不一致，错误；C项，对反应N2O4（g）2NO2（g），温度一定时，增大压强平衡向逆反应方向移动，N2O4物质的量分数增大，压强一定时，升高温度平衡向正反应方向移动，N2O4物质的量分数减小，与曲线一致，正确；D项，由于C为固态，对反应CO2（g）+C（s）2CO（g），恒容容器中增加CO2物质的量相当于增大压强平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小，与曲线不一致，错误；答案选C。点睛：本题考查化学平衡图像的分析，选择合适的分析方法是解题的关键。对A项中的图像常用“先拐先平

17、”法分析，即先出现拐点先达到平衡，反应速率快，反应条件高；对B项中的图像正与逆的交点为平衡点；对C项中的图像采用“定一议二”法分析，任取一曲线讨论压强对化学平衡的影响，在横坐标上取一点作横坐标的垂直线讨论温度对化学平衡的影响。14. 用下列实验方案及所选玻璃容器( 非玻璃容器任选)就能实现相应实验目的是实验目的实验方案所选玻璃仪器A除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B证明HClO和CH3COOH的酸性强弱同温下用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaCIO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片C证明AgBr 的溶度积比

18、AgCl 小向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，出现白色沉淀后，再向其中滴加与NaCl溶液同浓度的NaBr溶液试管、滴管D配制1L 1.6% 的CuSO4溶液(溶液密度近似为1g/mL)将25g CuSO45H2O溶解在975mL水中烧杯、量筒、玻璃棒A. A B. B C. C D. D.【答案】D【解析】A、KNO3溶解度受温度的影响较大，NaCl溶解度受温度的影响较小，因此除去KNO3中NaCl采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法，用到的玻璃仪器有：酒精灯、烧杯、玻璃棒、漏斗等，故A错误；B、NaClO具有强氧化性，能把pH试纸漂白，无法读出数值，故B错误；C、需要加入NaCl过量，

19、然后滴加NaBr，如果出现淡黄色沉淀，说明AgBr的溶度积比AgCl小，使用的玻璃仪器是试管和滴管，故C错误；D、25gCuSO45H2O中CuSO4的质量为25160/250g=16g，溶液的密度为1gmL1，则溶液质量为(25975)g=1000g，溶质质量分数为16/1000100%=1.6%，需要的玻璃仪器是烧杯、量筒、玻璃棒，故D正确。点睛：本题易错点是选项C，出现沉淀后，滴加后NaBr，溶液中AgNO3有剩余，此时滴加NaBr，发生AgBr=AgBr，不能说明AgBr和AgCl溶度积的大小。15. 在给定条件下，下列离子组的离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是选项条件离子组离子

20、共存判断及的离子方程式A酸性溶液中Fe2+、NO3-、Al3+、CO32-不能大量共存，3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2OB由水电离出c(H+)=110-13molL-1K+、NH4+、Cl-、Al(OH)4-能大量共存C有大量Fe3的溶液Na+、NH4+、SO42-、Cl-能大量共存D通入少量SO2气体K+、Na+、ClO-、SO42-不能大量共存，2ClO-+SO2+H2O2HClO+SO32-A. A B. B C. C D. D.【答案】C【解析】A项，H+、Fe2+、Al3+与CO32-不能大量共存，同时H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，反应的离子

21、方程式除了3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O外，还有2H+CO32-=H2O+CO2、2Al3+3CO32-+3H2O=2Al（OH）3+3CO2等，错误；B项，水电离的c（H+）=110-13mol/L的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，酸性条件下Al（OH）4-不能大量存在，碱性条件下NH4+不能大量存在，错误；C项，Fe3+、Na+、NH4+、SO42-、Cl-相互间不反应，能大量共存，正确；D项，SO2具有还原性，ClO-具有氧化性，通入少量SO2发生氧化还原反应，离子反应为SO2+3ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2HClO，错误；答案选C。点睛：本题考查离子共存和离

22、子方程式的书写。解离子共存题必须分析离子的性质以及离子不能大量共存的原因，离子不能大量共存的原因有：（1）离子间发生复分解反应生成沉淀、气体、弱电解质（如题中NH4+与OH-），（2）离子间发生氧化还原反应（如题中Fe2+、H+与NO3-），（3）离子间发生双水解反应（如题中Al3+与CO32-），（4）离子间发生络合反应（如Fe3+与SCN-）；（5）同时注意题干的附加条件，如酸性条件、常温下水电离的c（H+）110-7mol/L的溶液既可能呈酸性也可能呈碱性等。16. 下列说法正确的是A. HS的水解方程式为：HS+ H2OH3O+S2B. CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中的值减小C

23、. 将pH =4的盐酸稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低D. 100时，pH=12的纯碱溶液中：c(OH)=1.0102 molL1【答案】B【解析】A项，HS-的水解方程式为HS-+H2OH2S+OH-，错误；B项，CH3COOH溶液加水稀释促进CH3COOH电离，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO-）增大，则=减小，正确；C项，将pH=4的盐酸稀释，H+、Cl-浓度降低，但OH-浓度增大，错误；D项，pH=12的溶液中c（H+）=110-12mol/L，100时水的离子积大于110-14，溶液中c（OH-）110-2mol/L，错误；答案选B。点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写

24、，浓度对弱电解质电离平衡的影响，水的离子积。A项中注意HS-的水解方程式和电离方程式的区别；C项中温度不变水的离子积不变，溶液中c（H+）与c（OH-）呈反比，不可能所有离子浓度都降低；D项中注意温度对水的离子积的影响。17. 现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐（钠、镁、钙、铁）的复合剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2、Mg2不沉淀。该同学得出的结论正确的是A. 根据现象1可推出该试液中含有NaB. 根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C. 根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2，但没有Mg2D. 根据现

25、象5可推出该试液中一定含有Fe2【答案】C【解析】试题分析：A、由于试液中外加了NaOH和Na2CO3，故不能确定原试液中是否含有钠离子；B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基；C、滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，C正确；D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，D错误；故选C。考点：铁离子的检验、视频18. 某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3，他们使用的药品和装置如下图所示。下列说法不合理的是 A. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去B. 能表明I的还原性弱于S

26、O2的现象是B中蓝色溶液褪色C. 装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气D. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀【答案】A【解析】A项，SO2、Fe2+都能使酸性KMnO4溶液褪色，A中加入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去不能证明A中一定含Fe2+，不能证明A中发生了氧化还原反应，错误；B项，B中蓝色溶液褪色说明B中发生了反应SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+，根据同一反应中，还原性：还原剂还原产物，得出还原性：SO2I-，正确；C项，SO2有毒能污染大气，SO2属于酸性氧化物，用NaOH溶液吸收多余SO2，可防止污染大气，正确；D项

27、，A中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀说明A中含SO42-，则说明在A中SO2被氧化成SO42-，A中发生了氧化还原反应，正确；答案选A。19. 分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A. 分子中含有2种官能团B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C. 1mol分枝酸最多可与3mol NaOH发生中和反应D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】试题分析：A分子中含-COOH、-OH、碳碳双键、醚键，共4种官能团，故A错误；B含-COOH与乙醇发生酯化反应，含-OH与乙酸发生酯化反应，故B正确；C该分子中不存在苯环，

28、只有-COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误；D碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与-OH均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故D错误。故选B。考点：考查有机物的结构和性质视频20. 如图所示，与对应的叙述相符的是A. 图甲表示反应：4CO(g) +2NO2(g)=N2(g) +4CO2(g) H0，在其他条件不变的情况下，改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影响，则有T10【答案】C【解析】A、根据图像，b点N2%最大，说明反应达到平衡，当CO物质的量不变时，T2时N2%大，正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，N2%降低，因

29、此是T2T1，继续通入CO，增加反应物浓度，平衡向正反应方向进行，NO2的转化率增大，因此b点NO2的转化率不是最大，故A错误；B、根据图像，改变的因素只加快了反应速率，对化学平衡无影响，反应前后气体系数之和相等，使用催化剂和加压，都能达到此效果，故B错误；C、根据图像，反应物总能量小于生成物总能量，此反应是吸热反应，催化剂降低活化能，反应热不变，故C正确；D、NO2%达到最低，说明反应达到平衡，图像右侧，温度升高，NO2%增大，根据勒夏特列原理，正反应是放热反应，即H 0。在2 L容器中充入一定量的H2S和CO2发生上述反应，数据如下：实验温度/起始时平衡时平衡常数n(CO2)/moln(H2S)/mol n(COS)/moln(H2O)/moln(COS)/mol1T10.2000.200000.0200K12T20.2000.20000n2K2 =1/363T20.4000.40000n3K3下列判断不正确的是A. K1=1/81B. K2 = K3且n3= 2n2C. 初始反应速率：实验3 实验2 实验1D. 实验2中平衡时的c(COS)约