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1、福建省三明市第一中学届高三上学期期中考试化学试题福建省三明市第一中学2018届高三上学期期中考试化学试题（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 Mg-24 Cu-64 Co-59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. 中国古代四大发明是：造纸术、指南针、火药、活字印刷术。来自“一带一路”沿线的20国青年评选出了中国的“新四大发明”：网购、支付宝、中国高铁、共享单车。“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是A. 网购 B. 支付宝 C. 中国高铁 D. 共享单车【答案】C【解析】高铁

2、需要化学方法制取的新材料的支撑，所以“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是中国高铁，故选C。2. 本草纲目在绿矾(FeSO47H2O)“发明”项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”。下列叙述正确的是A. 绿矾能电离出H+，所以有“味酸” B. 绿矾锻烧后的固体产物为FeOC. 可用无水CuSO4检验煅烧绿矾有H2O生成 D. 通入Ba(NO3)2溶液可检验煅烧产物中的SO3【答案】C【解析】A. 绿矾是硫酸亚铁晶体，不能电离出H+，之所以有“味酸”，是溶解时亚铁离子水解的结果，故A错误；B. 绿钒锻烧后生成赤色的产物为氧化铁，故B错误；C. 水蒸气遇到无水CuSO4会变成蓝色，因此可以用无水C

3、uSO4检验锻烧绿钒有H2O生成，故C正确；D. 酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，若生成二氧化硫，也会被氧化生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选C。3. 下列变化或过程属于化学变化的是A. 激光法蒸发石墨得C60 B. 丁达尔效应C. 紫色石蕊试液通过活性炭变成无色 D. 用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应【答案】A【解析】试题分析：A、石墨和C60的结构不同，属于不同的物质，激光法蒸发石墨得C60 ，生成了新物质，属于化学变化，故A正确；B、丁达尔效应是光线遇到胶体粒子发生了散射形成的，无新物质生成，不属于化学变化，故B错误；C、活性炭具有吸附性，紫色石蕊试液通过活性炭，颜色

4、物质被活性炭吸附，溶液变成无色，无新物质生成，故C错误；D、用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应，无新物质生成，故D错误；故选A。考点：考查了物理变化和化学变化的判断的相关知识。4. “蛟龙”号外壳用特殊的钛合金材料制成，它可以在深海中承受700个大气压的压力。已知金属钛的原子序数为22，化学性质与铝类似。下列说法正确的是A. 钛属于主族元素B. 钛合金强度很大，是有色金属材料C. 蒸干TiCl4溶液可得无水钛盐D. 在空气中将金属钛、铝混合后熔化可制得合金【答案】B【解析】A、金属钛的原子序数为22，位于第四周期第IIB族，不是主族元素，故A错误；B、钛合金可以在深海中承受700个大气压的压力

5、，钛合金强度很大，铁、钴、镍属于黑色金属，其余均属于有色金属，故B正确；C、TiCl4是强酸弱碱盐，蒸干水解生成的氯化氢挥发，促进水解，得到氢氧化钛，得不到钛盐，故C错误；D、在空气中加热熔化，金属易与氧气发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，故D错误；故选B。点睛：本题考查元素在周期表中的位置、合金的性质和盐的水解的知识。本题的易错点为C，TiCl4是强酸弱碱盐，水解生成的氯化氢易挥发，促进水解。5. 下列关于物质的分类或关系正确的是A. 同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4B. 酸性氧化物：CO、SiO2、SO3、P2O5、Mn2O

6、7C. 混合物：铝热剂、胆矾晶体、纯净矿泉水、胶体、淀粉D. 非电解质：乙醇、四氯化碳、氨气、氯气、氯化银【答案】A【解析】A、CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4 符合分子式相同，结构不同的特征属于同分异构体，故A正确；BCO不能和碱反应生成盐和水，属于不成盐氧化物，SO2，SiO2，Mn2O7 都能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故B错误；C胆矾晶体就是硫酸铜晶体，属于纯净物，故C错误；D氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，氯化银属于电解质，故D错误；故选A。6. 下列表述、正确并且有因果关系的是选项表述表述ASiO2有导电性SiO2可用于

7、制备光导纤维BSO2有漂白性SO2可使溴水褪色C浓硫酸有强氧化性、吸水性浓硫酸可使蔗糖变黑DFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于刻蚀印刷电路板A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、二氧化硅不导电，是制光导纤维的原料，不正确、正确，无因果关系，故A不选；B、二氧化硫的漂白性是和有色有机物结合为不稳定的无色物质，二氧化硫和溴发生氧化还原反应，、正确但无因果关系，故B不选；C浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去，浓硫酸使蔗糖和纸张碳化变黑是其脱水性所致，与浓硫酸的吸水性无关，二者没有因果关系，故C不选；D铁离子具有氧化性，能和Cu发生氧化还原反应生成亚

8、铁离子和铜离子，从而用氯化铁溶液腐蚀铜，二者有因果关系，故D选；故选D。7. Se、Br两种元素的部分信息如右图所示，下列说法正确的是A. 原子半径：Br SeB. 还原性：Se2 BrC. 在Se2Br2分子中只含有极性键D. SeO2既有氧化性又有还原性【答案】D【解析】A硒和溴属于同一周期元素，硒的原子序数小于溴，所以原子半径BrSe，故A错误；B同一周期元素，阴离子的还原性随着原子序数的增大而减小，还原性Se2-Br-，故B错误；C在Se2Br2分子中硒原子间存在非极性键，溴和硒原子之间存在极性键，故C错误，D.SeO2中硒为+4价，处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，故D正确；故

9、选D。8. 金属铈(58Ce)常用于制作稀土磁性材料，可应用于制造玻璃、打火石、陶瓷和合金等。已知：Ce4+Fe2+=Ce3+ +Fe3+。下列说法正确的是A. 铈的原子核外有58个电子 B. 可用电解熔融CeO2制取金属铈，铈在阳极生成C. 是同素异形体 D. 铈能溶于HI溶液，反应的离子方程式为：Ce+4H+=Ce4+2H2【答案】A【解析】A根据金属铈(58Ce)可知，铈元素的质子数为58，原子中质子数等于核外电子，故铈的原子核外有58个电子数，故A正确；B电解熔融状态的CeO2可制备Ce，在阴极获得铈，阴极是Ce4+离子得到电子生成Ce，电极反应为：Ce4+4e-=Ce，故B错误；C5

10、8138Ce、58142Ce具有相同质子数，不同中子数，故它们互为同位素，不是同素异形体，故C错误；D由于氧化性Ce4+Fe3+I-，铈溶于氢碘酸，发生氧化还原反应，生成CeI3和I2，故D错误；故选A。9. 几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，分析判断下列说法正确的是元素符号ABDEGHIJ化合价-1-2+4，-4-1+5，-3+3+2+1原子半径/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186A. I在DB2中燃烧生成两种化合物 B. A、H、J的离子半径由大到小的顺序是HJAC. GE3为离子化合物 D. A单质能从B的简单氢化物中置换出B单

11、质【答案】D【解析】短周期元素，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于A族，B处于A族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，处于A族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于A族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；H、I、J的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于族A、A族、A族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知H为Al、I为Mg、J为Na。A镁在二氧化碳中的燃烧生成MgO和碳单质，故A错误；BF-、Na+、Al3+离子核外电子层数相等，核电荷数越大离子半径越

12、小，故离子半径大小顺序为：F-Na+Al3+，故B错误；CPCl3属于共价化合物，故C错误；D氟气能与水反应生成HF与氧气，故D正确；故选D。10. 实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNONaOH溶液D浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A. NH3应使用向下排气法收集，故A不合理；B. SO2的溶解度很大，不适合使用浓盐酸制取

13、，故B不合理；C.合理;D.使用浓盐酸与二氧化锰制取氯气，需要加热，故D不合理。故选C。11. 下列图示装置正确且能达到实验目的的是 A. 制备少量氧气 B. 固液分离 C. 提纯碘 D. 蒸馏提纯【答案】C【解析】A. 过氧化钠溶于水，不能放在多孔隔板上，故A错误；B. 过滤时漏斗下端需要靠在烧杯内壁上，故B错误；C. 碘易升华，可以通过图示装置提纯碘，故C正确；D. 蒸馏时温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误；故选C。12. 下列离子方程式书写正确的是A. 向水玻璃中通入过量二氧化碳：SiO32-CO2H2OCO32-H2SiO3B. 向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：A

14、l34NH3H2OAl(OH)44NH4C. 向碳酸氢铵溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：NH4+OH-NH3H2OD. 向Na(AlOH)4溶液中通入过量二氧化碳：Al(OH)4CO2Al(OH)3+HCO3【答案】D【解析】A水玻璃中通入过量的二氧化碳，反应生成硅酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2OH2SiO3+2HCO3-，故A错误；B氨水不能溶解氢氧化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故B错误；C向碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液，离子方程式：NH4+HCO3-+2OH- C

15、O32-+H2O+NH3H2O，故C错误；D向NaAl(OH)4溶液中通入过量CO2，离子方程式：Al(OH)4-+CO2Al(OH)3+HCO3-，故D正确；故选D。13. 下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入（或通入）X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是选项离子组X试剂离子方程式AK+、Na+、ClO、SO42少量SO2SO2+ClO+H2OSO42+Cl+2H+BNH4+、Fe3+、Br、SO42过量H2S2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+CNH4+、Na+、Fe3+、Al(OH)4过量铜粉2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+DK+、Na+、 HCO3、Al(OH)4少量HClH+

16、Al(OH)4Al(OH)3+H2OA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A二氧化硫少量时，反应产物中的氢离子与次氯酸根离子反应生成HClO，正确的离子方程式为：SO2+3ClO-+H2OSO42-+Cl-+2HClO，故A错误；BNH4+、Fe3+、Br-、SO42-之间不反应，加入过量H2S后发生反应：2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+，故B正确；CFe3+与Al(OH)4-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DHCO3-与Al(OH)4能够反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。点睛：本题考查离子共存、离子方程式的判断，注意明确离子不

17、能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等。本题的易错点为D，HCO3-、Al(OH)4能够反应，HCO3-电离促进Al(OH)4水解，反应生成氢氧化铝沉淀。14. 下列溶液能区别SO2和CO2的是石灰水 石蕊试液 品红溶液 酸性KMnO4溶液 氯水 H2S溶液 NaOH溶液A. B. C. D. 【答案】A【解析】SO2和CO2都属于酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能利用澄清石灰水来区别SO2和CO2，错误；SO2和CO2的水溶液均显酸性，滴入石蕊试液，均显红色，不能区别，错误；SO2还具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有此性质，所以

18、能利用品红溶液区别SO2和CO2，正确；SO2也具有还原性，能被KMnO4酸性溶液氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用KMnO4酸性溶液区别SO2和CO2，正确；SO2也具有还原性，能被氯水氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用氯水区别SO2和CO2，正确；SO2具有氧化性，能将H2S溶液氧化生成单质(有黄色沉淀生成)，而CO2没有此性质，所以能利用H2S溶液区别SO2和CO2，正确；SO2和CO2与NaOH溶液反应均无明显现象，不能区别，错误；所以能够区别SO2和CO2气体的溶液有：，故选A。点睛：把握二氧化硫的还原性、漂白性为解答的关键。根据SO2和CO2性质的差异可

19、知，二氧化硫既有氧化性又有还原性，而二氧化碳在溶液中不发生氧化还原反应，则利用二氧化硫的还原性及漂白性来区分SO2和CO2气体。15. 下列各组物质能满足如图所示转化关系的是(图中箭头表示一步转化)abcdSSO2H2SO3H2SO4SiSiO2H2SiO3Na2SiO3CuCuOCuSO4Cu(OH)2N2NONO2HNO3A. B. C. D. 【答案】B【解析】硫在空气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，分解生成二氧化硫；亚硫酸被空气氧化生成硫酸，硫酸与亚硫酸钠能够反应生成亚硫酸或二氧化硫，二氧化硫也能够被氧化剂氧化生成硫酸，符合上述转化关系，故正确；二氧化硅不

20、溶于水，与水不反应，不能实现bc，故错误；氧化铜不溶于水，与水不反应，不能实现bc，故错误；氮气氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气、水反应生成硝酸，符合上述转化关系，故正确；故选B。16. 工业上利用空气吹出法提取溴的部分流程如下：下列说法错误的是A. 中可以采用足量纯碱溶液，发生的反应是：3Br2+6CO3+3H2O=5Br+ BrO3+6HCO3B. 第步酸化，需加入氧化性酸，才能将Br氧化为Br2C. 第步，采用的是蒸馏的方法D. B溶液颜色比A溶液深【答案】B【解析

21、】由流程可知，中发生2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，利用空气将吹出塔中含Br2的溶液，经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液，其目的是富集溴，提高Br2的浓度，加入碱液重新吸收，所得溶液富含BrO3-，中发生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，最后利用蒸馏得到溴。A纯碱是碳酸钠，与溴反应有BrO3-生成，反应的离子方程式为3CO32-+3Br2=5Br-+BrO3-+3CO2，故A正确；B溶液中含有Br-、BrO3-，在酸性条件下可发生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，无需加入氧化酸，故B错误；C含溴的水溶液B中溴的浓度较大，溴与水的沸点不同，可通过蒸馏

22、获得液溴，故C正确；DB经过富集，浓度较大，则B的颜色比A深，故D正确；故选B。17. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 2mol浓硫酸与足量Cu反应，转移电子数为2NAB. 5.6L甲烷和乙烯的混合气体中含氢原子数为NAC. 100g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为NAD. 常温常压下，20g D2O含有的质子数、中子数、电子数均为10NA【答案】D【解析】A. 随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，变成稀硫酸后与铜不再反应，因此2mol浓硫酸与足量Cu反应，不可能完全反应，转移电子数少于2NA，故A错误；B.未说明是否为标准状况，无法计算 5.6L甲烷和乙烯的混合气体

23、的物质的量，故B错误；C. 100g质量分数为46%的乙醇水溶液还含有46g乙醇和54g水，水中也含有氧原子，氧原子数大于NA，故C错误；D. 20g D2O的物质的量为=1mol，1个D2O分子含有的质子数=电子数=12+8=10、中子数=12+8=10，因此20g D2O含有的质子数、中子数、电子数均为10NA，故D正确；故选D。18. 下列实验方案能达到实验目的的是选项实验方案实验目的或结论A将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色可证明氧化性：H2O2比Fe3+强B向1 mL 1%的NaOH溶液中加入2 mL 2%的CuSO4溶液，振荡，再加入0.5 mL有机物Y

24、，加热，未出现砖红色沉淀说明Y中不含醛基C取a g铝箔与足量氢氧化钠溶液充分反应，逸出的气体通过浓硫酸后，测其体积为V L（已转化为标准状况下）测定铝箔中氧化铝的含量D比较不同反应的反应热数据大小从而判断反应速率的大小A. A B. B C. C D. D【答案】C【考点定位】考查化学实验方案的评价【名师点晴】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验、反应速率的影响等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的严密性和合理性。19. 在混合体系中,确认化学反应先后顺序有利于问题的解决,下列反应先后顺序判断正确的是A. 在含等物质的量的FeBr

25、2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I-、Br-、Fe2+B. 在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+C. 在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3、K2CO3D. 在含等物质的量的Al(OH)4-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：Al(OH)4-、Al(OH)3、OH-、CO32-【答案】B【解析】A、在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：I-Fe2+Br-，故A错误；B、在含等物质的量的Fe3+、

26、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子反应，离子的氧化性顺序是：Fe3+Cu2+H+Fe2+，故B正确；C、在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba(OH)2反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故C错误；D、在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根离子发生中和反应，故D错误；故选B。点睛：本题考查化学反应的先后顺序的知识。判断先后反应总原则是，先发生的反应产物与其他物质能大量共存，若产物不能与其他物质大量共存，则它一定不能先反应。20. 图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质

27、的量。下列反应对应的曲线正确的是A. A曲线表示向AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量B. B曲线表示向NaAl(OH)4溶液中滴入HNO3溶液至过量C. C曲线表示向n(HCl):n(AlC13)=1:1的混合溶液中滴入NaOH溶液至过量D. D曲线表示向nCa(OH)2:n(KOH)=1:2的混合溶液中通入CO2至沉淀消失【答案】D【解析】A、向AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，依次发生反应Al3+3OH-Al(OH)3、Al(OH)3+ OH-AlO2-+2H2O，消耗氢氧化钠是3：1，故A错误；B、向NaAlO2溶液中滴入HNO3至过量，NaAlO2和硝酸反应产生白色沉淀氢氧化

28、铝，沉淀又溶解于过量的硝酸中，两阶段消耗的硝酸物质的量之比为1:3，故B错误；C、向n(HCl)：n(AlC13)=1：1的混合溶液中滴入NaOH溶液至过量，依次发生反应OH-+H+H2O、Al3+3OH-Al(OH)3、Al(OH)3+ OH- AlO2-+2H2O 消耗氢氧化钠的量之比是1：3：1，故C错误；D、向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为Ca2+CO32-CaCO3，2OH-+CO2 CO32-+H2O，CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2，设Ca(OH)2的物质的量为1mol，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量分别为

29、1、3、1，故D正确；故选D。21. 亚硝酸钠（有毒性，市场上很易与食盐混淆）是一种常见的工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，它的性质或用途，其物理性质与NaCl极为相似。相关化学性质如图所示，下列说法不正确的是A. NaNO2稳定性大于NH4NO2B. NaNO2与N2H4反应中，NaNO2是氧化剂C. 可用KI、淀粉和食醋鉴别NaNO2和NaClD. 分解NaN3盐每产生1molN2转移6mole-【答案】D学.科.网.学.科.网.学.科.网.学.科.网.学.科.网.学.科.网.学.科.网.学.科.网.学.科.网.学.科.网.22. 将11.2g的MgCu混合物完全溶解于足量的硝酸

30、中，收集反应产生的气体x（假定产生的气体全部逸出）。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。则气体x的成分可能是A. 0.3mol NO2和0.3mol NO B. 0.2mol NO2和0.1mol N2O4C. 0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4 D. 0.6mol NO【答案】C【解析】试题分析：向MgCu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g11.2g=10.2g，物质的量为10.2/17mol=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的MgCu提供的电子为0.6mol，A、生成0.3mo1NO2和0.3mo1NO，N元素获得电子为0.3mol（54）+0.3mol（52）=1.2mol，得失电子不相等，故A错误；B、生成0.2mo