福建省莆田八中2015届高三上学期第一次月考化学试题含答案

福建省莆田第八中学高三化学上学期期末考试试题可能用到的相对原子质量： O:16 S:32 Cl:35.5第I卷选择题（共126分）一．选择题(本大题共13小题，每小题6分，共78分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)7．下列有关物质应用的说法正确的是( )A．生石灰用作食品抗氧化剂 B．盐类都可用作调味品C．铝罐可久盛食醋 D．小苏打是面包发酵的主要成分之一8．下列关于乙醇的说法不正确的是( )A．可用纤维素的水解产物制取 B．可由乙烯通过加成反应制取C．与乙醛互为同分异构体 D．通过取代反应可制取乙酸乙酯9．下列实验能达到目的的是( )A．只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体10．常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是( )X Y Z①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu 浓硝酸A．①③ B．①④ C．②④ D．②③11．下列关于0.10 mol·L–1NaHCO3溶液的说法，正确的是( )A．溶质的电离方程式为NaHCO3 = Na+ + H+ + CO32–B．25℃时，加水稀释后，n(H+)与n(OH–)的乘积变大C．离子浓度关系：c(Na+) + c(H+) = c(OH–) + c(HCO3–) + c(CO32–)D．温度升高，c(HCO3–)增大12．某原电池装置如右图所示，电池总反应为2Ag + Cl2 = 2AgCl。

下列说法正确的是( )A．正极反应为AgCl + e– = Ag + Cl–B．放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C．若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D．当电路中转移0.01 mol e–时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子13．在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下：反应时间/min 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 c(N2O)/mol·L–10.100.090.080.070.060.050.040.030.020.010.000 下图能正确表示该反应有关变化规律的是( )(注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度，且c1＜c2)26．（14分）铋为第五周期VA族元素，利用湿法冶金从辉铋矿（含Bi2S3、Bi、Bi2O3等）提取金属铋的工艺流程如下图所示：铁粉浸出液(含BiCl3)粗铋精铋提纯矿浆FeCl3残渣盐酸已知：BiCl 3水解的离子方程式为：BiCl3+H2O BiOCl+2H+＋2Cl−。

2015-2016学年福建省莆田一中高三（上）第一次段考化学试卷一、选择题（1～15每小题2分，16～20每小题2分，共45分；每小题只有一个正确选项）1．化学与日常生活紧密相关，下列说法错误的是（）A．氮肥NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸B．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮C．SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等D．碳酸氢钠可用来治疗胃酸过多2．下列有关说法正确的是（）A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．Fe（OH）3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥D．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物3．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．常温下，含lmolFe的铁片与过量浓HNO3反应，转移电子的数目为3N AB．标准状况下，2.24L Cl2与过量的稀FeCl2溶液反应，转移电子总数为0.1N AC．在46 gNO2和N2O4的混合物气体中所含原子总数为3N AD．标准状况下，33.6LSO3约含有9.03×l023个SO3分子4．与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是（）A．硫酸铜B．氢氧化钠C．硫酸亚铁D．二氧化硫5．下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（）A．过氧化钠B．氢硫酸C．硫酸亚铁D．苯酚6．已知下列反应：Co2O3+6HCl（浓）═2CoCl2+Cl2↑+3H2O （Ⅰ） 5Cl2+I2+6H2O═10HCl+2HI O3（Ⅱ）下列说法正确的是（）A．反应I中HCl是氧化剂B．反应Ⅱ中Cl2发生氧化反应C．还原性：CoCl2＞HCl＞I2D．氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO37．下列实验操作或处理事故的方法正确的是（）A．用干燥的pH试纸测定NaClO溶液的pHB．在耐高温的石英坩埚中进行熔化氢氧化钠固体的实验C．用分液漏斗分离溴苯和水的混合物时，溴苯从下口放出，水从上口倒出D．欲配制质量分数为10%的硫酸铜溶液，可准确称取10 g硫酸铜晶体溶于90 g水中8．下列说法中，正确的是（）A．Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，都属于碱性氧化物B．SiO2、CO2均为酸性氧化物，均能与NaOH溶液反应生成盐和水C．FeO、Fe2O3均为碱性氧化物，与氢碘酸反应均只发生复分解反应D．将Fe（OH）3胶体和泥水分别进行过滤，分散质均不能通过滤纸孔隙9．下列物质的使用不涉及化学变化的是（）A．明矾用作净水剂B．液氯用作制冷剂C．氢氟酸刻蚀玻璃D．生石灰作干燥剂10．往氯化镁溶液中分别加入下列类别的物质，不能产生Mg（OH）2的是（）A．单质B．氧化物C．酸D．碱11．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）①NaAlO2（aq）AlCl3Al②NH3NO HNO3③NaCl（饱和）NaHCO3Na2CO3④FeS2SO3H2SO4．A．②③B．①④C．②④D．③④12．下列说法不正确的是（）①将SO2通入溶有足量氨的BaCl2溶液中，无白色沉淀生成②将盐酸、KSCN 溶液和Fe（NO3）2溶液三种溶液混合，混合溶液显红色③向某溶液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，证明溶液中一定含有④将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后按入水中，两者放出的氢气质量相等⑤使用明矾可以对水进行消毒、杀菌．A．只有②B．①②③⑤C．①③④⑤D．①②③④13．下列反应中，反应后固体物质增重的是（）A．氢气通过灼热的CuO粉末B．二氧化碳通过Na2O2粉末C．铝与Fe2O3发生铝热反应D．将锌粒投入Cu（NO3）2溶液14．将SO2通入CuSO4和NaCl的浓溶液中，溶液颜色变浅，析出白色沉淀，取该沉淀分析，知其中含Cl：35.7%，Cu：64.3%，SO2在上述反应中作用是（）A．酸B．漂白剂C．还原剂D．氧化剂15．用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②锥形瓶中，预测的现象与实际相符的是（）A．A B．B C．C D．D16．在3BrF3+5H2O═HBrO3+Br2+9HF+O2↑中，若有5mol水做还原剂时，被水还原的BrF3的物质的量是（）A．3 mol B．2 mo C． mol D． mol17．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉．对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C．若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D．若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出18．下列离子方程式中，不正确的是（）A．向FeBr2溶液中通入少量的Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣B．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2恰好使SO42﹣反应完全：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OC．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量的NaOH溶液：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O D．向Fe（NO3）2溶液中加入稀盐酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O19．某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、Cl﹣、OH﹣、CO32﹣、NO3﹣．向该溶液中加入铝粉，只放出H，则溶液中能大量存在的离子最多有（）2A．3种B．4种C．5种D．6种20．将a g二氧化锰粉末加入b mol/L的浓盐酸c L中加热完全溶解，反应中转移电子d 个，设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．可以收集到氯气LB．反应后溶液中的Cl﹣数目为：C．N A可表示为：D．反应后溶液中的H+数目为：bc﹣2d二、填空题（共55分）21．如图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的 B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，图中有部分生成物未标出．请填写以下空白：（1）A的名称为，B 的电子式为．（2）写出下列反应的化学方程式：C+Na2O2→G．F+J→B+C+I．（3）0.45mol I 与足量C反应转移电子的物质的量为 mol．（4）容积为10mL 的试管中充满I和 G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中 I与G的体积分别为mL，mL．22．有关FeSO4的转化关系如下图所示（无关物质已略去）．已知：①X由两种化合物组成，将X通入品红溶液，溶液褪色；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀．②Y是红棕色的化合物．（1）气体X的成分是（填化学式）．（2）反应I的反应类型属于（填序号）．a．分解反应 b．复分解反应 c．置换反应 d．化合反应 e．氧化还原反应（3）溶液2中金属阳离子的检验方法是．（4）若经反应I得到16g固体Y，产生的气体X恰好被0.4L 1mol/L﹣1NaOH溶液完全吸收，则反应I的化学方程式是，反应Ⅳ中生成FeSO4的离子方程式是．23．铜是与人类关系非常密切的常见金属．Ⅰ．已知常温下，在溶液中Cu2+稳定，Cu+易在酸性条件下发生反应：2Cu+=Cu2++Cu．（1）CuH中H元素化合价为．（2）目前制备纳米级Cu2O的一种方法：在氢氧化铜悬浊液中滴入N2H4H2O水溶液，充分反应后即可得到Cu2O，同时产生无色无味的气体．上述制备过程中总反应的化学方程式为．（3）一定条件下，在CuSO4中加入NH4H反应生成氢化亚铜（CuH）．将CuH溶解在足量稀硫酸中，当产生6.72L H2（标准状况下）时，参加反应的硫酸的物质的量为．Ⅱ．孔雀石呈绿色，是一种名贵的宝石．其主要成分是xCu（OH）2yCuCO3．某兴趣小组为探究孔雀石组成，利用下图所示的装置（夹持仪器省略）进行实验：步骤1：检查装置的气密性，将研细的样品置于硬质玻璃管中．步骤2：称量相关装置的质量，打开活塞K，鼓入空气，一段时间后关闭．步骤3：加热装置B直至装置C中无气泡产生．步骤4：．步骤5：冷却至室温，称量相关装置的质量．（1）请补充步骤4操作内容：．（2）若无装置E，则实验测定的x/y的值将（选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（3）某同学在实验过程中采集了如下数据：A．反应前硬质玻璃管与样品的质量163.8gB．反应后硬质玻璃管中残留固体质量20gC．装置C实验后增重2.25gD．装置D实验后增重5.5g为测定x/y的值，你认为可以选用上述所采集数据中的（写出所有组合的字母代号）任一组即可进行计算，并根据你的计算结果，写出孔雀石组成的化学式．25．工业制得的氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质．某同学设计了如下实验，分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）．（1）实验原理①Al4C3与硫酸反应可生成CH4；②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式．（2）实验装置（如图所示）（3）实验过程①连接实验装置，检验装置的气密性．称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL．②称取xg A l N样品置于锥形瓶中；塞好胶塞，（填入该步应进行的操作），通过分液漏斗加入过量的稀硫酸，与烧瓶内物质充分反应．③待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量的NaOH溶液，与烧瓶内物质充分反应．④（填入该步应进行的操作）．⑤记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg，（4）数据分析①AlN的质量分数为．②若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．③Al4C3的质量分数为．假若上述实验装置气密性良好，数据记录也不产生误差，但某同学还是认为该方法测得Al4C3的质量分数会偏高，最可能的原因是．2015-2016学年福建省莆田一中高三（上）第一次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（1～15每小题2分，16～20每小题2分，共45分；每小题只有一个正确选项）1．化学与日常生活紧密相关，下列说法错误的是（）A．氮肥NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸B．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮C．SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等D．碳酸氢钠可用来治疗胃酸过多【考点】钠的重要化合物；二氧化硫的化学性质．【专题】元素及其化合物；化学应用．【分析】A．NH4NO3在重力撞击下发生分解反应；B．硅胶具有吸水性，可作干燥剂；C．二氧化硫有毒，不能漂白食品；D．碳酸氢钠可以和胃酸的成分盐酸发生反应．【解答】解：A．NH4NO3在重力撞击下发生分解反应，反应瞬间生成大量气体，所以NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸，故A正确；B．硅胶具有吸水性，可作干燥剂，所以在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可吸收水蒸气防止食物受潮，故B正确；C．二氧化硫具有漂白性，但有毒，所以不能漂白食品，故C错误；D．碳酸氢钠可以和胃酸的成分发生反应，可以用来中和胃酸，故D正确．故选C．【点评】本题考查了铵盐、硅胶、碳酸氢钠的碱性和二氧化硫的漂白性等的性质和应用，题目难度不大，注意把握常见物质的性质及应用．2．下列有关说法正确的是（）A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．Fe（OH）3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥D．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物【考点】钠的重要化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；硅和二氧化硅；气体的净化和干燥．【分析】A、NaHCO3不稳定，加热易分解；B、氢氧化铁胶体为红褐色；C、浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性和脱水性，所以浓硫酸不能干燥还原性气体、碱性气体，据此分析解答；D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水．【解答】解：A、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，加热不分解，故A错误；B、Fe（OH）3胶体为红褐色、透明，不是无色，故B错误；C、H2、SO2、CO2三种气体均不与浓硫酸反应，故能利用浓硫酸干燥，故C正确；D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水，因此二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，但和氢氟酸反应是二氧化硅的特性，故D错误，故选C．【点评】本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握浓硫酸、二氧化硅的性质、常见胶体的颜色与性质等基础知识是解题关键，题目难度不大．3．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．常温下，含lmolFe的铁片与过量浓HNO3反应，转移电子的数目为3N AB．标准状况下，2.24L Cl2与过量的稀FeCl2溶液反应，转移电子总数为0.1N AC．在46 gNO2和N2O4的混合物气体中所含原子总数为3N AD．标准状况下，33.6LSO3约含有9.03×l023个SO3分子【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．常温下，铁在浓硝酸中会钝化；B.1mol氯气被还原为2mol氯离子，得到2mol电子；C．NO2和N2O4的最简式均为NO2；D．标况下三氧化硫为液体．【解答】解：A．常温下，铁在浓硝酸中会钝化，含lmolFe的铁片与过量浓HNO3反应，转移电子的数目小于3N A，故A错误；B．标准状况下，2.24L Cl2与过量的稀FeCl2溶液反应，转移电子总数为0.2N A，故B错误；C．NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为1mol，所含原子总数为3N A，故C正确；D．标况下三氧化硫为固体，不能使用气体摩尔体积，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的使用和有关计算，掌握物质的量的计算公式、明确气体摩尔体积使用条件和对象是解题关键，注意浓硝酸能够在常温下使铁钝化，题目难度不大．4．与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是（）A．硫酸铜B．氢氧化钠C．硫酸亚铁D．二氧化硫【考点】硫化氢．【分析】A、CuS不溶于酸；B、H2S和NaOH发生酸碱中和反应；C、FeS不溶于水但溶于酸；D、SO2和H2S发生归中反应．【解答】解：电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水．A、CuS不溶于水也不溶于酸，故CuSO4能和H2S反应生成CuS沉淀：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，且硫酸铜为电解质，故A正确；B、H2S和NaOH发生酸碱中和反应：H2S+2NaOH=Na2S+H2O，无沉淀生成，故B错误；C、FeS不溶于水但溶于酸，故FeSO4和H2S不能反应，故C错误；D、SO2和H2S发生归中反应有硫单质生成：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，但二氧化硫不是电解质，故D错误．故选A．【点评】本题考查了电解质的概念以及复分解反应发生的条件，难度不大，应注意的是FeS 不溶于水但溶于酸，故FeSO4和H2S不能反应．5．下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（）A．过氧化钠B．氢硫酸C．硫酸亚铁D．苯酚【考点】钠的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；苯酚的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】根据物质的性质进行分析：A、过氧化钠和氧气不反应；B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水；C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁；D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌；【解答】解：A、过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应，但和氧气不反应，不会因空气中的氧气而变质，故A正确；B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故B错误；C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故错误；D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌，会因空气中的氧气而变质，故D错误；故选A．【点评】此题考查了一些常见物质在空气中发生反应的问题，是对学生进行物质性质的训练与提高，难度不大．6．已知下列反应：Co2O3+6HCl（浓）═2CoCl2+Cl2↑+3H2O （Ⅰ） 5Cl2+I2+6H2O═10HCl+2HIO3（Ⅱ）下列说法正确的是（）A．反应I中HCl是氧化剂B．反应Ⅱ中Cl2发生氧化反应C．还原性：CoCl2＞HCl＞I2D．氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO3【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】Co2O3+6HCl（浓）═2CoCl2+Cl2↑+3H2O中Co元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，5Cl2+I2+6H2O═10HCl+2HIO3中Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，结合氧化还原反应基本概念来解答．【解答】解：A．反应I中Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂，故A错误；B．II中Cl元素的化合价降低，则氯气发生还原反应，故B错误；C．由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，I中还原性为HCl＞CoCl2，II中还原性为I2＞HCl，故C错误；D．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，I中氧化性为Co2O3＞Cl2，II中氧化性为Cl2＞HIO3，则氧化性为Co2O3＞Cl2＞HIO3，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意氧化性、还原性比较的规律性方法，题目难度不大．7．下列实验操作或处理事故的方法正确的是（）A．用干燥的pH试纸测定NaClO溶液的pHB．在耐高温的石英坩埚中进行熔化氢氧化钠固体的实验C．用分液漏斗分离溴苯和水的混合物时，溴苯从下口放出，水从上口倒出D．欲配制质量分数为10%的硫酸铜溶液，可准确称取10 g硫酸铜晶体溶于90 g水中【考点】化学实验安全及事故处理．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．NaClO溶液具有漂白性；B．SiO2能与NaOH反应生成Na2SiO3；C．分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；D．硫酸铜晶体含有结晶水．【解答】解：A．NaClO溶液具有漂白性，会使试纸变色后的颜色褪去，故A错误；B．高温时SiO2能与NaOH反应生成Na2SiO3，故B错误；C．分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，溴苯的密度比水大，故C正确；D．硫酸铜晶体含有结晶水，故称取10 g硫酸铜晶体溶于90 g水中所得的硫酸铜溶液的质量分数小于10%，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大．8．下列说法中，正确的是（）A．Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，都属于碱性氧化物B．SiO2、CO2均为酸性氧化物，均能与NaOH溶液反应生成盐和水C．FeO、Fe2O3均为碱性氧化物，与氢碘酸反应均只发生复分解反应D．将Fe（OH）3胶体和泥水分别进行过滤，分散质均不能通过滤纸孔隙【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】A、碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的化合物，根据氧化钠过氧化钠的性质来回答；B、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物；C、三价铁离子具有氧化性，能和还原性的碘离子之间发生反应；D、胶体和溶液中的分散质微粒能通过滤纸．【解答】解：A、Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，氧化钠属于碱性氧化物，但是过氧化钠不属于碱性氧化物，故A错误；B、SiO2、CO2均均能与NaOH溶液反应生成盐和水，为酸性氧化物，故B正确；C、FeO、Fe2O3均为碱性氧化物，氧化铁与氢碘酸反应可以得到铁离子，具有氧化性，能被还原性的碘离子还原，其中还会发生氧化还原反应，故C错误；D、将Fe（OH）3胶体和泥水分别进行过滤，分散质均能通过滤纸孔隙，故D错误．故选B．【点评】本题涉及物质的分来以及物质的性质等方面知识的考查，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等．9．下列物质的使用不涉及化学变化的是（）A．明矾用作净水剂B．液氯用作制冷剂C．氢氟酸刻蚀玻璃D．生石灰作干燥剂【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；盐类水解的应用；氯气的物理性质；硅和二氧化硅．【专题】化学计算．【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．【解答】解：A．明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+．而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，故A错误；B．液氯汽化时吸收热量，故可用作致冷剂，属于物理变化，故B正确；C．氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，故C错误；D．生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，故D错误，故选B．【点评】本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大．要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成．10．往氯化镁溶液中分别加入下列类别的物质，不能产生Mg（OH）2的是（）A．单质B．氧化物C．酸D．碱【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】向氯化镁溶液中加入物质后不生成氢氧化镁，说明加入的物质没有碱性或加入的物质不能和水反应生成碱，据此分析解答．【解答】解：A．加入钠单质时，钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，故A不选；B．加入氧化钠时，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，故B不选；C．加入酸时，氯化镁为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，所以酸和氯化镁不反应，所以不能生成氢氧化镁沉淀，故C选；D．加入碱，碱电离出的氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，故D不选；故选C．【点评】本题以镁的化合物为载体考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，同时考查学生获取信息、加工信息的能力，根据物质的性质得出正确答案，题目难度不大．11．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）①NaAlO2（aq）AlCl3Al②NH3NO HNO3③NaCl（饱和）NaHCO3Na2CO3④FeS2SO3H2SO4．A．②③B．①④C．②④D．③④【考点】镁、铝的重要化合物；氨的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】①氯化铝固体是共价化合物，无法电解；②氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水中得到硝酸；③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠；④FeS2和氧气反应生成二氧化硫．【解答】解：①氯化铝固体是共价化合物，由分子构成，无离子，无法电解，所以得不到铝，故①错误；②氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水中得到硝酸，故②正确；③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③正确；④FeS2和氧气反应生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故④错误；故选A．【点评】本题考查化合物的性质，题目难度不大，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法．12．下列说法不正确的是（）①将SO2通入溶有足量氨的BaCl2溶液中，无白色沉淀生成②将盐酸、KSCN 溶液和Fe（NO3）2溶液三种溶液混合，混合溶液显红色③向某溶液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，证明溶液中一定含有④将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后按入水中，两者放出的氢气质量相等⑤使用明矾可以对水进行消毒、杀菌．A．只有②B．①②③⑤C．①③④⑤D．①②③④【考点】二氧化硫的化学性质；盐类水解的应用；硫酸根离子的检验；钠的化学性质；铝的化学性质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【专题】盐类的水解专题；氧族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】①二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应；②铁离子与SCN﹣结合溶液呈红色；③溶液中含有银离子，也会产生白色沉淀；④钠与水发生反应生成氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气；⑤明矾在水中发生水解生成氢氧化铝胶体能净水，不能杀菌消毒．【解答】解：①二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故①错误；②铁离子与SCN﹣结合溶液呈红色，可以由于检验铁离子，故②正确；③向某溶液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，溶液中可能含有银离子或硫酸根离子，故③错误；④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，若用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后按入水中，除发生钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，铝与生成氢氧化钠溶液反应生成氢气，故铝箔包住的钠生成的氢气多，故④错误；⑤明矾在水中发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体表面积很大，能吸附悬浮杂质起净水，但不能杀菌消毒，故⑤错误．故①③④⑤错误．故选C．【点评】本题考查元素化合物的综合运用、离子检验等，难度不大，注意基础知识的注意．③中离子检验注意干扰离子影响．13．下列反应中，反应后固体物质增重的是（）A．氢气通过灼热的CuO粉末B．二氧化碳通过Na2O2粉末C．铝与Fe2O3发生铝热反应D．将锌粒投入Cu（NO3）2溶液【考点】真题集萃；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．发生氢气与CuO的反应生成Cu和水；B．发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；C．发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe；D．发生Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu．。

福建省莆田市高三上学期理综-化学第一次月考试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共7题；共14分)1. （2分）下列物质属于纯净物的是（）A . 漂白粉B . 普通玻璃C . 氢氧化铁胶体D . 液氯2. （2分）工业上合成的反应为，下列有关说法错误的是（）A . X、Y、Z三种有机物均易发生加成反应B . X、Y、Z三种有机物分子中所有原子均有可能共平面C . X、Y、Z三种有机物使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同D . Z的二氯代物有7种(不考虑立体异构)3. （2分）下列操作方法或实验装置正确的是①②③④A . 装置①探究NaHCO3的热稳定性B . 装置②NH3的收集C . 装置③向容量瓶中转移液体D . 装置④石油蒸馏4. （2分） (2018高一下·浙江期中) 下列不属于氧化还原反应的是（）A . FeCl3＋3KSCN＝Fe(SCN)3＋3KClB . 2HClO 2HCl＋O2↑C . SO2＋H2O2＝H2SO4D . Fe2O3＋3CO 2Fe＋3CO25. （2分） (2016高二下·新疆月考) 下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A . 0.1 mol•L﹣1 NaHCO3溶液与0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO32﹣）＞c（OH﹣）B . 20 mL 0.1 mol•L﹣1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol•L﹣1 HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c （CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）C . 室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH ﹣）D . 0.1 mol•L﹣1 CH3COOH溶液与0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH﹣）＞c（H+）+c （CH3COOH）6. （2分）右图1为甲烷和O2构成的燃料电池示意图，电解质溶液为KOH溶液，图2为电解AlCl3溶液的装置，电极材料均为石墨。

福建省福州八中2015届高三化学上学期第一次质检试题（含解析）新人教版一、选择题（本题包括9小题，每小题2分，共18分，每小题只有一个选项符合题意．）1．下列有关物质用途的说法中，正确的是（）A．二氧化硅可用作半导体材料B．硝酸常用作金属铜加工前的酸洗C．碳酸钠可用于治疗胃酸过多D．三氧化二铁常用于生产红色油漆和涂料考点：硅和二氧化硅；硝酸的化学性质；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．专题：化学应用．分析：A．硅可用作半导体材料；B．硝酸能与铜反应；C．Na2CO3碱性太强，不适于治疗胃酸过多；D．氧化铁俗称铁红，是一种红棕色的物质．解答：解：A．硅可用作半导体材料，二氧化硅不是半导体，故A错误；B．硝酸能与铜反应，将铜反应掉，故B错误；C．Na2CO3碱性太强，不适于治疗胃酸过多，应用碳酸氢钠，故C错误；D．氧化铁俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，故D正确．故选D．点评：本题主要考查物质的性质、组成以及用途，是一道基础知识题目，难度不大．2．下列化学用语正确的是（）A．乙醇的结构筒式：C2H6OB．CH4的比例模型：C．工业上制取粗硅的化学方程式：SiO2+C Si+CO2↑D．电解饱和食盐水的离子方程式：Cl﹣+2H2O═Cl2↑+2OH﹣+H2↑考点：球棍模型与比例模型；结构简式；化学方程式的书写；离子方程式的书写．专题：化学用语专题．分析：A．C2H6O是乙醇的分子式；B．比列模型展现原子体积的相对大小；C．反应生成一氧化碳；D．方程式未配平．解答：解：A．乙醇（俗名酒精）的结构简式为CH3CH2OH，故A错误；B．本题图为甲烷的比例模型，展示原子体积的相对大小，C原子半径大于H原子半径，故B 正确；C．工业上制硅的反应方程式为：SiO2+2C Si+2CO↑，故C错误；D．电解饱和食盐水，溶液中的氯离子在阳极失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大生成氢氧化钠，反应的离子方程式：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故D错误．故选B．点评：本题考查化学用语和离子反应方程式书写的正误判断，明确反应的产物和方程式的配平是解答本题的关键，难度不大．3．下列有关元素及其化合物性质的比较正确的是（）A．原子半径：F＜O＜Al B．稳定性：H2O＜PH3＜NH3C．酸性：H2CO3＜H2SO4＜H3PO4D．碱性：LiOH＜NaOH＜Al（OH）3考点：微粒半径大小的比较；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大；B．非金属性越强，氢化物的稳定性越强；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强．解答：解：A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径F＜O＜Al，故A正确；B．非金属性P＜N＜O，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则稳定性PH3＜NH3＜H2O，故B错误；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：H2CO3＜H3PO4＜H2SO4，故C错误；D．金属性Al＜Li＜Na，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：Al（OH）3＜LiOH＜NaOH，故D错误，故选A．点评：本题考查元素周期律的应用，注意掌握微粒半径比较规律、理解元素周期律，难度不大．4．（2分）（2014•漳州模拟）下列有关物质性质及应用的叙述不正确的是（）A．漂白粉长时间露置空气中会结块变质B．金属钠在空气中燃烧产生黄色火焰，生成淡黄色固体C．为防船体被腐蚀，远洋货轮船底外壳镶嵌锌块，其中锌发生还原反应D．两根分别蘸有浓盐酸、浓氨水的玻璃棒靠近有白烟产生考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；金属的电化学腐蚀与防护；氨的化学性质；钠的化学性质．专题：电化学专题；卤族元素；几种重要的金属及其化合物．分析：A．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，可在空气中生成碳酸钙；B．钠在空气中燃烧生成过氧化钠；C．锌为原电池的负极，被氧化；D．浓盐酸和浓氨水反应生成氯化铵．解答：解：A．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，容易吸收空气中的水和二氧化碳生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，因此长时间露置空气中会结块变质，故A正确；B．钠钠在空气中燃烧生成过氧化钠，火焰呈黄色，故B正确；C．锌的金属性强于铁，与铁构成原电池，锌是负极，因此为防船体被腐蚀，远洋货轮船底镶嵌锌块，其中锌发生氧化反应，故C错误；D．两根分别蘸有浓盐酸、浓氨水的玻璃棒靠近生成氯化铵固体而产生白烟，故D正确．故选C．点评：本题考查较为综合，涉及漂白粉、钠、电化学腐蚀以及氨水的性质，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．5．（2分）（2012•莆田一模）下列有关浓硫酸与浓硝酸的叙述，不正确的是（）A．露置空气中，两者浓度均降低B．常温下，两者均能使铁、铝钝化C．一定条件下，两者均能与铜反应D．两者都具有强氧化性，均能氧化SO2考点：浓硫酸的性质；硝酸的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：浓硫酸和浓硝酸都具有强氧化性，可与铝、铁在常温下发生钝化反应，浓硫酸具有吸水性和脱水性，浓硝酸易挥发，以此解答该题．解答：解：A．浓硫酸具有吸水性，浓硝酸易挥发，二者露置空气中，浓度都降低，故A正确；B．浓硫酸和浓硝酸都具有强氧化性，可与铝、铁在常温下发生钝化反应，故B正确；C．二者都具有强氧化性，在加热条件下浓硫酸与铜发生氧化还原反应，浓硝酸易与铜发生氧化还原反应，故C正确；D．浓硫酸中硫元素化合价为+6价，二氧化硫中硫元素化合价为+4价，不能氧化二氧化硫，故D错误．故选D．点评：本题考查浓硫酸和浓硝酸的性质，难度不大，注意相关物质的性质的积累，把握浓硫酸与浓硝酸氧化性的区别．6．（2分）（2014•漳州模拟）下列关于有机物的说法中不正确的是（）A．苯与氯气在一定条件下可发生取代反应B．塑料、纤维都是合成高分子材料C．乙烯、氯乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色D．油脂、纤维紊和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应考点：苯的性质；乙烯的化学性质；油脂的性质、组成与结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．苯与氯气在催化剂条件下可以发生取代反应；B．部分纤维可能为天然高分子材料；C．含有碳碳双键的物质能够使酸性的高锰酸钾褪色；D．酯类、多糖、蛋白质在一定条件下都能发生水解．解答：解：A．苯与氯气在催化剂条件下可以发生取代反应，生成氯苯，故A正确；B．一部分纤维可能为天然高分子材料，故B错误；C．乙烯、氯乙烯均含有碳碳双键能够使酸性的高锰酸钾褪色，故C正确；D．油脂属于酯，碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油；纤维素是多糖，水解最终生成葡萄糖；蛋白质水解生成氨基酸，故D正确；故选：B．点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，明确苯、乙烯、油脂、纤维素、蛋白质的性质是解题关键．7．（2分）（2014•长春一模）主链上有6个碳原子，有甲基、乙基两个支链的烷烃有（）A．2种B．3种C．4种D．5种考点：常见有机化合物的结构；同分异构现象和同分异构体．专题：同系物和同分异构体．分析：主链6个C，则乙基只能在3号C上，甲基可以在中间所有的C上，据此解题．解答：解：主链6个C，则乙基只能在3号C上，甲基可以在中间所有的C上，该分子不对称，甲基分别在中间四个碳原子上，共有4种．故选C．点评：本题考查同分异构体的书写，注意1号碳不能接甲基，2号碳不能接乙基，题目难度不大．8．（2分）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（）A．用FeCl3溶液腐蚀铜箔制作印刷电路板：Fe3++Cu═Cu2++Fe2+B．用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：CO32﹣+CaSO4⇌CaCO3+SO42﹣C．碳酸钠溶液显碱性：CO32﹣+2H2O═H2CO3+2OH﹣D．用NaOH溶液吸收氯气：Cl2+2OH﹣═2Cl﹣+H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．根据电荷守恒判断，该离子方程式两边正电荷不守恒；B．碳酸钙溶解性小于硫酸钙，硫酸钙沉淀转化成更难溶的碳酸钙沉淀；C．碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解，溶液显示碱性，碳酸根离子的水解分步进行，主要以第一步为主；D．氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，漏掉了次氯酸根离子．解答：解：A．用FeCl3溶液腐蚀铜箔制作印刷电路板，铁离子与铜反应生成铜离子和亚铁离子，离子方程式必须遵循电荷守恒，正确的离子方程式为：2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+，故A错误；B．用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，微溶物硫酸钙转化成更难溶的碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为：CO32﹣+CaSO4⇌CaCO3+SO42﹣，故B正确；C．碳酸钠溶液显碱性，碳酸根离子的水解分步进行，离子方程式中应该分步写，主要写出第一步即可，正确的水解方程式为：CO32﹣+H2O═HCO3﹣+OH﹣，故C错误；D．NaOH溶液吸收氯气，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，正确的离子方程式为：Cl2+2OH ﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O，故D错误；故选B．点评：本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，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，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）；选项C 为易错点，注意碳酸根离子的水解分步进行．9．（2分）（2013•永春县模拟）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种饮用水的高效消毒剂，可由下列方法制得：Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O，关于该反应说法正确的是（）A．Na2FeO4属于共价化合物B．反应中Na2O2是氧化剂C．生成1mol Na2FeO4，有6mol电子转移D．在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：首先判断元素的化合价，从化合价变化的角度分析氧化还原反应，根据化合价的变化判断电子转移的数目并判断物质的性质．解答：解：A．Na2FeO4属于离子化合物，故A错误；B、Na2O2中O元素的化合价由﹣1价变为﹣2价，被还原，Na2O2为氧化剂，故B正确；C、反应中Fe元素的化合价由+3价升高到+6价，Na2FeO4被氧化，生成1mol Na2FeO4，有3mol电子转移，故C错误；D、在Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，故D错误．故选：B．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意从化合价变化的角度分析．二、选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意．）10．（3分）下列有关化学实验的说法错误的是（）A．为了除去NaCl溶液中的MgCl2，可加氢氧化钠溶液至溶液呈中性B．往某溶液中加入用HCl酸化的Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，则该溶液中含有SO42﹣C．某试样与NaOH浓溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则试样中含有NH4+ D．做完实验后，剩余的金属钠应放回试剂瓶以消除安全隐患考点：硫酸根离子的检验；铵离子检验；化学实验安全及事故处理．专题：实验评价题．分析：A．要除去MgCl2杂质，就是除去Mg2+，可以选用OH﹣除去，除杂不能引入新的杂质；B．不能排除将亚硫酸根离子的干扰；C．能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气；D．金属钠或钾能与空气中的水或氧气反应．解答：解：A．要除去MgCl2杂质，就是除去Mg2+，可以选用OH﹣除去，故可选用氢氧化钠溶液除去NaCl溶液中的MgCl2，故A正确；B．用HCl酸化的Ba（NO3）2溶液，氢离子与硝酸根离子在一起相当于稀硝酸，稀硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，所以不能确定原溶液中一定含有硫酸根离子，故B错误；C．产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有铵根离子，故C正确；D．金属钠或钾能与空气中的水或氧气反应，剩余的金属钠应放回试剂瓶以消除安全隐患，故D正确；故选B．点评：本题考查离子的检验和除杂，以及碱金属的性质，难度中等．要注意掌握常见离子的检验方法．11．（3分）（2012•莆田一模）室温下，10mL0.1mol•L﹣1的氨水加水稀释后，下列说法正确的是（）A．溶液的pH增大B．溶液中NH4+和OH﹣离子的数目减少C．NH3•H2O的电离程度增大，c（H+）也增大D．再加入适量盐酸使c（NH4+）=c（Cl﹣），混合液的pH＜7考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：一水合氨是弱电解质，加水稀释时促进一水合氨电离，溶液体积增大量大于氢氧根离子个数增大量，所以氢氧根离子浓度降低，温度不变水的离子积常数不变，结合水的离子积常数、电荷守恒来分析解答．解答：解：A．一水合氨是弱电解质，加水稀释时促进一水合氨电离，溶液体积增大量大于氢氧根离子个数增大量，所以氢氧根离子浓度降低，pH减小，故A错误；B．加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中铵根离子和氢氧根离子个数增多，故B错误；C．加水稀释促进一水合氨电离，则一水合氨的电离程度增大，氢氧根离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢离子浓度增大，故C正确；D．要使混合溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），混合溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），所以c（H+）=c（OH﹣），则混合溶液pH=7，故D错误；故选C．点评：本题考查了弱电解质电离，明确弱电解质电离特点结合电荷守恒来分析解答，注意电离平衡常数、离子积常数都只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，为易错点．12．（3分）（2012•莆田一模）用惰性电极电解尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液制氢，装置如图所示，电解池中的隔膜仅阻止气体通过．电解时总的化学方程式为：CO（NH2）2+2OH﹣CO+N2↑+3H2↑，以下说法不正确的是（）A．a为阳极，b为阴极B．电解时，溶液中OH﹣向b极移动C．阴极反应式：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣D．电解后，溶液pH减小考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：该电池反应时中，氮元素化合价由﹣3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，所以生成氮气的电极是阳极，生成氢气的电极是阴极，结合电解质溶液中氢氧根离子浓度的变化分析解答．解答：解：A．该电池反应时中，氮元素化合价由﹣3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，则氮元素被氧化，氢元素被还原，所以生成氮气的电极a是阳极，生成氢气的电极b是阴极，故A正确；B．电解时，电解质溶液中阴离子向阳极移动，根据A知，a是阳极，所以氢氧根离子向a极移动，故B错误；C．阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故C正确；D．根据电池反应式知，氢氧根参加反应，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故D正确；故选：B．点评：本题考查了电解原理，明确元素化合价变化是解本题关键，根据元素化合价变化与阴阳极的关系来分析解答，难度中等．13．（3分）（2012•莆田一模）酸性溶液中，Fe2+会被空气缓慢氧化为Fe3+．不同条件下，一定浓度的Fe2+的氧化率随时间变化关系如图所示．下列有关说法正确的是（）A．该氧化过程的离子方程式为：Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2OB．pH=1.5时Fe2+的氧化率一定比pH=2.5的大C．Fe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关D．其他条件相同时，80℃时Fe2+的氧化率比50℃的大考点：转化率随温度、压强的变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，由图象知，当pH值其它条件相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大；当温度和其它条件相同PH值不同时，pH值越大，Fe2+的氧化率越小，以此解答该题．解答：解：A．电子转移数目不相等，应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故A错误；B．由图象知，Fe2+的氧化率受PH值和温度的影响，所以pH=1.5时氧化率不一定比pH=2.5时大，故B错误；C．Fe2+的氧化率不仅与溶液的pH和温度有关，还与离子的浓度等其它因素有关，故CD．由图象可知，其它条件相同时温度不同时，Fe2+的氧化率与温度呈正比，温度越高氧化率越大，故D正确．故选D．点评：本题考查了外界条件对Fe2+氧化率的影响，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意比较氧化率时，要其它条件相同只有一个条件不同才能比较，否则无法得出结论．14．（3分）（2014•漳州模拟）下列各组物质中，不能按如图所示（“→”表示一步完成）关系相互转化的是（）A B C D甲 Al Na SO2 Cu乙 NaAlO2 NaOH SO3 CuO丙 Al（OH）3 NaCl H2SO4 CuCl2A．A B．B C．C D．D考点：镁、铝的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：氧族元素；几种重要的金属及其化合物．分析：A．铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和酸反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不能直接转化为铝；B．钠溶于水生成氢氧化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠，电解熔融的氯化钠生成钠；C．二氧化硫被氧气氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，浓硫酸和铜反应生成二氧化硫；D．铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，电解氯化铜可以得到金属铜．解答：A．铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，偏铝酸钠和酸反应生成氢氧化铝：NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，但氢氧化铝不能直接转化为铝；故A错误；B．钠溶于水生成氢氧化钠：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，电解熔融的氯化钠生成钠：2NaCl2Na+Cl2；故B正确；C．二氧化硫被氧气氧化生成三氧化硫：2SO2+O2=2SO3，三氧化硫溶于水生成硫酸：SO3+H2O=H2SO4，浓硫酸和铜反应生成二氧化硫：2H2SO4（浓）+Cu=CuSO4+SO2↑+2H2O；故C正确；D．铜与氧气反应生成氧化铜：2Cu+O22CuO，氧化铜溶于盐酸生成氯化铜：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，电解氯化铜可以得到金属铜：CuCl2Cu+Cl2；故D正确；点评：本题考查元素化合物的性质，题目难度不大，本题注意常见元素化合物性质的积累．15．（3分）常温下，10mL浓度为amol•L﹣1的醋酸溶液pH=4．下列能使溶液的pH=7的措施是（）A．将溶液稀释到 10LB．将溶液与10mL浓度为amol•L﹣1的NaOH溶液混合C．将溶液与10mL、pH=10的NaOH溶液混合D．往溶液中加入适量的氢氧化钠，使溶液中c（Na+）=c （CH3COO﹣）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、酸溶液加水稀释仍显酸性；B、等量的醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液显碱性；C、醋酸是弱酸部分电离，酸的浓度大于氢离子的浓度；D、根据电荷守恒分析．解答：解：A、酸溶液加水稀释仍显酸性，所以10mL浓度为amol•L﹣1的醋酸溶液加水稀释到10L，溶液仍然显酸性pH＜7，故A错误；B、10mL浓度为amol•L﹣1的醋酸溶液与10mL浓度为amol•L﹣1的NaOH溶液混合，恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解溶液显碱性，则溶液的pH＞7，故B错误；C、醋酸是弱酸部分电离，酸的浓度大于氢离子的浓度，所以10mLpH=4的醋酸溶液与10mL、pH=10的NaOH溶液混合反应时，醋酸过量，反应后溶液显酸性，则pH＜7，故C错误；D、10mL浓度为amol•L﹣1的醋酸溶液中加入适量的氢氧化钠，已知溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c （CH3COO﹣）+c（OH﹣），使溶液中c（Na+）=c （CH3COO﹣），则溶液中c（H+）=c （OH﹣），所以溶液的pH=7，故D正确；故选D．点评：本题考查了酸碱混合溶液的酸碱性的判断，涉及盐的水解原理、电荷守恒的应用等，题目难度不大．16．（3分）（2014•漳州模拟）下列针对甲、乙、丙、丁四种实验及装置的说法，不合理的是（）A．可用来证明碳的非金属性比硅强B．装置可用于碘水中碘的萃取及分液C．用如图示的方法检查此装置的气密性D．装置：从①进气可收集NO；从②进气可收集NH3考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；B．根据碘在不同溶剂中的溶解度不同采用萃取的方法分离；C．能产生压强差的装置能检验装置的气密性；D．根据气体的溶解性、性质及密度确定气体的收集方法．解答：解：A．碳酸可以制备硅酸，说明碳酸的酸性强于硅酸，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以甲可以证明C的非金属性比硅强，故A正确；B．碘易溶于有机溶剂中，不易溶于水中，且有机溶剂和水不互溶，所以可以通过萃取实现碘与水的分离，故B正确；C．根据装置特点知，如果两侧的液面高度差不变，则可以说明装置不漏气，故C正确；D．NO易被氧气氧化生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集NO，故D错误；故选D．点评：本题考查了化学实验方案评价，涉及气体的收集、气密性检验、元素非金属性强弱判断等知识点，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质来分析解答即可，题目难度不大．17．（3分）（2014•郑州一模）一定温度下，三种碳酸盐MCO3（M：Mg2+、Ca2+、Mn2+）的沉淀溶解平衡曲线如图所示．已知：pM=﹣lgc（M），p（CO32﹣）=﹣lgc（CO32﹣）．下列说法正确的是（）A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的K sp依次增大B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c（Mn2+）＞c（CO32﹣）C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c（Ca2+）＜c（CO32﹣）D．c点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c（Mg2+）＞c（CO32﹣）考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：图示题；电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．pM相等时，图线中p（CO32﹣）数值越大，实际浓度越小；B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32﹣）；C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＞p（CO32﹣）；D．pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3 的不饱和溶液，pM＞p（CO32﹣）．解答：解：A．pM相等时，图线中p（CO32﹣）数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，故A错误；B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32﹣），所以c（Mn2+）=c（CO32﹣），故B错误；C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＞p（CO32﹣），所以c（Ca2+）＜c（CO32﹣），故C正确；D．pM数值越小，实际浓度越大，已知c点不在曲线上，而在曲线下面，则c点表示MgCO3 的过饱和溶液，pM＞p（CO32﹣），所以c（Mg2+）＜c（CO32﹣），故D错误；故选：C．点评：本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，掌握图线中pc（CO32﹣）、pM数值越大，实际浓度越小是解题的关键，难度中等．三、解答题（共4小题，满分58分）18．（15分）短周期元素R、Q、M、T在元素周期表中的相对位置如图1，已知R原子最外层电子数与次外层电子数之比为2：1．（1）人的汗液中台有T的简单离子，其离子结构示意图为；元素M在元素周期表中的位置是第3周期ⅥA．（2）R的最高价氧化物所含的化学键类型是共价键（选填“离子”或“共价”）．（3）加热时，Q的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与单质R反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）2H2O+CO2↑+4NO2↑（用具体的化学式表示）．（4）在一定条件下甲、乙、丙有如下转化：甲乙丙，若其中甲是单质，乙、丙为化合物，x是具有氧化性的无色气体单质，则甲的化学组成不可能是④（选填序号，下同）．①R ②Q2③M ④T2（5）元素T的含氧酸HTO具有漂白性．往20mL 0.0lmol•L﹣l的HTO溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图2示．据此判断：该烧碱溶液的浓度为0.01 mol•L﹣l；下列有关说法正确的是①③①HTO的电离平衡常数：b点＞a点②由水电离出的c（OH﹣）：b点＜c点③从a点到b点，混合溶液中可能存在：c（TO﹣）═c（Na+）④从b点到c点，混合溶液中一直存在：c（Na+）＞c（TO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）考点：位置结构性质的相互关系应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：元素周期律与元素周期表专题；电离平衡与溶液的pH专题．分析：短周期元素R、Q、M、T在元素周期表中的相对位置如图1，已知R原子最外层电子数与次外层电子数之比为2：1，则R为碳元素，根据各元素在周期表中与R的位置关系可知，Q为氮元素，M为硫元素，T为氯元素，据此答题．解答：解：短周期元素R、Q、M、T在元素周期表中的相对位置如图1，已知R原子最外层电子数与次外层电子数之比为2：1，则R为碳元素，根据各元素在周期表中与R的位置关系可知，Q为氮元素，M为硫元素，T为氯元素，（1）氯离子结构示意图为； M为硫元素，在元素周期表中的位置是第3周期ⅥA，故答案为：；第3周期ⅥA；（2）R的最高价氧化物为二氧化碳，所含的化学键类型是共价键，故答案为：共价；（3）Q的最高价氧化物对应水化物为硝酸，加热时，硝酸的浓溶液与碳反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）2H2O+CO2↑+4NO2↑，故答案为：C+4HNO3（浓）2H2O+CO2↑+4NO2↑；（4）满足如下转化：甲乙丙，若其中甲是单质，则当X为氧气时，甲可以是碳、硫、氮气，经过两步氧生成对应的氧化物，只有氯气不能被氧气两步氧化，故答案为；④；（5）HClO是弱酸，次氯酸电离是吸热反应，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放出热量最多，c（NaOH）==0.01mol/L；①从a到b点，溶液温度逐渐升高，次氯酸是弱酸，升高温度促进次氯酸电离，则温度越高，次氯酸电离平衡常数越大，所以电离平衡常数b点＞a点，故正确；②b点溶质是NaClO，为强碱弱酸盐，促进水电离，c点NaOH过量，抑制水电离，所以由水电离出的c（OH﹣）：b点＞c点，故错误；③从a点到b点，当溶液呈中性时，存在c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒知存在c。

福建省福州市八中高三上学期第一次月考试题(化学)考试时间：90分钟试卷满分：100分可能用到的相对原子质量： H—1 O—16 Cu—64 C—12 Cl—35.5 Na—23第Ⅰ卷（共100分）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共46分）1．工业上常用氯气给自来水消毒。

某学生用自来水配制下列物质的溶液，不会产生明显药品变质的是A．碳酸钠B．硝酸银C．亚硫酸钠D．氯化铁2．能证明醋酸是弱酸的事实是A．能溶于水B．能使紫色石蕊试液变红C．能被弱碱氨水中和D．常温下，0.1 mol·Lˉ1醋酸溶液中的c(H+)为1.32×10ˉ3 mol·Lˉ13．某品牌消毒液的商品标识上注明：①本品为无色液体呈碱性；②使用时应加水稀释；③可对餐具进行消毒，并能漂白浅色衣物。

据此判断其有效成分可能是A．Cl2 B．SO2C．H2O2 D．NaClO4．升高温度，下列数据不一定同时增大的是A．化学反应速率v B．弱电解质的电离平衡常数K aC．化学平衡常数K D．水的离子积常数K w5．将下列物质分别加入溴水中，溴水颜色不变浅的是A．NaOH溶液B．KI固体C．CCl4D．Mg6．欲使0.1mol/L NaHCO3溶液中c(H＋)、c(CO32－)、c(HCO3¯)都减少，方法是A．加入氢氧化钠固体B．加水C．通入氯化氢气体D．加入饱和石灰水溶液7．25℃、101kPa下，反应2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) △H=+56.7kJ/mol能自发进行的原因是A．是吸热反应B．是放热反应C．是熵减小的反应D．熵增效应大于热效应8．为了增强漂白粉的漂白能力，对漂白粉溶液作如下处理，其中达不到目的的操作是A．微热B．加醋酸溶液C．通CO2气体D．加烧碱溶液9．相同物质的量浓度的NaCN 和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则同温同体积同浓度的HCN 和 HClO说法正确的是A．酸根离子浓度：c(CNˉ)＜c(ClOˉ)B．pH：HClO＞HCNC．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO＞HCND．电离程度：HCN＞HClO10．0.3 mol硼烷(B2H6)在氧气中完全燃烧生成B2O3固体和液态水，放出649.5 kJ热量。

福建省莆田一中2015届高三上学期期中试化学试卷（满分：100分完卷时间：120分钟）相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Al-27 Zn-65 Ba-137第I卷选择题一、选择题(24小题，每小题2分，共48分。

每小题只有一个．．．．选项符合题意) 1、下列措施不能达到节能减排目的的是A．利用太阳能制氢燃料B．用家用汽车代替公交车C．利用潮汐能发电D．用节能灯代替白炽灯2、研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价砷（As）元素，它对人体是无毒的，砒霜（成分：As2O3）属剧毒物质，专家忠告：不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+ 大量维生素C = 砒霜。

下面有关解释不正确的是A．维生素C能将+5价砷氧化成As2O3B．维生素C具有还原性C．致人中毒过程中+5价砷发生还原反应D．青菜中含有维生素C 3、下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合正确的是纯净物混合物强电解质弱电解质非电解质A 盐酸水煤气硫酸醋酸HDB 胆矾石灰水硫酸钡Al(OH)3NH3C 火碱蔗糖溶液氯化钠氨水三氧化硫D 冰醋酸福尔马林苛性钾碘化氢乙醇4、下列物质不能．．通过化合反应直接制得的是A．FeCl2 B．NaHSO3C．Cu(OH)2D．Na2O25、“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是①实验室收集氨气采用图1所示装置②实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应A．②③④B．①②③C．①②④D．①③④6、依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是A．H3BO3的酸性比H2CO3的强B．Mg(OH)2的碱性比Be(OH)2的强C．HCl、HBr、HI的热稳定性依次增强D．若M＋和R2－的核外电子层结构相同，则原子序数：R＞M7、下列反应的离子方程式中正确的是A．钠与水反应：2Na+2H2O = 2Na+ +2OH－+H2↑B．氢氧化钡溶液和硫酸铵溶液反应：Ba2＋＋SO42- ＝BaSO4↓C．硫化钠溶于水呈碱性：S2- + 2H2O H2S + 2OH－D．向溴化亚铁溶液中通入少量氯气：Cl2+2Br－=2Cl－+Br28、已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合右图。

福建省莆田一中2015届高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（24小题，每小题2分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列措施不能达到节能减排目的是（）A．利用太阳能制氢燃料B．用家用汽车代替公交车C．利用潮汐能发电D．用节能灯代替白炽灯分析：节能减排有广义和狭义定义之分，广义而言，节能减排是指节约物质资源和能量资源，减少废弃物和环境有害物（包括三废和噪声等）排放；狭义而言，节能减排是指节约能源和减少环境有害物排放．解答：解：A、利用太阳能制氢燃料，是节能同时减少污染气体排放，故A能节能减排；B、用家用汽车代替公交车，不能节能减排，反而增加了汽车尾气的排放，故B不能节能减排；C、利用潮汐能发电，潮汐是一种绿色能源，利用潮汐发电，又可以节省资源，同时减少了气体的排放，故C能节能减排；D、用节能灯代替白炽灯，消耗相同电力的条件下，节能灯的发光效率比白炽灯更高，能节能，间接减少污染气体排放，故D能节能减排；故选B．点评：本题主要考查学生运用所学化学知识解决实际生活中一些问题的能力，倡导节约，避免浪费，提倡“低碳环保”理念，是社会热点．2．研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价砷（As）元素，但它对人体是无毒的，砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜．下面有关解释不正确的是（）A．维生素C能将+5价砷氧化成As2O3B．维生素C具有还原性C．致人中毒过程中+5价砷发生还原反应D．青菜中含有维生素C考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As．解答：解：人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，则A．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，故A错误；B．人体中的As元素为+5价，大量食用海鲜和青菜后生成+3价As，说明维生素C具有还原性，故B正确；C．+5价砷生成+3价As，化合价降低，得电子被还原，为还原反应，故C正确；D．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒，说明青菜中含有维生素C，故D正确．故选A．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应．）A．A B．B C．C D．.D考点：混合物和纯净物；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．分析：纯净物：有一种物质组成，包括单质和化合物；混合物：由两种或两种以上的物质组成；在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；在水溶液里或熔融状态下不导电的化合物是非电解质，电解质和非电解质都是化合物来分析．解答：解：A．盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、HD分别属于混合物、混合物、强电解质、弱电解质，单质，故A错误；B．胆矾、石灰水、硫酸钡、氢氧化铝、氨气分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质，非电解质，故B正确；C．火碱、蔗糖溶液、氯化钠、氨水、三氧化硫分别属于化合物、混合物、强电解质、混合物，非电解质，故C错误；D．冰醋酸、福尔马林、苛性钠、碘化氢、乙醇分别属于化合物、混合物、强电解质、弱电解质，非电解质，故D错误；故选B．点评：本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，难度较小，注意常见物质的组成和俗称．4．（2分）下列物质不能通过化合反应直接制得的是（）A．FeCl2B．N aHSO3C．C u（OH）2D．Na2O2考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变．分析：A．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；B．亚硫酸钠与二氧化硫、水反应生成亚硫酸氢钠；C．氧化铜与水不反应，不能生成氢氧化铜；D．钠与氧气在加热条件下生成过氧化钠．解答：解：A．Fe+2FeCl3=3FeCl2，所以能通过化合反应制得，故A不选；B．Na2SO3+H2O+CO2=2NaHSO3，所以能通过化合反应制得，故B不选；C．氧化铜与水不反应，不能够通过化合反应制取氢氧化铜，故C选；D.2Na+O2Na2O2，所以能够通过化合反应制得，故D不选；故选：C．点评：本题综合考查元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，注意常见物质的性质以及反应类型的判断，题目难度不大．5．“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是①实验室收集氨气采用图所示装置②实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图所示装置③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验④实验室中采用图所示装置进行铜与稀硝酸的反应（）A．②③④B．①②③C．①②④D．①③④考点：绿色化学；氯气的化学性质；氨的化学性质；硝酸的化学性质；尾气处理装置．专题：氮族元素．分析：解答本题的关键是要理解绿色化学的理念是做好污染的防护，不能污染环境．解答：解：①实验室收集氨气采用图1所示装置，在制备的过程中用带有酚酞的水吸收溢出的氨气防止污染环境，故符合绿色化学的要求．②实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置，用沾有碱液的棉团可以吸收多余的氯气，防止污染环境，因此也符合绿色化学的范畴．③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验，挥发的氯化氢和氨气会污染大气，因此不符合绿色化学的要求．④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应，生成的氮的氧化物及时收集在气球里面，也可以做到防止污染环境，也符合绿色化学的要求．综上所述①②④符合要求，故选C．点评：在作答气体制备或有关性质实验的问题时，要注意在尾气的吸收处理．6．依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是（）A．H3BO3的酸性比H2CO3的强B．Mg（OH）2的碱性比Be（OH）2的强C．HCl、HBr、HI的热稳定性依次增强D．若M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：R＞M考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A、同周期从左向右元素的非金属性增强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性增强；B、同主族从上到下元素的金属性增强，则最高价氧化物对应的水化物的碱性增强；C、同主族从上到下元素的非金属性减弱，则气态氢化物的稳定性减弱；D、M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则阳离子在下一周期的前方，阴离子在上一周期的后方．解答：解：A、非金属性B＜C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H3BO3＜H2CO3，故A错误；B、金属性Mg＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性为Mg（OH）2＞Be（OH）2，故B 正确；C、非金属性Cl＞Br＞I，则HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，故C错误；D、M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则M+在下一周期的前方，R2﹣在上一周期的后方，原子序数M＞R，故D错误；故选B．点评：本题考查元素周期律，学生熟悉元素的金属性与非金属性的递变规律是解答本题的关键，难度不大．7．下列反应的离子方程式中正确的是（）A．钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑B．氢氧化钡溶液和硫酸铵溶液反应：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓C．硫化钠溶于水呈碱性：S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣D．向溴化亚铁溶液中通入少量氯气：Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2考点：离子方程式的书写．分析：A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；B．漏掉了氢氧根离子与氨根离子的反应；C．硫离子分步水解；D．氯气少量先氧化二价铁离子．解答：解：A．钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故A正确；B．氢氧化钡溶液和硫酸铵溶液反应，离子方程式：2NH4++2OH﹣+Ba2++SO42﹣=BaSO4↓+2NH3•H2O，故B错误；C．硫化钠溶于水呈碱性，离子方程式：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，故C错误；D．向溴化亚铁溶液中通入少量氯气，离子方程式为：：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+，故D错误；故选：A．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意离子还原性强弱规律，注意不能漏掉反应离子，题目难度不大．8．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图．则甲和X（要求甲和X能互换）不可能是[提示：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓]（）A．C和O2B．S O2和NaOH溶液C．Cl2和Fe D．A lCl3溶液和NaOH溶液考点：无机物的推断．分析：A、甲为C（O2），X为O2（C），依据碳及其化合物的性质分析，甲为C（O2），X 为O2（C），都符合转化关系；B、甲为SO2（NaOH），X为NaOH（SO2），依据物质性质分析，甲为SO2（NaOH），X为NaOH（SO2），都符合转化关系；C、甲为Cl2（Fe），X为Fe（Cl2），依据物质性质分析甲为Cl2，x为Fe，符合转化关系，而甲为Fe，X为Cl2，不符合转化关系；D、甲为AlCl3（NaOH），X为NaOH（AlCl3），依据物质性质分析，甲为AlCl3（NaOH），X 为NaOH（AlCl3），都能符合转化关系．解答：解：A、甲为C（O2），X为O2（C），C CO CO2CO，或O2CO2CO CO2；甲为C（O2），X为O2（C），都符合转化关系，故A可能；B、甲为SO2（NaOH），X为NaOH（SO2），SO2NaHSO3Na2SO3NaHSO3，或NaOH Na2SO3NaHSO3Na2SO3；甲为SO2（NaOH），X为NaOH（SO2），都符合转化关系，故B可能；C、甲为Cl2（Fe），X为Fe（Cl2），Cl2FeCl3FeCl2FeCl3；Fe FeCl3，不能实现三氯化铁和氯气反应生成氯化亚铁，只有甲为Cl2，x为Fe符合转化关系，故C不可能；D、甲为AlCl3（NaOH），X为NaOH（AlCl3），AlCl3Al（OH）3NaAlO2Al（OH）3，或NaOH NaAlO2Al（OH）3NaAlO2；甲为AlCl3（NaOH），X为NaOH（AlCl3），都能符合转化关系，故D可能；故选C．点评：本题考查了物质转化关系的特征转变，物质性质的应用，主要考查量不同产物不同的常见物质的性质应用，难度较大．9．（2分）用N A表示阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的组合是（）①14g乙烯和丙烯的混合物中氢原子数为2N A个②0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目为0.1N A个③标准状况下，2.24L Cl2通入足量的NaOH溶液中转移的电子数为0.1N A个④25℃时，pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2N A个⑤常温下，100mL 1mol•L﹣1Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1N A个⑥1mol Na2O2与足量水蒸气反应转移电子数为N A个⑦常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3N A个．A．①④⑤⑦B．②⑤⑥⑦C．①③⑤⑥D．①③⑤⑦考点：阿伏加德罗常数．分析：①乙烯和丙烯的最简式相同，都为CH2，以此计算；②根据FeCl3溶液的体积不明确以及氢氧化铁胶体是氢氧化铁的聚集体判断；③1molCl2通入足量的NaOH溶液中转移的电子数为N A个；④依据PH计算氢离子浓度，结合溶液中离子积常数计算碱溶液中氢氧根离子浓度，水溶液中水电离也生成氢氧根离子分析判断；⑤碳酸根离子水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子；⑥过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应过氧化钠中O元素化合价由﹣1价变为﹣2价和0价；⑦铝在浓硫酸中发生钝化．解答：解：①乙烯和丙烯的最简式相同，都为CH2，14g乙烯和丙烯的混合物中氢原子数为×2N A/mol=2N A，故①正确；②FeCl3溶液体积不明确，故无法知道FeCl3的物质的量；而且FeCl3加入到沸水中后氢氧化铁胶体是氢氧化铁的聚集体，故无法判断形成的胶粒的个数，故②错误；③2.24L Cl2的物质的量是0.1mol，转移的电子数为0.1N A个，故③正确；④25℃时，pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中，碱含有的OH﹣数目为0.2N A，水存在电离生成氢氧根离子，所以溶液中氢氧根离子大于0.2N A，故④错误；⑤常温下，100mL 1mol•L﹣1 Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，阴离子总数大于0.1N A，故⑤正确；⑥1mol过氧化钠和水反应转移电子数=1mol×1×N A/mol=N A，故⑥正确；⑦铝在浓硫酸中发生钝化，2.7g铝片不能完全反应，故⑦错误；故选C．点评：本题考查常用化学计量的有关计算，难度中等，转移气体摩尔体积的使用条件与对象．制取少量纯净的CO2气体11．（2分）向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能12．（2分）将2a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合物溶液分为两等份，其中一份加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42﹣离子完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到c mol NH33+CNH计算=mol/LNH=mol/L3+mol/L1=mol/L13．（2分）将少量金属钠分别投入下列物质的水溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是16．（2分）98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）配制0.5mol•L﹣1的稀硫酸180mL，现给出下列仪器（配制过程中可能用到）：①50mL量筒；②10mL量筒；③50mL烧杯；④托盘天平；=V==0.0068L17．（2分）在含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中，通入足量的SO2后有白色沉淀生成，过滤后，18．（2分）某氧化物不溶于水，溶于熔化的NaOH中，生成易溶于水的化合物，向稀盐酸中19．（2分）少量的K2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌．随着盐酸的加入，溶液中离子数目也相应地发生如图变化．四条曲线（c和d图象部分重叠）溶液中离子的对应关系，正确的是（）20．（2分）用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是（）21．（2分）（2012•黄浦区一模）观察是研究物质性质的一种基本方法．一同学将一小块金属钠露置于空气中，观察到下列现象：银白色变灰暗变白色出现液滴白色固体，下列22．（2分）（2011•山东）某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一23．（2分）某同学设计了以下流程来检验碳酸钾粉末中含有少量氯化钾和氢氧化钾．下列说法不正确的是（）24．（2分）将一定量的锌与100mL 18.5mol•L﹣1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6L（标准状况）．将反应后的溶液稀释至1L，则得溶液中c（H+）=0.1mol•L﹣1，则=1.5mol×解：生成气体的物质的量为=1.5mol×二.填空题（本题包括4大题，共52分）（1）X的气态氢化物分子的结构式是，Z元素在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族．（2）X、Y、Z三元素的最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是HClO4＞HNO3＞H2CO3．（3）常温时，W的硫酸盐溶液的pH＜7（填“=”“＞”或“＜”）．理由是Al3++3H2O Al （OH）3+3H+（用离子方程式表示）．（4）实验室用X的氢化物的水溶液制取W的氢氧化物的方法是Al3++3NH3•H2O═Al（OH）+（用离子方程式表示）．3↓+3NH4（5）W与氧化铁反应的化学方程式2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe．对，结构式为族，故答案为：AlAl3326．（10分）下列中学化学中常见物质的转化关系如图，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物．（1）写出B的化学式Fe2O3；（2）写出反应A+B→C+D的一种应用焊接铁轨；（3）写出过量的D与稀硝酸反应的离子方程式：3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++2NO↑+4H2O；（4）H→I的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（5）某同学认为物质J 中可能同时含有同一金属元素的不同价态，若要确定其中低价阳离子的存在最好应选用D；A、KSCN溶液和氯水B、铁粉和KSCN 溶液C、浓氨水D、KMnO4溶液．27．（12分）（2011•昌平区二模）氧化铜有多种用途，如用作玻璃着色剂、油类脱硫剂等．为获得纯净的氧化铜，某同学用工业硫酸铜（含硫酸亚铁等杂质）进行如下实验：经查阅资料得知，在溶液中通过调节溶液的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的pH（1）步骤Ⅰ的目的是除不溶性杂质．所需操作的名称是溶解、过滤．（2）步骤Ⅱ的目的是除硫酸亚铁．操作步骤是先滴加H2O2溶液，稍加热，当Fe2+转化完全后，慢慢加入Cu2（OH）2CO3粉末，搅拌，以调整溶液pH在一定范围之内，加热煮沸一段时间，过滤，用稀硫酸酸化滤液至pH=1．①写出用H2O2溶液除去硫酸亚铁的离子方程式2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．②调整pH 的范围应该在 3.7～6.0之间．（3）步骤Ⅲ的目的是得到CuSO4•5H2O晶体．操作是将溶液加热蒸发至有晶膜出现时，停止加热，冷却结晶，水浴加热烘干．采用水浴加热的原因是防止CuSO4•5H2O晶体分解．（4）该同学用CuSO4溶液进行如下探究实验：取A、B两支试管，分别加入2mL 5% H2O2溶液，再向H2O2溶液中分别滴入0.1mol•L﹣1FeCl3和CuSO4溶液各1mL，摇匀，观察到滴入FeCl3溶液的试管产生气泡更快，由此得到结论：Fe3+对H2O2溶液分解的催化效率比Cu2+高，该同学的结论是否正确错误（填正确或错误），请说明原因根据控制变量的思想，所用溶液的阴离子不同，无法比较阳离子的催化效率．考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铜金属及其重要化合物的主要性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：（1）除去不溶性杂质的操作是过滤；（2）H2O2将Fe2+氧化为Fe3+；（3）将CuSO4溶液加热蒸发至有晶体析应进行冷却结晶，注意温度不能过高，防止晶体分解；（4）要排除阴离子的干扰．解答：解：（1）除去混合物中不溶性的杂质，可以先溶解、在过滤，在溶解的过程中必须用玻璃棒搅拌，故答案为：溶解、过滤；（2）①加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；②加H2O2已将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+只能存在于酸性溶液中，当溶液的pH大于1.4时，Fe3+开始水解生成沉淀，当溶液的pH等于3.7时，Fe3+已完全水解为沉淀，为防止生成Cu（OH），pH应小于6.0，故答案为：3.7～6.0；（3）将CuSO4溶液加热蒸发至有晶体析出现时，即饱和状态，停止加热，冷却结晶，然后用水浴加热烘干就可得到CuSO4•5H2O晶体，注意温度不能过高，防止晶体分解，故答案为：冷却结晶；防止CuSO4•5H2O晶体分解；（4）加入FeCl3和CuSO4溶液，二者阴离子不同，不能排除阴离子的干扰，故答案为：错误；根据控制变量的思想，所用溶液的阴离子不同，无法比较阳离子的催化效率．点评：本题是一道实验探究题，能较好的考查学生分析和解决问题的能力，考查了常见物质分离的方法，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答．28．（17分）某校课外小组为测定某碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数，甲、乙两组同学分别进行了下列相关实验．[已知Ba（HCO3）2可溶于水]方案Ⅰ．甲组同学用沉淀分析法，按如下图所示的实验流程进行实验：（1）实验时，过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为玻璃棒．（2）洗涤沉淀B的操作是用玻璃棒引流，注入蒸馏水，直至刚好没过沉淀，待水从漏斗底部自然流完后，重复上述操作2﹣3次．（3）若实验中测得样品质量为m g，沉淀质量为n g，则碳酸钠的质量分数为×100%．（4）烘干后的沉淀应放在干燥器（仪器名称）中冷却至室温再称量．方案Ⅱ：乙组同学的主要实验流程图如下：按如下图所示装置进行实验：（5）该实验中装置B盛放的物质是浓硫酸，分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸测量结果将偏小（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．（6）在C中装碱石灰来吸收净化后的气体．D装置的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保前一个干燥管中质量增加量的准确性．（7）有的同学认为为了减少实验误差，在反应前后都通入N2，反应后通入N2的目的是将B、C装置中残留CO2全部驱入D装置的碱石灰中，减小实验误差．方案Ⅲ：气体分析法（8）把一定量样品与足量稀硫酸反应后，用如图装置测量产生CO2气体的体积，B溶液最好采用b（以下选项中选择）使测量误差较小．a饱和碳酸钠溶液b饱和碳酸氢钠溶液c饱和氢氧化钠溶液d饱和硫酸铜溶液（9）但选用该溶液后实验结果仍然不够准确，其原因可能是部分水残留在玻璃导管内．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验探究和数据处理题．分析：方案Ⅰ、样品溶液后加入氯化钡，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，碳酸氢钠与氯化钡不反应，过滤、干燥得到碳酸钡沉淀，通过碳酸钡沉淀可求出碳酸钠的物质的量，进而求得碳酸钠的质量分数．（1）过滤时用玻璃棒引流；（2）根据洗涤沉淀的操作回答；（3）沉淀n为碳酸钡，根据碳守恒，碳酸钠的物质的量和碳酸钡相等，进而计算质量分数；（4）烘干后得沉淀应放在干燥器中冷却；方案Ⅱ、称取一定量样品装入广口瓶中，打并止水夹，缓慢鼓入空气数分钟用来赶净装置中的空气，关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，称量，缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止，打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟，把生成的二氧化碳全部赶到碱石灰干燥管中全部吸收，再称量干燥管质量，通过碱石灰的增重求得二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量和样品质量求得碳酸钠的物质的量，进而求得质量分数．（5）装置B的作用是把气体中的水蒸气除去；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，盐酸易挥发；（6）空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收；（7）该方案关键是要获得产生的CO2的质量，故应保证产生的二氧化碳完全被吸收，而空气中二氧化碳不能被吸收；方案Ⅲ、根据样品和硫酸反应，测量产生二氧化碳的体积，进而计算碳酸钠的质量分数．（8）所选液体不溶解二氧化碳；（9）部分水残留在玻璃导管内，会使得测得二氧化碳体积偏小．解答：解：（1）过滤时用玻璃棒引流，故答案为：玻璃棒；（2）洗涤沉淀的操作是在过滤器中加水浸没沉淀使水自然留下，重复操作2﹣3次；故答案为：用玻璃棒引流，注入蒸馏水，直至刚好没过沉淀，待水从漏斗底部自然流完后，重复上述操作2﹣3次．（3）沉淀n为碳酸钡，物质的量=mol，根据碳守恒，碳酸钠的物质的量和碳酸钡相等，故碳酸钠的物质的量为：mol，碳酸钠的质量分数为：×100%=×100%，故答案为：×100%；（4）烘干后得沉淀应放在干燥器中冷却，防止在空气中吸收水分，故答案为：干燥器；Ⅱ、（5）装置B的作用是把气体中的水蒸气除去，故用浓硫酸来除去水蒸气；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，盐酸易挥发，这样制得二氧化碳气体中含氯化氢，浓硫酸不能吸收氯化氢，则氯化氢被碱石灰吸收，导致测到二氧化碳质量偏高，等质量碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠产生二氧化碳多，则会导致碳酸氢钠偏多，碳酸钠偏小；故答案为：浓硫酸；偏小；（6）空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保前一个干燥管中质量增加量的准确性；故答案为：吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保前一个干燥管中质量增加量的准确性；（7）该方案关键是要获得产生的CO2的质量，实验前容器内含有空气，空气中含有二氧化碳，会影响生成的二氧化碳的量，反应后装置中容器内含有二氧化碳，不能被C中碱石灰完全吸收，导致测定结果有较大误差，所以反应前后都要通入N2，反应后通入N2的目的是：排尽装置内的空气，将生成的二氧化碳从容器内排出，被C装置中碱石灰吸收．故答案为：排尽装置内的空气，将生成的二氧化碳从容器内排出，被C装置中碱石灰吸收．（8）利用测定反应生成的二氧化碳气体体积的方法测定，在碳酸氢钠溶液中二氧化碳不反应，溶解度减小，利用装置图排饱和碳酸氢钠溶液测定二氧化碳气体的体积，二氧化碳和碳酸钠、氢氧化钠都反应，在硫酸铜溶液中也溶解，故答案为：b；（9）部分水残留在玻璃导管内，会使得测得二氧化碳体积偏小，故答案为：部分水残留在玻璃导管内．点评：本题考查了物质性质的探究和组成分析判断，主要是实验过程的分析，掌握基本操作和测定原理是解题关键，题目难度中等．。

福建省莆田市高三上学期理综-化学第一次月考试卷D卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共7题；共14分)1. （2分） 6．下列各组物质，按化合物、单质、混合物的顺序排列的是（）A . 烧碱、液态氧、碘酒B . 生石灰、白磷、熟石灰C . 干冰、铁、氯化氢D . 空气、氮气、胆矾2. （2分） (2018高二上·覃塘月考) 下列化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰的是（）A . 2，2，3，3一四甲基丁烷B . 2，3，4一三甲基戊烷C . 3，4一二甲基己烷D . 2，5一二甲基己烷3. （2分） (2016高一上·揭阳期中) 下列实验方法正确的是（）A . 用加热、蒸发的方法除去粗盐中的CaCl2、MgCl2等杂质B . 用过滤的方法除去NaCl溶液中含有的少量淀粉胶体C . 用溶解、过滤的方法提纯含有少量BaSO4的BaCO3D . 用丁达尔现象区分溶液与胶体4. （2分）古装电视剧中经常有“银针验毒”的剧情，医学上对“银针验毒”的解释是：4Ag + 2H2S + O2 = 2Ag2S + 2H2O，其中H2S（）A . 是氧化剂B . 是还原剂C . 既是氧化剂又是还原剂D . 既不是氧化剂也不是还原剂5. （2分） (2017高二上·包头期末) 向体积为Va的0.05mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol•L ﹣1KOH溶液，下列关系错误的是（）A . Va＞Vb时：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞c（K+）B . Va=Vb时：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH﹣）C . Va＜Vb时：c（CH3COO﹣）＞c（K+）＞c（OH﹣）＞c（H+）D . Va与Vb任意比时：c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）6. （2分） (2016高一下·长安期中) 有A，B，C，D四种金属，做如下实验：①将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀；②将A、D分别投入等物质的量浓度的盐酸中，D比A反应剧烈；③将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出．据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（）A . A＞B＞C＞DB . C＞D＞A＞BC . D＞A＞B＞CD . A＞B＞D＞C7. （2分）六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其中A与E，B与F同主族，E与F同周期；D的核电荷数是F的最外层电子数的2倍；B的最高正价与最低负价的代数和为0；常温下单质A与E的状态不同。

福建省八县（市）一中联考2015届高三化学上学期期中试题（含解析）新人教版一、选择题（共20小题，每小题2分，满分50分）1．化学与社会、生产、生活紧切相关．下列说法正确的是（）A．为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂B．高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用C．石英只能用于生产光导纤维D．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；硅和二氧化硅．专题：化学应用．分析：A、大量使用食品添加剂对人体有害，须适量添加；B、高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用；C、石英主要成分为二氧化硅，具有广泛的用途，可以做精密仪器的轴承、研磨材料、玻璃陶瓷等工业原料；D、在自然界中以游离态存在的单质不需要用化学反应提取．解答：解：A、大量使用食品添加剂对人体有害，须适量添加，故A错误；B、高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用，故B正确；C、石英主要成分为二氧化硅，具有广泛的用途，可以做精密仪器的轴承、研磨材料、玻璃陶瓷等工业原料，故C错误；D、在自然界中以游离态存在的单质不需要用化学反应提取，故D错误．故选：B．点评：本题考查较综合，涉及诸多社会热点问题，注重化学与生活的联系，题目难度不大，注意知识的积累．2．下列化学药品的贮存方法正确的是（）A．浓硝酸存放在带玻璃塞的无色细口瓶中B．少量碘储存在酒精中C．氢氧化钠固体保存在带橡胶塞的广口瓶中D．少量金属钠保存在煤油、四氯化碳等有机溶剂中考点：化学试剂的存放．专题：化学实验基本操作．分析：A．浓硝酸见光容易分解，需要避光保存；B．碘易溶于酒精；C．氢氧化钠能够与玻璃塞中的二氧化硅反应，不能使用玻璃塞，可以使用橡胶塞；D．钠的密度小于四氯化碳，不能不存在四氯化碳中．解答：解：A．浓硝酸见光容易分解，需要避光保存，不能保存在无色试剂瓶中，应该保存在棕色试剂瓶中，故A错误；B．碘易溶于酒精，不能储存在酒精中，故B错误；C．氢氧化钠固体能够与玻璃塞中的二氧化硅反应，所以氢氧化钠应该保存在带橡胶塞的广口瓶中，故C正确；D．钠化学性质比较活泼，需要隔绝空气密封保存，钠的密度大于煤油，少量的金属钠可以保存在煤油中，但是钠的密度小于四氯化碳，不能保存在四氯化碳中，故D错误；故选C．点评：本题考查了常见化学试剂的保存方法判断，题目难度不大，注意掌握常见化学试剂的性质，明确化学试剂正确的保存方法，如：见光分解的试剂应该避光保存、碱性溶液不能使用玻璃塞、氟化氢应该使用塑料瓶等．3．（2分）以下非金属氧化物与其引起的环境问题及主要来源对应正确的是（）氧化物环境问题主要来源A CO2酸雨化石燃料的燃烧B SO2光化学烟雾汽车尾气的排放C NO2温室效应工厂废气的排放D CO CO中毒燃料的不完全燃烧A．A B．B C．C D．D考点：常见的生活环境的污染及治理．专题：化学应用．分析：A、二氧化碳与温室效应有关；B、二氧化硫与酸雨有关；C、二氧化氮与光化学烟雾有关；D、燃料不完全燃烧生成CO，CO有毒．解答：解：A、化石燃料燃烧主要排放二氧化碳气体，与温室效应有关，故A错误；B、工厂废气的排放产生大量二氧化硫气体，是形成酸雨的主要污染物，故B错误；C、汽车尾气排放大量的氮氧化物，氮氧化物是形成光化学烟雾的主要污染物，故C错误；D、燃料不完全燃烧生成CO，CO有毒，故D正确．故选D．点评：本题考查常见的生活环境的污染治理，题目难度不大，注意污染物的形成条件及防治方法．4．（2分）对于某些物质或离子的检验及结论一定正确的是（）A．某物质的水溶液使红色石蕊试纸变蓝，该物质一定是碱B．某气体能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，该气体一定是氯气C．某物质的水溶液中加入盐酸产生无色无味气体，该溶液一定含有碳酸根离子D．往铁和稀硝酸反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液显血红色，则该反应后的溶液中肯定有Fe3+，可能还有Fe2+考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．专题：物质检验鉴别题．分析：A．某物质的水溶液使红色石蕊试纸变蓝，说明溶液呈碱性；B．能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体具有强氧化性；C．加入盐酸产生无色无味气体，说明生成二氧化碳，可能为碳酸根离子或碳酸氢根离子；D．溶液显血红色，说明生成Fe3+，但不能确定是否含有Fe2+．解答：解：A．某物质的水溶液使红色石蕊试纸变蓝，说明溶液呈碱性，但不一定为碱，可能为水解呈碱性的物质，故A错误；B．能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体具有强氧化性，不一定为氯气，也可能为二氧化氮气体，故B错误；C．加入盐酸产生无色无味气体，说明生成二氧化碳，可能为碳酸根离子或碳酸氢根离子，故C错误；D．溶液显血红色，说明生成Fe3+，如铁过量，可生成Fe2+，但不能确定是否含有Fe2+，故D正确．故选D．点评：本题考查物质的检验和鉴别，为高考高频考点和常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，检验时要注意排除干扰因素，难度不大．5．（2分）下列说法正确的是（）A．Ne 和Ne 的中子数相同，所以Ne 和Ne互为同位素B．1 mol CH4与1 mol NH4+所含质子数相等C．等物质的量的甲基（﹣CH3）与羟基（﹣OH）所含电子数相等D．二氧化硫溶于水所得的溶液可导电，说明二氧化硫是电解质考核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系；电解质与非电解质．点：分析：A．中子数=质量数﹣质子数；B．1 mol NH4+所含质子数为11；C．根据甲基和羟基的电子式分析；D．在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质．解答：解：A．中子数=质量数﹣质子数，Ne 和Ne的中子数分别为：10，12，故A错误；B．1 mol CH4所含质子数为10，1 mol NH4+所含质子数为11，故B错误；C．1个甲基中含有9个电子，1个羟基中含有9个电子，所以等物质的量的甲基与羟基所含电子数相等，故C正确；D．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，故D错误．故选C．点评：本题考查质量数与质子数、中子数之间的相互关系、电子式、非电解质等，难度不大，注意在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，必须是它本身电离才行．6．（2分）下列实验能达到目的是（）A．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体B．只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体考点：铵盐；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：A、氯化铵受热分解；B、氯化镁、氯化铝和氨水反应生成白色沉淀，和氯化钠、硫酸钠不反应；C、酒精和水混溶；D、胶体具有丁达尔现象区别于溶液；解答：解：A、氯化铵受热分解，将NH4Cl溶液蒸干不能制备NH4Cl固体，故A错误；B、氯化镁、氯化铝和氨水反应生成白色沉淀，和氯化钠、硫酸钠不反应，不能鉴别，故B错误；C、酒精和水混溶不能分层，不能萃取分液，故C错误；D、胶体具有丁达尔现象区别于溶液，用可见光束照射以区别溶液和胶体，故D正确．故选D．点评：本题考查了物质性质和实验基本操作，胶体性质分析，掌握基础是关键题目较简单．7．（2分）使用容量瓶配置溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（）①溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤②转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水③定容时，仰视容量瓶的刻度线④定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线．A．②③④B．①②③C．①③④D．①②③④考点：溶液的配制．专题：化学实验基本操作．分析：根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；解答：解：①溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，会导致溶质损失，则浓度偏低，故①选；②若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故②不选；③定容时，仰视容量瓶的刻度线，则溶液体积偏大，则浓度偏低，故③选；④定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水，重新达到刻度线，则导致浓度偏低，故④选．故选C．点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，属于基础型题目，难度不大．8．（2分）下列有关物质性质或用途的说法正确的是（）A．浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有强氧化性B．利用Al2O3制作的坩埚，可用于熔融烧碱C．制水泥和玻璃都用石灰石作原料D．铜的金属活泼性比铁的弱，铜不能与任何强酸发生反应．考点：浓硫酸的性质；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：元素及其化合物；化学应用．分析：A．浓硫酸具有吸水性；B．氧化铝为两性氧化物能够与氢氧化钠反应；C．水泥原料是石灰石和黏土；玻璃原料是纯碱、石灰石和石英；D．铜与硝酸能发生氧化还原反应．解答：解：A．浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有吸水性，故A错误；B．氧化铝为两性氧化物能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故B错误；C．水泥原料是石灰石和黏土；玻璃原料是纯碱、石灰石和石英，制水泥和玻璃都用石灰石作原料，故C正确；D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮，故D错误；故选：C．点评：本题考查了元素及化合物知识，题目难度不大，熟悉浓硫酸、氧化铝的性质是解题关键，注意制备水泥玻璃的原料．9．（2分）下列有关物质分类或归类正确的一组是（）①液氨、液氯、干冰、碘化银均为化合物②漂白粉、盐酸、水玻璃、氨水均为混合物③明矾、小苏打、醋酸、次氯酸均为电解质④Na2O2、Na2CO3、Na2SiO3均为钠盐．A．①②B．②③C．③⑤D．①④考点：单质和化合物；混合物和纯净物；电解质与非电解质．专题：物质的分类专题．分析：①化合物是不同元素组成的纯净物，液氨是氨气属于化合物、液氯是单质；②依据混合物是不同物质组成的分析；③电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；④含有钠元素的盐叫钠盐．解答：解：①液氨水液态氨气属于纯净的化合物、液氯是单质，干冰、碘化银均为化合物，故①错误；②漂白粉主要成分为次氯酸钙和氯化钙的混合物，盐酸是氯化氢水溶液、水玻璃是硅酸钠水溶液、氨水为氨气水溶液均为混合物，故②正确；③明矾、小苏打、醋酸、次氯酸，符合电解质概念，均为电解质，故③正确；④Na2CO3、Na2SiO3均为钠盐，Na2O2没有酸根所以不是盐，所以不是钠盐，是氧化物，故④错误；故选B．点评：本题考查了化学基本概念的理解和应用以及物质的分类，熟悉混合物、化合物、单质、化合物、电解质、非电解质等概念的分析即可判断，掌握物质的组成是解题关键，注意对于物质的分类，不同的角度得到不同分类方法，题目较简单．10．（2分）对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是（）A．实验Ⅰ：液体分层，下层呈无色B．实验Ⅱ：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解C．实验Ⅲ：试管中溶液颜色仍无色D．实验Ⅳ：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．四氯化碳的密度大于水，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；B．氢氧化铝不溶于弱碱，能溶于强碱；C．溶液呈血红色；D．根据CaO吸水并放热分析．解答：解：A．四氯化碳的密度大于水，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以液体分层，且下层呈紫色，故A错误；B．氨气和氯化铝反应生成氢氧化铝，氢氧化铝不溶于氨水，所以能产生白色沉淀，故B错误；C．氯化铁与KSCN反应生成Fe（SCN）3，溶液呈红色，故C错误；D．CaO吸水生成氢氧化钙，饱和CuSO4溶液中水减少，会析出蓝色晶体，故D正确．故选D．点评：本题考查了化学实验评价，明确实验原理是解本题关键，涉及萃取、氢氧化铝制取、饱和溶液等知识点，根据这些物质的性质来分析解答，易错选项是D，很多同学往往漏掉氧化钙和水反应放出热量而导致错误判断，为易错点．11．（3分）甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（）A．若甲为焦炭，则丁可能是O2B．若甲为氮气，则丁可能是O2C．若甲为Fe，则丁可能是稀硝酸D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：A．甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2；B．若甲为氮气，丁是O2，则乙为NO、丙为NO2，二氧化氮不能与氧气反应得到NO；C．若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁；D．甲为NaOH溶液，则丁是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3．解答：解：A．甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2，则C CO CO2，符合转化，故A正确；B．若甲为氮气，丁是O2，则乙为NO、丙为NO2，二氧化氮不能与氧气反应得到NO，不符合转化关系，故B错误；C．若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁，硝酸铁与Fe反应得到硝酸亚铁，符合转化关系，故C正确；D．甲为NaOH溶液，则丁是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，则NaOH Na2CO 3NaHCO3，符合转化，故D正确．故选B．点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、发生的转化反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度中等．12．（3分）下列化学用语书写正确的是（）A．熔融状态下NaHSO4电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42﹣B．碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钠：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O C．钠投入水中：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑D．氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl﹣考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．熔融状态下NaHSO4电离生成钠离子和硫酸氢根离子；B．漏掉氨根离子与氢氧根离子的反应；C．钠投入水中生成氢氧化钠和氢气；D．电荷不守恒．解答：解：A．熔融状态下NaHSO4电离方程式：NaHSO4=Na++HSO4﹣，故A错误；B．碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钠，离子方程式：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=CO32﹣+H2O+NH3•H2O，故B错误；C．钠投入水中，离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故C正确；D．氯化亚铁溶液中通入氯气，离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故D错误；故选：C．点本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意离子方程式遵循质评：量守恒、电荷数守恒规律．13．（3分）N A表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的是（）A．在通常条件下，1mol氩气含有的原子数为2N AB．56g金属铁由原子变为离子时失去的电子数为N AC．在标准状况下，2.24 L氨气所含的电子总数约为N AD．1 mol/L 的 Na2SO4溶液中含有Na+个数为2N A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、氩气为单原子分子；B、根据铁反应后的价态为+3价来分析；C、1molNH3含10mol电子；D、溶液体积不明确．解答：解：A、氩气为单原子分子，故1mol氩气含有的原子数为N A，故A错误；B、56g铁的物质的量为1mol，铁反应后的价态可能为+3价，故1mol铁失3mol电子，故B错误；C、在标准状况下，2.24 L氨气的物质的量为0.1mol，1molNH3含10mol电子，故0.1mol氨气含1mol电子，个数为N A个，故C正确；D、溶液体积不明确，Na+的个数无法计算，故D错误．故选C．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．14．（3分）将SO2和X气体分别通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，若同时通入，有沉淀生成，则X气体不可能是（）A．C12B．N H3C．C O2D．N O2考点：二氧化硫的化学性质．分析：A、氯气和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应得到两种强酸溶液；B、氨气显碱性，能和二氧化硫反应生成亚硫酸铵；C、二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应；D、二氧化氮和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应得到硫酸．解答：解：A、Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，故A错误；B、2NH3+SO2═（NH4）2S03，（NH4）2S03+BaCl2═BaSO3↓+2NH4Cl，故B错误；C、二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，故C正确；D、二氧化氮和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应得到硫酸，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，故D错误．故选C．点评：本题目考查了学生物质之间的化学反应，要求学生熟记教材知识，学以致用．15．（3分）（2011•信阳一模）在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42﹣离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3+浓度（mol/L）为（）A．B．C．D．考点：物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算．专题：守恒法．分析：根据SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓计算溶液中的SO42﹣离子的物质的量，根据NH4++OH ﹣NH3↑+H2O计算NH4+的物质的量，再利用电荷守恒来计算原溶液中的Al3+浓度．解答：解：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42﹣离子完全沉淀，则SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓bmol bmolc（SO42﹣）==mol/L，由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3，则NH4++OH ﹣NH3↑+H2Ocmol cmolc（NH4+）==mol/L，又溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可知，x×3+mol/L×1=mol/L×2，解得x=mol/L，故选C．点评：本题考查物质的量浓度的计算，明确发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，并熟悉浓度的计算公式来解答即可．16．（3分）某一无色溶液，若向其中加入足量饱和氯水，溶液呈橙黄色；再向橙黄色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；若向原溶液中加入铝粉，有气体放出，该溶液可能大量存在的一组离子是（）A．K+、H+、NO3﹣、Na+B．H+、Br﹣、SO42﹣、Na+C．S O42﹣、Br﹣、OH﹣、Fe3+D．H+、Br﹣、SO32﹣、K+考点：离子共存问题．专离子反应专题．题：分析：某一无色溶液，若向其中加入足量饱和氯水，溶液呈橙黄色，则溶液中原来可能含有Br﹣；向橙黄色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，沉淀应为硫酸钡沉淀，则含有SO42﹣；向原溶液中加入铝粉，有气体放出，则原溶液可能为酸或碱的溶液，以此来解答．解答：解：某一无色溶液，若向其中加入足量饱和氯水，溶液呈橙黄色，则溶液中原来可能含有Br﹣；向橙黄色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，沉淀应为硫酸钡沉淀，则含有SO42﹣；向原溶液中加入铝粉，有气体放出，则原溶液可能为酸或碱的溶液，A、Al与H+、NO3﹣反应不会生成氢气，故A错误；B、Al与H+反应能生成氢气，且离子能符合题意，故B正确；C、Fe3+在水溶液中为黄色，与无色溶液不符，且OH﹣、Fe3+反应而不能共存，故C错误；D、H+、SO32﹣能结合生成水和气体，不能共存，故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存，熟悉复分解反应发生的条件及离子之间的反应即可解答，并熟悉常见离子在水中的颜色来解答，难度不大．17．（3分）下列各组单质中，前者在一定的条件下能将后者从其化合物中置换出来的是（）①A l、Fe ②Cl2、S ③Mg、C ④H2、Cu ⑤C、Si．A．只有①③B．只有②④C．只有①②③④D．①②③④⑤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：①金属铝比铁活泼，可以将铁从其盐中置换出来；②氧化性氯气比硫强，氯气能将硫置换出来；③金属镁可以在二氧化碳中燃烧，金属镁置换出碳单质；④氢气可以还原氧化铜，置换出金属铜；⑤焦炭在高温下可以和二氧化硅反应，碳的氧化性强于硅．解答：解：①金属铝比铁活泼，可以将铁从其盐中置换出来，故①正确；②氧化性氯气比硫强，氯气能和硫化钠溶液反应将硫置换出来，故②正确；③金属镁可以在二氧化碳中燃烧，生成氧化镁和碳单质，即金属镁置换出了碳单质，故③正确；④氢气可以还原氧化铜生成铜和水，即氢气可以置换出金属铜，故④正确；⑤焦炭在高温下可以和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，碳的氧化性强于硅，所以碳可以置换硅，故⑤正确．故选D．点评：本题考查学生氧化还原反应中的有关规律：氧化性强的可以置换氧化性弱的，还原性强的可以置换还原性弱的．18．（3分）某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案．方案一：2.7g Al X 溶液Al（OH）3沉淀方案二：2.7g Al Y 溶液Al（OH）3沉淀已知：NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol•L﹣1，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（）A．在O点时两方案中所得溶液的溶质物质的量相等B．b曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液C．X溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2 D．a、b曲线表示的反应都是氧化还原反应考点：性质实验方案的设计；镁、铝的重要化合物．分析：由实验方案可知，方案一：2.7g Al X 溶液Al（OH）3沉淀；方案二：2.7g Al Y 溶液Al（OH）3沉淀，n（Al）==0.1mol，n（HCl）=3 mol/L×0.1 L=0.3 mol，n（NaOH）=3 mol/L×0.1 L=0.3mol，由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，酸完全反应，而NaOH 剩余，则图中b表示向Y中加盐酸，a表示向X中加NaOH，以此来解答．解答：解：A．在O点时，沉淀达到最大，所得溶液中只有氯化钠溶质，与向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH和HCl的浓度及体积相等，根据原子守恒，所以O点时两方案中所得溶液浓度相等，故A正确；B．b中开始不生成沉淀，则b表示向Y中加盐酸，故B错误；C．根据以上分析知，X溶液中溶质是AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2、NaOH，故C错误；D．a表示的是氯化铝和氢氧化钠的复分解反应，b表示的是偏铝酸钠、NaOH分别和盐酸的反应，均为复分解反应，故D错误．故选A．点评：本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握发生的反应及量的关系、图象分析为解答的关键，侧重分析、计算、实验能力的综合考查，题目难度中等．19．（3分）某同学设计如下实验测量m g铜银合金样品中铜的质量分数．下列说法中不正确的是（）A．收集到的V L气体全为 NOB．过滤用到的玻璃仪器是：烧杯、漏斗、玻璃棒C．操作Ⅱ应是洗涤D．铜的质量分数为：×100%考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：根据流程可知：铜银合金与足量硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银溶液、NO或NO2气体，用排水法收集到的VL气体为NO；向反应后的溶液中加入氯化钠溶液，反应生成氯化银沉淀，过滤后得到氯化银固体，然后洗涤、干燥，最后得到干燥的AgCl固体，A．由流程图可知，实验排水法收集，二氧化氮能与水反应生成NO，无论金属与硝酸反应生成是NO或NO2或NO、NO2，最后收集的气体为NO；C．根据分析可知，操作Ⅱ是在过滤之后，烘干之前，由于过滤后的氯化银附着一些离子，应洗涤附着的物质，防止影响氯化银的质量测定；C．由流程图可知，实验原理为，在反应后溶液中加入氯化钠，将银离子转化为氯化银沉淀，通过测定氯化银沉淀的质量，计算银的质量，进而计算铜的含量．解答：解：铜银合金与足量硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银溶液、NO或NO2气体，由于二氧化氮与水反应生成一氧化氮，则用排水法收集到的VL气体为NO；向反应后的溶液中加入NaCl溶液，反应生成AgCl沉淀，过滤后得到AgCl固体，然后洗涤、干燥，最后得到干燥的AgCl，A．由流程图可知，实验排水法收集，二氧化氮能与水反应生成NO，故不能金属与硝酸反应生成是NO或NO2或NO、NO2，最后收集的气体为NO，故A正确；B．过滤用到的玻璃仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；C．由流程图可知，溶液中加入氯化钠，将银离子转化为氯化银沉淀，通过测定氯化银沉淀的质量，计算银的质量，进而计算铜的含量，操作Ⅱ是在过滤之后，烘干之前，由于过滤后的氯化银附着一些离子，应洗涤附着的物质，防止影响氯化银的质量测。

2017-2018学年（上）高三第一次化学月考试卷满分：100分考试时间：90分钟相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Fe-56 Cu-63.5 Ba-137一、单选题(每小题5分，共50分)1.在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束后，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在较多的阳离子是( )A． Cu2＋ B． Fe3＋ C． Fe2＋ D． H＋2．下列有关物质应用的说法正确的是（）A．铝表面易形成致密的氧化膜，铝制器皿可长时间盛放咸菜等腌制食品B．硝酸与铁发生化学反应，不可用铁制容器盛装浓硝酸C．碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去油脂D．H2与Cl2光照发生爆炸，工业上不能用H2与Cl2做原料生产HCl3.设N A为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是( )A． 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2N AB． 1 mol N2与3mol H2反应生成的NH3分子数为2N AC． 1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2N AD．标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4N A4.下列离子方程式正确的是( )A．用两个铜电极电解食盐水：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑B．腐蚀法制作印刷线路板：Fe3＋＋Cu===Fe2＋＋Cu2＋C． Ca(HCO3)2溶液中加入过量KOH溶液：Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2OD． AlCl3溶液呈酸性的原因：Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A．无色透明的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、SCN－、Cl－B．＝1×10－12的溶液中：K＋、Na＋、CO、NOC．c(Fe2＋)＝1 mol·L－1的溶液中：K＋、NH、MnO、SOD．能使甲基橙变红的溶液中：Na＋、NH、SO、HCO6.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是( )7．(2016·重庆巴蜀中学期中考试)磁性氧化铁与过量稀硝酸反应的化学方程式为：Fe3O4＋HNO3(稀)―→Fe(NO3)3＋NO↑＋H2O(未配平)。

2014~2015学年度第一学期八县〔市〕一中期中考联考高中三年化学科试卷可能用到的相对原子质量：Na—23 C—12 Fe—56 Mg—24 O—16Cu—64 Ag—108 H—1 Mn—55 Al—27一．选择题〔第1题至第10题每题2分，第11题至第20题每题3分，共50分〕1.化学与社会、生产、生活紧切相关。

如下说法正确的答案是〔〕A．为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂B．高纯硅与其氧化物在太阳能电池与信息高速传输中有重要应用C．石英只能用于生产光导纤维D．从海水中提取物质都必须通过化学反响才能实现2.如下化学药品的贮存方法正确的答案是〔〕A．浓硝酸存放在带玻璃塞的无色细口瓶中B．少量碘储存在酒精中C．氢氧化钠固体保存在带橡胶塞的广口瓶中D．少量金属钠保存在煤油、四氯化碳等有机溶剂中3.以下非金属氧化物与其引起的环境问题与主要来源对应正确的答案是〔〕A．某物质的水溶液使红色石蕊试纸变蓝，该物质一定是碱B．某气体能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，该气体一定是氯气C．某物质的水溶液中参加盐酸产生无色无味气体，该溶液一定含有碳酸根离子D．往铁和稀硝酸反响后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液显血红色，如此该反响后的溶液中肯定有Fe3+，可能还有Fe2+5.如下说法正确的答案是〔〕A．Ne1020和22Ne10的中子数一样，所以Ne1020和22Ne10互为同位素。

B．1 mol CH4与1 mol NH＋4所含质子数相等C．等物质的量的甲基(-CH3)与羟基(-OH)所含电子数相等D．二氧化硫溶于水所得的溶液可导电，说明二氧化硫是电解质6.如下实验能达到目的的是〔〕A．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体B．只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体7.使用容量瓶配置溶液时，由于操作不当会引起误差，如下情况会使所配溶液浓度偏低的是〔〕①溶液转移到容量瓶后，烧杯与玻璃棒未用蒸馏水洗涤②转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水③定容时，仰视容量瓶的刻度线④定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线A．②③④B．①②③C．①③④D．①②③④8.如下有关物质性质或用途的说法正确的答案是( )A．浓硫酸可用作枯燥剂是因为其具有强氧化性B．利用Al2O3制作的坩埚，可用于熔融烧碱C．制水泥和玻璃都用石灰石作原料D．铜的金属活泼性比铁的弱，铜不能与任何强酸发生反响.9.如下有关物质分类或归类正确的一组是( )。

福建省莆田市高三上学期化学第一次月考试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题（每小题3分，共48分。

） (共16题；共48分)1. （3分） (2016高三上·安徽期中) 氯化银胶体中的分散质粒子实际上是一个个由很多“AgCl”结合而成的集合体．向盛有NaCl溶液的试管中滴加AgNO3溶液，静置后用一束光照射试管，发现试管的三个不同区域中只有一个区域具有明显的丁达尔效应，则下列分析正确的是（）A．该区域是A，该区域中AgCl的直径最小B．该区域是B，该区域中AgCl的直径介于A . C区域之间B . 该区域是C，该区域中AgCl的直径最大C . 各区域AgCl的大小都相同，但只有B区域中分散质的大小介于1～100 nm之间2. （3分） (2018高一上·吉林期中) 科学家发现一种新型分子，其化学式为H3。

相同条件下，等质量的H3和H2具有相同的（）A . 原子数B . 分子数C . 体积D . 物质的量3. （3分）下列解释事实的方程式，正确的是（）A . 过量的氨气与氯气反应：2NH3+3Cl2 N2+6HClB . 利用HF雕刻玻璃：SiO2+4H++4F-=SiF4+2H2OC . 石灰乳吸收泄漏的液氯：2Cl2+2Ca(OH)2=2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2OD . SO2的尾气处理：OH-+SO2=SO32-+H2O4. （3分） (2016高二上·屯溪开学考) 将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液；②Na2SiO3溶液；③NaAlO2溶液；④饱和Na2CO3溶液；⑤Ca（OH）2溶液⑥Ca（ClO）2溶液．最终溶液中有沉淀或晶体析出的是（）A . ①②③④B . ②③④C . ②③④⑥D . ①②④5. （3分） (2017高二上·衡阳期末) 可以用分液漏斗进行分离的混合物是（）A . 酒精和碘B . 苯和水C . 乙酸和乙酸乙酯D . 乙酸和水6. （3分） (2019高一上·南昌期中) 下列变化必须加入还原剂才能实现的是（）A . KClO3→KClB . Fe3+→Fe2+C . HCO3- →CO32-D . Cu→Cu2+7. （3分） 24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。