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辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校2018届高三上学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量:B:11O:16P:31S:32Cu:64Zn:55Ba:137客观卷I(50分)一.选择题(50分，每题有一个选项符合题意，1-10每题2分，1-20每题3分)1.化学与社会、生产生活和科技都密切相关。下列说法正确的是A.在军舰船底镶嵌锌块作正极，以防船体被蚀B.“天宫二号”使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D.维生素C易被氧气氧化，用作食品抗氧化剂【答案】D【解析】A．锌的活泼性强于铁，军舰船底镶嵌锌块作负极，以防船体被腐蚀，为金属的牺牲阳极的阴极保护法，故A错误；B．碳纤维成分为碳单质，是无机物，不是有机高分子材料，故B错误；C．二氧化硫可用于漂白纸浆是利用了二氧化硫的漂白性，不是二氧化硫的氧化性，故C错误；D．维生素C具有还原性，则用作食品抗氧化剂，故D正确；故选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.0.1mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.4NAB.25℃，1LpH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中，含OH-的数目为10-7NAC.一定条件下，0.1molSO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NAD.电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2NA时，阳极质量减少6.4g【答案】B【解析】A．苯环中无双键，故0.1mol苯乙烯中含0.1mol碳碳双键，故A错误；B、25℃，1LpH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中c(OH-)=10-7mol/L，氢氧根的个数为10-7NA，故B正确；C．SO2与足量氧气反应生成SO3的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子数小于0.2NA，故C错误；D．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，由于阳极有铁杂质存在，铁的摩尔质量小于铜的，所以阳极减少6.4g，转移的电子的物质的量不是0.2mol，故D错误；故选B。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。本题的易错点为D，要注意粗铜中含有杂质(铁、锌等)，作阳极时，铁、锌也要放电。3.下列说法对应的离子方程式合理的是A.碳酸钙与醋酸反应:CO32-+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO-B.明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液:Al3++SO42-+Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO2-+2H2OC.工业制取漂白液原理:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD.泡沫灭火器的工作原理:2A13++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑【答案】C【解析】A．碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水，醋酸和碳酸钙都需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故A错误；B．向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故B错误；C.氯气与NaOH溶液反应制备漂白液，则离子反应为Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故C正确；D．泡沫灭火器中药品是硫酸铝和碳酸氢钠，硫酸铝溶液水解呈酸性，碳酸氢钠溶液水解呈碱性，所以硫酸铝和碳酸氢钠相互促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解离子反应为Al3++3HCO3-═Al(OH)3↓+3CO2↑，故D错误；故选C。点睛：本题考查了离子方程式的正误判断，要注意检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式。本题的易错点为D，要知道泡沫灭火器中药品是硫酸铝和碳酸氢钠。4.X、Y、Z、W为原子序数递增的4种短周期元素，其中Y、Z为金属元素。X、Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如图所示反应关系(图中“一”相连的两种物质能发生反应)。下列判断正确的是A.X是元素周期表中非金属性最强的元素B.Z冶炼可通过电解其氯化物的方式获得C.4种原子中，Y离子半径最小D.W的阴离子可能促进水的电离【答案】D【解析】Y、Z为金属元素，对应的最高价氧化物对应的水化物可发生反应，则应为氢氧化铝和氢氧化钠的反应，可知Y为Na、Z为Al，乙为NaOH，丙为Al(OH)3，X应为N，甲为HNO3，W可为为S、Cl，则丁可能为H2SO4、HClO4。由以上分析可知X为N、Y为Na、Z为Al、W为S或Cl，甲为HNO3，乙为NaOH，丙为Al(OH)3，丁为H2SO4或HClO4。A．X为N，元素周期表中非金属性最强的元素为F，故A错误；B．Z为Al，位于周期表第三周期ⅢA族，故B错误；C.4种原子中，半径最小的为N，Y为Na，原子半径最大，故C错误；D．如W为S，对应的离子为S2-，水解呈碱性，可促进水的电离，故D正确；故选D。5.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是A.反应总过程△H0B.Fe+使反应的活化能减小C.总反应若在2L的密闭容器中进行，温度越高反应速率一定越快D.Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应均为放热及应【答案】C【解析】A、反应物的总能量高生成物的总能量，则反应是放热反应，所以反应的△H＜0，故A正确；B、Fe+是催化剂，降低该反应的活化能，所以Fe+使该反应的活化能减小，故B正确；C、该反应的总反应为N2O+CO=N2+CO2，反应过程中使用了催化剂，催化剂的活性与温度有关，只有在适当的温度范围内才能发挥催化剂的催化活性，因此温度越高，反应速率不一定越快，故C错误；D、由图可知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应，都是反应物的总能高于生成物的总能量，所以两步反应均为放热反应，故D正确；故选C。6.下列说法错误的是A.硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中水解完全后，加入饱和食盐水，下层析出硬脂酸钠B.乙酸的分子模型可表示为C.石油分馏是物理变化，可得到汽油、煤油和柴油等产品D.相同物质的量的C3H6和C3H8O，充分燃烧，消耗氧气量相同【答案】A【解析】A．加入氯化钠发生盐析，下层为水层，上层析出硬脂酸钠，故A错误；B．乙酸的结构简式为CH3COOH，含有3个C-H、1个C=O键和-OH，分子模型可表示为，故B正确；C、石油的分馏是根据物质的沸点不用进行分离的，可得汽油、煤油和柴油，属于物理变化，故C正确；D．C3H6消耗氧气的物质的量为(3+)mol=4.5mol，C3H8O消耗氧气的物质的量为(3+-)mol=4.5mol，消耗的氧气相同，故D正确；故选A。7.下列实验操作中正确的是A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A．加液态时，胶头滴管悬空正放，操作不合理，故A错误；B．双手紧握试管，观察水槽中是否有气泡冒出，则可检验气密性，故B正确；C．操作酸式滴定管滴定时，左手控制旋塞，大拇指在管前，食指和中指在后，三指轻拿旋塞柄，手指略微弯曲，向内扣住旋塞，避免产生使旋塞拉出的力，故C错误；D．蒸发时不能蒸干，防止硝酸铜分解，应该加热至有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，故D错误；故选B。8.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是A.制取NaHCO3的反应是利用其溶解度比较小B.除去粗盐中杂质(Mg2+、SO42-、Ca2+),加入的药品顺序为:NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸C.在第③、④、⑤步骤中，溴元素均被氧化D.工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁【答案】A点睛：本题考查海水资源的综合应用，把握金属冶炼、氧化还原反应及海水提碘、海水提溴的反应原理为解答的关键。本题的易错点为C，要熟悉海水提溴的流程，溴化钠溶液中通入氯气氧化溴离子为溴单质，溴单质被二氧化硫溶液吸收，再通入氯气得到溴单质。9.下列有关物质、变化的说法中，正确的是A.化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化B.向煮沸的1mol·L-1NaOH溶液中滴加FeC13饱和溶液制备Fe(OH)3胶体C.导电性属于物质的物理性质，所以物质导电时不可能发生化学变化D.液氯、乙醇、NH3均属于非电解质【答案】A【解析】A．原子为化学变化中的最小微粒，化学变化中遵循元素守恒，则化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化，故A正确；B．Fe(OH)3胶体的制备是将FeCl3饱和溶液滴入沸水中制备的，向煮沸的1mol/LNaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3沉淀，故B错误；C．导电时可能为自由电子或自由离子的定向移动，如电解时导电发生化学变化，故C错误；D．液氯是单质，不属于电解质，也不属于非电解质，故D错误；故选A。10.在一定条件下，氯气与碘单质以等物质的量进行反应，可得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性，ICl跟Zn、H2O反应的化学方程式如下:2IC1+2Zn=ZnCl2+ZnI2，IC1+HO=HC1+HIO，下列关于ICl性质的叙述正确的是A.ZnCl2是氧化产物，又是还原产物B.ZnI2既是氧化产物，又是还原产物C.ICl跟H2O的反应，IC1是氧化剂，H2O是还原剂D.反应6.5gZn，转移电子0.1mol【答案】B【解析】2ICl+2Zn═ZnCl2+ZnI2，中Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，而ICl+H2O═HCl+HIO中，各元素的化合价不变。A．在反应中ZnCl2是氧化产物，故A错误；B．在反应中ZnI2既是氧化产物，又是还原产物，故B正确；C．ICl+H2O═HCl+HIO中，各元素的化合价不变，不属于氧化还原反应，故C错误；D．6.5gZn的物质的量为0.1mol，反应后生成Zn2+，转移电子0.2mol，故D错误；故选B。点睛：本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，注意ICl中I为+1价，Cl为-1价为解答的关键，ICl+H2O═HCl+HIO中，各元素的化合价不变是易错点。11.下列装置由甲、乙部分组成(如图所示)，甲是将废水中乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化为环境友好物质形成的化学电源。当电池工作时，下列说法正确的是A.电子的流动方向M→Fe→CuSO4溶液→Cu-NB.M极电极反应式:H2N(CH2)2NH2+16OH--16e-==2CO2↑+N2↑+12H2OC.当N极消耗5.6LO2时，则铁极增重32gD.一段时间后，乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变【答案】D【解析】根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；乙部分是在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连。A．M是负极，N是正极，电子不能通过溶液，故A正确；B．H2N(CH2)2NH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成但其、二氧化碳和水，电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-═2CO2↑+N2↑+16H+，故B错误；C．未注明是否为标准状况，无法计算5.6LO2的物质的量，故C错误；D．乙部分是在铁上镀铜，电解液浓度基本不变，所以乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变，故D正确；故选D。12.下图所示与对应叙述相符的是A.图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)＜Ksp（CuS）B.图乙表示pH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，则酸性:甲酸乙酸C.该温度下向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，pH变化曲线如图丙所示(忽略温度变化)，则①点c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH)D.图丁表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始变化的曲线，则转化率:αA(H2)=αB(H2)【答案】C【解析】A．由图像可知，当c(S2-