浙江省绍兴一中高三上学期期中考试化学 Word版含答案

化学试卷一、选择题（共22小题，每小题2分，满分44分）1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列叙述中错误的有（）①汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的②人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞③工业上，焦炭在高温下还原二氧化硅得到粗硅，说明碳的还原性比硅强④干冰或溴化银可用于人工降雨⑤氟利昂（CCl2F2）因破坏大气臭氧层，会导致“温室效应”⑥漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂．A． 1个B．2个C．3个D．5个考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应；卤化银；氟氯代烷对环境的影响．分析：①汽油的主要成分是碳氢化合物（如C8H18等），其中并不含有氮元素，汽油不完全燃烧的生成物是CO，依据空气中含有氮气分析回答；②NO作为信号分子，使血管扩张而帮助控制血液流向人体的各个部位；③根据单质之间的置换反应可以确定还原性的强弱；④根据干冰和溴化银的性质以及应用来回答；⑤氟利昂破坏臭氧层，导致臭氧空洞；⑥次氯酸钙具有强氧化性，能杀菌消毒，且具有漂白性．解答：解：①汽油的主要成分是碳氢化合物（如C8H18等），其中并不含有氮元素，空气中含有大量氮气，所以汽车尾气中氮元素的来源是氮气，所以汽油不完全燃烧的生成物是CO，氮的氧化物与汽油是否完全燃烧无关系，故①错误；②NO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号的功能，NO极少量时在人体的血管系统内会促进血管扩张，防止血管栓塞，故②正确；③工业上，焦炭在高温下还原二氧化硅得到粗硅和一氧化碳，还原性C＞Si，故③正确；④干冰用于人工降雨，溴化银用作感光胶卷，故④错误；⑤氟利昂破坏臭氧层，导致臭氧空洞，而温室效应与二氧化碳的排放有关，故⑤错误；⑥次氯酸钙具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，同时也具有漂白性，所以漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂，故⑥正确；故选C．点评：本题考查较综合，侧重考查化学在生产生活中的应用，注重基础知识的考查，题目难度不大，注意相关知识的积累．2．下列分类或归类正确的是（）①铝热剂、纯净矿泉水、冰水混合物均为混合物②NaOH、HD、IBr均为化合物③明矾、烧碱、硫酸均为强电解质④C60、金刚石、石墨均为碳的同素异形体⑤碘酒、淀粉溶液、水雾、纳米材料均为胶体．A．①②③④⑤B．③④⑤C．②④⑤D．③④考点：混合物和纯净物；同素异形体；分散系、胶体与溶液的概念及关系；强电解质和弱电解质的概念．分析：①由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物；②单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物；③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；④由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，互为同素异形体的物质要符合以下两个条件：同种元素形成，不同单质；⑤胶体的本质特征是分散质微粒直径在1nm﹣100nm间．解答：解：①铝热剂为铝与金属氧化物的混合物，矿泉水中含有水和矿物质，属于混合物，故①错误；②HD是由同种氢元素组成的单质：氢气，不是化合物，故②错误；③明矾、烧碱、硫酸均为强电解质，故③正确；④C60、金刚石、石墨均为碳元素的不同单质，互为同素异形体，故④正确；⑤碘酒是碘单质的酒精溶液，故⑤错误；故选D．点评：本题考查了化学基本概念的理解和应用，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．3．（2分）某同学在实验报告中记录下列数据，其中正确的是（）A．用25ml量筒量取18.65ml水B．用广泛pH试纸测得某溶液的pH为5C．称取10.1gNaOH时，取出标定为10g的砝码放在右盘上，并将游码右移到0.1g的位置D．用250ml容量瓶配制100mlNaCl溶液考点：测定溶液pH的方法；不能加热的仪器及使用方法．分析：A．量筒精确到0.1；B．广泛pH试纸精确到整数；C．氢氧化钠易潮解，有腐蚀性；D．容量瓶只有一个刻度．解答：解：A．量筒精确到0.1，无法量取18.65ml水，故A错误；B．pH试纸上的标准比色卡上的数字只有整数，可用pH试纸测得某酸pH为5，故B正确；C．氢氧化钠易潮解，有腐蚀性，应在小烧杯中称量，故C错误；D．容量瓶只有一个刻度，配制100mlNaCl溶液应选用100ml容量瓶，故D错误．故选B．点评：本题考查了中学化学中常用仪器在使用中读数的问题，题目难度不大，注意不同仪器的精确度不同．4．（2分）设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．常温常压下，23g的NO2含有的氧原子数为N AB．已知某种元素的一种原子的质量为ag，则该元素的相对原子质量近似为aN AC．某密闭容器盛有0.1molN2和0.4molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6N A D．80gNH4NO3晶体中含有NH4+小于N A个考点：阿伏加德罗常数．分析：A、根据二氧化氮的物质的量求出含有的氧原子数；B、根据元素的相对原子质量与原子的相对原子质量之间的关系判断；C、工业上合成氨是可逆反应，不可能完全转化；D、根据NH4NO3的物质的量求出含有的NH4+个数．解答：解：A、23g二氧化氮的物质的量为0.5mol，而1molNO2含2mol氧原子，故0.5mol二氧化氮含1mol氧原子，故A正确；B、某种元素的一种原子的质量为ag，则该原子的相对原子质量近似为aN A，该元素的相对原子质量需要根据该元素的各同位素的原子量及百分含量计算，故B错误；C、工业上合成氨是可逆反应，0.1mol N2和0.3mol H2在某密闭容器中充分反应，不可能完全，转移电子的数目小于0.6N A，故C错误；D、80gNH4NO3的物质的量为1mol，含有的NH4+的物质的量为1mol，个数为N A个，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．5．（2分）一容器中X元素构成的气态单质X2分子有3种，相对分子质量分别为32、34、36．又知容器中3种分子数之比为15：4：1．由此可以确定的是（）A．若容器中X2全部转化为它的同素异形体X3，那么X3的分子量有3种B．质量数为16的一种核素在此容器中的原子百分数为85%C．只要容器中同位素组成不变，X原子在任何条件下发生重新组合，最后得到三种 X2，分子数之比总是15：4：1D．此容器中X2的平均分子量是34考点：同位素及其应用．专题：原子组成与结构专题．分析：若含有两种同位素分别是A和B，则能形成三种分子：A2、AB、B2，现在是三种分子，则含有两种同位素．假设分子分别是A2、AB、B2，结合相对分子质量分别为32、34、36，则同位素的相对分子质量分别为16、18．X2的平均相对分子质量为：（32×15+34×4+36×1）/（15+4+1）=32.6，依此进行判断．解答：解：若含有两种同位素分别是A和B，则能形成三种分子：A2、AB、B2，现在是三种分子，则含有两种同位素．假设分子分别是A2、AB、B2，结合相对分子质量分别为32、34、36，则同位素的相对分子质量分别为16、18．X2的平均相对分子质量为：（32×15+34×4+36×1）/（15+4+1）=32.6．A．若容器中X2全部转化为它的同素异形体X3，则可能为A3、A2B、AB2、B3，共4种，故A错误；B．质量数为16的一种核素在此容器中的原子百分数为=85%，故B正确；C．容器中同位素组成不变，X原子在任何条件下发生重新组合，最后得到三种X2，则分子数之比总无法确定，故C错误；D．X2的平均相对分子质量为：（32×15+34×4+36×1）/（15+4+1）=32.6，故D错误，故选B．点评：本题考查同位素的有关计算，难度中等．要注意2种同位素原子可以形成三种双原子分子．6．（2分）下列有关溶液组成的描述合理的是（）A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．无色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子，铝离子与硫离子发生双水解反应；B．次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸、次氯酸根离子能够氧化碘离子；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣离子之间不发生反应，且碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；D．铁离子水解，溶液显示酸性，则溶液中一定不存在铁离子．解答：解：A．Al3+、S2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣离子之间不发生反应，HCO3﹣离子部分水解，溶液显示弱碱性，故C正确；D．Fe3+在溶液中结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性，与溶液为中性不相符，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．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；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在．7．（2分）（2014•闵行区一模）下列离子方程式正确的是（）A．足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中：CO2+CO32﹣+H2O→2HCO3﹣B．F eSO4溶液在空气中变质：4Fe2++O2+2H2O→4Fe3++4OH﹣C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O→2Al（OH）3↓+CO32﹣D．碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水：Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣→2CaCO3↓+Mg（OH）2↓+2H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．碳酸钠与CO2和水反应生成NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3；B．FeSO4中Fe为+2价，所以极易被氧气氧化为+3价；C．二氧化碳过量，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成了氢氧化铝和碳酸氢钠；D．因氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，所以碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，和钙离子结合生成沉淀，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁的沉淀．解答：解：A．碳酸钠与CO2和水反应生成酸式盐NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，并且反应生成的NaHCO3固体质量比原来Na2CO3多，溶剂质量减少，溶液中有浑浊出现，反应的离子方程式为2Na++CO32﹣+H2O+CO2=2NaHCO3↓，故A错误；B．FeSO4中Fe为+2价，具有还原性易被空气中的氧气氧化，发生4FeSO4 +O2 +2H2SO4═2Fe2（SO4）3 +2H2O，离子反应为4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，故B错误；C．偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳，反应生成了氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故C错误；D．碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水n[Mg（HCO3）2]：n[Ca（OH）2]=1：2反应，所以离子反应为：Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣═2CaCO3↓+Mg（OH）2↓+2H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查离子方程式的书写，解题时注意从化学式、离子符号、电荷守恒、是否符合反应实际的角度分析离子方程式的书写是否正确，注意ANaHCO3溶解度小于Na2CO3，题目难度中等．8．（2分）第三周期元素，浓度均为0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物的pH与原子半径的关系如图所示．则下列说法正确的是（）A．气态氢化物的稳定性：M＞NB．Z的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水C．X和W形成的常见化合物阴阳离子个数比为1：2D．Z和R组成的化合物是弱电解质考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．分析：元素的金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强则该溶液的pH越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强则该溶液的pH越小，根据图象知，从R到X，最高价氧化物的水化物碱性逐渐增强、酸性逐渐减弱，X、Y、Z、M、N、W、R分别为Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl元素．解答：解：元素的金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强则该溶液的pH越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强则该溶液的pH越小，根据图象知，从R到X，最高价氧化物的水化物碱性逐渐增强、酸性逐渐减弱，X、Y、Z、M、N、W、R分别为Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl元素．A．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，P的非金属性大于Si，则气态氢化物的稳定性：N＞M，故A错误；B．Z的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，氢氧化铝能溶于强碱但不能溶于弱碱，所以不能溶于稀氨水，故B错误；C．X是钠和W是硫形成的常见化合物是硫化钠，阴阳离子个数比为1：2，故C正确；D．Z是铝和R是氯，组成的化合物氯化铝是强电解质，故D错误；故选C．点评：本题考查了同一周期元素性质递变规律，明确元素最高价氧化物的水化物酸碱性是解本题关键，再结合化合物的构成、性质来分析解答，易错选项是C，注意：氯化镁中两个氯离子之间不存在化学键，为易错点．9．（2分）某溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解Al，但不能溶解Fe，在该溶液中可以大量共存的离子组是（）A．K+、Na+、HCO、NO B．Na+、SO、Cl﹣、S2﹣C．NH、Mg2+、SO、NOD．H+、K+、Cl﹣、Na+考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：既能溶解Al（OH）3，又能溶解Al，但不能溶解Fe，该溶液为强碱溶液，不能与氢氧根离子反应的离子，可大量共存，以此来解答．解答：解：A．强碱溶液中不能大量存在HCO3﹣，故A错误；B．碱溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故B正确；C．碱溶液中不能大量存在NH4+、Mg2+，故C错误；D．碱溶液中不能大量存在H+，故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，注重信息的抽取和复分解反应的考查，对学生思维严密性有较好的训练，具有坚实的基础知识即可解答，题目难度不大．10．（2分）将反应4（NH4）2SO4→N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O的产物气体通入BaCl2溶液，下列判断正确的是（）A．无沉淀生成B．得到的沉淀是BaSO4和BaSO3组成的混合物C．得到的沉淀是纯净物D．肯定没有BaSO3生成考点：氧化还原反应．分析：二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，氨气溶于水生成一水合氨；硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，所以通入氯化钡溶液中，生成沉淀有亚硫酸钡和硫酸钡，以此来解答．解答：解：硫酸铵分解反应为4（NH4）2SO4=N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O，反应后的混合气体通入到BaCL2溶液中发生的是复分解反应，SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3 、（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3 =（NH4）2SO4、（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，由反应可知，设4mol（NH4）2SO4分解，生成1molN2，6molNH3，3molSO2，1molSO3，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2mol二氧化硫反应生成2mol亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡，因此得到沉淀为BaSO3和BaSO4，故选B．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，侧重氧化还原反应分析及应用能力的考查，题目难度不大．11．（2分）向一定量的Fe、FeO、Fe3O4和Fe2O3的混合物中加入250mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解．放出2.24L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（）A．0.21mol B．0.25mol C．0.45mol D．0.5mol考点：有关混合物反应的计算．分析：混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe（NO3）2．足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，由铁元素守恒可知，能得到铁的物质的量与Fe（NO3）2中的铁的物质的量相同，根据氮元素守恒计算n[Fe（NO3）2]，再根据Fe元素守恒计算氢气还原混合物得到Fe的物质的量．解答：解：因一定量的Fe、FeO、Fe3O4和Fe2O3的混合物中加入250mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe（NO3）2，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.25L×4mol/L﹣=0.9mol，所以n[Fe（NO3）2]==0.45mol，由铁元素守恒可知，气还原混合物得到Fe的物质的量：n（Fe）=n[Fe（NO3）2]=0.45mol，故选C．点评：本题考查混合物计算，难度中等，侧重考查学生利用原子守恒的方法来计算，明确硝酸亚铁与硝酸的关系，硝酸亚铁中铁元素与原混合物中的铁元素的关系是解答的关键．12．（2分）（2012•崇明县一模）最近我国学者发现，以精CuFeS2矿为原料在沸腾炉中和O2（空气）反应，生成物冷却后经溶解、除铁、结晶，得到CuSO4•5H2O．实验结果如下下列关于这一过程的叙述错误的是（）沸腾炉炉度/℃560 580 600 620 640 660生成物水溶性Cu% 90.12 91.24 93.50 92.38 89.96 84.23 酸溶性Cu% 92.00 93.60 97.08 97.82 98.16 98.19酸溶性Fe% 8.56 6.72 3.46 2.78 2.37 2.28A．反应中有二氧化硫生成B．产物中铜元素主要以氧化物形式存在C．随温度升高，铁的氧化物在酸中的溶解度降低D．温度高于600～620℃生成物中水溶性Cu（%）下降的原因是水溶性铜分解所致考点：金属的回收与环境、资源保护；化学方程式的有关计算．专题：元素及其化合物．分析：水溶性铜化合物为CuSO4•5H2O，酸溶性铜化合物为CuO，温度较高时，CuSO4•5H2O可分解生成CuO，CuFeS2与O2反应放热，可通过控制加入CuFeS2的速度调节温度；表格还用用水溶性铜、酸溶性铜和酸溶性铁的信息表明，沸腾炉里的含铁产物肯定不是铁的硫酸盐，因为并没有说有水溶性铁，因而可以得出结论：燃烧产物中的铁是以氧化物的方式存在的，据此回答即可．解答：解：A、精CuFeS2矿为原料在沸腾炉中和O2（空气）反应的方程式为：4CuFeS2+15O2=4CuSO4+2Fe2O3+4SO2↑，故A正确；B、根据表中数据，产物中酸溶性Cu%量居多，所以产物中铜元素主要以CuSO4形式存在，故B错误；C、根据表中数据可以看出：随温度升高，铁的氧化物在酸中的溶解度降低，故C正确；D、水溶性铜化合物为CuSO4•5H2O，酸溶性铜化合物为CuO，温度较高时，CuSO4•5H2O可分解生成CuO，则在600℃以上时水溶性铜化合物含量减少，故D正确．故选B．点评：本题考查考查较为综合，涉及物质和性质实验设计等问题，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力，为一道高中奥赛题，难度大．13．（2分）（2014•金山区一模）近年来，科学家合成了一系列具有独特化学特性的氢铝化合物（AlH3）n．已知，最简单的氢铝化合物Al2H6的球棍模型如图所示，它的熔点为150℃，燃烧热极高．下列说法肯定错误的是（）A．A l2H6在固态时所形成的晶体是分子晶体B．A l2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水C．氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料D．氢铝化合物中可能存在组成为Al n H2n+2的物质（n为正整数）考点：镁、铝的重要化合物；球棍模型与比例模型．专题：元素及其化合物．分析：根据分子晶体的熔点较低，结合题中的给出Al2H6的熔点为150℃，因此推出其为分子晶体，同时题意中又告诉Al2H6的燃烧热极高，推出它能燃烧，根据原子守恒推出燃烧产物；氢气是一种气体，储存和运输都不方便，将其转化氢铝化合物，便于储存和运输；结合化合物中正负化合价的代数和为0等知识点解决．解答：解：A•分子晶体的熔点较低，通过题中给出的Al2H6的熔点为150℃，推出Al2H6为分子晶体，故A正确；B•根据题中信息Al2H6的燃烧热极高，判断Al2H6能燃烧，根据原子守恒，Al2H6的组成元素只有Al、H两种元素，又由于是在氧气中燃烧，推出燃烧产物为氧化铝和水，故B正确；C•根据氢铝化合物组成元素为Al和H两种元素，而Al和H2都是很好的燃料，但氢气的在储存盒运输中是极不方便，将其转化成氢铝化合物后，就解决这一矛盾，同时氢铝化合物的燃烧热极高因此可以作为未来的储氢材料和火箭燃料．故C正确；D•根据化合物中正负化合价的代数和为0，在Al n H2n+2组成中，有3n+[﹣（2n+2）]=0，则有3n=2n+2，n=2，推出化学式为：Al2H6符合要求，但这仅是一种情况，当n=1时，得出化学式为：AlH4不符合要求，所以Al n H2n+2不具有普遍性，故D错误．故选：D．点评：本题考查了元素化合物的性质在实际中的应用，属于知识应用的问题，解决这类问题，需要将知识点与题中的信息有机的结合起来，解决时需分析清楚题意，要细心认真．14．（2分）对于复分解反应：X+Y→Z+W，下列叙述正确的是（）A．若Z是强酸，则X和Y必有一种是强酸B．若X是强酸，Y是盐，反应后可能有强酸或弱酸生成C．若Y是强碱，X是盐，则Z或W必有一种是弱碱D．若W是弱碱，Z是盐，则X和Y必有一种是强碱考点：离子反应发生的条件．专题：离子反应专题．分析：A．有强酸生成的复分解反应中，反应物不一定有强酸，如H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4；B．反应物为强酸和盐，则反应产物中可能生成强酸或弱酸；C．反应物为强碱和盐，生成物中不一定有弱碱生成；D．反应物中有一种碱性强于W即可，反应物中不一定为强碱．解答：解：A．若Z是强酸，X和Y中可以都不是强酸，如：H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，故A错误；B．若X是强酸，Y是盐，反应后可以生成强酸，如浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢和硫酸钠，也可以是弱酸，如盐酸与碳酸钠生成碳酸：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，故B正确；C．Y是强碱，X是盐，生成物Z和W可能都不是弱碱，如氢氧化钠与氯化铝的反应：AlCl3+4NaOH=NaAl（OH）4+3NaCl，反应生成两种盐，没有弱碱生成，故C错误；D．若W是弱碱，Z是盐，则X和Y中不一定有强碱，如：氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝和氯化铵：AlCl3+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，一水合氨为弱碱，故D错误；故选B．点评：本题考查了复分解反应的判断，题目难度不大，注意掌握复分解反应概念及反应原理，对各选项判断时找出反例即可，试题培养了学生的分析、理解能力．15．（2分）将几滴KSCN（SCN﹣是“类卤离子”，与氯离子性质相似）溶液加入酸性的含有Fe3+的溶液中，溶液变成血红色．将该红色溶液分为两份，①一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；②向另一份中通入SO2，红色也褪去．下列说法不正确的是（）A．①红色褪去的原因可能是KMnO4将SCN﹣氧化，使[Fe（SCN）]2+消失B．[Fe（SCN）]2+中Fe3+与SCN﹣以配位键结合C．②红色褪去的原因是SO2具有还原性D．S CN﹣在适当条件下可被还原为（SCN）2考点：氧化还原反应．分析：题中“SCN﹣是“类卤离子”，与氯离子性质相似”，则具有还原性，可被酸性高锰酸钾氧化，SCN﹣是“类卤离子”，与氯离子性质相似，原因是Fe3+的氧化作用，以此解答该题．解答：解：A．三价铁离子遇到硫氰酸钾会发生络合反应：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，显红色，高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN﹣氧化，使[红色消失，故A正确；B．[Fe（SCN）]2+属于配位化合物，[Fe（SCN）]2+中Fe3+与SCN﹣以配位键结合，故B正确；C．Fe3+具有氧化性，二氧化硫具有还原性，反应生成硫酸根离子、亚铁离子和氢离子②中红色褪去，反应为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42﹣，故C正确；D．SCN﹣生成（SCN）2，为氧化过程，故D错误．故选D．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和自学能力的考查，注意把握题给信息以及相关物质的性质，难度不大．16．（2分）（2014•江西模拟）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（）A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好B．加热时，②、③溶液均变红，冷却后又都变为无色C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D．四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应考点：性质实验方案的设计．专题：元素及其化合物；化学实验基本操作．分析：A．氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氯化氢和氨气反应生成氯化铵；B．根据氨气使酚酞变红的原理解答，根据二氧化硫与品红作用的原理解答；C．根据二氧化氮的可逆反应和化学平衡的原理解答；D．可逆反应，须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行．解答：解：A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管的顶部反应生成氯化铵，不是NH4Cl的热稳定性比较好，故A错误；B．②中氨水显碱性，使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，故B错误；C．2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣92.4kJ/mol，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，④中浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，反之变浅，所以浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故C正确；D．氯化铵受热分解，与氨气和氯化氢反应生成氯化铵不是可逆反应，因前者须加热，后者只要在常温下，故D错误；故选：C．点评：本题以“封管实验”为载体，考查了相关的反应，解答须理解记忆相关的化学反应方程式，题目较简单．17．（2分）（2014•中山模拟）下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是（）。

浙江省绍兴市绍兴一中2025届高三化学第一学期期中教学质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，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。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题(共包括22个小题。

每小题均只有一个符合题意的选项）1、化学概念在逻辑上存在如图关系，对下列概念的说法正确的是（）A．化合物与电解质属于包含关系B．氧化还原反应与化合反应属于包含关系C．溶液与分散系属于并列关系D．化合物与碱性氧化物属于交叉关系2、以下实验事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A．用排饱和食盐水的方法收集氯气B．加入催化剂有利于合成氨的反应C．实验室制备乙酸丁酯使用过量的乙酸D．氯化银悬浊液中加入硫化钠溶液，产生黑色沉淀3、示踪原子法是研究化学反应的重要方法之一，下列化学方程式正确的是（）A．2Na218O2+2H2O=4NaOH+18O2↑B．2KMnO4+5H218O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+518O2↑+8H2OC．CH3C18OOH+CH3OH CH3CO18OCH3+H2OD．6H37Cl+NaClO3=NaCl+37Cl2↑+3H2O4、化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用。

下列实验中所选用的仪器合理的是①用50 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸；②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物；③用托盘天平称量11.7 g氯化钠晶体；④用酸式滴定管量取23.10 mL0.20 mol/L高锰酸钾溶液；⑤用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物；⑥配制245mL 0.20 mol/L的NaOH溶液用250 mL容量瓶。

A．①②③④B．③C．③④⑥D．③⑤⑥5、某化学小组构想将汽车尾气（NO、NO2）转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔材料.下列说法正确的是A．电极A表面反应之一为NO2－e－+H2O= NO3_+2H+B．电极B附近的c(NO3_)增大C．电解质溶液中电流的方向由B到A，电子的流向与之相反D．该电池工作时，每转移4mol电子，消耗22.4L O26、在“石蜡→石蜡油→石蜡气体→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（）A．范德华力、范德华力、范德华力B．共价键、共价键、共价键C．范德华力、共价键、共价键D．范德华力、范德华力、共价键7、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol·L－1HCl溶液：Al3+、Fe2+、SO2-4、Br－B．0.1mol·L－1Ca(ClO)2溶液：K+、H+、Cl－、SO2-4C．0.1mol·L－1Ba(OH)2溶液：Na+、NH+4、NO-3、HCO-3D．0.1mol·L－1NaHSO3溶液：NH+4、K+、CH3COO－、MnO4-8、下列说法不正确．．．的是（）A．标准状况下，等体积的CH4和CO2分子数相等B．与NaOH溶液、稀硫酸反应产生等量的H2，所需铝粉的质量相等C．常温下，铜与浓硫酸迅速反应产生SO2气体D．1mol OH- 和17g NH3所含的电子数相等9、下列药品和装置合理且能完成相应实验的是( )A．制备氢氧化亚铁B．验证非金属性Cl >C >SiC．检验二氧化硫中是否混有二氧化碳D．实验室制取并收集氨气10、重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是A．氘(D)原子核外有1个电子B．1H与D互称同位素C．H2O与D2O互称同素异形体D．1H218O与D216O的相对分子质量相同11、下列实验方案和实验结论正确的是A．除去SO2中少量的HCl，可将混合气体通入饱和Na2SO3溶液中B．粘在试管内壁的硫单质，可用热的稀盐酸洗涤C．稀盐酸、NaOH、AlCl3、Ba(OH)2四瓶无色溶液，可用NaHCO3鉴别D．将硝酸铵晶体溶于水，测得水温下降，证明硝酸铵水解是吸热的12、化学在生产和日常生活中有着重要的应用。

浙江省绍兴市高三上学期期中化学试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共20题；共40分)1. （2分）下列说法正确的是（）A . BaSO4在医学上用作钡餐，Ba2+对人体无毒B . “血液透析”利用了胶体的性质C . 分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质熔点、沸点有较大影响，而对溶解度无影响D . 14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体2. （2分）25℃时， pH 均为2的两种一元酸HA和HB各1mL,分别加水稀释,pH 随溶液体积的变化曲线如图所示。

下列说法正确的是（）A . HA的酸性比HB的酸性弱B . a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱C . 若两溶液加水稀释，则所有离子的浓度都减小D . 对a、b两点溶液同时升高温度，则c(A－)/c(B－)减小3. （2分） (2016高三上·黑龙江期中) 将①中液体逐滴滴入到②中（如图），实验结果与预测的现象一致的是（）选项①中物质②中物质预测②中的现象A氨水氯化铝溶液产生白色沉淀B浓硫酸铜片产生大量气体溶液变蓝C浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生大量红棕色气体D稀盐酸Na2CO3与NaOH的混合液立即产生大量气体A . AB . BC . CD . D4. （2分）由CO2、H2、CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2、H2、CO 的体积比可为（）A . 29∶8∶20B . 22∶1∶15C . 13∶8∶29D . 13∶16∶55. （2分） (2018高二上·邯郸期中) 下列叙述中，正确的是（）A . 钢铁腐蚀的负极反应为：Fe-3e-=Fe3+B . Mg-Al及NaOH溶液构成的原电池中负极材料为MgC . 无隔膜电解饱和NaCl溶液所得产物之一是“84”消毒液中的有效成分NaClOD . H2-O2燃料电池中电解液为H2SO4 ，则正极反应式为：O2+4e-=2O2-6. （2分）下列关于电解质溶液的说法正确的是（）A . NaHCO3 在水中发生电离的方程式是 NaHCO3=Na++H++CO32-B . 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强C . 虽然Na2O溶于水所得溶液中导电的离子不是它本身产生的，但它却是电解质D . NH3溶于水后所得到的溶液能导电，故NH3是电解质7. （2分） (2018高二下·朝阳期末) 下列解释事实的反应方程式错误的是（）A . 碳酸钠溶液显碱性：CO32－+H2O HCO3－+OH－B . 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe－3e－＝Fe3+C . 以Na2S为沉淀剂，除去溶液中的Cu2+：Cu2++S2－＝CuS↓D . 向KI溶液中滴加稀硫酸和淀粉溶液，放置在空气中变蓝：4H++4I－+O2＝2I2+2H2O8. （2分） (2019高一上·合肥开学考) 由以下两种途径制铜：（1）CuO CuSO4 Cu(2)Zn H2Cu要制得等质量的铜，两个途径相比较，下列有关说法正确的是（）A . 消耗的Zn、H2SO4、CuO质量相等B . 只有消耗的CuO质量相同C . 过程中产生的ZnSO4质量相同D . 所有反应类型都相同9. （2分） (2019高三上·凌源期末) 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)是工业制硫酸的主要反应之一。

浙江省嵊州一中高三上学期期中考试（理综化学部分）选择题部分选择题部分每小题6分，7．下列叙述正确的是①热稳定性：H 2O ＞HF ＞H 2S ②熔点：Al ＞Na ＞K③IA、IIA 族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布④元素周期表中从ⅢB 族到ⅡB 族10个纵行的元素都是金属元素⑤元素的非金属性越强，其氧化物的水化物酸性就越强⑥已知2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(l)；△H=-571KJ·mol -1，则氢气的燃烧热为285.5KJ·mol -1⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P > NA ．只有②④⑥B ．只有①⑥⑦C ．只有②③④D ．只有③⑤⑦ 8．下列所述事实与化学（或离子）方程式不相符的是A ．能说明盐酸是强酸：2HCl ＋CaCO 3＝CaCl 2＋H 2O ＋CO 2↑B ．能说明氧化性H 2O 2＞Fe 3＋：2Fe 2＋＋H 2O 2＋2H ＋＝2Fe 3＋＋2H 2OC ．能说明NH 3结合H ＋能力比H 2O 强：NH 3＋H 3O ＋＝NH 4＋＋H 2OD ．能说明CH 3COOH 是弱电解质：CH 3COO －＋H 2OCH 3COOH ＋OH －9．25℃、101kPa 时，1g 甲醇完全燃烧生成CO 2和液态H 2O ，同时放出22.68kJ 热量，下列表示该反应的热方程式正确的是A ．CH 4O （l ）+23O 2（g ）==CO 2（g ）+2H 2O （l ）；△H=-725.8kJ · mol —1 B ．2CH 4O （l ）+3O 2（g ）==2CO 2（g ）+4H 2O （l ）；△H=+1451.6kJ · mol —1C ． 2CH 4O （l ）+3O 2（g ）==2CO 2（g ）+4H 2O （l ）；△H=-22.68kJ · mol —1D ．CH 4O （l ）+23O 2（g ）==CO 2（g ）+2H 2O （g ）；△H=-725.8kJ · mol —1K*s5u10．已知常温下,在溶液中可发生如下反应：Ce 4+ + Fe 2+ = Fe 3+ + Ce 3+，Sn 2+ + 2Fe 3+ = 2Fe 2+ + Sn 4+。