届福建省三明市尤溪县普通高中高三上学期半期考试化学试题解析版.docx
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届福建省三明市尤溪县普通高中高三上学期半期考试化学试题解析版
尤溪县2018-2019学年第一学期普通高中半期考试
高三化学试卷
可能用到的相对原子质量：
H-1C-12O-16Na-23Mg-24Ca-40Mn-55
一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题
1.《新修本草》中有关于“靑矾”的描述：
“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃……烧之赤色……”文中涉及的操作方法是
A.分液B.灼烧C.升华D.干馏
【答案】B
【解析】
“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，意思是青矾是绿色的，经煅烧后，生成红色物质——氧化铁，因此文中涉及的操作方法为灼烧，故选B。
2.下列生活用品中主要由合成纤维制造的是
A.尼龙降落伞B.羊毛衫C.纯棉T恤D.餐巾纸
【答案】A
【解析】
A．尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维，满足条件，故A正确；B．羊毛衫的主要成分是蛋白质，不属于合成纤维，故B错误；C、纯棉T恤是用棉线制成的，棉线属于天然纤维，故C错误；D．餐巾纸的主要成分为天然纤维素，不属于合成纤维，故D错误；故选A。
3.下列叙述不正确的是
A.“84”消毒液可用作漂白剂B.过氧化钠可用作供氧剂
C.医院常用90%的酒精作消毒剂D.活性铁粉可用作抗氧化剂
【答案】C
【解析】
A.84消毒液具有强氧化性，可用作消毒剂和漂白剂，故A正确；B．过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成氧气，用作供氧剂，故B正确；C．实践证明，70%-75%的酒精对细菌的渗透能力最强，杀菌效果最好，故C错误；D．活性铁粉易与氧气反应，消耗氧气，可防止食品变质，故D正确；故选C。
4.甲醛被视为“空气杀手”，可用如下方法检测：
5HCHO+4MnO4-+12H+==4Mn2++5CO2+11H2O。
下列说法不正确的是
A.甲醛（HCHO）分子中存在极性键
B.CO2的电子式为：
C.MnO4-是氧化剂，CO2是氧化产物
D.当有1.8g甲醛参加反应时，转移电子的物质的量为0.12mol
【答案】D
【解析】
A.甲醛是共价化合物，其中存在C-H极性键，故A正确；B.CO2分子中含有碳氧双键，电子式为
，故B正确；C.反应中Mn的化合价由+7降低为+4价，MnO4-是氧化剂，甲醛被氧化生成二氧化碳，CO2是氧化产物，故C正确；D.1.8g甲醛的物质的量为
=0.06mol，参加反应时，转移电子的物质的量为20×
=0.24mol，故D错误；故选D。
5.下列叙述正确的是
A.用装置①来验证生铁片发生吸氧腐蚀B.用装置②来进行苯萃取碘水中I2的操作
C.装置③中的读数为12.20mLD.用装置④来干燥、收集并吸收多余的氨气
【答案】A
【解析】
A．若铁片发生吸氧腐蚀，左侧压强减小，则右侧试管内导管液面上升，故A正确；B.苯的密度比水小，在上层，故B错误；C．滴定管读数从上到下增大，读数应为11.80mL，故C错误；D．氨气可用碱石灰干燥，但氨气的密度小于空气，收集时，应短管进，长管出，故D错误；故选A。
6.设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是
A.pH=3的硫酸溶液中所含H+的数目为10-3NA
B.7.8gNa2O2与足量SO2完全反应，转移的电子数目为0.1NA
C.标准状况下，11.2L丙烷（C3H8）中含有的共用电子对数目为5NA
D.0.1molNH3与0.1molHC1在密闭容器中充分反应后，气体的分子总数为0.1NA
【答案】C
【解析】
A.未注明溶液的体积，无法计算pH=3的硫酸溶液中所含H+的数目，故A错误；B.7.8gNa2O2的物质的量为
=0.1mol，与足量SO2完全反应生成硫酸钠，转移的电子数为0.2NA，故B错误；C.标准状况下，11.2L丙烷的物质的量为
=0.5mol，含有的共用电子为0.5mol×
=5mol，故C正确；D.0.1molNH3与0.1molHC1在密闭容器中充分反应后生成氯化铵固体，没有气体剩余，故D错误；故选C。
7.向含有下列离子的溶液中加入相应试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是
离子组
加入试剂
离子方程式
A
Al3+、SO42−
适量Ba（OH）2溶液
Al3++3OH−==A1（OH）3↓
B
Fe2+、I−
足量新制氯水
Cl2+2I−==2C1−+I2
C
Fe2+、H+
H2O2溶液
2Fe2+＋H2O2===2Fe3+＋O2↑＋2H+
D
Ba2+、HCO3−
少量Ba（OH）2溶液
Ba2++HCO3−+OH−==BaCO3↓+H2O
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入适量Ba（OH）2溶液后，Al3+、SO42-都参与反应，离子方程式为：
Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Ba2++SO42-═BaSO4↓，故A错误；B．加入足量新制氯水，Fe2+、I-都被氧化，离子方程式为：
Cl2+2I-═2Cl-+I2、Cl2+2Fe2+═2Cl-+2Fe3+，故B错误；C．Fe2+、H+中加入H2O2溶液,发生反应的离子方程式为：
2H++2Fe2+＋H2O2==2Fe3+＋2H2O+故C错误；D．Ba2+、HCO3-与少量Ba（OH）2溶液反应生成碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为：
Ba2++HCO3-+OH-═BaCO3↓+H2O，故D正确；故选D。
【点睛】明确发生反应的实质为解答本题的关键，注意掌握离子方程式的书写原则。
本题的易错点为B，氯气具有强氧化性，能够将Fe2+、I-氧化，氧化顺序为先I-后Fe2+。
8.化合物
（b）
（d）、CH
C—CH=CH2（p）的分子式均为C4H4。
下列说法正确的是
A.b的同分异构体只有d和p两种B.d的一氯代物和二氯代物均只有一种
C.b、d、p均可与酸性髙锰酸钾溶液反应D.只有b的所有原子处于同一平面
【答案】B
【解析】
A.b的同分异构体除d和p两种外，还有
等，故A错误；B.d中碳原子构成正四面体结构，只有一种氢原子，一氯代物和二氯代物均只有一种，故B正确；C.d中没有碳碳不饱和键，不能与酸性髙锰酸钾溶液反应，故C错误；D.p中碳碳三键是直线形，碳碳双键是平面结构，p的所有原子也处于同一平面，故D错误；故选B。
点睛：
注意把握有机物同分异构体的判断以及空间构型的判断。
有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构、乙烯的平面型结构、乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，另外要重点掌握碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转。
9.某固体混合物中可能含有：
K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：
下列说法正确的是
A.该混合物一定是K2CO3和NaClB.该混合物可能是Na2CO3和KCl
C.该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3D.该混合物一定是Na2CO3和NaCl
【答案】B
【解析】
焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。
加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。
滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+，答案选B。
10.向一恒容密闭容器中充入一定量的NO和炭粉，使之发生反应：
C（s）+2NO（g）
CO2（g）+N2（g）ΔH，平衡时c（NO）与温度T的关系如图所示。
下列说法正确的是
A.ΔH>0
B.T2℃时，D点达到平衡时的平衡常数与B点的相等
C.正反应速率:
v（B）>v（D）>v（A）
D.温度由T1升高到T3，NO的转化率增大
【答案】B
【解析】
A．由图可知，温度越高平衡时c（NO）越大，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0，故A错误；B.平衡常数只与温度有关，两点的温度相同，平衡常数相同，故B正确；C.温度越高，反应速率越快，浓度越大，反应速率越快，正反应速率:
v（D）>v（B）>v（A），故C错误；D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，温度由T1升高到T3，NO的转化率减小，故D错误；故选B。
点睛：
本题以化学平衡图像为载体，考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等，侧重考查学生的分析能力，注意曲线的各点都处于平衡状态。
正确判断A的正误是解题的基础。
11.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。
元素W与Z形成的化合物具有还原性，且溶于水后其水溶液显酸性。
W所在周期数和族数相同，且W与Y同族、X与Z同族。
下列叙述正确的是
A.最简单气态氢化物的稳定性：
XB.Y与Z的简单离子具有相同的电子层结构
C.X与Y形成的离子化合物中阴阳离子的数目之比为1∶2
D.W与Z形成的化合物的水溶液为强酸
【答案】C
【解析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。
元素W与Z形成的化合物具有还原性，且溶于水后其水溶液显酸性，W所在周期数和主族序数相同，则W为H元素，Z为S元素，且W与Y同族、X与Z同族，则Y为Na元素，X为O元素。
A.非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越强，则氢化物的稳定性X＞Z，故A错误；B.钠离子含有2个电子层，硫离子含有3个电子层，电子层结构不同，故B错误；C.X与Y形成的离子化合物为氧化钠或过氧化钠，二者中阴阳离子的数目之比均为1∶2，故C正确；D.氢硫酸为弱酸，故D错误；故选C。
12.对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。
在相同温度下，M的物质的量浓度（mol·L-1）随时间（min）变化的有关实验数据见下表。
时间
水样
0
5
10
15
20
25
I（pH=2）
0.40
0.28
0.19
0.13
0.10
0.09
II（pH=4）
0.40
0.31
0.24
0.20
0.18
0.16
Ⅲ（pH=4）
0.20
0.15
0.12
0.09
0.07
0.05
IV（pH=4，含Cu2+）
0.20
0.09
0.05
0.03
0.01
0
下列说法不正确的是（）
A.在0～20min内，I中M的平均分解速率为0.015mol·L-1·min-1
B.其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快
C.在0～25min内，Ⅲ中M的分解百分率比II大
D.由于Cu2+存在，IV中M的分解速率比I快
【答案】D
【解析】
A、根据化学反应速率数学表达式，v（M）=（0.4－0.1）/20mol/（L·min）=0.015mol/（L·min），故A说法正确；B、对比I和II，在相同的时间内，I中消耗M的量大于II中，说明其他条件下不变，酸性越强，M的分解速率越快，故B说法正确；C、在相同的时间段内，III中M的消耗量大于II中，因此III中M的分解速率大于II，故C说法正确；D、I和IV中pH不同，因此不能说明Cu2＋存在，IV中M的分解速率大于I，故D说法错误。
13.Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池的总反应方程式如下：
2AgCl+Mg===Mg2++2Ag+2Cl−。
有关该电池的说法正确的是
A.该电池可用于海上应急照明供电
B.负极反应式为：
AgCl+e−===Ag+Cl−
C.该电池不能被KCl溶液激活
D.电池工作时，每消耗1.2gMg，溶液中的Cl-增多0.2mol
【答案】A
【解析】
【详解】A.该电池可被海水激活，产生电能，故A项正确；B.负极为Mg失电子，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，故B项错误；C.KCl溶液可代替海水激活原电池，故C错误；D.由Mg-2Cl−知电池工作时，每消耗1.2gMg，溶液中的Cl-增多0.1mol，故D错误；答案：
A。
14.室温下，向100mL某浓度H2A溶液中加入0.1mol·L－1NaOH溶液，所得溶液的pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示，其中b、c为等当点（等当点指的是按某个方程式恰好反应的点）。
下列有关说法不正确的是
A.起始时，c（H2A）＝0.1mol·L－1
B.b点时：
c（Na＋）>c（A2－）>c（HA－）>c（H＋）>c（OH－）
C.b→c段，反应的离子方程式为HA－＋OH－===A2－＋H2O
D.c→d段，溶液中A2－的水解程度逐渐减弱
【答案】B
【解析】
【详解】A.曲线中有两个突跃范围，故为二元弱酸,当滴加NaOH溶液体积为100mL时达到第一个计量点，故n（H2A）=0.1mol
L-1
L=0.01mol,所以起始时,c（H2A）=0.01mol/0.1L=0.1mol
L-1,故A正确；B.b点为NaHA溶液,显酸性,则HA-的电离程度大于水解程度,c（Na+）>c（HA-）>c（H+）>c（A2-）>c（OH-）,故B项错误;C.a→b段发生反应H2A+NaOH=NaHA+H2O,b-→c段发生反应NaHA+NaOH=Na2A+H20,离子方程式为：
HA－＋OH－===A2－＋H2O，C项正确;D.c点时H2A与NaOH恰好完全中和，得Na2A溶液,c-→d段是向Na2A溶液中继续滴加NaOH溶液,c（OH-）增大,抑制A2-的水解,D项正确。
答案：
B。
【点睛】根据曲线中有两个突跃范围，故H2A为二元弱酸与一元碱NaOH反应是分步完成的，根据H2A+NaOH=NaHA+H2O,NaHA+NaOH=Na2A+H20反应进行判断,b点时是NaHA溶液，以此判断离子浓度大小即可。
二、填空题（本题包括4小题，共58分）
15.硫酰氯（SO2Cl2）常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。
其部分性质如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其它性质
SO2Cl2
－54.1
69.1
①易水解产生大量白雾
②易分解：
SO2Cl2
SO2↑＋Cl2↑
回答下列问题：
I．已知：
SO2（g）+Cl2（g）
SO2Cl2（l）ΔH=−97.3kJ·mol－1。
催化合成硫酰氯的实验装置如下图（夹持仪器已省略）：
（1）仪器B的名称是____________，冷却水的进口为________（填“a”或“b”）。
（2）装置D除干燥气体外，另一作用是______________________。
若缺少D，则硫酰氯会水解，该反应的化学方程式为_________________________________________。
（3）实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，写出其反应的离子方程式：
__________________________________
（4）C处U形管中碱石灰的作用除吸收多余SO2、Cl2，防止污染外；还有_______________________。
II．在氯磺酸中加入四氯化锡加热煮沸，使氯磺酸分解，可用于制取少量硫酰氯。
化学方程式为：
2ClSO3H
H2SO4＋SO2Cl2，此法得到的产品中混有硫酸。
（5）①从分解产物中分离出硫酰氯的方法是_____________。
②请设计实验方案检验产品中硫酸的存在（可选试剂：
稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸馏水、石蕊溶液）：
取适量产品，充分___________后，加水稀释__________________________。
【答案】
（1）.冷凝管
（2）.a（3）.通过观察气泡控制气流速度（或比例）（4）.SO2Cl2＋2H2O==H2SO4＋2HCl（5）.MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O（6）.防止水蒸气进入收集器使产品水解（7）.蒸馏（8）.加热（9）.分成两份，一份滴加紫色石蕊试液变红，另一份加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4
【解析】
【分析】
由题意可知，甲装置中SO2与Cl2反应生成SO2Cl2，SO2、Cl2为有毒酸性气体，产物SO2Cl2易水解，所以仪器B中盛放的药品应为碱性物质碱石灰，其不仅可以防止空气中的水蒸气进入装置，还可以吸收SO2、Cl2，防止尾气污染。
丁装置制取的Cl2中含有少量的HCl和水蒸气，装置丙的作用是除去HCl，可使用饱和NaCl溶液，装置乙的作用是除去水蒸气，可使用浓硫酸；若缺少装置乙，则硫酰氯会水解。
为检验产品中有硫酸，可取产物在干燥条件下加热至完全反应（或挥发或分解等），冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红；再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4.
【详解】
（1）根据装置图知仪器B的名称是冷凝管，冷却水的进口为a进b出。
答案：
冷凝管；a。
（2）装置D装的是浓硫酸，具有干燥气体的租用，还可以通过观察气泡控制气流速度（或比例）。
若缺少D，硫酰氯会发生水解，该反应的化学方程式为SO2Cl2＋2H2O==H2SO4＋2HCl。
答案：
通过观察气泡控制气流速度（或比例）；SO2Cl2＋2H2O==H2SO4＋2HCl。
（3）实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，其反应的离子方程式：
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O。
答案：
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O。
（4）C处U形管中碱石灰的作用除吸收多余SO2、Cl2，防止污染外；还可以防止水蒸气进入收集器使产品水解。
（5）①硫酸和硫酰氯沸点差别很大，故为了将硫酰氯和硫酸分离可采用蒸馏方法；答案：
蒸馏。
②为检验产品中有硫酸，可取产物在干燥条件下加热至完全反应（或挥发或分解等），冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红；再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4。
或取反应后的产物直接加BaCl2溶液，有白色沉淀 ，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO4。
答案：
分成两份，一份滴加紫色石蕊试液变红，另一份加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4。
16.I．煤制天然气的工艺流程简图如下：
（1）反应I：
C（s）+H2O（g）
CO（g）+H2（g）ΔH=+135kJ·mol－1，通入的氧气会与部分碳发生燃烧反应。
请利用能量转化及平衡移动原理说明通入氧气的作用：
_________________________。
（2）反应II：
CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）ΔH=−41kJ·mol－1。
下图表示发生反应I后进入反应II装置中的汽气比[H2O（g）与CO物质的量之比]与反应II中CO平衡转化率、温度的变化关系。
①判断T1、T2和T3的大小关系：
______________。
（从小到大的顺序）
②若进入反应II中的汽气比为0.8，一定量的煤和水蒸气经反应I和反应II后，得到CO与H2的物质的量之比为1:
3，则反应II应选择的温度是____________（填“T1”、“T2”或“T3”）。
（3）①煤经反应I和反应II后的气体中含有两种酸性气体，分别是H2S和______。
②工业上常用热的碳酸钾溶液脱除H2S气体得到两种酸式盐，该反应的离子方程式是_____________________________。
II．利用甲烷超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，将甲烷和二氧化碳转化为可利用的资源，具有重大意义。
CH4超干重整CO2的催化转化原理图过程I和过程II的总反应为：
CH4（g）＋3CO2（g）
2H2O（g）＋4CO（g）
H>0
（4）过程II实现了含氢物种与含碳物种的分离。
生成H2O（g）的化学方程式是___________。
（5）假设过程I和过程II中的各步均转化完全，下列说法正确的是_______。
（（填序号）
a．过程I和过程II中均含有氧化还原反应
b．过程II中使用的催化剂为Fe3O4和CaCO3
c．若过程I投料比
＝1，则在过程II中催化剂无法循环使用
（6）一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入1.2molCH4（g）和4.8molCO2（g），发生反应CH4（g）＋3CO2（g）
2H2O（g）＋4CO（g）
H>0，实验测得，反应吸收的能量和甲烷的体积分数随时间变化的曲线如图。
计算该条件下，此反应的
H=________________kJ/mol。
【答案】
（1）.氧气与碳发生燃烧反应放热，放出的热被可逆反应吸收利用，促进反应正向移动
（2）.T1HS-+HCO3-（6）.4H2+Fe3O4
3Fe+4H2O（7）.ac（8）.+330kJ/mol
【解析】
I、
（1）C（s）+H2O（g）
CO（g）+H2（g）△H=+135kJ•mol-1，是吸热反应，而碳与氧气反应放出热量，使反应C（s）+H2O（g）
CO（g）+H2（g），向正反应方向移动，提高碳的利用率；
（2）①反应CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1的正反应为放热反应，温度越高一氧化碳的转化率越低，由图可知，温度的大小为：
T1＜T2＜T3；
②若煤气化反应I发生后的汽气比为0.8，设水蒸气的物质的量是4mol、则生成的CO物质的量为5mol，同时生成5mol氢气，经煤气化反应I和水气变换反应II后，设反应II中CO转化的为xmol，则生成xmol氢气，则（5-x）：
（5+x）=1：
3，x=2.5，CO的转化率=
×100%=50%，根据图知，反应温度为T3；
（3）①根据方程式II知，生成的酸性气体还有二氧化碳；
②工业上常用热碳酸钾法脱除H2S气体得到两种酸式盐，则二者反应生成碳酸氢钾和硫氢化钾，反应方程式为K2CO3+H2S═KHS+KHCO3；
II、⑷由图示可知，过程II中氢气还原Fe3O4生成H2O，发生反应的化学方程式是4H2+Fe3O4
3Fe+4H2O；
⑸假设过程I和过程II中的各步均转化完全，下列说法正确的是_______。
（（填序号）
a．过程I有氢气生成，而过程II中存在氢气还原四氧化三铁和CO还原四氧化三铁，均属于氧化还原反应，故a正确；b．过程II中使用的催化剂为Fe3O4和CaO，故b错误；c．若过程I投料
，则CH4和CO2恰好生成CO和H2，无多余的CO2，导致过程II中只能生成FeO，催化剂效果降低，故c正确；答案为ac；
（6）CH4（g）＋3CO2（g）
2H2O（g）＋4CO（g）
起始物质的量（mol）1.24.800
变化物质的量（mol）x3x2x4x
平衡物质的量（mol）1.2-x4.8-3x2x4x
平衡时CH4的体积为
=
，解得x=0.36mol，则
H=+118.8×
kJ/mol=+330kJ/mol。
17.我国是干电池的生产和消费大国。
某科研团队设计了以下流程对废旧碱性锌锰干电池的资源进行回收：
已知：
①Ksp（MnS）=2.5×10－13，Ksp（ZnS）=1.6×10－24
②Mn（OH）2开始沉淀时pH
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