1、上海市上海财经大学附属中学2020届高三化学上学期期中试题（含解析）一、选择题（每小题2分，共40分，每小题只有一个正确选项）1.我国晋代抱朴子中描述了大量的化学反应，其中有：“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”；“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是()A. 中描述的化学反应是可逆反应B. “曾青”是含有Cu2的溶液，如硫酸铜溶液C. “积变又还成丹砂”中的“还”可理解为“被还原”D. 水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜【答案】B【解析】【详解】A中描述的化学反应是红色的硫化汞晶体(丹砂)在空气中灼烧有汞和硫蒸气生成，汞和硫在一起研磨生成黑色硫化汞，是不同条件下发生的反应，
2、不能称之为可逆反应，故A错误；B反应是Fe置换溶液里的Cu，说明“曾青”是含有Cu2的溶液，如硫酸铜溶液，故B正确；C“积变又还成丹砂”是指汞和硫发生反应生成硫化汞，汞被氧化，故C错误；D曾青为硫酸铜，水银不能和硫酸铜发生置换反应生成铜，故D错误。故选B。2.下列化学用语和化学符号使用正确的是（ ）A. 次氯酸的结构式可以表示为：HOClB. 正丙醇的结构简式为：C3H7OHC. 含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为CeD. 过氧化氢的电子式为：H2H【答案】A【解析】【详解】A次氯酸分子中氧原子和氯原子及氢原子都共用一个电子对，其结构式为：H-O-Cl，故A正确；B正丙醇含有正丙基
3、，其结构简式为：CH3CH2 CH2OH，故B错误；C含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子质量数为140，其符号为，故C错误；D过氧化氢是共价化合物，O原子之间为共价键，每个O原子上均和一个H原子形成共价键，故其电子式为，故D错误；故答案为A。3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂D. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料【答案】D【解析】【详解】A、SO2用于漂白纸浆是利用其漂白性，错误；B、NH4HCO3用作氮肥是因为其中含有氮元素，易被农作物吸收，错误；
4、C、Fe2(SO4)3用作净水剂是因为铁离子水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮的杂质，错误；D、Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，正确；答案选D。4.绿色环保是化学实验的追求，下列操作不会引起空气污染的是（ ）A. 用浓盐酸洗涤加热KMnO4制氧气的试管B. 用稀硝酸洗涤做过银镜实验的试管C. 硝酸亚铁和硫酸废液一同倒入废液缸D. 将打破的水银温度计插入硫粉中【答案】D【解析】【详解】A高锰酸钾分解生成的二氧化锰具有强氧化性，加热条件下能氧化浓盐酸生成污染性气体氯气，能引起空气污染，故A错误；B银和稀硝酸反应生成污染性气体NO，用稀硝酸洗涤做过银镜实验的试管会引起空气污染，故B错误；C硝酸亚
5、铁和硫酸混合形成稀硝酸具有氧化性，能氧化亚铁离子同时生成一氧化氮是污染性气体，引起空气污染，故C错误；D硫和汞常温下反应生成硫化汞，避免汞蒸气污染空气，故D正确；故选：D。5.五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是（ ）A. 元素X可能为锂B. 原子半径大小：r(M)r(W)C. X2W中各原子均达到8电子稳定结构D. 元素气态氢化物的稳定性：YM【答案】C【解析】【分析】X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li；Z的化合价为+4，Y的化合价为+5，原子序数ZY，则Y为N、Z为Si元素；M的化合价为-3，则M为P元素
6、；W的化合价为-1，其原子序数最大，则W为Cl元素，据此解答。【详解】AX化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li，故A说法正确；B同一周期原子序数越小原子半径越大，则原子半径大小：r（M）r（W），故B说法正确；C元素X可能为H或Li，X2W中X原子不是8电子稳定结构，故C错误；D元素的非金属性：YM，则元素气态氢化物的稳定性：YH3MH3，故D正确。故答案为C。6.某小组辨析非金属及其化合物，下列说法正确的是（ ）Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂SO2具有还原性，故可作漂白剂浓硝酸中的HNO3见光会分解，故浓硝酸呈黄色浓硫酸有强氧化性，不能与Cu发生
7、反应将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，褪色后加热也能恢复原色金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应A. B. C. D. 均不正确【答案】C【解析】【详解】Cl2具有很强的氧化性，可作氧化剂，但在和水以及强碱的反应中既做氧化剂，又做还原剂，故错误；二氧化硫做漂白剂是因为其具有漂白性，与还原性无关，故错误；硝酸分解生成红棕色二氧化氮，二氧化氮溶于水导致浓硝酸呈黄色，故正确；浓H2SO4具有强氧化性，浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故错误；SO2通入溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，则加热颜色不会恢复，故错误；金刚石和氧气反应生成二氧化碳
8、，故错误；正确的有；故答案为C。7.金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一，下列各组物质的转化关系不能全部通过一步反应完成的是（ ）A. NaNaOHNa2CO3NaClB. FeFeCl3Fe(OH)3Fe2O3C. MgMgCl2Mg(OH)2MgSO4D. AlAl2O3Al(OH)3AlCl3【答案】D【解析】【详解】A钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，能一步实现反应，故A不符合；BFeF
9、eCl3Fe（OH）3Fe2O3 中反应方程式分别是、FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3+3NaCl、，能一步实现，故B不符合；C镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；故C不符合；D氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D符合；故答案为D。8. 下列说法正确的是A. 按系统命名法命名时，（图1）化合物的名称是2,4,6三甲基5乙基庚烷B. 有机物（图2）的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应C.
10、高分子化合物（图3），其单体为对苯二甲酸和乙醇D. 等质量的乙炔和苯完全燃烧生成水的质量相等【答案】D【解析】试题分析：A.根据系统命名法的原则，图1化合物的名称为2,4,6三甲基3乙基庚烷，A项正确；B图2所示的有机物的分子式为C7H8O3，不饱和度为（16-8）2=4， 由于苯环的不饱和度为4，所以在其芳香族同分异构体中，若还能发生银镜反应，还应含有醛基或甲酸酯基，该种同分异构体的不饱和度至少为5，这与分子式不符，B项错误；C图3所示的高分子化合物，其单体应为对苯二甲酸和乙二醇，C项错误；D.乙炔与苯最简式相同，则等质量的乙炔和苯完全燃烧生成水的质量相等，D项正确；选D。考点：考查有机物的
11、命名及化学性质，高分子化合价单体的判断。9.下列关于水的说法中正确的是（ ）A. 在任何条件下，纯水都呈中性B. 在任何温度下，纯水的pH7C. 在90时，纯水中c(H)1107mol/LD. 向纯水中加入少量NaOH固体，水的电离平衡逆向移动，c(OH)降低【答案】A【解析】【详解】A在任何条件下，纯水中c（H+）=c（OH-），所以纯水任何条件下都呈中性，故A正确；B水的电离是吸热反应，常温下水的pH等于7，温度升高，水的电离程度增大，pH=-lgCH+，100时，纯水的c（H+）=110-6mol/L，pH=-lg110-6=6，故B错误；C在90时，温度升高水的电离受到促进，纯水中的氢
12、离子浓度大于10-7mol/L，故C错误；D向纯水中加入少量NaOH固体，水的电离逆向移动，但氢氧化钠会电离出氢氧根，c（OH-）增大，故D错误；故答案为A。10.下列评价及离子方程式书写正确的是选项离子组不能大量共存于同一溶液中的原因AH+、Fe2+、NO3-、Cl-发生了氧化还原反应4Fe2+2NO3-+6H+=4Fe3+2NO+3H2OBNa+、CO32-、Cl-、Al3+发生了互促水解反应2AI3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2CFe3+、K+、SCN-、Br-有红色沉淀生成：Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3DHCO3-、OH-、Na+、Ca2+发生如下反应：H
13、CO3-+OH-=CO32-+H2OA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】A.离子方程式电子、元素不守恒，故A错误；B.正确；C.生成物可溶，不是沉淀，故C错误；D.生成碳酸钙沉淀：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3+H2O，故D错误。故选B。点睛：解答本题选项A需要判断氧化还原反应类型离子方程式的对错，在反应物、生成物成分及表示形式正确的前提下，可从质量守恒、电荷守恒、电子守恒判断。11.用H2O2溶液处理含NaCN的废水，反应原理为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱。下列有关说法正确的是A. 该反应中氮元素被氧化B 该反应中
14、H2O2作还原剂C. 每生产0.1mol NaHCO3转移电子数约为0.16.021023个D. 实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液【答案】D【解析】A、该反应中氮元素化合价不变，故A错误；B、氧由-1价升高到0价，该反应中H2O2作氧化剂，故B错误；C、反应中碳由+2价升高到+4价，每生产0.1mol NaHCO3转移电子数约为0.26.021023个，故C正确；D、CN水解生成HCN，溶液呈碱性，实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液，抑制CN水解，故D正确；故选D。12.下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是()A. NaHSO3 粉末加入HNO3溶液中
15、B. SO2气体通入新制氯水中C. NaOH溶液滴入 Ba(HCO3)2溶液中D. CO2气体通入澄清石灰水中【答案】D【解析】【详解】A. 硝酸具有氧化性，能氧化亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，硝酸的还原产物是NO，图象中产生气体的起始点错误，故A错误；B.SO2与氯水反应生成HCl和H2SO4，溶液酸性增强，图象中pH变化不正确，故B错误；C. NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，OH-与HCO3-生成CO32-，CO32-随即与Ba2+产生沉淀，即反应开始时就有沉淀生成，故C错误；D. CO2 +Ca(OH) 2 =CaCO3 + H2O ，一开始反应溶液中自由移动的离子减少，但CO2过量
16、时会发生CaCO 3 + H2O+CO2 =Ca(HCO3)2，自由移动的离子增多，导电性又增强，故D正确；故选D。13.如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是（ ）A. 由MgCl2制取Mg是放热过程B. 热稳定性：MgI2MgBr2MgCl2MgF2C. 金属镁和卤素单质(X2)的反应都是放热反应D. 由图可知，此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为MgBr2(s)Cl2(g)MgCl2(s)Br2(g)-117kJ【答案】C【解析】【详解】A由图可知，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，则由MgCl2制取Mg是吸热反应，故A错误；B物质的能
17、量越低越稳定，由图可知化合物的热稳定性顺序为MgI2MgBr2MgCl2MgF2，故B错误；C金属镁和卤素单质（X2）的能量均比生成物能量高，则均为放热反应，故C正确；D由图可知Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）H=-641kJ/mol、Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）H=-524kJ/mol，结合盖斯定律可知，-得到MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g）H=-117kJmol-1，放热，故D错误；故答案为C。14.已知反应X(g)Y(g)nZ(g)+Q(Q0，故答案为：；（3）在一个容积为10L的密闭容器中，1 000时加入Fe、Fe2O3、CO、CO
18、2各1.0mol，浓度商QK=64，反应正向进行，反应经过10min后达到平衡，令平衡时CO的物质的量变化为nmol，则：所以有，解得n=0.6mol，所以v(CO2)=，CO的平衡转化率为，故答案为：0.006molL-1min-1；60%；（4）A铁是固体，减少Fe的量，不影响平衡移动，CO的平衡转化率不变，故A错误；B氧化铁是固体，增加Fe2O3的量，不影响平衡移动，CO的平衡转化率不变，故B错误；C移出部分CO2，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故C正确；D该反应正反应是放热反应，降低反应温度，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故D正确；E反应前后气体物质的量不变，减小容
19、器的容积，增大压强平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故E错误；F加入合适的催化剂，平衡不移动，故F错误；故选CD。（5）由于该反应是气体体积相等的反应，压强不影响平衡，且恒压，所以最终得到平衡时的各组分含量、浓度与原平衡完全相同，所以达到平衡时的反应速率与原平衡时的速率相等；若再通入1mol H2和1mol CO2的混合气体后，由于恒压条件下，容器的容积增大，生成物浓度增大，反应物浓度减小，所以逆反应速率增大，正反应速率减小，之后逆反应速率逐渐减小，正反应速率增大，最终得到与原平衡相等的速率，据此画出的正（v正）、逆（v逆）反应速率随时间t变化的示意图为：。【点睛】第（3）题中求反应速率的时候
20、要注意反应速率的定义是单位时间内物质的量浓度的变化，而不是物质的量，要注意容器的体积为10L，求出物质的量之后要进一步求浓度。23.化合物H是一种光伏材料中间体。工作室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下： 已知：RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O回答下列问题(1)B所含官能团名称为_。(2)由B生成C和E生成F的反应类型分别为_、_。(3)D的结构简式为_。(4)由A生成B的化学方程式为_。(5)芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，符合要求的X的结构有_种，写出其中一种结构简
21、式_。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料合成 CH3CH2CH2COOH的合成路线(无机试剂在用)(合成路线示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH _。【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 氧化反应 (3). 取代反应（或酯化反应） (4). (5). (6). 4种 (7). (8). 【解析】【分析】芳香族化合物A与乙醛发生信息中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式为：C9H8O+H2O-C2H4O=C7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为E与
22、乙醇发生酯化反应生成F为结合信息中的加成反应、H的结构简式，可推知G为，以此解答(1)(5)；(6)利用信息增长碳链，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反应得到CH3CH=CHCHO，再与氢气发生反应得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH。【详解】(1)由分析可知，B为，所含官能团名称为碳碳双键和醛基。(2)发生氧化反应生成的C为；E为，其与乙醇发生酯化反应生成的F为，反应类型为取代反应；(3)由分析可知D的结构简式为；(4)A为，与乙醛在NaOH的水溶液中发生反应生成的B为，反应的化学方程式为；(5)F为，芳香化合物X是F的同分异构体，X能与
23、饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，则分子中应含有2个甲基，且为对称结构，符合条件的结构有4种，分别是；(6)利用信息增长碳链，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反应得到CH3CH=CHCHO，再与氢气发生反应得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH合成路线流程图为：。【点睛】学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各
24、有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。24.某班同学用以下实验探究Fe2、Fe3的性质。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_。甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2氧化。（2）FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_。乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红。（3）煤油的作用是_。丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，
25、加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。（4）实验说明：在I过量的情况下，溶液中仍含有_(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为_。丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色。（5）发生反应的离子方程式为_。（6）一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是_；生成沉淀的原因是_(用平衡移动原理解释)。【答案】 (1). 防止Fe2+被氧化 (2). Cl2+2Fe2
26、+=2Fe3+2Cl- (3). 隔离空气（排除氧气对实验的影响） (4). Fe3+ (5). 可逆反应 (6). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (7). 铁离子可做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气 (8). 氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动。【解析】分析】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁；（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；（3）氧气会氧化亚铁离子；（4） Fe3+遇到KSCN溶液会显红色，说明碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应；（5）H2O2具有氧化性
27、，FeCl2有还原性，含有Fe3+遇的溶液显黄色；（6）氢氧化铁沉淀为红褐色，过氧化氢可以反应生成氧气。【详解】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl-；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，故答案为：隔离空气（排除氧气对实验的影响）；（4）第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色，说明有碘单质生成，第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明在I
28、-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应故答案为：Fe3+；可逆反应；（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（6）铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气，氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动，故答案为：铁离子可做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气；氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动。