山东省潍坊市第一中学2015届高三12月月考试化学试题

高三过程性训练(三)化学试题(时间：90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 Na：23 Al：27 K：39 Fe：56 Zn：65第I卷选择题(共50分)选择题(本题包括20小题，每小题只有一个答案符合题意，1～10每小题2分，11～20每小题3分，共50分)1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。

下列叙述正确的是A．普通玻璃的主要成分是纯碱、石灰石和二氧化硅B．“光化学烟雾”与碳氢化合物和氮氧化合物的大量排放有关C．明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同D．C、S分别在空气中燃烧均可得到两种不同的氧化物2．Na2O2、Cl2和SO2均能使品红溶液褪色(N A为阿伏加德罗常数的值)。

下列说法正确的是A．Na2O2、Cl2、SO2依次属于电解质、单质、非电解质B．标准状况下，1 mol Na2O2和22.4LSO2反应，转移电子数目为N AC．等物质的量的Cl2和SO2同时通入品红溶液中，品红褪色更快D．在Na2O2中阴阳离子所含的电子数目相等3．下列溶液中一定呈中性的是A．pH=7的溶液B．c(H+)=c(OH-)=10-6mol·L-1的溶液C．能够与Na反应生成H2的溶液D．电解食盐水最后所得溶液4．过氧化氢在二氧化锰作用下分解放出O2的反应机理如下：①MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O ②Mn2++H2O2=MnO2+2H+下列说法正确的是A．H2O2在①中是氧化剂，在②中是还原剂B．反应②属于置换反应C．在①中每生成1 mol O2，转移的电子数为4×6.02×1023D．在二氧化锰催化作用下1 mol H2O2分解能生成0.5 mol O25．下列叙述错误的是A．锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡后，再将不溶物用稀盐酸溶解除去B．向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制各Fe(OH)3胶体的原理是加热促进了Fe3+水解C．向纯水中加入盐酸或降温都能使水的离子积减小，电离平衡逆向移动D．胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质微粒直径在1 nm～100 nm之间6．下列对事实的说法、解释或结论正确的是A．酸根离子中不可能含有金属元素B．铁比铝容易生锈，是因为铁比铝活泼C．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，证明存在Fe3+而没有Fe2+D．铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，因为铝箔表面的氧化铝熔点高于铝7．常温条件下，下列溶液中的各组离子一定能够大量共存的是A．pH=1的溶液：Na+、Fe2+、Cl-、NO3-B．含有大量I-的溶液：ClO-、Na+、Cl-、CO32-C．c(H+)／c(OH-)=1010 mol·L-1的溶液：NH4+、Na+、SO42-、Fe3+D．加入铝粉能放出大量H2的溶液：K+、NH4+、SO42-、CO32-8．一定条件下，某固定容积的密闭容器中存在反应：2A(g)+B(s) 2C(g) △H<0。

2015-2016学年山东省潍坊一中高三（上）月考化学试卷（10月份）（三）参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个选项正确，每题3分，共48分）1．下列仪器中①漏斗；②容量瓶；③蒸馏烧瓶；④天平；⑤分液漏斗；⑥滴定管；⑦燃烧匙，常用于物质分离的是（）A．①③④B．①②⑥C．①③⑤D．③④⑦【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】常用的物质分离的方法有：过滤、萃取分液、蒸馏、分馏，根据常用的物质分离的方法来选择所需的仪器．【解答】解：①漏斗可用于过滤，过滤是一种分离混合物的方法，故①正确；②容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，不用于物质的分离，故②错误；③蒸馏烧瓶是用于蒸馏实验的容器，蒸馏是一种分离物质的方法，故③正确；④天平是称量药品质量的仪器，不用于物质的分离，故④错误；⑤分液漏斗是分离互不相溶的密度不同的液体的仪器，故⑤正确；⑥滴定管是量取液体的仪器，不用于物质的分离，故⑥错误；⑦燃烧匙是用于物质燃烧的仪器，不用于物质的分离，故⑦错误；故选：C．【点评】本题考查学生物质分离所需的仪器，题目难度不大，注意常用的物质分离的方法及使用的仪器．2．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，8g O2含有4N A个电子B．1L ﹣1的氨水中有N A个NH4+C．标准状况下，22.4L盐酸含有N A个HCl分子D．1mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2N A个电子【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、依据n=计算物质的量，结合氧气分子含有电子总数计算得到；B、一水合氨是弱电解质存在电离平衡；C、盐酸是电解质溶液，氯化氢电离成氢离子和氯离子；D、钠原子最外层电子数为1；【解答】解：A、常温常压下，8gO2物质的量==，含有电子数=×8×2×N A=4N A，故A正确；B、1L ﹣1的氨水中，一水合氨物质的量为，一水合氨是弱电解质存在电离平衡，溶液中有NH4+小于，故B错误；C、盐酸是电解质溶液，不是气体，溶液中氯化氢电离成氢离子和氯离子，不存在氯化氢分子，故C错误；D、1mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去N A个电子，故D错误；故选A．【点评】题目考查阿伏伽德罗常数的计算应用，质量换算物质的量弱电解质电离平衡，氧化还原反应电子转移是考查重点，题目较简单．3．能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应生成氯化亚铁和氢气；B．不能置换出Cu，反应生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气；C．HCO3﹣不能拆分；D．发生沉淀的转化，生成氢氧化铁和氯化镁．【解答】解：A ．浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H +═Fe 2++H 2↑，故A 错误；B ．钠与CuSO 4溶液反应的离子反应为2Na+2H 2O+Cu 2+═Cu（OH ）2↓+2Na ++H 2↑，故B 错误；C ．NaHCO 3溶液与稀H 2SO 4反应的离子反应为HCO 3﹣+H +═H 2O+CO 2↑，故C 错误；D ．向FeCl 3溶液中加入Mg （OH ）2的离子反应为3Mg （OH ）2+2Fe 3+═3Mg 2++2Fe （OH ）3，故D 正确；故选D ．【点评】本题考查离子反应书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意物质的性质及离子反应的书写方法，题目难度不大．4．下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是（ ）①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌；③用pH 试纸测得氯水的pH 为2；④用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管；⑤浓硝酸保存在棕色细口瓶中；⑥将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，镁条上产生气泡⑦某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中含NH4+．A．①④⑤⑦B．③④⑦C．①②⑥D．②③⑤⑥【考点】化学仪器的洗涤、干燥；测定溶液pH的方法；化学试剂的存放；配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】化学实验基本操作．【分析】①盛放过石灰水的试剂瓶上会有碳酸钙生成，用稀盐酸洗涤，会与碳酸钙反应，从而除掉碳酸钙；②浓硫酸稀释放热，配制时应将浓硫酸倒入其他溶液；③氯水有强氧化性，有漂白性；④稀HNO3可与银反应；⑤见光易分解的物质保存在棕色细口瓶中；⑥镁条和铝片在浓NaOH溶液中构成原电池；⑦碱性气体是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体．【解答】解：①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，操作正确，故①正确；②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，故②错误；③氯水有强氧化性，有漂白性能将PH试纸漂白，故③错误；④因稀HNO3可与银反应，所以可用稀HNO3清洗做过银镜反应的试管，故④正确；⑤浓硝酸见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，故⑤正确；⑥镁条和铝片在稀NaOH溶液中不能构成原电池，再铝片上产生氢气，故⑥错误；⑦加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液含有NH4+，故⑦正确；故选A．【点评】本题考查化学实验基本操作，难度适中，平时注意知识的积累．5．R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为+2价，且X2+与单质R不反应；X2++Z=X+Z2+；Y+Z2+=Y2++Z．这四种离子的氧化性大小顺序正确的是（）A．R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+B．X2+＞R2+＞Y2+＞Z2+C．Y2+＞Z2+＞R2+＞X2+D．Z2+＞X2+＞R2+＞Y2+【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物分析判断；【解答】解：反应X2++Z=X+Z2+中氧化剂X2+的氧化性大于氧化产物Z2+，即氧化性X2+＞Z2+；反应Y+Z2+=Y2++Z中氧化剂Z2+的氧化性大于氧化产物Y2+，即氧化性Z2+＞Y2+；X2+与单质R不反应说明X2+的氧化性小于R2+的氧化性，即R2+＞X2+；综上所述得到四种离子被还原成0价时表现的氧化性大小为：R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+；故选A．【点评】本题考查了氧化还原反应的强弱规律的应用，正确理解和判断氧化剂、氧化产物是解本题的关键．6．下列说法不正确的是（）A．用加热法可除去Na2CO3中的NaHCO3B．Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3C．可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液D．小苏打可中和胃酸、热纯碱可除去油污【考点】钠的重要化合物；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】NaHCO3俗名小苏打，不稳定，加热易分解，Na2CO3俗名纯碱，二者都能与石灰水反应，相同温度下，Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3，以此解答该题．【解答】解：A．因2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，则可用加热法除去Na2CO3固体中的NaHCO3，故A正确；B．因2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，所以Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3，故B正确；C．NaHCO3和Na2CO3都可以与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，所以不能用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液，故C错误；D．NaHCO3俗名小苏打，可中和胃酸，Na2CO3俗名纯碱，水解显碱性可除去油污，故D正确．故选C．【点评】本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并注意利用稳定性、与石灰水的反应、水解、与碱的反应来分析解答，题目难度不大．7．将 Na别投入到盛有100mL水、100mL 1molL﹣1盐酸、100mL 1molL﹣1硫酸铜溶液的X、Y、Z三个烧杯中，下列有关说法错误的是（）A．三个烧杯中一定均会发生的离子反应有：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑B．三个烧杯中钠均在液面上剧烈反应，相比而言，X烧杯中的反应平缓些C．Z烧杯中一定会有沉淀生成，但沉淀不是单质铜D．三个烧杯中生成氢气体的物质的量相同【考点】钠的化学性质．【分析】钠密度小于水，钠投入溶液中，发生的反应实质是钠与酸或者水电离产生的氢离子的反应，溶液中氢离子浓度越大，反应越剧烈，生成的氢氧化钠又能够与硫酸铜发生复分解反应，据此解答．【解答】解：A．钠投入溶液中，发生的反应实质是钠与酸或者水电离产生的氢离子的反应，钠与盐酸反应的实质为：2Na+2H+=2Na++H2↑，故A错误；B．盐酸为酸、硫酸铜为强酸弱碱盐水解显酸性，所以X、Y、Z三种溶液中，氢离子浓度由大到小的顺序为：Y＞Z＞X，氢离子浓度越大，反应越剧烈，水中氢离子浓度最小，所以反应最缓和，故B正确；C．钠与硫酸铜溶液反应，方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4，故C正确；D．依据得失电子守恒，可知相同量的钠失去电子数相同，生成氢气的量相同，故D正确；故选：A．【点评】本题考查了钠的性质，解题关键在于明确钠与溶液反应的实质，题目难度不大，注意知识的积累．8．下列说法正确的是（）A．Na2O、Na2O2组成元素相同，但与CO2反应的产物不同B．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑ Na2O2是氧化剂H2O是还原剂C．Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣十O2↑D．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂时氧元素即被氧化又被还原【考点】钠的重要化合物；氧化还原反应．【分析】A．Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气；B．Na2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，根据化合价判断；C．Na2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，根据离子反应的特征判断；D．在呼吸面具中，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气常作供氧剂，根据化合价判断；【解答】解：A．Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气，产物不同，故A正确；B．Na2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，Na2O2即是氧化剂又是还原剂，故B错误；C．Na2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣十O2↑，原子不守恒，故C错误；D．在呼吸面具中，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气常作供氧剂，Na2O2用作呼吸面具的供氧剂时氧元素即被氧化又被还原，故D正确．故选AD．【点评】本题考查钠的重要化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握过氧化钠与水、二氧化碳反应的特点，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．9．下列是关于氯水的叙述，正确的是（）A．新制氯水中只含C12和HClO分子B．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C．光照氯水有气泡冒出，该气体为Cl2D．氯水放置数天后，pH值将增大【考点】氯气的化学性质．【分析】氯气与水发生：Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有弱酸性、强氧化性、漂白性以及不稳定性，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子．【解答】解：A．氯气与水发生：Cl2+H2OHCl+HClO，HClO为弱酸，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子，故A错误；B．HCl可使蓝色石蕊试纸先变红，HClO可使蓝色石蕊试纸褪色，故B正确；C．HClO不稳定，见光分解，发生：2HClO2HCl+O2，生成氧气，故C 错误；D．HClO不稳定，分解生成HCl，溶液pH减小，故D错误．故选B．【点评】本题考查氯水的成分及性质，题目难度不大，本题注意基础知识的积累和学习．10．分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（）①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应③根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体和浊液④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物⑤根据电解质的水溶液导电能力的强弱将电解质分为强电解质和弱电解质．A．②④B．②③④C．①③⑤D．①②④【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；单质和化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物等；②根据氧化还原反应的实质分析；③根据分散系的分类方法分析；④根据单质和化合物的概念来分析；⑤根据强弱电解质的概念分析．【解答】解：①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物等；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能跟酸起反应，生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物，故①正确；②氧化还原反应的实质：有电子转移，所以可以根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；③分散系的分类是依据分散质直径的大小，将分散系分为溶液、胶体、浊液，故③错误；④单质是只由一种元素组成的纯净物，化合物是由两种或两种以上的元素组成的纯净物，故④正确；⑤根据电解质在水溶液中或熔融状态下能否完全电离，电解质分为强电解质和弱电解质，故⑤错误；故选D．【点评】本题考查了物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据．11．可以大量共存的离子组是（）A．Na+、Fe2+、NO3﹣、C1﹣B．K+、HCO3﹣、SO42﹣、OH﹣C．C1O﹣、C1﹣、Na+、H+D．Ba2+、K+、SO42﹣、H+【考点】离子共存问题．【分析】A．Na+、Fe2+、NO3﹣、C1﹣离子之间不满足离子反应发生反应；B．碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；C．次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸；D．钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀．【解答】解：A．Na+、Fe2+、NO3﹣、C1﹣之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．HCO3﹣、OH﹣之间反应生成碳酸根离子和水，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．C1O﹣、H+之间反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Ba2+、SO42﹣之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故D 错误；故选A．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不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；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．12．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是（）已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O=CaCO2↓+2HClO向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC用惰性电极电解NaCl溶液用惰性电极电解MgBr2溶液2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑2Br﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Br2D稀盐酸与NaOH溶液反应至中性H++OH﹣=H2O稀HNO3与Ba（OH）2溶液反应至中性H++OH﹣=H2OA．A B．B C．C D．D【考点】离子方程式的书写．【分析】A．钠的性质比较活泼，与盐溶液反应时先与水反应；B．二氧化碳与二氧化硫都是酸性氧化物，但是二氧化硫具有还原性，能够被次氯酸根氧化；C．氢氧化镁是沉淀应保留化学式；D．稀盐酸与NaOH溶液、稀HNO3与Ba（OH）2溶液反应的实质相同，都是氢离子与氢氧根离子反应生成水．【解答】解：A．将Na加入到CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，不能置换出铜，故A错误；B．向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2，二氧化硫具有还原性，被次氯酸根离子氧化，离子方程式为：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO4+H++Cl﹣+HClO，故B 错误；C．用惰性电极电解MgBr2溶液，离子方程式为：Mg2++2Br﹣+2H2O Mg （OH）2↓+H2↑+Br2，故C错误；D．稀盐酸与NaOH溶液、稀HNO3与Ba（OH）2溶液反应的实质相同，都是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为：H++OH﹣=H2O，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，为考试的热点，明确反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分，题目难度不大．13．下列叙述错误的是（）A．NH3的喷泉实验说明氨气极易溶于水B．NO 和NH3均可用排空气法收集C．盛液溴的瓶内加少量水可防止液溴的挥发D．NH3遇到挥发性的强酸就能冒白烟【考点】氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】元素及其化合物．【分析】A、氨气的喷泉实验从压强的角度证明氨气极易溶于水；B、一氧化氮可以喝空气中的氧气反应；C、利用水封可以避免液溴挥发；D、氨气是碱性气体和挥发出的酸分子反应生成铵盐．【解答】解：A、氨气极易溶于水，在喷泉实验中因溶于水导致圆底烧瓶中压强减小，从而形成喷泉，故A正确；B、由于一氧化氮能够与空气中的氧气发生反应生成二氧化氮，不能使用排空气法水解一氧化氮，应该采用排水法收集，故B错误；C、利用水封可以避免液溴挥发，故C正确；D、氨气是碱性气体和挥发出的酸分子反应生成铵盐，所以NH3遇到挥发性强酸就能冒白烟，故B正确；故选B．【点评】本题考查了物质的性质的应用知识，注意一氧化氮不能用排空气收集，较简单．14．下列现象或事实不能用同一原理解释的是（）A．浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B．硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质C．常温下铁和铂都不溶于浓硝酸D．SO2和Na2SO3溶液都能使氯水褪色【考点】硝酸的化学性质；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；含硫物质的性质及综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】A．浓硝酸见光易分解；氯水见光会分解；B．硫化钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质；亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质；C．常温下铁遇浓硝酸，发生钝化；铂的活泼性较弱，与浓硝酸不反应；D．SO2具有还原性，能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色；Na2SO3具有还原性，能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色．【解答】解：A．浓硝酸见光易分解，须存放在棕色瓶中；氯水见光会分解，应盛放在棕色瓶中，能用同一原理解释，故A不选；B．硫化钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质；亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质，能用同一原理解释，故B不选；C．常温下铁遇浓硝酸，发生钝化；铂的活泼性较弱，与浓硝酸不反应，不能用同一原理解释，故C可选；D．SO2具有还原性，能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色；Na2SO3具有还原性，能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色；能用同一原理解释，故D不选；故选C．【点评】本题考查物质的保存、金属的钝化、硫的化合物的性质等，难度中等．要注意基础知识的积累．15．通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一．对下列实验事实的解释不正确的是（）现象解释或结论A SO2使酸性高锰酸钾溶液退色SO2表现还原性B浓HNO3在光照条件下变黄浓HNO3不稳定，生成有色产物能溶于浓硝酸C某溶液中加入浓NaOH溶液加热，放出气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有NH4+D铝片放入浓硫酸中，无明显变化说明铝与冷的浓硫酸不发生化学反应A．A B．B C．C D．D【考点】二氧化硫的化学性质；硝酸的化学性质；铝的化学性质；常见阳离子的检验．【专题】元素及其化合物．【分析】A．SO2与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，S元素的化合价升高；B．浓HNO3在光照条件分解生成红棕色的二氧化氮；C．气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气；D．铝片放入浓硫酸中，发生钝化．【解答】解：A．SO2与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，则SO2表现还原性，故A正确；B．浓HNO3在光照条件分解生成红棕色的二氧化氮，溶解在溶液中变黄，故B正确；C．气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，则该溶液中一定含有NH4+，故C正确；D．铝片放入浓硫酸中，发生钝化，为氧化还原反应生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，故D错误；故选D．【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．16．如图实验装置、选用的试剂或实验操作中，都正确的是（）A．实验室用装置A制取氨气．B．用B装置吸收氨气，并防止倒吸．C．用C装置稀释浓硫酸C．D．用D装置除去CO2中的HCl．【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl；B．氨气极易溶于水；C．量筒不能用来配制溶液；D．除杂不能将原物质除掉．【解答】解：A．NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，得到气体的机会不多，故A错误；B．氨气极易溶于水按照装置图，倒扣的漏斗可防止倒吸，故B正确；C．量筒不能用来稀释或配制溶液，应在烧杯中稀释冷却后转移到容量瓶中，故C错误；D．碳酸钠能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，将二氧化碳除掉，不符合除杂原则，应选碳酸氢钠溶液除杂，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氨气的制取和收集、溶液的配制、除杂等，侧重实技能及物质性质的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．二、填空题：17．硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）在医药上作补血剂．某课外研究小组测定该补血剂中铁元素的含量，实验步骤如图：请回答下列问题：（1）证明步骤①滤液中含有Fe2+的方法是先滴加KSCN溶液，再滴加氯水（或双氧水、稀硝酸），该过程的现象为：溶液开始不变色，后变为血红色．（2）步骤②加入过量H2O2的目的：将Fe2+全部氧化为Fe3+．（3）步骤③中反应的离子方程：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓[或Fe3++3NH3H2O=Fe （OH）3↓+3NH4+] ．（4）步骤④中一列处理的操作步骤：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量．（5）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量0.07a g．（6）该小组有些同学认为用KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定．（5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O）①实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻棒、烧杯、胶头滴管外，还需250mL容量瓶．②上述实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是 b ．a．稀硝酸 b．稀硫酸 c．稀盐酸 d．浓硝酸③滴定到终点时的颜色为紫或紫红色．若滴定到终点时俯视滴定管刻度线，对测量值有何影响偏低（填“偏高、偏低或无影响”）．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合．【分析】由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量，（1）Fe3+遇KSCN溶液显血红色，该现象用于检验Fe3+存在，可以加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+．检验Fe2+可以先滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水或双氧水，溶液变为血红色，说明含有Fe2+；（2）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；（3）由流程图可知，步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，加入的X可以是碱或氨水；（4）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；（5）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，据此计算．（6）①精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；②加入的酸不能具有强氧化性，不能被酸性高锰酸钾氧化，防止影响酸性高锰酸钾溶液的体积，影响测定结果；③用高锰酸钾溶液滴定亚铁离子时，滴定到终点时溶液会出现紫色或紫红色，若滴定到终点时俯视滴定管刻度线，则读出的高锰酸钾溶液的体积偏小，据此判断；【解答】解：由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量．（1）Fe3+遇KSCN溶液显红色，该现象用于检验Fe3+存在，可以加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+检验Fe2+，可以先滴加KSCN溶液，溶液不变色，加入氯水（或双氧水、稀硝酸），发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，溶液变为血红色，发生Fe3++3SCN﹣Fe（SCN）3，说明含有Fe2+，故答案为：氯水（或双氧水、稀硝酸）；溶液开始不变色，后变为血红色；（2）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+；（3）由流程图可知，步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，加入的X可以是氢氧化钠溶液或氨水，反应方程式为Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓[或Fe3++3NH3H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+]，故答案为：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓[或Fe3++3NH3H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+]；（4）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，故答案为：洗涤；冷却；。

高三化学2014．11 本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

第I卷l至4页，第II卷5至8页。

满分100分，考试时间为90分钟。

注意事项：1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目、试卷类型(A)涂写在答题卡上。

考试结束时，将试题和答题卡一并交回。

2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，不能答在试题卷上。

可能用到的相对原子质量：H l C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Al 27 Cl 35.5Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Ba 137第I卷(选择题，共48分)选择题(本题包括16小题。

每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。

)1．下列说法正确的是A．含有食品添加剂的食物对人体健康均有害B．普通玻璃和氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料C．大力推广应用燃料“脱硫、脱硝”技术，可减少硫氧化物和氮氧化物对空气的污染D．为消除碘缺乏病，政府规定在食盐中必须添加一定量的KI【答案】C【解析】A. 食盐、食醋、食用油均可用作食品添加剂，所以含有食品添加剂的食物对人体健康不一定有害，错误；B.普通玻璃属于传统无机非金属材料，错误；D. 为消除碘缺乏病，政府规定在食盐中必须添加一定量的KIO3，错误；选C。

2．下列说法错误的是A．纯铁的抗腐蚀能力比生铁强B．可用酒精洗涤附着在试管内壁上的固态硫C．用惰性电极电解熔融NaCl可获得金属钠D．二氧化硅能与NaOH溶液反应，所以盛放碱液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞【答案】B【解析】硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，所以可用二硫化碳洗涤附着在试管内壁上的固态硫，选B。

3．下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是A．ⅥA族元素的原子半径越大，越容易得到电子B．I A族与VIIA族元素间能形成离子化合物也能形成共价化合物C．I A族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强D．原子最外层电子数为2的元素一定位于元素周期表中的ⅡA族【答案】B【解析】A．同族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，所以，ⅥA族元素的原子半径越小，越容易得到电子，错误；B．I A族与VIIA族元素间能形成离子化合物也能形成共价化合物，正确；C．同周期元素，从左到右，金属性逐渐减弱，同周期中，I A族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强，错误；D．氦位于零族，最外层有2个电子，所以原子最外层电子数为2的元素一定位于元素周期表中的ⅡA族是错误的；选B。

山东省潍坊市第一中学2015届高三12月月考试化学试卷2．下列叙述正确的是A．利用惰性电极电解饱和食盐水的过程中，溶液中水的电离平衡向左移动B．溴元素和碘元素被称为“海洋元素”C．向AlCl3 溶液中加入氨水可制取Al(OH)3D．Fe分别与氯气和稀盐酸反应可得到同一种氯化物3．下列各组离子在溶液中能够大量共存，当溶液中c OH 10 13mol1L 时，有气体产生，而当溶液中c OH 10 13mol1L 时，又能产生沉淀。

则该组离子可能是A．Fe2+、Na+、SO42-、NO3- B．NO3-、Ca2+、H+、HCO3-C．Cu2+、NH4+、SO42-、Cl- D．Ba2+、K+、Cl-、NO3-4．N、O、S、Si 是重要的非金属元素，下列说法正确的是A．N、O、S、Si 的原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱B．SO2和SiO2 既能与NaOH 溶液反应，又能与某些酸反应C．N、S 的氧化物既是形成光化学烟雾，又是形成酸雨的主要物质D．N、Si、S的单质均能和氧气反应，且产物分别是NO2、SiO2 和SO2 5．下列有关化学用语的书写或表述正确的是通电A．用铜做电极电解饱和食盐水：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↓B．稀醋酸与0.1 mol L NaOH溶液反应：H aq OH aq H2O 1 H 157.3kJ mol 1C．切开的金属Na 暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗4Na+O2=2Na2OD．向沸腾的蒸馏水中逐滴加入 1.0 mol1L FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色3Fe 3H O Fe OH 3H2 36．下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是7．用铝制易拉罐收集满CO2，加入足量NaOH 浓溶液，立即把口封闭。

发现易拉罐“咔咔”作响，并变瘪了；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来。

下列说法错误的是A．导致易拉罐变瘪的离子反应是：CO2+2OH-=CO32-B．导致易拉罐又鼓起来的反应是：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al (OH)3↓+3CO2↑C．若将CO2换为NH3，浓NaOH 溶液换为盐酸，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象D．上述过程中总共发生了三个化学反应，且有一个属于氧化还原反应8．已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X 的原子半径在短周期主族元素中最大，Y 元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z 元素的原子L层L 层电子数为m n，M 层电子数为m n，W 与Z 同主族，R元素原子与Y 元素原子的核外电子数之比为2：l。

2015年山东省潍坊市高考化学一模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共21.0分)1.化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是（）A.生活中钢铁制品生锈主要是由于吸氧腐蚀所致B.石油的裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化C.天然纤维、人造纤维、合成纤维组成元素相同D.工业废水中的C u2+、H g2+等重金属阳离子可以通过加入F e S除去【答案】C【解析】解：A．钢铁为合金，易发生电化学腐蚀，在空气中主要发生吸氧腐蚀，故A正确；B．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，通过石油的裂化、裂解可以得到小分子化合物，都属于化学变化，故B正确；C．天然纤维、人造纤维的组成为纤维素，纤维类物质，某些合成纤维为烃类物质，故C错误；D．F e S的溶度积大于C u S、H g S的溶度积，其溶解平衡的S2-浓度远大于C u S、H g S的S2-离子浓度，故加入F e S可以沉淀废水中的C u2+、H g2+，故D正确．故选C．A．钢铁为合金，易发生电化学腐蚀；B．根据石油的裂化、裂解和煤的干馏的定义判断；C．天然纤维、人造纤维为纤维类物质，某些合成纤维为烃类物质；D．根据难溶电解质的溶解平衡判断．本题综合考查金属的腐蚀、煤和石油的综合利用、合成材料以及难溶电解质的溶解平衡等问题，为高频考点，侧重化学与生活、生产以及环境的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大．2.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，第三周中Z元素）A.Y元素气态氢化物的稳定性大于X元素的气态氢化物B.形成的简单离子半径W＞Q＞Z＞XC.最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是QD.X的最高价氧化物水化物和X的氢化物形成的化合物含有离子键，共价键【答案】B【解析】解：第三周中Z元素的简单离子半径最小，则Z为A l，由短周期元素在周期表中位置可知，X为N元素、Y为O元素、W为S元素，Q为C l元素，A．非金属性O＞N，故氢化物稳定性H2O＞NH3，故A正确；B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径r（S2-）＞r（C l-）＞r（N3-）＞r（A l3+），故B错误；C．高氯酸是最强的酸，故C正确；D．X的最高价氧化物水化物和X的氢化物形成的化合物为硝酸铵，含有离子键、共价键，故D正确，故选：B．第三周中Z元素的简单离子半径最小，则Z为A l，由短周期元素在周期表中位置可知，X为N元素、Y为O元素、W为S元素，Q为C l元素，结合元素周期律进行解答．本题考查元素周期表与元素周期律，难度不大，注意理解掌握元素周期律，理解掌握离子半径的比较规律．3.单质或化合物A可能为N a、C、S i、N2、H2S，可以实现下列转化关系的有（）A.2种B.3种C.4种D.5种【答案】A【解析】解：N a与N a2O2不反应，S i不能发生连续氧化反应，N2与NO2不反应，由C COCO2，C+CO22CO；H2S S SO2，2H2S+SO2=3S+2H2O可知，五种物质中，只有C、H2S能实现转化关系，故选A．N a与N a2O2不反应，S i不能发生连续氧化反应，N2与NO2不反应，C、H2S能实现转化关系，以此来解答．本题考查金属单质及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注重基础知识的夯实，题目难度不大．4.某有机物A的结构简式如图所示．下列叙述正确的是（）A.其分子式为C12H12O5B.A中含有2种含氧官能团C.A能够发生加成、取代和加聚反应D.1mol A和足量的N a OH溶液反应，可以消耗2mol N a OH【答案】D【解析】解：A．该分子式为C12H14O5，故A错误；B．A中含有-COOH、-OH、-COO-官能团，所以有三种含氧官能团，故B错误；C．该分子中含有酯基、醇羟基、羧基，所以应该具有酯、醇、羧酸的性质，含有苯环，所以还有苯的性质，能发生加成反应、取代反应，因为没有碳碳双键或三键，不能发生加聚反应，故C错误；D．羧基、酯基能和N a OH反应，所以1mol A和足量的N a OH溶液反应，可以消耗2mol N a OH，故D正确；故选D．该分子中含有酯基、醇羟基、羧基，所以应该具有酯、醇、羧酸的性质，据此分析解答．本题考查有机物结构和性质，明确有机物中官能团与性质的关系是解本题关键，知道常见有机物官能团，题目难度不大．A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】解：A．实验室制备乙酸乙酯时，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，否则易产生倒吸现象，故A错误；B．互不相溶的液体采用分液方法分离，乙醇和苯互溶，不能采用分液方法分离，应该采用蒸馏方法分离，故B错误；C．碳酸钠较稳定、碳酸氢钠受热易分解，所以只有碳酸氢钠、碳酸钠位置调换才能鉴别二者的稳定性强弱，故C错误；D．该装置中乙中两管液体能形成压强差，可以根据左边管中液体高度是否变化检验装置气密性，故D正确；故选D．A．实验室制备乙酸乙酯时，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中；B．互不相溶的液体采用分液方法分离；C．碳酸钠较稳定、碳酸氢钠受热易分解；D．能形成压强差的装置能检验装置气密性．本题考查实验方案设计，为高考高频点，涉及物质制备、物质分离、物质稳定性判断、气密性检验等知识点，明确物质性质、基本实验操作原理即可看到，会从反应原理、物质性质、基本操作的规范性进行评价，题目难度不大．6.下列叙述正确的是（）A.标准状况下，2.24LC l2溶于水，转移6.02×1022个电子B.N a2S在空气中长期放置变浑浊的离子方程式为：2S2-+O2+4H+=2S+2H2OC.NH4HCO3溶液中滴加少量N a OH溶液的离子方程式：HCO3-+OH-=CO32-+H2OD.在p H=1的溶液中：K+、F e2+、C l-、NO3-能够大量共存【答案】C【解析】解：A．氯气与水反应为可逆反应，标准状况下，2.24LC l2溶于水，转移电子数小于6.02×1022个，故A错误；B．N a2S在空气中长期放置变浑浊的离子方程式为：2S2-+O2+H2O=2S↓+4OH-，故B 错误；C．NH4HCO3溶液中滴加少量N a OH溶液的离子方程式：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故C 正确；D．酸性环境下，硝酸根具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子，二者不共存，故D错误；故选：C．A．氯气与水反应为可逆反应；B．不符合反应客观事实；C．氢氧化钠少量只与碳酸氢根离子反应；D．酸性环境下，硝酸根具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子．本题考查了离子方程式的书写、离子的共存，明确离子反应发生的条件，熟悉离子方程式书写的方法是解题关键，题目难度不大．7.25℃时，向20.00ml的N a OH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液，滴定过程中，溶液的p H与滴入CH3COOH溶液的体积的关系如图所示，②点时N a OH溶液恰好被中和，则下列说法中，错误的是（）A.CH3COOH溶液的浓度为0.1mol•L-1B.图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小C.点④所示溶液中存在：c（CH3COOH）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）D.滴定过程中的某点，会有c（N a+）＞c（CH3COO-）=c（OH-）＞c（H+）【答案】C【解析】解：A、图象可知氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，②点时N a OH溶液恰好被中和消耗醋酸溶液20ml，则产生浓度为0.1mol/L，故A正确；B、图中点①到点③所示溶液中随滴入醋酸反应，水的电离被抑制程度减小，即水的电离程度增大；恰好反应后继续滴加醋酸，对水电离起到抑制作用，图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小，故B正确；C、点④所示溶液是醋酸和醋酸钠溶液，c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=2c（N a+），电荷守恒c（N a+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-），故C错误；D、滴定过程中的某点，醋酸钠和氢氧化钠混合溶液中会有c（N a+）＞c（CH3COO-）=c（OH-）＞c（H+），故D正确；故选C．A、图象可知氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，②点时N a OH溶液恰好被中和消耗醋酸溶液20ml，则产生浓度为0.1mol/L；B、图中点①到点③所示溶液中随滴入醋酸反应，水的电离被抑制程度减小，即水的电离程度增大；恰好反应后继续滴加醋酸，对水电离起到抑制作用；C、点④所示溶液是醋酸和醋酸钠溶液，c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=2c（N a+），电荷守恒c（N a+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），合并计算分析；D、滴定过程中的某点，醋酸钠和氢氧化钠混合溶液中会有c（N a+）＞c（CH3COO-）=c（OH-）＞c（H+）．本题考查了酸碱反应的图象分析，溶液中电荷守恒，离子浓度大小比较，题目难度较大．二、简答题(本大题共4小题，共68.0分)8.2014年我国各地出现连续干旱，给生产生活带来严重影响．为确保人、畜用水和安全，净水剂选择与制备尤为重要．（1）聚合氯化铝晶体（[A l2（OH）n C16-n•x H2O]m）是一种高效无机水处理剂，它的制备原理是调节增大A l C l3溶液的p H，通过促进其水解而结晶析出．利用高岭土（化学组成为：A12O3、S i O2、F e2O3、及少量杂质和水分，高岭土在煅烧的过程中可除去杂质和水分）制备聚合氯化铝，其制备过程有如图1两种途径：①途径Ⅰ和途径Ⅱ哪种更合理？______ ．②途径Ⅰ中加入铝粉最主要的目的是______ ．a．中和过量的盐酸b．将F e3+还原为便于人体吸收的F e2+c．除去溶液中的铁元素d．制备生成聚合氯化铝所需要的A l C l3③加入碳酸钙调节溶液p H至4.0～4.5的目的是______ ．④蒸发浓缩过程中生成A l2（OH）n C16-n•x H2O的化学反应方程式是______ ．（2）N a2F e O4是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，其电解制法如图2所示，请根据图示分析：电解过程中的电池反应为______ ；每转移0.6mol电子在N i电极上产生的气体在标况下的体积为______ ；隔膜用阳离子交换膜（只允许阳离子通过）还是阴离子交换膜（只允许阴离子通过）______ ．【答案】途径I；c；调节增大溶液的p H，促使氯化铝水解而结晶析出；2A l C l3+（x+n）H2OA l2（OH）n C l6-n•x H2O+n HC l↑；F e+2OH-+2H2O F e O42-+3H2↑；6.72L；阳离子交换膜【解析】解：将高岭土（化学组成为：A12O3、S i O2、F e2O3、及少量杂质和水分，高岭土在煅烧的过程中可除去杂质和水分）煅烧，除去少量杂质和水分，途径I：向固体中加入过量稀盐酸，发生反应：A l2O3+6HC l=2A l C l3+3H2O、F e2O3+6HC l=2F e C l3+3H2O，向溶液中加入适量铝粉，发生反应2A l+6HC l=2A l C l3+3H2↑、A l+3F e3+=A l3++3F e2+、3F e2++2A l=2A l3++3F e，过滤除去滤渣S i O2、F e，滤液中只含A l C l3；途径II：向固体中加入过量N a OH溶液，发生反应A l2O3+2N a OH=2N a A l O2+H2O、S i O2+2N a OH=N a2S i O3+H2O，过滤得到滤渣F e2O3，滤液中含有N a A l O2、N a2S i O3，然后向滤液中加入过量稀盐酸，发生反应N a A l O2+4HC l=N a C l+A l C l3+2H2O、N a2S i O3+2HC l=2N a C l+H2S i O3↓，两种滤液混合，然后加入碳酸钙并调节溶液的p H至4.0-4.5，碳酸钙和过量的稀盐酸反应，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后蒸发浓缩得到聚合氯化铝晶体（[A l2（OH）n C16-n•x H2O]m），（1）①途径Ⅰ中滤液中只含氯化铝，途径II滤液中含有N a C l、A l C l3，所以途径I更合理，故答案为：途径Ⅰ；②通过以上分析知，途径Ⅰ中加入铝粉最主要的目的是除去F e元素，将F e元素转化为F e单质通过过滤而除去，故选c；③通过以上分析知，加入碳酸钙的目的是除去过量的稀盐酸从而调节增大溶液的p H，从而促进氯化铝水解而结晶析出，故答案为：调节增大溶液的p H，促使氯化铝水解而结晶析出；④蒸发浓缩过程中生成A l2（OH）n C16-n•x H2O的化学反应方程式为2A l C l3+（x+n）H2OA l2（OH）n C l6-n•x H2O+n HC l↑，故答案为：2A l C l3+（x+n）H2O A l2（OH）n C l6-n•x H2O+n HC l↑；（2）电解时，F e失电子转化为高铁酸根离子，所以F e作阳极，阴极上氢离子放电生成氢气，所以电池反应式为F e+2OH-+2H2O F e O42-+3H2↑，根据电池反应式知，每转移0.6mol电子在N i电极上产生的气体在标况下的体积=×22.4L/mol=6.72L；阳极生成的亚铁离子在阴极被氧化，所以阳离子需要通过离子交换膜，则该离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：F e+2OH-+2H2O F e O42-+3H2↑；6.72L；阳离子交换膜．将高岭土（化学组成为：A12O3、S i O2、F e2O3、及少量杂质和水分，高岭土在煅烧的过程中可除去杂质和水分）煅烧，除去少量杂质和水分，途径I：向固体中加入过量稀盐酸，发生反应：A l2O3+6HC l=2A l C l3+3H2O、F e2O3+6HC l=2F e C l3+3H2O，向溶液中加入适量铝粉，发生反应2A l+6HC l=2A l C l3+3H2↑、A l+3F e3+=A l3++3F e2+、3F e2++2A l=2A l3++3F e，过滤除去滤渣S i O2、F e，滤液中只含A l C l3；途径II：向固体中加入过量N a OH溶液，发生反应A l2O3+2N a OH=2N a A l O2+H2O、S i O2+2N a OH=N a2S i O3+H2O，过滤得到滤渣F e2O3，滤液中含有N a A l O2、N a2S i O3，然后向滤液中加入过量稀盐酸，发生反应N a A l O2+4HC l=N a C l+A l C l3+2H2O、N a2S i O3+2HC l=2N a C l+H2S i O3↓，两种滤液混合，然后加入碳酸钙并调节溶液的p H至4.0-4.5，碳酸钙和过量的稀盐酸反应，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后蒸发浓缩得到聚合氯化铝晶体（[A l2（OH）n C16-n•x H2O]m），据此分析解答．本题考查混合物的分离和提纯和物质制备，为高考高频点，侧重考查学生分析、判断、知识运用及基本操作能力，明确每一步操作中发生的反应及操作方法，注意途径I中加入适量锌发生的反应，为易错点．9.亚硝酸钠是一种工业盐，用途广泛；外观与食盐非常相似，但毒性较强，食品添加亚硝酸钠必须严格控制用量．某化学兴趣小组对食盐与亚硝酸钠进行了如下探究：㈠鉴别N a C l和N a NO2（1）测定溶液p H用PH试纸分别测定0.1mol•L-1两种盐溶液的PH，测得N a NO2溶液呈碱性．N a NO2溶液呈碱性的原因是______ （用离子方程式解释）．N a NO2溶液中c（HNO2）= ______ （用溶液中其它离子的浓度关系式表示）（2）沉淀法取2m L0.1mol•L-1两种盐溶液于试管中，分别滴加几滴稀硝酸银溶液．两只试管均产生白色沉淀．分别滴加几滴稀硝酸并振荡，盛N a NO2溶液的试管中沉淀溶解．该温度下K sp（A g NO2）=2×10-8（mol•L-1）2；K sp（A g C l）=1.8×10-10（mol•L-1）2则反应A g NO2（s）+C l-（aq）═A g C l（s）+NO2-（aq）的化学平衡常数K= ______ （3）氧化法取2m L0.1mol•L-1两种盐溶液于试管中，分别滴加几滴酸性KM n O4溶液．使酸性KM n O4溶液褪色的是N a NO2溶液．该反应的离子方程式为______ ．㈡N a NO2性质探究该兴趣小组同学用下图装置探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分．已知：气体液化的温度：NO221℃、NO-152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（从左向右连接）：A→ ______ → ______ → ______ → ______ ；组装好仪器后，接下来进行的操作是______ ．（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气．（3）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体．①如何确认A中产生气体是否含有NO ______ ．（写出实验操作、现象和结论）②装置E的作用是______ ．③若向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为______ ．【答案】NO2-+H2O=HNO2+OH-；c（OH-）-c（H+）；；5NO2-+2M n O4-+6H+=5NO3-+2M n2++3H2O；D；E；C；B；检验装置的气密性；打开活塞，向D中通入O2，若出现红棕色气体，证明A中产生气体含有NO；若无红棕色气体出现，则不含NO；冷凝使NO2完全液化；4NO2+O2+4N a OH=4N a NO3+2H2O【解析】解：（一）（1）由于亚硝酸钠溶液中存在水解平衡：NO2-+H2O=HNO2+OH-，所以亚硝酸钠溶液显示碱性；根据亚硝酸钠溶液中的质子守恒可得：c（OH-）=c（HNO2）+c（H+），则c（HNO2）=c（OH-）-c（H+），故答案为：NO2-+H2O=HNO2+OH-；c（OH-）-c（H+）；（2）反应A g NO2（s）+C l-（aq）═A g C l（s）+NO2-（aq）的化学平衡常数K=，根据K sp（A g C l）=c（C l-）•c（A g+）、K sp（A g NO2）=c（NO2-）•c（A g+）可知，K====，故答案为：；（3）酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够将亚硝酸钠氧化成硝酸钠，反应的离子方程式为：5NO2-+2M n O4-+6H+=5NO3-+2M n2++3H2O，故答案为：5NO2-+2M n O4-+6H+=5NO3-+2M n2++3H2O；（二）（1）D吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，C检验NO，E冷却二氧化氮，利用检验NO，所以装置的连接为：A→D→E→C→B；组装好仪器后，接下来进行的操作实验是检查装置气密性，故答案为：E；D；B；检验装置的气密性；（3）①确认A中产生气体是否含有NO的方法为：打开活塞，向D中通入O2，若出现红棕色气体，证明A中产生气体含有NO；若无红棕色气体出现，则不含NO，故答案为：打开活塞，向D中通入O2，若出现红棕色气体，证明A中产生气体含有NO；若无红棕色气体出现，则不含NO；②二氧化氮的液化温度是21℃，低于此温度时，二氧化氮气体变成液态，所以装置E 的作用是冷凝使NO2完全液化，故答案为：冷凝使NO2完全液化；③如果向D中通入过量O2，则装置B中二氧化氮、氧气和氢氧化钠反应生成硝酸钠和水，其反应方程式为：4NO2+O2+4N a OH=4N a NO3+2H2O，故答案为：4NO2+O2+4N a OH=4N a NO3+2H2O．（一）（1）N a NO2溶液显示碱性，N a NO2说明为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性；根据亚硝酸钠溶液中的质子守恒分析；（2）写出该反应的平衡常数表达式，然后根据K sp（A g NO2）、K sp（A g C l）进行计算；（3）酸性高锰酸钾具有强氧化性，将亚硝酸根离子氧化成硝酸根离子；（二）（1）根据各部分装置的作用进行连接；（3）①根据一氧化氮和氧气反应生成红棕色二氧化氮气体判断；②温度低于二氧化氮液化温度时，二氧化氮变成液态；③氧气过量，进入B中可理解为先生成硝酸，硝酸再与氢氧化钠反应生成硝酸钠和水．本题考查性质实验方案的设计与评价，题目难度较大，明确物质的性质和实验原理为解关键，注意实验设计要遵循严密性、可行性、科学性的原则，试题考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．10.第二周期中碳、氮、氧是构成生命物质的三种主要元素，在生产生活中也有着重要的应用．（1）第二周期中，第一电离能处于B与N之间的元素有______ 种（2）某元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为______ ．（3）乙烯酮（CH2=C=O）是一种重要的有机中间体，可用CH3COOH在痕量（C2H5O）P=O存在下加热脱H2O得到．乙烯酮分子中碳原子杂化轨道类型有______ ．CH3COOH 3的沸点比HCOOCH3的高，其主要原因是______ ．（4）CH2=CHCN是制备晴纶的原料，其分子中σ键和π键的个数之比为______ （填最简整数比），（5）碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能．每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有______ 个．【答案】3；3d84s2；sp2和sp；CH3COOH能够形成分子间氢键，使沸点升高，HCOOCH3不能形成氢键；2：1；4【解析】解：（1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，根据电离能的变化规律，半充满的N原子和全充满的B e原子第一电离能要比同周期原子序数大的原子高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有B e、C、O三种元素，故答案为：3；（2）元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，C原子的电子排布为1s22s22p2，未成对电子数为2，则该元素为N i，其基态原子的价层电子排布式为3d84s2，故答案为：3d84s2；（3）在CH2=C=O中，一个碳原子的价层电子对数为=3，另一个碳原子的价层电子对数为=2，所以碳原子的杂化轨道类型有sp2和sp，乙酸分子之间能形成氢键，而甲酸甲酯不能形成氢键，所以CH3COOH的沸点比HCOOCH3的高，故答案为：sp2和sp；CH3COOH能够形成分子间氢键，使沸点升高，HCOOCH3不能形成氢键；（4）共价单键为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，三键中有1个σ键和2个π键，CH2=CH-C≡N含6个σ键和3个π键，所以σ键和π键的个数之比为6：3=2：1，故答案为：2：1；（5）由碳化硅的晶胞可知，每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个，故答案为：4．（1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA 族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素；（2）元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，C原子的电子排布为1s22s22p2，未成对电子数为2，则该元素为N i；（3）根据碳原子的价层电子对数判断杂化轨道类型；乙酸分子之间能形成氢键，而甲酸甲酯不能；（4）共价单键为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，三键中有1个σ键和2个π键，分子中C=C中的C不存在孤对电子，σ键数为3，C≡N中C不存在孤对电子，σ键数为2；（5）由碳化硅的晶胞可知，每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个，以此解答．本题考查了杂化类型的判断、第一电离能、价层电子排布式、杂化轨道灯，注意把握同周期元素的第一电离能的变化趋势，题目难度不大．11.芳香族化合物A常用来合成药物B及医药中间体G，其流程如图：已知：（1）D中除硝基外还含有的官能团的名称______ ．D生成E的反应类型是______ ．（2）鉴别A和E可用的试剂是______ ．a．氢氧化钠溶液b．氯化铁溶液c．碳酸氢钠溶液d．浓溴水（3）写出F与过量N a OH共热时反应的化学方程式______ ．（4）B有多种同分异构体，写出符合下列条件的一种物质的结构简式______ ．①只有一种官能团②能发生银镜反应③苯环上的一氯取代物只有二种④核磁共振氢谱共有四组峰，强度比为3：2：2：1．【答案】羧基、（酚）羟基；酯化反应或取代反应；c；；或【解析】解：根据题中各物质转化关系，对照G的结构简式可知B发生硝化反应得到C为，C在酸性条件下水解得D为，D与甲醇发生酯化反应得到E为，E发生信息中的取代反应生成F为，F在催化剂作用下发生取代反应生成G，（1）D为，D中除硝基外还含有的官能团的名称是羧基、（酚）羟基，D生成E的反应类型是酯化反应或取代反应，故答案为：羧基、（酚）羟基；酯化反应或取代反应；（2）E为，A中有羧基，而E中没有，所以鉴别A和E可用的试剂是碳酸氢钠溶液，故选c；（3）F为，F与过量N a OH共热时反应的化学方程式为，故答案为：；（4）能发生银镜反应说明含有-CHO，但B中有4个O，除苯环外还有1个C，所以不可能是4个-CHO，只含一种官能团只能是含有2个HCOO-、剩余1个C．B中有8个H，有4种不同环境，每种环境的原子数分别为3、2、2、1，符合题意的B的同分异构体为或，故答案为：或．根据题中各物质转化关系，对照G的结构简式可知B发生硝化反应得到C为，C在酸性条件下水解得D为，D与甲醇发生酯化反应得到E为，E发生信息中的取代反应生成F 为，F在催化剂作用下发生取代反应生成G，据此解答．本题考查有机合成与推断，结合题给信息及G的结构简式推出A的结构简式是关键，对学生的推理有一定的要求，难度中等．高中化学试卷第11页，共11页。

山东省东营市胜利第一中学2015届高三12月月考化学试题考生注意：本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

考生作答时，将答案写在答题卡上，在本试卷上答题无效。

（可能用到的相对原子质量：H 1，C 12，N 14，O 16，Na 23，Mg 24，Al 27，Cu 64）第Ⅰ卷（选择题共42分）一、单项选择题（本题共21个小题，每小题2分，每小题只有一个选项符合题意。

）1．下列做法与所实现的目标，正确的是( )A．回收电子垃圾通过高温焚烧熔出金属，可实现资源循环利用和绿色环保B．回收废弃塑料制成燃油替代汽、柴油，可减轻环境污染和节约化石能源C．采用天然石材装修家居，可减轻室内甲醛等有机物和放射性物质的污染D．将工业废水加压排放到地下深井，可实现自然过滤净化和避免水的污染2．设N A为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是（）A．标准状况下，33.6 L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5N AB．常温常压下，7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有碳氢键的数目为N AC．50 mL 18.4 mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46N AD．某密闭容器有0.1mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应,转移电子的数目为0.6N A3．Na2O2、CaC2、CaH2、Mg3N2都能与水反应，且反应中都有气体放出。

下列说法正确的是( )A．都属于氧化还原反应B．CaH2与水发生氧化还原反应产生H2，H2只是氧化产物C．Na2O2、CaH2与水反应时水作氧化剂D．CaC2、Mg3N2与水的反应属于复分解反应4．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（）A．在强碱性溶液中，次氯酸钠将Mn2＋氧化成MnO2：Mn2＋＋ClO－＋H2O=MnO2↓＋Cl－＋2H＋B．用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管：Ag＋NO－3＋4H＋==Ag＋＋NO↑＋2H2OC ．向FeBr 2溶液中通入过量的Cl 2：2Fe 2＋＋2Br －＋2Cl 2==2Fe 3＋＋Br 2＋4Cl －D ．用铁棒作阴极，碳棒作阳极电解饱和氯化钠溶液：2Cl －＋2H 2O=====电解H 2↑＋Cl 2↑＋2OH －5．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( ) A ．滴入酚酞溶液显红色的溶液中：K ＋、Na ＋、Cu 2＋、SO 2－4B ．加入过量NaOH 溶液或少量稀H 2SO 4时，都能产生白色沉淀的溶液：K ＋、Ba 2＋、Cl －、HCO －3C ．水电离产生的c (H ＋)＝10－13mol·L－1的溶液中：Na ＋、Cl －、NO －3、CH 3COO －D ．pH=1的溶液中：Na ＋、NO －3、S 2－、Cl －6．下列说法在一定条件下可以实现的是( )①酸性氧化物与碱发生反应 ②弱酸与盐溶液反应可以生成强酸 ③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应 ④两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性⑤有单质参加的非氧化还原反应 ⑥两种氧化物反应的产物有气体 A ．①②③④⑤⑥ B ．仅②④⑤⑥ C ．仅①②③⑤ D ．仅③④⑤⑥7．香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如图。

高三阶段性教学质量检测 化学试题 说明: 1．本试卷包括第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分。

考试时间90分钟。

2．考生请将第Ⅰ卷选择题的正确选项用2B铅笔涂写在答题卡上。

考试结束后，只收答题卡和第Ⅱ卷。

H:1 C:12 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 Cl:35.5 K:39 Fe:56 Cu:64 Zn:65 Br:80 Ag:108 第Ⅰ卷（选择题，共40分） 一、选择题（本题包括5小题，每小题2分，共10分，每小题只有一个选项符合题意；多选、不选或错选，该题不得分。

） 1．化学与生产、生活密切相关。

下列说法的是 A． B．用纯碱制玻璃、用铁矿石炼铁都会产生温室气体C．海水中有大量人类需要的物质可以大量开发海水中的物质以资源短缺的问题D．．下列推断正确的是 A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B．硅是地壳中含量位居第二的元素，玛瑙、光导纤维的主要成分为SiO2 C．配制240 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液需称NaOH固体的质量为9.6 g D．要除去衣服上的顽固污渍，均可将衣服泡在漂白液中 3．下列有关试剂的保存方法，错误的是 A浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中 B少量的钠保存在煤油中 C氢氧化钠溶液保存在具橡皮塞的玻璃试剂瓶中 D新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中4．下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是 A．图1中，铁钉易被腐蚀 B．图2中，滴加少量KCN溶液，溶液C．图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀 D．图4中用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀镁块相当于原电池的正极 5．下列指定粒子的个数比一定为21的是 A．Be2+中的电子和质子B．中的中子和质子 C．Na2CO3溶液中的Na+和CO32－ D．Na2O2固体中的阳离子和阴离子 6．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．1 mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NB．由2H和18O组成的水11 g，所含的中子数为NA C．14 g乙烯、丙烯的混合气体，含有C—H键数为2NA D．0 mL 18 mol·L-1浓硫酸与足量铜反应，转移的电子数为1.8NA 7．下列物质转化在给定条件下能实现的是 ①SiO2Na2SiO3H2SiO3 ②SSO3H2SO4 ③饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3 ④Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3 ⑤MgOMgCl2溶液Mg A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤ ．研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2—CaO作电解质，利用右图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。

潍坊一中高三12月份化学检测题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 As 75第Ⅰ卷（选择题，共42分）选择题（本题包括14小题。

每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）1．宋代著名法医学家宋慈 的《洗冤集录》中有―银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是 4Ag+2H 2S+O 2===2X+2H 2O ，下列说法正确的是A ．X 的化学式为AgSB ．银针验毒时，空气中氧气失去电子C ．反应中Ag 和H 2S 均是还原剂D ．每生成1mo1X ，反应转移2mo1 e － 【Ks5u 答案】D【Ks5u 解析】A.根据原子守恒，X 的化学式为Ag 2S ，错误； B.根据化学方程式，氧气得电子，错误；C. 反应物H 2S 中各元素的化合价都没有变化，既不做氧化剂也不是还原剂 ，错误；选 D 。

2．下列有关叙述正确的是A ．非金属氧化物一定为酸性氧化物B ．13C 和14C 互为同位素，化学性质相似C ．根据是否能产生丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D ．已知红磷比白磷稳定，则4P (红磷，s)=P 4 (白磷，s) H ∆＜0 【Ks5u 答案】B【Ks5u 解析】A.CO 是非金属氧化物，但不是酸性氧化物，错误；B.正确；C. 根据分散质微粒直径的大小，将分散系分为溶液、浊液和胶体，错误；D.能量越低越稳定，红磷比白磷稳定，则4P (红磷，s)=P 4 (白磷，s) H ∆>0，错误；选B 。

3．在密闭容器中，对于可逆反应Ａ ＋３Ｂ２Ｃ(气)，平衡时C 的体积分数与温度和压强的关系如图所示，下列判断正确的是 A ．若正反应方向△H <0，则T 1> T 2B ．压强增大时，混合气体的平均相对分子质量减小C ．A 一定为气体D ．B 一定为气体【Ks5u 答案】D【Ks5u 解析】A ．若正反应方向△H <0，降低温度，平衡正向移动，平衡时C 的体积分数增大，则T 1 < T 2,错误；B ．ABC 物质的状态不确定，无法确定气体的平均相对分子质量，错误；C ．增大压强，平衡正向移动，向气体体积系数减小的方向移动，则B 一定为气体，无法确定AC 的状态，C 错误；D 正确；选D 。

山东省潍坊一中2015届高三理综（化学部分）上学期期末模拟（三）试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分300分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷（共107分）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 Na 23 O 16 Al27 Cl 35.5 Ba 137 Ca 40一、选择题：（本卷共13小题，每小题5分，共65分，每小题只有一个选项符合题意。

）7．2011年3月11日日本发生9.0级的强震并引发海啸和核泄露，核电站周围检测到放射性物质碘131，下列有关说法正确的是 ( )A．核裂变是一种化学变化B．131I 与127I互为同素异形体C．131I 原子的中子数为78 D．碘在周期表中位于第四周期ⅦA族8．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述一定正确的是（）A．常温下，0.1mol/L的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2N AB．1 mol羟基和1mol氢氧根离子中的电子数和质子数均相等C．常温下，1mol SiO2中含有Si—O键的数目为4N AD．28g铁粉与足量Cl2反应时转移的电子数为N A9．下列离子方程式中正确的是 ( )A．稀硝酸和过量的铁屑反应：3Fe + 8H+ + 2NO3－= 3Fe3+ + 2NO↑ + 4H2OB．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：NH4++ OH－△NH3↑+ H2OC．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：Ba2+ + OH－+ H+ + SO42－= BaSO4↓+ H2O D．KI溶液与H2SO4酸化的H2O2溶液混合：2I－ + H2O2 + 2H+ = 2H2O + I210．图7是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（）A．原子半径：Z＞Y＞XB．气态氢化物的稳定性：R＜WC．WX3和水反应形成的化合物是离子化合物D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应11．将物质的量相等的硫酸铵和硫酸铝溶于水形成VmL混合溶液，向混合溶液中逐滴加入氢氧化钠的溶液（其物质的量浓度为混合溶液中两溶质的物质的量浓度之和），至过量。

山东省2015年12月普通高中学业水平考试化学试题本试卷分第I卷选择题和第II卷非选择题两部分，共8页。

满分100分。

考试限定用时90分钟。

第I卷为必做（48分），第II卷为必做部分（36分）和选做部分（16分)。

请将答案答在答题卡上。

考试结束后，将答题卡交回。

答卷前，考生务必将自己的姓名、座号、考籍号分别填写在答题卡规定的位置。

可能用到的相对原于质量：H l C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5第I卷（选择题共48分）注意事项：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号( A、B、C、D）涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

不涂在答题卡上，只答在试卷上无效。

一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。

每小题只有一个选项符合题意）1．下列可导致空气污染的物质中，属于有机物的是A．一氧化碳B．臭氧C．碳氢化合物D．氮氧化物2．下列物质中，可用于制造光导纤维的是A．铜合金B．陶瓷C．纤维素D．二氧化硅3．下列物质属于纯净物的是A．空气B．干冰C．漂白粉D．普通玻璃4．甲烷和乙烯是两种重要的有机物，区分它们的正确方法是A．观察两者的颜色B．观察两者的状态C．通入氢氧化钠溶液D．通入酸性高锰酸钾溶液5．下列元素中，金属性最强的是A．锂B．钠C．镁D．铝6．有关下列反应的离子方程式书写正确的是A．稀盐酸与NaOH溶液反应：H+ + OH－= H2OB．CaCO3与稀盐酸反应：CO32－+ 2H+ = CO2↑+ H2OC．AlCl3溶液与氨水反应：Al3++3OH－= Al(OH)3↓D．CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应：SO42－+ Ba2+= BaSO4↓7．设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．NO的摩尔质量是30gB．标准状况下，1mol H2O的体积是22.4LC．17g NH3含有的氢原子总数为N AD．1L 0.1 mol·L－1 NaCl溶液中含Na+数为0.1N A8．下列操作不符合．．．化学实验安全要求的是A．实验后剩余的金属钠直接丢弃在废液缸中B．闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔C．将浓硫酸沿器壁慢慢倒入盛有水的烧杯中并不断搅拌D．不慎洒出的少量酒精着火时，立即用湿毛巾覆盖9．某原子的结构示意图为，下列有关该元素的说法错误的是A．原子序数为17 B．其单质通常状况下为无色气体C．元素符号为Cl D．最高正化合价为+710．利用锌粒与稀硫酸反应制取氢气时，为了加快反应速率，可以采取的措施是A．加入少量的水B．加入少量浓硝酸C．用锌粉代替锌粒D．降低温度11．下列说法错误的是A．苯的分子式为C6H6B．乙酸乙酯易溶于水C．乙醇可用作燃料D．加热可以使蛋白质变性12．下列说法正确的是A．化学反应一定伴随能量变化B．吸热反应一定需要加热才能发生C．酸碱中和反应是吸热反应D．燃烧反应不一定是放热反应13．下列实验操作或装置中，可用于配制100mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液的是14．下列物质中，含有共价键的是A．K B．CaO C．CO2D．NaCl15．关于右图装置的说法错误的是A．该装置是原电池装置B．电子由锌片沿导线流向铜片C．Cu为负极，Zn为正极D．铜片上有气泡产生16．除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2，可以向此溶液中通入过量的氯气，发生如下反应：2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3。

高 三 化 学2015．2本试卷分第I 卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

第I 卷l 至4页，第Ⅱ卷5至8页。

满分100分，考试时间为90分钟。

注意事项：1．答第I 卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目、试卷类型涂写在答题卡上。

考试结束时，将试题和答题卡一并交回。

2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，不能答在试题卷上。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Sn 119 Ba 137第I 卷(选择题，共40分)选择题(本题包括15小题；l 至5小题，每小题2分，6至15小题每小题3分，共40分。

每小题只有一个选项符合题意。

)1．下列叙述正确的是A ．胶体和溶液的本质区别是能否发生丁达尔效应B ．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，而碱性氧化物一定是金属氧化物C ．离子键只存在于离子化合物中，共价键只存在于共价化合物中D ．强电解质与弱电解质的分类依据是电解质水溶液导电能力的强弱2．下列相关的离子方程式书写正确的是A ．NaHS 溶液显碱性：223HS H O S H O --+++B ．向Ca(C1O)2溶液中通入22223:2121SO SOC O H O SO HC O --++=+C ．硫酸与氢氧化钡溶液混合：22442H SO Ba OH BaSO H O +-+-+++=↓+D ．向氯化铝溶液中加入适量氨水：()332431331A NH H O NH A OH +++⋅=+↓ 3．化学与生产、生活密切相关。

下列叙述正确的是A ．明矾净水和家用消毒剂的消毒原理相同B ．使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀C ．铝合金的广泛使用是因为人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝D ．钒氮合金钢是“鸟巢”的主要材料之一，其熔点、硬度和强度均高于纯铁4．下列说法正确的是A ．煤经过气化、液化等物理变化可得到清洁燃料B ．棉花、羊毛、蚕丝都是由C 、H 、O 元素构成C ．食用冰糖和植物油的主要成分分别是蔗糖和甘油D ．乙酸和乙酸乙酯可以用纯碱进行鉴别5．下列叙述正确的是A ．碳、硫元素在自然界中均存在多种同素异形体B ．稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH 减小C ．向饱和石灰水中加入少量CaO ，振荡，恢复至室温后溶液的pH 增大D ．相同条件下，2 mol 氢原子所具有的能量等于l mol 氢分子所具有的能量6．下列有关实验操作、发生的现象、解释或结论都正确的是7．下列四项叙述中，错误的共有①当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动②当平衡向正反应方向移动时，反应物的转化率一定增大③气体参加的反应达平衡时，若减小反应器容积，平衡不一定发生移动④气体参加的反应达平衡时，向恒容反应器中充入某种气体，平衡一定不移动A ．1项B ．2项C ．3项D ．4项8．设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A ．一定条件下，l mol N 2与足量H 2反应生成NH 3，转移电子6N AB ．标准状况下，11.2 L CCl 4中含有C —Cl 键的数目为2N AC ．1 mol 甲基(1413C H )含有的中子数和电子数分别为8N A 、9N AD ．1 mol ·L -1Na 2CO 3溶液中含有的钠离子总数为2N A9．下列叙述错误的是A ．如图所示通电一段时间后，石墨电极上会有铜析出B ．在原电池的负极和电解池的阴极上都发生氧化反应C ．电解精炼铜时，同一时间内阳极溶解铜的质量比阴极析出铜的质量小D ．用惰性电极电解Na 2SO 4溶液，阴阳两极产物的物质的量之比为2：110．短周期元素X 、Y 、Z 、W 、Q 在元素周期表中的相对位置如图所示。

山东省潍坊一中2015届高三上学期段考化学试卷一、选择题（每题只有一个正确选项，每题3分，共48分）1．（3分）下列物质肯定为纯净物的是（）A．只有一种元素组成的物质B．只有一种原子构成的物质C．只有一种分子构成的物质D．只有一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子构成的物质考点：混合物和纯净物．.专题：物质的分类专题．分析：纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，据此结合常见物质的组成成分逐项分析即可．解答：解：A．由同种元素组成的物质，不一定是纯净物，例如，石墨与金刚石混合在一起，由碳元素组成，属于混合物，故A错误；B．一种分子只能构成一种物质，一种原子可能得到不同的分子，如O2、O3均由氧原子构成，故B错误；C．由同种分子构成的物质，物质的组成种类只有一种，属于纯净物，故C正确；D．对于离子化合物来说，一种阳离子和一种阴离子只能得到一种物质（电荷守恒），当阴、阳离子个数比不同时，其组成物质的种类可能是多种，如FeCl3与FeCl2，故D错误．故选：C．点评：本题主要考查了纯净物的概念，题目难度不大，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质组成就属于混合物．2．（3分）离子反应、复分解反应、置换反应和氧化还原反应之间可用集合关系表示，其正确的是（）A．B．C．D．考点：化学基本反应类型．.分析：根据置换反应一定属于氧化还原反应，有的离子反应属于氧化还原反应，有的离子反应属于复分解反应，复分解反应一定不属于氧化还原反应来解答．解答：解：A．因置换反应一定属于氧化还原反应，有的离子反应属于氧化还原反应，有的离子反应属于复分解反应，复分解反应一定不属于氧化还原反应，故A正确；B．复分解反应一定不属于氧化还原反应，二者不会交叉，置换反应一定属于氧化还原反应，二者也不会交叉，故B错误；C．复分解反应一定不属于氧化还原反应，则氧化还原反应不包含复分解反应，故C 错误；D．复分解反应一定不属于氧化还原反应，二者不会交叉，故D错误；故选A．点评：本题以图的形式考查氧化还原反应与四种基本反应类型的关系，明确图象中交叉、包含的关系即可解答，难度不大．3．（3分）下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是（）A．同质量、同体积的N2和CO B．同温度、同体积的H2和N2C．同体积、同密度的C2H4和C3H4 D．同压强、同体积的N2O和CO2考点：物质的量的相关计算．.专题：计算题．分析：两瓶气体所含原子数一定相等，则含有原子物质的量相等，A．二者都是双原子分子，二者质量相等，摩尔质量相等，根据n=可知，二者物质的量一定相等；B．温度、体积相等，压强会影响气体的物质的量；C．同体积、同密度，二者质量相等，根据n=计算各自物质的量，结合分子含有原子数目计算原子物质的量；D．同压强、同体积，温度会影响气体的物质的量．解答：解：两瓶气体所含原子数一定相等，则含有原子物质的量相等，A．二者质量相等，摩尔质量相等为28g/mol，根据n=可知，二者物质的量一定相等，二者都是双原子分子，含有原子数目一定相等，故A正确；B．同温度、同体积的H2和N2，二者压强不一定相等，二者的物质的量不一定相等，含有原子数目不一定相等，故B错误；C．同体积、同密度，二者质量相等，C2H4和C3H4含有原子数目之比=×6：×7=60：49，故C错误；D．同压强、同体积的H2和N2，二者的温度不一定相等，二者的物质的量不一定相等，含有原子数目不一定相等，故D错误，故选A．点评：本题考查物质的量有关计算、阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，注意根据pV=nRT 理解阿伏伽德罗定律及推论．4．（3分）下列事实与胶体知识有关的是（）①用盐卤制豆腐②用明矾净水③河海交接处易形成沙洲④一支钢笔使用不同牌号的蓝黑墨水易堵塞⑤工厂静电除尘．A．①②⑤B．①③④⑤C．①②③④⑤D．都无关考点：胶体的应用．.分析：①胶体遇到电解质溶液会发生聚沉；②胶体具有吸附性；③胶体具有聚沉的性质；④墨水属于胶体，不同的墨水吸附的电荷的电性不同；⑤静电除尘是利用胶体电泳性质的应用．解答：解：①豆腐的原料黄豆富含蛋白质，经水浸、磨浆、除渣、加热，得到的蛋白质的胶体，点豆腐就是设法使蛋白质发生凝聚而与水分离，故①正确；②明矾在水中可以电离出两种金属离子：KAl（SO4）2=K++Al3++2SO42﹣，而Al3+很容易水解，生成氢氧化铝Al（OH）3胶体：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+ 氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，并形成沉淀，使水澄清，故②正确；③河中的泥沙是胶体，在入海口与电解质溶液发生聚沉，故③正确；④墨水是一种胶体，不同墨水胶粒带电荷不同，不同品牌墨水相遇时出现聚沉现象，生成沉淀，使笔管堵塞，故④正确；⑤静电除尘是利用胶体电泳性质的应用，与胶体性质有关，故⑤正确；所以①②③④⑤均与胶体知识有关，故选C．点评：本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉等，利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释，题目难度不大．5．（3分）将过量CO2通入下列溶液中，出现浑浊的是（）A．C aCl2溶液B．澄清石灰水C．漂白粉溶液D．饱和碳酸钠溶液考点：离子反应发生的条件．.专题：离子反应专题．分析：A．CaCl2溶液通入过量的二氧化碳，不反应；B．将过量CO2通入到澄清石灰水中，生成碳酸氢钙；C．碳酸酸性大于次氯酸，小于盐酸；D．碳酸钠与二氧化碳和水反应生成溶解度较小的NaHCO3．解答：解：A．CaCl2溶液通入过量的二氧化碳，不反应，无浑浊出现，故A错误；B．将过量CO2通入到澄清石灰水中，发生如下反应：2CO2+Ca（OH）2═Ca（HCO3）2，无浑浊出现，故B错误；C．二氧化碳和氯化钙不反应，与次氯酸钙反应生成次氯酸和碳酸氢钙，无浑浊出现，故C错误；D．因碳酸钠与二氧化碳和水反应生成溶解度较小的NaHCO3，故最终有碳酸氢钠析出而使溶液变浑浊，故D正确，故选D．点评：本题考查元素及其化合物的性质，难度不大．要注意基础知识的掌握．6．（3分）用NA表示阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．22.4L（标况下）NO与0.5molO2混合充分反应，最后得到NA个NO2分子B．任何反应中，生成1molO2都转移4NA个电子C．100g17%的氨水，溶液中含有氨气分子NAD．7.1gCl2与足量氢氧化钠溶液反应转移电子数为0.1NA考点：阿伏加德罗常数．.分析：A、NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4；B、用H2O2或Na2O2制氧气，生成1molO2都转移2NA个电子；C、NH3溶于水后存在平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O；D、Cl2与氢氧化钠的反应是歧化反应．解答：解：A、NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，故得到的NO2分子个数少于NA个，故A 错误；B、用H2O2或Na2O2制氧气时，氧元素的化合价是从﹣1价变为0价，故当生成1molO2时转移2NA个电子，故B错误；C、NH3溶于水后存在平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O，故溶液中含有氨气分子少于NA，故C错误；D、7.1g氯气的物质的量n===0.1mol，Cl2与氢氧化钠的反应是歧化反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，此反应中1molCl2转移1mol电子，故0.1mol氯气转移0.1mol电子，个数为0.1NA个，故D正确．故选D．点评：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，难度不大．7．（3分）用高铁酸钠（Na2FeO4）对河水和湖水消毒是城市饮用水处理的新技术．已知反应：Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O．下列说法正确的是（）A．N a2O2既是氧化剂又是还原剂B．N a2FeO4既是氧化产物又是还原产物C．3molNa2O2发生反应，有12mol电子转移D．在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀毒考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．.专题：氧化还原反应专题．分析：A、化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物是还原剂；B、还原剂对应的产物是氧化产物，氧化剂对应的产物叫还原产物；C、根据反应过程转移的电子的量来计算回答；D、根据化合价规则判断化合物中元素化合价，确定物质的性质．解答：解：A、反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，氧元素化合价降低，Na2O2是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe2O3是还原剂，故A错误；B、还原剂Fe2O3对应的产物Na2FeO4是氧化产物，氧化剂Na2O2对应的产物Na2FeO4和Na2O叫还原产物，所以Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故B正确；C、在反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，铁元素化合价共升高6价，所以反应过程转移的电子的量为6mol，消耗3molNa2O2，故C错误；D、根据化合价规则可知在Na2FeO4中Fe为+6价，居于铁元素的最高价，具有强氧化性，故D错误．故选B．点评：本题考查学生氧化还原反应的基本概念和电子转移知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．8．下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是（）①碳酸钠溶液与盐酸②偏铝酸钠溶液与盐酸③二氧化碳与氢氧化钠溶液④硝酸银溶液和氨水⑤氯化铝与氨水⑥碳酸氢钠溶液与澄清石灰水．A．③⑤B．①③⑥C．仅有⑤D．②④考点：离子方程式的书写．.专题：离子反应专题．分析：①碳酸钠溶液与盐酸，前者过量生成碳酸氢钠和氯化钠，后者过量生成氯化钠、水和二氧化碳；②偏铝酸钠溶液与盐酸，根据氢氧化铝的两性分析，生成的氢氧化铝可以溶解在强酸中；③二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠和过量二氧化碳反应也可以生成碳酸氢钠；④硝酸银溶液与氨水反应，氨水多时生成银氨溶液，氨水少时生成氢氧化银沉淀；⑤Al（OH）3不溶于过量的氨水；⑥酸式盐和对应碱的反应，前者过量，生成的碳酸根离子过量，后者过量，氢氧根离子过量．解答：解：①碳酸钠溶液与盐酸，前者过量，反应为：CO32﹣+H+=HCO3﹣；后者过量，即碳酸钠少量，发生反应为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，所以量不同，反应不同，故①错误；②偏铝酸钠溶液与盐酸反应，前者过量，反应为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓产生白色沉淀，后者过量发生AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，量不同，生成产物不同，故②错误；③氢氧化钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸钠，CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O，碳酸钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，与量有关，OH﹣+CO2=HCO3﹣，故③错误；④硝酸银中滴氨水是银氨溶液的配制，先产生白色氢氧化银沉淀，继续滴加，形成配合物银氨络离子（银氨溶液）使沉淀溶解．先发生：Ag ++NH3•H2O=AgOH↓+NH4+，后发生：AgOH+2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++OH﹣+2H2O；氨水中滴硝酸银，一开始就产生银氨溶液（氨水过量），量不同，生成产物不同，故④错误；⑤Al（OH）3不溶于过量的氨水，所以与量无关，离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3 NH4+，故⑤正确；⑥碳酸氢钠溶液与澄清石灰水的反应：前者过量，2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，后者过量，HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O，量不同，生成产物不同，故⑥错误；故选C．点评：本题考查离子方程式的书写，关键是熟练掌握离子的性质和产物与过量试剂的后续反应的性质，题目难度较大．9．（3分）类比推理是化学学习中的一种重要方法．下列类推结论中，正确的是（）类比对象结论A．Cl2+H2O═HCl+HClO I2+H2O═HI+HIOB．Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣I2+2Fe2+═2Fe3++2I﹣C．S+Fe═FeS S+Cu═CuSD．Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO Ca（ClO）2+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClOA．A B．B C．C D．D考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用．.专题：元素及其化合物．分析：A．氯气与碘的性质相似，均与水发生歧化反应；B．氧化性为Cl2＞Fe3+＞I2；C．S具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价金属化合物；D．二氧化碳具有还原性，二氧化碳不具有．解答：解：A．氯气与碘的性质相似，均与水发生歧化反应，则由Cl2+H2O═HCl+HClO，可知I2+H2O═HI+HIO，故A正确；B．氧化性为Cl2＞Fe3+＞I2，则I2、Fe2+不发生反应，故B错误；C．S具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价金属化合物，则S+2Cu═Cu2S，故C错误；D．二氧化碳具有还原性，二氧化碳不具有，则Ca（ClO）2+2SO2+2H2O═CaSO4↓+2HCl+H2SO4，故D错误；故选A．点评：本题考查卤族元素及其化合物的性质，为高频考点，把握发生的氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与类推规律的考查，注意物质的性质，题目难度不大．10．（3分）在由水电离出的=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A．N H4+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣B．C l﹣、SO42﹣、Na+、K+C．S O42﹣、NO3﹣、Fe2+、Mg2+ D．N a+、K+、ClO﹣、I﹣考点：离子共存问题．.分析：由水电离出的=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量的氢离子或氢氧根离子，A．碱性溶液中，铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨；B．Cl﹣、SO42﹣、Na+、K+离子之间不发生反应，且都不与氢离子和氢氧根离子反应；C．碱性溶液中，亚铁离子、镁离子与氢氧根离子反应生成沉淀；酸性溶液中，硝酸根离子能够氧化亚铁离子；D．次氯酸根离子氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存．解答：解：由水电离出的=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸性或者碱性溶液，溶液中存在大量H+或OH﹣，A．碱性溶液中，NH4+能够与氢氧根离子反应生成弱碱，在溶液中不能大量共存，故A 错误；B．Cl﹣、SO42﹣、Na+、K+离子之间不反应，都不与H+或OH﹣反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．碱性溶液中，Fe2+、Mg2+与氢氧根离子反应生成沉淀；酸性溶液中，NO3﹣离子能够Fe2+离子，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．ClO﹣、I﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选B．点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不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；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：“由水电离出的=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液”可能为酸性或碱性溶液．11．（3分）下列离子方程式正确的是（）A．等物质的量浓度的FeBr2和CuCl2混合溶液用惰性电极电解最初发生反应：Cu2++2Br﹣Cu+Br2B．碳酸氢镁溶液中加入足量的烧碱溶液：Mg2++2HCO3﹣+2OH﹣═MgCO3↓+CO32﹣+2H2O C．过量SO2通入氨水中：SO2+2NH3•H2O═2NH4++SO32﹣+H2OD．碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O考点：离子方程式的书写．.分析：A．阳极上溴离子放电、阴极上铜离子放电；B．二者反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水；C．二者反应生成亚硫酸氢铵；D．弱电解质醋酸写化学式．解答：解：A．阳极上溴离子放电、阴极上铜离子放电，所以电池反应式为Cu2++2Br﹣Cu+Br2，故A正确；B．二者反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水，离子方程式为Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O，故B错误；C．二者反应生成亚硫酸氢铵，离子方程式为SO2+N H3•H2O═NH4++HSO3﹣，故C错误；D．弱电解质醋酸写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO ﹣，故D错误；故选A．点评：本题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，明确物质的性质及离子方程式书写规则即可解答，单质、气体、沉淀、弱电解质、络合物、氧化物等写化学式，要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，易错选项是B，注意碳酸镁溶解性大于氢氧化镁，为易错点．12．（3分）已知S2O8n﹣离子和H2O2一样含有过氧键，因此也有强氧化性，S2O8n﹣离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4﹣离子，若反应后S2O8n﹣离子变成SO42﹣；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5：2，则S2O8n﹣中的n值和S的化合价是（）A．2，+7 B．2，+6 C．4，+7 D．4，+4考点：氧化还原反应的计算．.分析：M n2+氧化成MnO4﹣，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，若反应后S2O8n﹣变成SO42﹣，S的化合价降低，SO42﹣中S的化合价为+6价，以此来解答．解答：解：Mn2+氧化成MnO4﹣，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，若反应后S2O8n﹣变成SO42﹣，S的化合价降低，SO42﹣中S的化合价为+6价，则S2O8n﹣中的S元素的化合价为+7价，则+7×2+（﹣2）×8=﹣n，解得n=2，故选A．点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．13． a mol FeS与b mol FeO投入到VL c mol/L稀硝酸中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe（NO3）3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（）①（a+b）×63g ②（a+b）×189g ③（a+b）mol ④[Vc﹣]mol．A．①④B．②③C．①③D．②④考点：氧化还原反应的计算．.专题：氧化还原反应专题．分析：可从两个角度分析未被还原的硝酸，一是生成Fe（NO3）3中的NO3 ﹣，二是根据N元素守恒，未被还原的硝酸为总硝酸的物质的量减去生成NO的物质的量，可计算未被还原的硝酸．解答：解：由元素守恒知：未被还原的硝酸将转化为Fe（NO3）3中的NO3 ﹣，所以显酸性的硝酸的物质的量等于Fe（NO3）3的物质的量的3倍，由元素守恒知，n〔Fe（NO3）3〕=n（Fe）=（a+b）mol，所以未被还原的硝酸的质量=3（a+b）mol×63 g•mol﹣1=（a+b）×189 g，②正确；又根据化合价升降守恒知amol →a mol （NO3）3+a mol H2O4 升高（3﹣2）a+（6+2）a=9a mol b mol O→b mol （NO3）3 升高（3﹣2）b=b molx molH O3→x Omol 降低（5﹣2）x mol=3x mol得9a mol+b mol=3x mol，即显氧化性的硝酸的物质的量x= mol，所以未被还原的硝酸为[cV﹣]mol，④正确．故选D．点评：本题以元素化合物知识为载体，考查守恒法技巧，题目难度中等，答题时注意守恒法的利用，注意从化合价变化的角度分析．14．将50g质量分数为ω1，物质的量浓度为C1的浓硫酸沿玻璃棒加入到VmL水中，稀释后得到质量分数为ω2，物质的量浓度为C2的稀溶液．下列说法中正确的是（）A．若C1=2C2，则ω1＜2ω2，V＜50mL B．若C1=2C2，则ω1＜2ω2，V＞50mL C．若ω1=2ω2，则C1＜2C2，V=50mL D．若ω1=2ω2，则C1＞2C2，V＜50Ml考点：物质的量浓度的相关计算．.专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：A、B、设物质的量是浓度为c1 mol•L﹣1的密度为ρ1，物质的量是浓度为c2mol•L﹣1硫酸溶液的密度为ρ2，利用c=公式变形计算硫酸的质量分数，结合硫酸溶液的浓度越大密度越大，进行判断；稀释前后溶质的质量不变，结合质量分数关系，判断稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，据此判断水的体积；C、D、根据稀释前后溶质的质量不变计算混合后溶液的质量为100g，计算水的质量为50g，据此计算水的体积；设物质的量是浓度为c1 mol•L﹣1的密度为ρ1，物质的量是浓度为c2mol•L﹣1硫酸溶液的密度为ρ2，利用c=计算硫酸的浓度，结合浓硫酸溶液的浓度越大密度越大，进行判断．解答：解：A、若c1=2c2，设物质的量是浓度为c1 mol•L﹣1的密度为ρ1，物质的量是浓度为c2mol•L﹣1硫酸溶液的密度为ρ2，则：ω1=，ω2=，所以==，浓硫酸的浓度越大密度越大，则ρ1＞ρ2，故ω1＜2ω2，稀释前后溶质的质量不变，所以稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，水的密度为1g/ml，所以水的体积V＜50ml；故A正确；B、由A分析可知，所以水的体积V＜50ml，ω1＜2ω2，故B错误；C、稀释前后溶质的质量不变，若ω1=2ω2，则稀释后溶液的质量为100g，所以水的质量为50g，水的密度为1g/ml，所以水的体积V=50ml；设物质的量是浓度为c1 mol•L ﹣1的密度为ρ1，物质的量是浓度为c2mol•L﹣1硫酸溶液的密度为ρ2，则：c1=，c2=，所以==，浓硫酸的浓度越大密度越大，则ρ1＞ρ2，故c1＞2c2，故C错误；D、由C中分析可知，水的体积V=50ml，c1＞2c2，故D错误．故选：A．点评：本题考查物质的量浓度与质量分数的相互换算，可利用定义计算，难度中等，关键清楚硫酸溶液的浓度越大密度也越大，注意氨水、酒精浓度越大密度越小．15．（3分）（2009•茂名一模）某学生用NaHCO3和KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如下数据（盐酸的物质的量浓度相等）50mL盐酸50mL盐酸50mL盐酸m（混合物）9.2g 15.7g 27.6gV（CO2）（标况） 2.24L 3.36L 3.36L则下列分析推理中不正确的是（）A．盐酸的物质的量浓度为3.0 mol/LB．根据表中数据不能计算出混合物中NaHCO3的质量分数C．加入混合物9.2g时盐酸过量D．15.7g混合物恰好与盐酸完全反应考点：钠的重要化合物；化学方程式的有关计算．.专题：计算题．分析：A、求盐酸浓度需选择盐酸不足量的数据进行，如随着混合物质量增加，二氧化碳气体量不再增加，表明盐酸全部反应完，由表中数据可知，盐酸完全反应生成二氧化碳3.36L，结合H++HCO﹣3=H2O+CO2↑计算n（HCl），再利用c=计算；B、由表中数据可知，故加入9.2g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，固体混合物的总质量及产生标准状况下的二氧化碳气体的体积可以计算出NaHCO3的质量分数；C、由于固体混合物从9.2 g→15.7 g，二氧化碳气体的体积还在增加，故加入9.2 g混合物时盐酸过量；D、加入9.2g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，根据固体混合物与气体的比例关系计算产生3.36 L二氧化碳所需固体质量计算判断．解答：解：A、求盐酸浓度需选择盐酸不足量的数据进行，如随着混合物质量增加，二氧化碳气体量不再增加，表明盐酸全部反应完，由表中数据可知，盐酸完全反应生成二氧化碳3.36L，结合H++HCO﹣3=H2O+CO2↑可知n（HCl）==0.15mol，故盐酸的浓度为=3mol/L，故A正确；B、由表中数据可知，故加入9.2g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，固体混合物的总质量及产生标准状况下的二氧化碳气体的体积可以计算出混合物中二者各自的质量，故可以计算NaHCO3的质量分数，故B错误；C、由于固体混合物从9.2 g→15.7 g，二氧化碳气体的体积还在增加，故加入9.2 g混合物时盐酸过量，故C正确；D、加入9.2g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，根据固体混合物与气体的比例关系可知，产生3.36 L二氧化碳所需固体质量为×9.2g=13.8 g，此时盐酸恰好完全反应，混合物有剩余，故D错误；故选BD．点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，根据二氧化碳的体积变化判断盐酸是否完全反应式是关键，再根据气体体积与固体质量关系进行解答．16．（3分）将0.03mol Cl2缓缓通入含0.02mol H2SO3和0.02mol HBr的混合溶液中，在此过程溶液的c（H+）与Cl2用量的关系示意图是（溶液的体积视为不变）（）A．B．C．D．考点：氯气的化学性质．.专题：卤族元素．分析：亚硫酸根离子与溴离子都具有还原性，但是亚硫酸根离子还原性强于溴离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br﹣，由于Br﹣全部转变Br2，所以HBr和H2SO3都完全被氧化．解答：解：亚硫酸根离子与溴离子都具有还原性，但是亚硫酸根离子还原性强于溴离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br﹣．氯气氧化亚硫酸生成硫酸：Cl2 +H2SO3 +H2O=H2SO4 +2HCl0.02mol 0.02mol 0.02mol 0.04molH2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化Br﹣：Cl2 +2HBr=Br2 +2HCl0.01mol 0.02molHBr全部被氯气氧化转变为Br2 和HCl，HCl和HBr都是强酸，所以c（H+）不变；故选：A．点评：本题考查了氯气的性质已经有关氧化还原反应的计算，明确亚硫酸根离子与溴离子还原性强弱顺序是解题关键，难度不大．二、解答题（共5小题，满分52分）17．（8分）氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程．下面是一个还原过程的反应式：NO3﹣+4H++3e﹣=NO+2H2OKMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2（SO4）3四种物质中的一种物质（甲）能使上述还原过程发生．（1）写出并配平该氧化还原反应的方程式：14HNO3+3Cu2O=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O．（2）反应中硝酸体现了酸性、氧化性性质．（3）反应中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是0.6 mol．（4）若1mol甲与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是：使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成．考点：氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应的计算．.专题：氧化还原反应专题．分析：（1）硝酸具有氧化性，题目提供的四种物质中只有Cu2O具有还原性，所以反应的方程式为硝酸与Cu2O反应生成硝酸铜、NO与水，配平书写方程式；（2）根据氮元素的化合价判断反应中硝酸所起的作用；（3）反应中只有N元素的化合价降低，由+5价降低为+2价，根据得失电子守恒可知，转移电子物质的量是NO物质的量的3倍；（4）使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成，当硝酸被还原为NO2时，单位质量的Cu2O消耗的硝酸量增加．解答：解：（1）硝酸具有氧化性，题目提供的四种物质中只有Cu2O具有还原性，所以反应的方程式为硝酸与Cu2O反应生成硝酸铜、NO与水，反应方程式为：14HNO3+3Cu2O=6Cu （NO3）2+2NO↑+7H2O，故答案为：14HNO3+3Cu2O=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O；（2）反应中硝酸中氮元素存在硝酸铜、NO中，硝酸铜中氮元素化合价不变，硝酸表现酸性，NO中氮元素化合价降低，硝酸表现氧化性；故答案为：酸性、氧化性；（3）反应中只有N元素的化合价降低，由+5价降低为+2价，转移电子物质的量为0.2mol×（5﹣2）=0.6mol，故答案为：0.6；（4）使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成，当硝酸被还原为NO2时，单。

高三化学期末模拟题二选择题（本题包括10小题，每题2分共20分，每小题只有一个选项符合题意）1. 从化学角度分析，下列叙述不正确的是：A.化学是在分子原子水平上认识物质，所以通过化学手段可以识别、改造和创造分子B.化学是以实验为基础的一门学科，定量研究方法是化学发展为一门学科的重要标志C.绿色化学是指以绿色植物为原料来源的现代新型化学工业D.化学反应中的能量变化常用焓变(△H)来表示,△H=H(反应产物)－H(反应物)2．某合作学习小组讨论辨析以下说法：①粗盐和酸雨都是混合物；②沼气和水蒸气都是可再生能源；③冰和干冰既是纯净物又是化合物；④不锈钢和目前流通的硬币都是合金；⑤盐酸和食醋既是化合物又是酸；⑥纯碱和熟石灰都是碱；⑦豆浆和雾都是胶体。

上述说法正确的是（）A．①②③④B．①②⑤⑥C．③⑤⑥⑦D．①③④⑦3．下列叙述正确的是（）A．二氧化硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料B．SO2、NO2、NO、氟氯烃、CO2等均是造成大气污染的重要物质C．HCl、H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸D．分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液4. 某短周期元素Y的最高正价与最低负价的绝对值之差是4；Y元素可与M元素形成离子化合物，并在水中电离出电子层结构相同的阴、阳离子，则该化合物是（）A、K2SB、Na2SC、Na2OD、KCl5. 下列各组离子在指定溶液中，一定不能大量共存的是（）A．无色溶液中Na+、Mg2+、NO3－、Cl－B．使石蕊变红的溶液中Fe3+、NO3－、Na+、SO42－C．加入Mg能放出H2的溶液中NH4+、Cl－、K+、SO42－D．由水电离出的c（H+）=10－12mol／L的溶液中Na+、Fe2+、Cl－、NO3－6 .设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）A．0.1 mol Fe与足量的氯气反应时失去的电子数为0.2 NAB．标准状况下22．4L SO3含有的分子数为NAC．铁铝混合物与一定量盐酸反应生成1 mol H2时，转移电子数是2 NAD．用Pt做电极电解硫酸铜溶液，当阳极产生的气体在标准状况下为22．4L时，转移电子数目为2NA7. FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分应后仍有固体存在，下列判断不正确的是A．加人KSCN溶液一定不变红色B．溶液中一定含Fe2+C．溶液中一定含Cu2+ D．剩余固体中一定含铜8. 下列说法正确的是（）A．填埋法是垃圾处理的最佳方法B．酸雨形成的主要原因是汽车尾气的任意排放C．汽车排气管上的“催化转化器”能减少有害气体排放D ．实验室用带玻璃塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液9. 下列各组物质的分类正确的是（ ）①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银②电解质：明矾、冰醋酸、石膏、纯碱 ③同位素：1H +、2H +、3H + ④化合物：CaCl2、烧碱、SO2⑤弱电解质：HF 、SO2、NH3、H2OA. ②④B.②③④C. ②④⑤D.全部正确10. 能解释下列原理的离子反应方程式正确是（ ）A ．用明矾作净水剂：Al3++3H2O=Al(OH)3↓+3H+B ．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3－+H+=CO2↑+H2OC ．用氯化铁溶液腐蚀印刷线路板上的铜：Fe3++ Cu=Fe2++ Cu2+D ．用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜： Al2O3+2OH －+2H2O=2Al(OH)3二．选择题（本题包括10小题，每题2分共20分，每小题只有一个选项符合题意）11．同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是A ．2Na218O2 + 2H2O = 4Nal8OH + O2↑B ．2KMnO4 + 5H218O2 + 3H2SO4 = K2SO4 + 2MnSO4 + 518O2↑+ 8H2OC ．NH4Cl + 2H2O NH3·2H2O + HClD ．K37ClO3 + 6HCl = K37Cl + 3Cl2↑+ 3H2O12．用高铁酸钠(Na2FeO4)对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术。

山东省潍坊市2015届高三上学期期末考试试题A卷化学试题2015．2 本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

第I卷l至4页，第Ⅱ卷5至8页。

满分100分，考试时间为90分钟。

注意事项：1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目、试卷类型涂写在答题卡上。

考试结束时，将试题和答题卡一并交回。

2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，不能答在试题卷上。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Sn 119 Ba 137第I卷(选择题，共40分)选择题(本题包括15小题；l至5小题，每小题2分，6至15小题每小题3分，共40分。

每小题只有一个选项符合题意。

)1．化学与生产、生活密切相关。

下列叙述正确的是A．明矾净水和家用消毒剂的消毒原理相同B．使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀C．铝合金的广泛使用是因为人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝D．钒氮合金钢是“鸟巢”的主要材料之一，其熔点、硬度和强度均高于纯铁2．下列说法正确的是A．煤经过气化、液化等物理变化可得到清洁燃料B．棉花、羊毛、蚕丝都是由C、H、O元素构成C．食用冰糖和植物油的主要成分分别是蔗糖和甘油D．乙酸和乙酸乙酯可以用纯碱进行鉴别3．下列叙述正确的是A．碳、硫元素在自然界中均存在多种同素异形体B．稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小C．向饱和石灰水中加入少量CaO，振荡，恢复至室温后溶液的pH增大D．相同条件下，2 mol氢原子所具有的能量等于l mol氢分子所具有的能量4．下列叙述正确的是A．胶体和溶液的本质区别是能否发生丁达尔效应B．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，而碱性氧化物一定是金属氧化物C．离子键只存在于离子化合物中，共价键只存在于共价化合物中D．强电解质与弱电解质的分类依据是电解质水溶液导电能力的强弱5．下列相关的离子方程式书写正确的是A ．NaHS 溶液显碱性：223HS H OS H O --+++B ．向Ca(C1O)2溶液中通入22223:2121SO SOC O H O SO HC O --++=+C ．硫酸与氢氧化钡溶液混合：22442H SO Ba OH BaSO H O +-+-+++=↓+D ．向氯化铝溶液中加入适量氨水：()332431331A NH H O NH A OH +++⋅=+↓ 6．设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A ．一定条件下，l mol N 2与足量H 2反应生成NH 3，转移电子6N AB ．标准状况下，11.2 L CCl 4中含有C —Cl 键的数目为2N A C ．1 mol 甲基(1413C H -)含有的中子数和电子数分别为8N A 、9N AD ．1 mol ·L -1Na 2CO 3溶液中含有的钠离子总数为2N A 7．下列四项叙述中，错误的共有①当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动 ②当平衡向正反应方向移动时，反应物的转化率一定增大③气体参加的反应达平衡时，若减小反应器容积，平衡不一定发生移动 ④气体参加的反应达平衡时，向恒容反应器中充入某种气体，平衡一定不移动 A ．1项 B ．2项 C ．3项 D ．4项8．下列有关实验操作、发生的现象、解释或结论都正确的是9．短周期元素X 、Y 、Z 、W 、Q 在元素周期表中的相对位置如图所示。

2015年潍坊一中高三理科综合模拟五 2015-1-10第Ⅰ卷（共107分）本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。

满分300分。

考试时间150分钟。

一、选择题（本题包括13小题，每小题5分，共65分，每小题只有一个选项符合题意） 7、CO 2中的一个O 原子被S 原子代替后，即为羰基硫(OCS)，羰基硫是一种有臭鸡蛋气味的无色气体，高温下分解为CO 和S 。

下列有关说法正确的是 A ．OCS 中S 的化合价为+4价B ．羰基硫分解时，CO 是氧化产物C ．每有1mol OCS 分解，能生成22.4LCOD ．OCS 中含有共价键，属于非电解质8、某硫酸厂废气中S02的回收利用方案如右下图所示。

下列说法不正确．．．的是 A ．X 可能含有2种盐B ．a 是S03C ．Y 可能含有(NH 4)2S04D ．(NH 4)2S 208中S 的化合价不可能为+79、某离子反应涉及H 2O 、ClO —、I03—、OH —、I 2、Cl —六种微粒。

其中c(ClO —)随反应进行逐渐减小。

下列判断错误．．的是 A ．该反应的还原剂是I 2B ．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2C ．消耗l mol 氧化剂，转移2 mol 电子D ．反应后溶液的碱性明显减弱10、丙酮(CH 3COCH 3)在某溶剂里，在催化剂作用下发生反应：()()()3332322CH COCH aq CH COCH COH CH aq 取相同浓度的33CH COCH ，分别在40℃和60℃时，测得其转化率α随时间变化的关系曲线(t α-)如右图所示。

下列说法正确的是A ．b 代表40℃时33CH COCH 的t α-曲线B ．升高温度可缩短该反应达平衡的时间并能提高平衡转化率C ．增大压强可缩短该反应达平衡的时间并能提高平衡转化率D ．上述反应的逆反应为吸热反应11、依据物质的相关数据，可以推断物质的结构和性质。

下列利用物质的相关数据作出的相应推断不合理的是A ．依据元素的原子序数，推断该元素原子的核外电子数B ．依据原子最外层电子数的多少，推断元素金属性、非金属性的强弱C ．依据气体的摩尔质量，推断相同状态下不同气体密度的大小D ．依据液体物质的沸点，推断将两种互溶液态混合物用蒸馏法分离的可行性 12、液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。