山西省临汾市曲沃中学2016届高三段考化学试题.doc

山西省临汾市曲沃县曲沃中学校2016届高三化学上学期阶段性考试试题（含解析）本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。

共150分，考试时间120分钟。

注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将本人姓名、考生号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。

2．每小题选出答案后，用铅笔在答题卡对应题目的答案标号上涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

第Ⅰ卷（选择题共63分）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；S：32；K：39；Ca：40；Fe：56；Cu：64；Zn：65；Ba：137；Ag：108一、选择题（单选，本题共21道小题，每小题3分，共63分）1．进行化学实验必须注意安全，下列说法不正确的是A．不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液C．从煤油中取用金属钠必需用镊子，不能用手触摸D．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸【答案】D【解析】试题分析：A、不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛的危害，故A正确；B、不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，以中和碱液，故B正确；C、从煤油中取用金属钠必需用镊子，不能用手触摸，手中有水分能与Na反应，腐蚀皮肤，故C正确；D、不能在量筒中稀释浓硫酸，故D错误。

考点：考查了化学实验的基本操作的相关知识。

2．化学知识在生产和生活中有着重要的应用。

下列说法中正确的是① 钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等② K、Na合金可作原子反应堆的导热剂③ 明矾常作为消毒剂④ Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等⑤ 碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂⑥ 发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔A．①②③④ B．①②④⑥ C．①②③④⑥ D．①②③④⑤⑥【答案】B考点：考查了物质的性质和用途的相关知识。

2015-2016学年山西省临汾市曲沃中学高二（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共16小题，共48分）1．下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（）A．太阳能生热器B．硅太阳能电池C．燃气灶D．锂离子电池2．某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A．改变催化剂，可改变该反应的活化能B．该反应为放热反应，热效应等于E 1﹣E 2C．反应过程a 有催化剂参与D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E 1+E 23．标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓．已知H﹣H、H﹣O和O═O 键的键焓△H分别为436kJ•mol ﹣1、463kJ•mol ﹣1和495kJ•mol ﹣1．下列热化学方程式正确的是（）A．H 2O（g）═H 2（g）+O 2（g）△H=﹣485 kJ•mol ﹣1B．H 2O（g）═H 2（g）+O 2（g）△H=+485 kJ•mol ﹣1C．2H 2（g）+O 2（g）═2H 2O（g）△H=+485 kJ•mol ﹣1D．2H 2（g）+O 2（g）═2H 2O（g）△H=﹣485 kJ•mol ﹣14．根据下列热化学方程式（1）C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ/mol（2）H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2=﹣285.8kJ/mol（3）CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H3=﹣870.3kJ/mol可以计算出2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）的反应热为（）A．△H=244.1kJ/mol B．△H=﹣488.3kJ/molC．△H=﹣996.6kJ/mol D．△H=996.6kJ/mol5．下列事实中，能用勒沙特列原理来解释的是（）A．由H 2（g）、I 2（g）、HI（g）组成的混合气体平衡体系加压后颜色加深B．久置的氯水变成了稀盐酸C．在FeCl 3溶液中加入铁粉防止氧化变质D．加入催化剂有利于SO 2与O 2反应制SO 36．将固体NH 4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：①NH 4I（s）⇌NH 3（g）+HI （g），②2HI（g）⇌H 2（g）+I 2（g），当反应达到平衡时，测得c（H 2）=0.5mol/L，c（HI）=4mol/L，则反应①的平衡常数为（）A．4（mol/L）2B．16（mol/L）2C．20（mol/L）2D．25（mol/L）27．下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（）A．100 mL 1 mol/L 的稀硫酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变B．合成氨的反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢C．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率D．汽车尾气中的CO 和NO 可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢8．下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（）A．pH=4的亚硝酸溶液c（H+）=1×10﹣4mol/LB．用亚硝酸溶液作导电实验，灯泡很暗C．将Vml pH=4的亚硝酸稀释成pH=5的溶液，所需加入的水量大于10VmlD．10mL 1mol/L的亚硝酸恰好与10mL 1mol/L NaOH溶液完全中和9．在室温下，等体积的酸和碱溶液混合后pH一定小于7的是（）A．pH=3的HNO 3与pH=11的KOH溶液B．pH=3的HNO 3与pH=11的氨水C．pH=3的H 2SO 4与pH=11的NaOH溶液D．pH=3的CH 3COOH与pH=11的Ba（OH）2溶液10．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，要促进醋酸电离，且氢离子浓度增大，应采取的措施是（）A．升温 B．降温 C．加入NaOH溶液D．加入稀HCl11．下列有关AgCl沉淀的溶解平衡状态的说法中，正确的是（）A．AgCl沉淀的生成和溶解不断进行，但速率相等B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag +和Cl ﹣C．升高温度，AgCl的溶解度不变D．向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度不变12．下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（）A．在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀B．金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程C．轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法D．铜铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe﹣3e﹣═Fe3+，继而形成铁锈13．如图是锌、铜和稀硫酸形成的原电池，下列叙述不合理的是（）A．溶液中H+向Zn电极移动B．外电路中电流方向为：Cu→ZnC．负极上的电极反应：Zn﹣2e﹣═Zn2+D．有1 mol电子流过导线，则Cu电极上产生的H2为11.2 L（标准状况）14．如图是原电池的示意图，下列说法正确的是（）A．铜片逐渐溶解B．电子由铜片通过导线流向锌C．锌片作为正极D．该装置能将化学能转化为电能15．铁镍蓄电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是（）A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni 2O 3、负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH ﹣﹣2e ﹣═Fe（OH）2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D．电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH ﹣﹣2e ﹣═Ni 2O 3+3H 2O16．利用如图所示装置可以模拟钢铁的电化学防护．下列说法正确的是（）A．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生还原反应B．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生还原反应C．若X为碳棒，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀D．若X为锌棒，开关K置于M处，可加快铁的腐蚀二、填空题（本大题共5小题，共52分）17．有以下物质：①石墨；②铝；③酒精；④氨水；⑤二氧化碳；⑥碳酸氢钠固体；⑦氢氧化钡溶液；⑧纯醋酸；⑨氧化钠固体；⑩氯化氢气体．（1）其中能导电的是；属于非电解质的是；属于强电解质的是；属于弱电解质的是．（2）写出物质⑥溶于水的电离方程式：．（3）写出物质⑥和⑧在水中反应的离子方程式：．（4）将物质⑥配制成溶液，逐滴加入⑦溶液中至沉淀量最大，写出离子方程式：．18．科学家认为，氢气是一种高效而无污染的理想能源，近20年来，对以氢气作为未来的动力燃料氢能源的研究获得了迅速发展．（1）为了有效发展民用氢能源，首先必须制得廉价的氢气，下列可供开发又较经济且资源可持续利用的制氢气的方法是．（选填字母）A．电解水B．锌和稀硫酸反应C．光解海水D．分解天然气（2）用水分解获得氢气的能量变化如图1所示，表示使用催化剂是曲线．该反应为（放热还是吸热）反应（3）1g的氢气完全燃烧生成液态水释放出142.9kJ的热量写出其完全燃烧的热化学方程式：．（4）利用氢气和CO合成二甲醚的三步反应如下：①2H 2（g）+CO（g）═CH 3OH（g）；△H=﹣90.8kJ•mol ﹣1②2CH 3OH（g）═CH 3OCH 3（g）+H 2O（g）；△H=﹣23.5kJ•mol ﹣1③CO（g）+H 2O（g）═CO 2（g）+H 2（g）；△H=﹣41.3kJ•mol ﹣1总反应：3H 2（g）+3CO（g）═CH 3OCH 3（g）+CO 2（g）的△H=（5）氢氧燃料电池能量转化率高，具有广阔的发展前景．现用氢氧燃料电池进行图2所示实验：①氢氧燃料电池中，正极的电极反应式为．②图2装置中，某一铜电极的质量减轻6.4g，则a 极上消耗的O 2在标准状况下的体积为L．（6）有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以N 2、H 2为电极反应物，以HCl﹣NH 4Cl 为电解质溶液制取新型燃料电池．则正极电极方程式．（1）CuCl2溶液中含有少量的FeCl2和FeCl3，为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体，可先加入适量氯水，发生的离子反应为：；再加入，调至pH=4，此时溶液中的c（Fe3+）=．过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2•2H2O 晶体．（2）在空气中直接加热CuCl2•2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，由CuCl2•2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是．20．某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，选择甲基橙作指示剂．请填写下列空白：（1）用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视．直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并为止．（2）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是（A）酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液（B）滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥（C）酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失（D）读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则起始读数为mL，终点读数为mL；所用盐酸溶液的体积为mL．（保留小数点后4位）．21．某研究小组对铁生锈进行研究．（1）甲同学设计了A、B、C一组实验（如图1），探究铁生锈的条件．经过较长时间后，甲同学观察到的现象是：A中铁钉生锈；B中铁钉不生锈；C中铁钉不生锈．①通过上述实验现象分析，可得出铁生锈的外部条件是；②铁钉发生电化腐蚀的正极电极反应式为；③实验B所用的水要经过处理；植物油的作用是；④实验C中碱石灰的作用是．（2）乙同学为了达到同样目的，设计了实验D（如图1），发现一段时间后，试管中的液面升高，其原因是，该实验（填“能”或“不能”）说明水对铁钉生锈产生影响．（3）丙同学为了探究铁锈（Fe2O3•nH2O）的组成，将甲同学实验产生的铁锈刮下来，称取1.96g这种铁锈，按如图2所示装置进行实验．充分反应后，称得B装置的质量增加0.36g，C装置的质量增加1.32g，则根据实验数据，推断铁锈的化学式中n值为．2015-2016学年山西省临汾市曲沃中学高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单选题（本大题共16小题，共48分）1．下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（）A．太阳能生热器B．硅太阳能电池C．燃气灶D．锂离子电池【考点】化学能与热能的相互转化．【分析】A．太阳能生热器是将太阳能转化为热能；B．硅太阳能电池是将太阳能转化为电能；C．燃气灶是将化学能转化为热能；D．锂离子电池是将化学能转化为电能．【解答】解：A．太阳能生热器是将太阳能转化为热能，故A错误；B．硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，故B错误；C．燃气灶是将燃气的化学能转化为热能，故C正确；D．锂离子电池是将化学能转化为电能，故D错误；故选C．2．某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A．改变催化剂，可改变该反应的活化能B．该反应为放热反应，热效应等于E 1﹣E 2C．反应过程a 有催化剂参与D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E 1+E 2【考点】反应热和焓变．【分析】A、不同的催化剂对反应的催化效果不同；B、反应物能量高于生成物；C、催化剂能降低反应的活化能；D、催化剂改变了反应历程，E1、E2分别代表各步反应的活化能．【解答】解：A、不同的催化剂，反应的活化能不同，故A正确；B、反应物能量高于生成物，反应为放热反应，△H=生成物能量﹣反应物能量，和活化能无关，故B错误；C、催化剂能降低反应的活化能，b中使用了催化剂，故C错误；D、E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，故D错误．故选：A．3．标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓．已知H﹣H、H﹣O和O═O 键的键焓△H分别为436kJ•mol ﹣1、463kJ•mol ﹣1和495kJ•mol ﹣1．下列热化学方程式正确的是（）A．H 2O（g）═H 2（g）+O 2（g）△H=﹣485 kJ•mol ﹣1B．H 2O（g）═H 2（g）+O 2（g）△H=+485 kJ•mol ﹣1C．2H 2（g）+O 2（g）═2H 2O（g）△H=+485 kJ•mol ﹣1D．2H 2（g）+O 2（g）═2H 2O（g）△H=﹣485 kJ•mol ﹣1【考点】热化学方程式．【分析】旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，△H=反应物的键能和﹣生成物的键能和，据此进行解答．【解答】解：A、水分解是吸热反应，应该△H＞0，故A错误；B、△H=2×463kJ/mol﹣436kJ/mol﹣×495kJ/mol=242.5kJ/mol，故B错误；C、氢气燃烧放热，应该△H＜0，故C错误；D、△H=2×436kJ/mol+495kJ/mol﹣4×463kJ/mol=﹣485kJ/mol，故D正确．故选D．4．根据下列热化学方程式（1）C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ/mol（2）H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2=﹣285.8kJ/mol（3）CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H3=﹣870.3kJ/mol可以计算出2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）的反应热为（）A．△H=244.1kJ/mol B．△H=﹣488.3kJ/molC．△H=﹣996.6kJ/mol D．△H=996.6kJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】依据热化学方程式和盖斯定律进行分析计算，通过热化学方程式（1）×2和（2）×2相加再减去（3）消去二氧化碳和水得到所求的热化学方程式，注意热化学方程式改变系数，焓变随之改变．【解答】解：（1）C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ/mol（2）H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2=﹣285.8kJ/mol（3）CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H3=﹣870.3kJ/mol依据热化学方程式（1）×2+（2）×2﹣（3）得到：△H=﹣488.3KJ/mol，故选B．5．下列事实中，能用勒沙特列原理来解释的是（）A．由H 2（g）、I 2（g）、HI（g）组成的混合气体平衡体系加压后颜色加深B．久置的氯水变成了稀盐酸C．在FeCl 3溶液中加入铁粉防止氧化变质D．加入催化剂有利于SO 2与O 2反应制SO 3【考点】化学平衡移动原理．【分析】勒沙特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒沙特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【解答】解：A、该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故A不选；B、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢，平衡正向移动，故B选；C、铁粉与变质的铁离子发生氧化还原反应，与平衡移动无关，故C不选；D、使用催化剂只改变反应速率，平衡不移动，故D不选；故选B．6．将固体NH 4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：①NH 4I（s）⇌NH 3（g）+HI （g），②2HI（g）⇌H 2（g）+I 2（g），当反应达到平衡时，测得c（H 2）=0.5mol/L，c（HI）=4mol/L，则反应①的平衡常数为（）A．4（mol/L）2B．16（mol/L）2C．20（mol/L）2D．25（mol/L）2【考点】用化学平衡常数进行计算；化学平衡的计算．【分析】反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应②可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，从而可知NH4I分解生成的NH3，代入反应①的平衡常数表达式K=c（NH3）•c （HI）计算即可．【解答】解：平衡时c（HI）=4mol•L﹣1，HI分解生成H2的浓度为0.5mol•L﹣1，NH4I分解生成的HI的浓度为：4mol•L﹣1+2×0.5mol•L﹣1=5mol•L﹣1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为：c（NH3）=c（HI）5mol•L﹣1，所以反应①的平衡常数为：K=c（NH3）•c（HI）=5mol•L﹣1×4mol•L﹣1=20mol2•L﹣2，故选C．7．下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（）A．100 mL 1 mol/L 的稀硫酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变B．合成氨的反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢C．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率D．汽车尾气中的CO 和NO 可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】A．加入氯化钠溶液，体积增大，浓度减小；B．升高温度，增大反应速率；C．浓硫酸和铁反应不生成氢气；D．减小压强，浓度减小．【解答】解：A．加入氯化钠溶液，体积增大，浓度减小，则反应速率减小，故A错误；B．升高温度，增大反应速率，故B错误；C．浓硫酸和铁反应不生成氢气，常温下发生钝化反应，加热生成二氧化硫气体，故C错误；D．减小压强，浓度减小，则反应速率减小，故D正确．故选D．8．下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（）A．pH=4的亚硝酸溶液c（H+）=1×10﹣4mol/LB．用亚硝酸溶液作导电实验，灯泡很暗C．将Vml pH=4的亚硝酸稀释成pH=5的溶液，所需加入的水量大于10VmlD．10mL 1mol/L的亚硝酸恰好与10mL 1mol/L NaOH溶液完全中和【考点】弱电解质的判断．【分析】强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，只要能说明亚硝酸部分电离，则就证明亚硝酸是弱电解质，据此分析解答．【解答】解：A．pH=4的亚硝酸溶液c（H+）=1×10﹣4mol/L，不能说明亚硝酸电离程度，所以不能说明亚硝酸是弱电解质，故A错误；B．用亚硝酸溶液作导电实验，灯泡很暗，说明亚硝酸溶液浓度很低，但不能说明亚硝酸部分电离，则不能证明亚硝酸是弱电解质，故B错误；C．将Vml pH=4的亚硝酸稀释成pH=5的溶液，所需加入的水量大于10Vml，说明稀释过程中有部分亚硝酸电离，则亚硝酸中存在电离平衡，所以说明亚硝酸是弱电解质，故C正确；D.10mL 1mol/L的亚硝酸恰好与10mL 1mol/L NaOH溶液完全中和，说明亚硝酸是一元酸，但不能说明亚硝酸部分电离，所以不能说明亚硝酸是弱电解质，故D错误；故选C．9．在室温下，等体积的酸和碱溶液混合后pH一定小于7的是（）A．pH=3的HNO 3与pH=11的KOH溶液B．pH=3的HNO 3与pH=11的氨水C．pH=3的H 2SO 4与pH=11的NaOH溶液D．pH=3的CH 3COOH与pH=11的Ba（OH）2溶液【考点】pH的简单计算．【分析】A．硝酸和氢氧化钾都是强电解质，两溶液恰好反应，溶液呈中性；B．氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液呈碱性；C．硫酸和氢氧化钠都是强电解质，两溶液恰好反应，溶液呈中性；D．醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液呈酸性．【解答】解：A．pH=3的硝酸中c（H+）=1×10﹣3mol/L，pH=11的氢氧化钾溶液中c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，在室温下等体积混合后pH=7，故A错误；B．pH=3的稀释中c（H+）=1×10﹣3mol/L，pH=11的氨水中c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH＞7，故B错误；C．pH=3的硫酸中c（H+）=1×10﹣3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，两溶液混合后恰好反应，常温下溶液的pH=7，故C错误；D．pH=3的醋酸c（H+）=1×10﹣3mol/L，pH=11的氢氧化钡溶液中c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，pH＜7，故D正确；故选D．10．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，要促进醋酸电离，且氢离子浓度增大，应采取的措施是（）A．升温 B．降温 C．加入NaOH溶液D．加入稀HCl【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】根据题意知，加入的物质和醋酸根离子反应或升高温度才能使醋酸的电离平衡向右移动且c（H+）增大，据此分析解答．【解答】解：A、醋酸的电离是吸热反应，升高温度能促进醋酸的电离，且氢离子浓度增大，故A正确；B、醋酸的电离是吸热反应，降低温度抑制醋酸的电离，氢离子浓度减小，故B错误；C、加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠和氢离子反应生成水，能促进醋酸的电离，但氢离子浓度减小，故C错误；D、加入稀盐酸，氢离子浓度增大但抑制醋酸的电离，故D错误．故选A．11．下列有关AgCl沉淀的溶解平衡状态的说法中，正确的是（）A．AgCl沉淀的生成和溶解不断进行，但速率相等B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag +和Cl ﹣C．升高温度，AgCl的溶解度不变D．向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度不变【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．沉淀溶解平衡是动态平衡；B．AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零；C．溶解度与温度有关，温度改变，溶解度会发生变化；D．依据溶液中存在沉淀溶解平衡，加入氯离子影响平衡的移动分析．【解答】解：A．达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，是动态平衡，速率相等，故A正确；B．AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl﹣，故B错误；C．溶解度与温度有关，氯化银的溶解为吸热过程，则升高温度后AgCl沉淀的溶解度变大，故C错误；D．加入NaCl固体，氯离子浓度增大，沉淀溶解平衡逆向进行，会析出AgCl固体，AgCl 的溶解度减小，故D错误；故选A．12．下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（）A．在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀B．金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程C．轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法D．铜铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe﹣3e﹣═Fe3+，继而形成铁锈【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【分析】A．强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀；B．金属失电子被氧化；C．Zn、Fe和海水构成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe被保护；D．Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极．【解答】解：A．强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，所以酸性条件下钢铁不一定发生析氢腐蚀，故A错误；B．金属腐蚀的实质是金属失去电子发生氧化反应，所以属于被氧化的过程，故B错误；C．Zn、Fe和海水构成原电池，Zn易失电子作负极而被腐蚀，Fe作正极被保护，所以轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D．Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极，负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D错误；故选C．13．如图是锌、铜和稀硫酸形成的原电池，下列叙述不合理的是（）A．溶液中H+向Zn电极移动B．外电路中电流方向为：Cu→ZnC．负极上的电极反应：Zn﹣2e﹣═Zn2+D．有1 mol电子流过导线，则Cu电极上产生的H2为11.2 L（标准状况）【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】锌、铜和稀硫酸形成的原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上锌发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，溶液中阳离子向正极移动，外电路中电流从正极流向负极，据此分析．【解答】解：A．溶液中阳离子向正极移动，则溶液中H+向Cu电极移动，故A错误；B．锌作负极，铜作正极，电子从负极锌沿导线流向正极，电流从正极流向负极，故B正确；C．锌易失电子作负极，负极上的电极反应：Zn﹣2e﹣═Zn2+，故C正确；D．正极的反应为：2H++2e﹣═H2↑，则有1 mol电子流过导线，Cu电极上产生的H2为0.5mol，即11.2 L（标准状况），故D正确；故选A．14．如图是原电池的示意图，下列说法正确的是（）A．铜片逐渐溶解B．电子由铜片通过导线流向锌C．锌片作为正极D．该装置能将化学能转化为电能【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该装置中，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极．【解答】解：A．锌失电子生成锌离子进入溶液，导致锌片逐渐溶解，铜片质量不变，故A 错误；B．电子从负极锌沿导线流向正极铜，故B错误；C．锌易失电子作负极，铜作正极，故C错误；D．该装置中锌易失电子作负极，铜作正极，为原电池装置，是将化学能转变成电能，故D 正确；故选D．15．铁镍蓄电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是（）A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni 2O 3、负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH ﹣﹣2e ﹣═Fe（OH）2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D．电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH ﹣﹣2e ﹣═Ni 2O 3+3H 2O【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，负极反应为Fe+2OH ﹣﹣2e ﹣═Fe（OH）2，Ni2O3作正极，发生还原反应，最终生成Ni（OH）2，所以正极反应为Ni2O3+3H2O+2e﹣=2Ni（OH）2+2OH﹣，充电时，阴阳极与负极、正极反应式正好相反，据此分析解答．【解答】解：A．由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，反应生成生成Fe（OH）2，说明溶液为碱性，Ni2O3做氧化剂得到电子，即正极为Ni2O3、负极为Fe，故A正确；B．电池放电时，Fe在负极失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，负极反应为Fe+2OH ﹣﹣2e ﹣═Fe（OH）2，故B正确；C．充电过程中，阴极反应式为Fe（OH）2+2e﹣═Fe+2OH﹣，有氢氧根离子生成，所以溶液的pH增大，故C错误；D．充电时阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O，故D正确；故选C．16．利用如图所示装置可以模拟钢铁的电化学防护．下列说法正确的是（）A．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生还原反应B．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生还原反应C．若X为碳棒，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀D．若X为锌棒，开关K置于M处，可加快铁的腐蚀【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】开关置于N处，该装置是电解池，X作阳极，铁作阴极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，为外加电源的阴极保护法；开关置于M处，该装置是原电池，较活泼的金属作负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，为牺牲阳极的阴极保护法．【解答】解：A．若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池反应，锌为负极，发生氧化反应，铁为正极，发生还原反应，故A正确；B．若X为碳棒，开关K置于N处，X极为阳极，发生氧化反应，故B错误；C．若X为碳棒，开关K置于N处，铁为阴极，难以被腐蚀，故C错误；D．若X为锌棒，开关K置于M处，锌为负极，铁为正极，锌被腐蚀，铁被保护，故D错误．故选A．二、填空题（本大题共5小题，共52分）17．有以下物质：①石墨；②铝；③酒精；④氨水；⑤二氧化碳；⑥碳酸氢钠固体；⑦氢氧化钡溶液；⑧纯醋酸；⑨氧化钠固体；⑩氯化氢气体．（1）其中能导电的是①②④⑦；属于非电解质的是③⑤；属于强电解质的是⑥⑨⑩；属于弱电解质的是⑧．（2）写出物质⑥溶于水的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO3﹣．（3）写出物质⑥和⑧在水中反应的离子方程式：HCO3+CH3COOH=CH3COO﹣+H2O+CO2↑．（4）将物质⑥配制成溶液，逐滴加入⑦溶液中至沉淀量最大，写出离子方程式：Ba2++OH ﹣+HCO3﹣=BaCO3↓+H2O．【考点】电解质溶液的导电性；电解质与非电解质；电解质在水溶液中的电离．【分析】（1）能导电的物质：必须具有能自由移动的带电的微粒，金属能导电﹣﹣是由于金属中存在能自由移动的带负电的电子．非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；（2）NaHCO3是强电解质，在水溶液里完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子；（3）碳酸氢钠和醋酸反应生成醋酸钠和水、二氧化碳；（4）将物质⑥碳酸氢钠固体配制成溶液，逐滴加入⑦氢氧化钡溶液，溶液中至沉淀量最大生成碳酸钡沉淀．【解答】解：（1）①石墨、②铝存在能自由移动的带负电的电子能导电；④氨水；⑦氢氧化钡溶液，有能自由移动的阴、阳离子，能导电；非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物，酒精和二氧化碳符合；强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐，⑥碳酸氢钠固体、⑨氧化钠固体、⑩氯化氢气体都是强电解质；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，冰醋酸是弱电解质；故答案为故答案为：①②④⑦；③⑤；⑥⑨⑩；⑧；（2）碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3﹣，故答案为：NaHCO3=Na++HCO3﹣；（3）碳酸氢钠和醋酸反应生成醋酸钠和水、二氧化碳，反应离子方程式为：HCO3﹣+CH3COOH=CH3COO﹣+H2O+CO2↑故答案为：HCO3﹣+CH3COOH=CH3COO﹣+H2O+CO2↑；（4）将物质⑥碳酸氢钠固体配制成溶液，逐滴加入⑦氢氧化钡溶液，溶液中至沉淀量最大生成碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++OH﹣+HCO3﹣=BaCO3↓+H2O，故答案为：Ba2++OH﹣+HCO3﹣=BaCO3↓+H2O．18．科学家认为，氢气是一种高效而无污染的理想能源，近20年来，对以氢气作为未来的动力燃料氢能源的研究获得了迅速发展．（1）为了有效发展民用氢能源，首先必须制得廉价的氢气，下列可供开发又较经济且资源可持续利用的制氢气的方法是C．（选填字母）A．电解水B．锌和稀硫酸反应C．光解海水D．分解天然气（2）用水分解获得氢气的能量变化如图1所示，表示使用催化剂是曲线b．该反应为吸热（放热还是吸热）反应（3）1g的氢气完全燃烧生成液态水释放出142.9kJ的热量写出其完全燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1 （其它合理答案均可）．（4）利用氢气和CO合成二甲醚的三步反应如下：①2H 2（g）+CO（g）═CH 3OH（g）；△H=﹣90.8kJ•mol ﹣1②2CH 3OH（g）═CH 3OCH 3（g）+H 2O（g）；△H=﹣23.5kJ•mol ﹣1。

山西省临汾市曲沃县中学高三化学模拟试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。

）1. 某有机物结构简式为，关于该有机物叙述错误的是（）A．1 mol该物质在加热和催化剂作用下，最多能和4 mol H2发生加成反应B．能使溴水褪色也能使酸性KMnO4溶液褪色C．遇硝酸银溶液产生白色沉淀D．在一定条件下，能发生取代反应参考答案：C略2. 在容积为2 L的3个密闭容器中发生反应3A(g)＋B(g)x C(g)，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时有关数据如下：下列说法正确的是A．若x<4，则2c1>c2B．若w3＝w1，可断定x＝4C．无论x的值是多少，均有2ρ1＝ρ2D．容器甲中反应从开始到达平衡平均速率为v(A)＝0.3 mol·L－1·min－1参考答案：AC略3. X、Y、Z、W是中学化学常见的四种物质，它们之间具有如图所示转化关系，则下列组合不可能的是（）参考答案：D略4. 下列叙述中正确的是()A．含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性B．阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性C．失去电子多的还原剂还原性强D．化学反应中，某元素由化合态变为游离态，此元素可能被氧化参考答案：D略5. 下列说法正确的是A．①表示化学反应2NO2(g) + O3(g) N2O5(g) + O2(g)△H> 0B．②表示25℃时，用0.1 mol/LCH3COOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/LNaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化C．③表示10 mL 0.01 mol/L KMnO4酸性溶液与过量的0.1 mol/LH2C2O4溶液混合时，n (Mn2+)随时间的变化D．④表示体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中，分别加入足量的锌，产生H2的体积随时间的变化，则a表示CH3COOH溶液参考答案：D 6. 下列变化一定属于化学变化的是：①风化②变色③燃烧④爆炸⑤白磷转变成红磷⑥工业制氧气⑦久置氯水变成无色⑧分馏⑨ NO2气体冷却后颜色变浅⑩潮解A．①②③④⑦B．③④⑤⑦C．①③⑤⑦⑨D．①③④⑦⑩参考答案：C7. 在一定温度下，某浓度的硝酸与金属铜反应，生成NO2和NO的物质的量之比为l：3，则要使1 mol Cu完全反应，需HNO3的物质的量为A．2．8 mol B．2．6 mol C．2．4 mol D．O．8 mol参考答案：A略8. 将 3．9g 镁铝合金，投入到 500mL2mol?L—1的盐酸中，金属完全溶解，再加入 4mol?L—1的NaOH 溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种 NaOH 溶液的体积是A．125mL B．200mL C．560mL D．250mL参考答案：D略9. 已知反应：CO(g) +3H2 (g) .CH4 (g)+H2O(g)。

2015-2016学年山西省临汾市曲沃中学高三（上）段考化学试卷一、单项选择题（每小题3分，共63分）1．下列物质中常温下既能与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应产生氢气是（）A．Mg B．Cl2C．Si D．Al2．下列氯化物中，不能用金属和氯气直接反应制得的是（）A．CuCl2B．FeCl2C．MgCl2D．KCl3．实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜用的试剂是（）A．NaOH溶液B．Ba（OH）2溶液C．氨水 D．盐酸4．下列说法中正确的是（）A．32 g O2占有的体积约为22.4 LB．22.4 L N2含阿伏加德罗常数个氮分子C．在标准状况下，22.4 L水的质量约为18 gD．22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl约含有相同的分子数5．对下列物质的分类正确的是（）A．水玻璃属于纯净物B．SiO2、烧碱、明矾分别为酸性氧化物、碱、盐C．Cu、NaCl、HCl、氯水均为电解质D．CaO、Na2O、Na2O2均属于碱性氧化物6．下列关于硅材料的说法正确的是（）A．玛瑙的主要成分是硅酸盐B．制普通玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英砂C．光导纤维的主要成分是晶体硅D．水晶项链、玻璃、水泥和陶瓷都是硅酸盐制品7．下列物质与其用途相符合的是（）①ClO2﹣消毒剂②NaHCO3﹣治疗胃酸过多③明矾﹣做干燥剂④硅胶﹣做净水剂⑤Na2O2﹣呼吸面具的供氧剂⑥NaClO﹣漂白纺织物．A．②④⑤⑥ B．①②⑤⑥ C．①②④⑤ D．全部8．下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．碳酸钙与盐酸混合：2H++CO32﹣=CO2↑+H2OB．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：HCO3﹣+OH﹣=CO2↑+H2OC．Al2O3与NaOH溶液的反应：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2OD．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O9．已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO=2NaCl+NaClO3，在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是（）A．NaCl、NaClO B．NaCl、NaClO3C．NaClO、NaClO3D．NaClO3、NaClO410．甲、乙、丙、丁分别是Na2CO3、AgNO3、BaCl2、盐酸四种无色溶液中的一种，它们两两反应后的现象如下：甲+乙→沉淀；甲+丙→沉淀；乙+丙→沉淀；丙十丁→沉淀；乙+丁→无色无味气体．则甲、乙、丙、丁四种溶液依次是（）A．BaCl2 Na2CO3 AgNO3盐酸B．BaCl2 Na2CO3盐酸 AgNO3C．Na2CO3盐酸 AgNO3 BaCl2D．AgNO3盐酸 BaCl2 Na2CO311．下列关于实验内容与结论相符合的是（）实验内容结论A 向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀溶液中有SO42﹣B 向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀溶液中有Cl﹣C 向某溶液中滴加少量KSCN溶液，溶液变红溶液中有Fe3+D 向某溶液中滴加一定量的NaOH溶液，生成白色沉淀溶液中有Al3+A．A B．B C．C D．D12．实验室制Cl2的反应为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O．下列说法不正确的是（）A．还原剂是HCl，氧化剂是MnO2B．每生成1mol Cl2，转移电子的物质的量为2molC．每消耗1mol MnO2，起还原剂作用的HCl消耗4molD．转移电子的物质的量为1mol时，生成标准状况下Cl2的体积为11.2L13．有100mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中c（Mg2+）为0.1mol•L﹣1，c（Cl﹣）为0.65mol•L ﹣1．要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol•L﹣1NaOH溶液的体积为（）A．40 mL B．72 mL C．128 mL D．20 mL14．在能使酚酞变红的无色溶液中，能大量共存的离子组是（）A．Na+、Mg2+、Br﹣、Ba2+B．Na+、SO32﹣、SO42﹣、K+C．K+、MnO4﹣、NO3﹣、Na+D．K+、Ca2+、SO32﹣、Cl﹣15．含8.0gNaOH的溶液中通入一定量CO2后，将得到的溶液低温小心蒸干，称得无水物9.3g，则该无水物中一定含有的物质是（）A．Na2CO3B．NaHCO3C．Na2CO3和NaHCO3D．NaOH和Na2CO316．在两个这必闭容器中，分别充有等质量的甲、乙两种气体，它们温度和密度均相同，根据甲、乙的摩尔质量（M）的关系判断，下列说法正确的是（）A．若M（甲）＜M（乙），则分子数：甲＜乙B．若M（甲）＞M（乙），则气体摩尔体积：甲＜乙C．若M（甲）＜M（乙），则气体的压强：甲＞乙D．若M（甲）＜M（乙），则气体的体积：甲＜乙17．用98%的浓H2SO4（密度为1.84g/mL）配制1mol/L H2SO4溶液100mL，配制过程中可能用到下列仪器：①100mL量筒②10mL量筒③50mL烧杯④托盘天平⑤100mL容量瓶⑥胶头滴管⑦玻璃棒按使用的先后顺序排列正确的是（）A．②⑥③⑦⑤B．④③⑤⑦⑥C．①③⑦⑤⑥D．②⑤⑦⑥18．下列说法正确的是（）A．200mL 1mol/L Al2（SO4）3溶液中，SO离子总数为6×6.02×1023B．标准状况下，22.4L Cl2和HCl的混合气体中含分子总数为2×6.02×1023C．0.1mol SO中含电子数为：5×6.02×1023D．78g Na2O2与水完全反应后转移电子总数为：2×6.02×102319．将标准状况下的aLHCl（g）溶于1000g水中，得到的盐酸密度为bg/mL，则该盐酸的物质的量浓度是（）A．mo1•L﹣1 B．mol•L﹣1C．mol•L﹣1 D．mol•L﹣120．把含有一种氯化物杂质的CaCl2粉末100克，溶于水后，与足量的硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀200克，则该CaCl2中含的杂质可能是（）A．NaCl B．BaCl2C．MgCl2D．AlCl321．根据反应式：（1）2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，（2）Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br﹣，判断下列离子的还原性由强到弱的顺序是（）A．Br﹣、Fe2+、I﹣ B．I﹣、Fe2+、Br﹣ C．Br﹣、I﹣、Fe2+ D．Fe2+、I﹣、Br﹣二、解答题（共6小题，满分87分）22．（10分）（2008秋•海淀区校级期末）硅是无机非金属材料的主角，硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%．（1）SiO2是玻璃的成分之一，SiO2与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为，工艺师常用（填物质名称）来雕刻玻璃．（2）用Na2SiO3溶液浸泡过的棉花不易燃烧，体现Na2SiO3的用途可做的原料．（3）工业上常用2C+SiO2Si+2CO↑制备硅单质，该反应中有元素化合价升高的物质是（填化学式，下同），氧化剂是．23．（12分）（2015秋•曲沃县校级月考）写出下列各反应的离子方程式：（1）实验室制取CO2：；（2）实验室制取Cl2：；（3）Cu与浓硝酸：；（4）向NaHCO3溶液中加入过量的石灰水：；（5）向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2至中性：；向所得溶液中再滴入Ba（OH）2：．24．（13分）（2008秋•海淀区校级期末）把一小块金属钠投入水中，观察到以下各种现象：钠浮在水面上，熔成闪亮的小球，四处游动，逐渐减少，直至消失．（1）写出该反应的离子方程式，其中钠熔成闪亮小球的因是．（2）将所得溶液平均分成两份：①一份加入足量的铝片充分反应，写出该反应的离子方程式．②向另一份溶液中滴加FeCl3溶液至沉淀不再增加，写出生成沉淀的反应的离子方程式；继续将沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，此时得到的固体为（填化学式），如称量其质量为4.0g，通过计算，可知最初加入的金属钠的质量为g．25．（16分）（2010秋•忻州期末）A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）．试回答：（1）若X是强氧化性气体单质，则A可能是（填序号）．a．C b．Al c．Na d．Mg（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，X 在A中燃烧产生棕黄色的烟．①B的化学式为；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（用必要的文字和离子方程表示）．②向C的溶液中加入氢氧化钠溶液，现象是，写出涉及到的氧化还原反应的化学方程．（3）若A、B、C均为含有同种金属元素的化合物，X是强酸或强碱，则B的化学式为，反应②的离子方程式为．26．（16分）（2008秋•海淀区校级期末）在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂．某课外小组模拟其原理选用适当的化学试剂和实验用品，用下图中的实验装置进行实验，证明潮湿的CO2可与过氧化钠反应生成O2．可供选择的药品有：石灰石、盐酸、饱和NaHCO3溶液、NaOH溶液、Na2O2固体（1）A是制取CO2的装置，写出A中发生反应的化学方程式．（2）填写表中空格：仪器加入试剂加入该试剂的目的B 饱和NaHCO3溶液CD（3）写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式．（4）试管F中收集满气体后，要用拇指堵住试管口，移出水面，接下来的操作是．27．（20分）（2015秋•曲沃县校级月考）为探究氯气的性质，某同学做了如图1所示的实验，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，已知：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好．请回答下列问题：（1）实验A的现象是，反应的离子方程式为．（2）实验D的现象是，反应的离子方程式为，（3）实验C的现象是紫色石蕊溶液先变红，后褪色，使石蕊试液变红的反应的离子方程式为．为了探究褪色原因，这位同学又做了下图2所示实验，将干燥的氯气通入双通管中，其中a 为干燥的红纸条，b为湿润的红纸条．①实验现象是：a ，b ．②该实验说明具有漂白作用的物质是．③将氯气通入水中形成黄绿色的氯水，见光放置数天后黄绿色会褪去，同时失去漂白作用，原因是（用化学方程式表示）．（4）工业上利用与实验B类似的反应制备漂白粉，制漂白粉的化学方程式为．2015-2016学年山西省临汾市曲沃中学高三（上）段考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题3分，共63分）1．下列物质中常温下既能与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应产生氢气是（）A．Mg B．Cl2C．Si D．Al考点：铝的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：既能与酸又能与碱反应的物质有：铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸等．解答：解：A．镁能和盐酸反应生成氢气，但不能和氢氧化钠溶液反应生成氢气，故A错误；B．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，和盐酸不反应，故B错误；C．Si与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠与水，不与盐酸反应，故C错误；D．铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故D正确；故选D．点评：本题考查了物质的性质，难度不大，明确物质的性质是解本题的关键，注意归纳总结既能与酸又能与碱反应的物质．2．下列氯化物中，不能用金属和氯气直接反应制得的是（）A．CuCl2B．FeCl2C．MgCl2D．KCl考点：氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：A、铜和氯气燃烧生成氯化铜；B、铁和氯气反应生成氯化铁；C、镁和氯气反应生成了氯化镁；D、钾和氯气反应生成氯化钾．解答：解：A、金属铜和氯气燃烧生成氯化铜，可以直接反应制取，故A不选；B、由于铁和氯气反应生成的氯化铁，不是氯化亚铁，故B选；C、金属镁和氯气反应生成氯化镁，能够直接反应制取，故C不选；D、钾和氯气能够直接反应生成氯化钾，不D不选．点评：本题考查了氯气与金属的反应，注重基础知识的考查，难度不大．3．实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜用的试剂是（）A．NaOH溶液B．Ba（OH）2溶液C．氨水 D．盐酸考点：镁、铝的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据题意，Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和强酸反应又能和强碱反应，要使AlCl3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱．解答：解：Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和强酸反应又能和强碱反应，要使AlCl3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱．A、NaOH溶液是强碱能溶解氢氧化铝沉淀，故A不选；B、Ba（OH）2溶液是强碱，能溶解氢氧化铝沉淀，故B不选；C、氨水是弱碱，加入过量的氨水能把铝离子完全沉淀，故C选；D、盐酸是酸，与Al3+不反应，故D不选；故选C．点评：本题考查铝的重要化合物的性质，难度不大，注意题目要求意在考查氢氧化铝的两性这一特性．4．下列说法中正确的是（）A．32 g O2占有的体积约为22.4 LB．22.4 L N2含阿伏加德罗常数个氮分子C．在标准状况下，22.4 L水的质量约为18 gD．22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl约含有相同的分子数考点：物质的量的相关计算．专题：计算题．分析：A．氧气所处状态下的气体摩尔体积不一定是22.4L/mol；B．氮气不一定处于标况下；C．标况下，水为液态，22.4L水的质量远远大于18g；D．根据n==计算气体物质的量进行比较．解答：解：A.32 g O2的物质的量为1mol，但氧气所处状态下的气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，其占有的体积不一定是22.4L，故A错误；B．氮气不一定处于标况下，22.4 L N2不一定为1mol，则不一定含有阿伏加德罗常数个氮分子，故B错误；C．标况下，水为液态，密度约是1g/ml，22.4L水的质量远远大于18g，故C错误；D.22 g二氧化碳物质的量为=0.5mol，标准状况下11.2 L HCl物质的量为=0.5mol，二者物质的量相等，则含有相同的分子数，故D正确，故选D．点评：本题考查物质的量有关计算、气体摩尔体积，比较基础，注意气体摩尔体积的使用条件与对象．5．对下列物质的分类正确的是（）A．水玻璃属于纯净物B．SiO2、烧碱、明矾分别为酸性氧化物、碱、盐C．Cu、NaCl、HCl、氯水均为电解质D．CaO、Na2O、Na2O2均属于碱性氧化物考点：混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：A．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；B．酸性氧化物能与水作用成酸或与碱作用成盐和水的氧化物；电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；能电离出金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物是盐；C．在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；D．能跟酸起反应，生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物．解答：解：A．水玻璃是硅酸钠的水溶液的俗称，属于混合物，故A错误；B．SiO2、烧碱、明矾分别为酸性氧化物、碱、盐，故B正确；C．铜是单质，所以铜既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．Na2O2属于过氧化物，不属于碱性氧化物，故D错误．故选B．点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，熟记各种类型的物质的概念是解题的关键．6．下列关于硅材料的说法正确的是（）A．玛瑙的主要成分是硅酸盐B．制普通玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英砂C．光导纤维的主要成分是晶体硅D．水晶项链、玻璃、水泥和陶瓷都是硅酸盐制品考点：硅和二氧化硅．专题：碳族元素．分析：A．玛瑙的主要成分是二氧化硅；B．制玻璃的原料主要是纯碱、石灰石和石英；C．二氧化硅是制造光导纤维的原料；D．水晶的主要成分是二氧化硅．解答：解：A．玛瑙的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故A错误；B．根据玻璃的组成可知，制玻璃的原料主要是纯碱、石灰石和石英，故B正确；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，故C错误；D．水晶的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故D错误．故选B．点评：本题考查硅和二氧化硅的性质和用途，题目难度不大，注意知识的积累．7．下列物质与其用途相符合的是（）①ClO2﹣消毒剂②NaHCO3﹣治疗胃酸过多③明矾﹣做干燥剂④硅胶﹣做净水剂⑤Na2O2﹣呼吸面具的供氧剂⑥NaClO﹣漂白纺织物．A．②④⑤⑥ B．①②⑤⑥ C．①②④⑤ D．全部考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物．专题：化学应用．分析：①根据ClO2具有强氧化性分析；②NaHCO3可与盐酸反应；③明矾不具有吸水性；④硅胶具有吸水性；⑤Na2O2与二氧化碳反应生成氧气；⑥NaClO可生成具有漂白性的HClO．解答：解：①ClO2具有强氧化性，可做消毒剂，故①正确；②胃酸的主要成分为盐酸，NaHCO3可与盐酸反应而治疗胃酸过多．故②正确；③明矾不具有吸水性，不作干燥剂，但可作净水剂，故③错误；④硅胶具有吸水性，可用作干燥剂，不能用作净水剂，故④错误；⑤Na2O2与二氧化碳反应生成氧气，则可用作呼吸面具的供氧剂，故⑤正确；⑥NaClO可生成具有漂白性的HClO，可用于漂白，故⑥正确．故选B．点评：本题考查常见物质的性质和用途，题目难度不大，本题注意物质的性质决定用途，学习中注意相关基础知识的积累．8．下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．碳酸钙与盐酸混合：2H++CO32﹣=CO2↑+H2OB．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：HCO3﹣+OH﹣=CO2↑+H2OC．Al2O3与NaOH溶液的反应：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2OD．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A、碳酸钙是难溶物，必须写出化学式；B、属于中和反应，变化生成二氧化碳气体；C、氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；D、氢氧化铝不溶于氨水溶液．解答：解：A、碳酸钙是难溶物；碳酸钙和稀盐酸反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+，故A错误；B、NaHCO3溶液与NaOH溶液反应，生成碳酸钠溶液和水，正确的离子方程式是：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，故B错误；C、Al2O3与NaOH溶液的反应的离子方程式是：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故C正确；D、氨水无法溶解氢氧化铝，正确的离子方程式是：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D 错误；故选C．点评：本题考查了离子方程式的书写，注意氨水不能溶解氢氧化铝，本题难度不大．9．已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO=2NaCl+NaClO3，在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是（）A．NaCl、NaClO B．NaCl、NaClO3C．NaClO、NaClO3D．NaClO3、NaClO4考点：钠的重要化合物．分析：反应3NaClO═2NaCl+NaClO3中，Cl元素化合价既升高又降低，自身发生氧化还原反应，NaClO2在热的碱性溶液中也能发生类似的反应，Cl元素化合价既升高又降低，以此解答该题．解答：解：反应3NaClO═2NaCl+NaClO3中，Cl元素化合价既升高又降低，自身发生氧化还原反应，NaClO2在热的碱性溶液中也能发生类似的反应，Cl元素化合价既升高又降低，化合价降低最终产物应为NaCl，化合价升高应大于+3价，可为+5价的NaClO3或NaClO4，故选B．点评：本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于考查学生的自学能力，注意从元素化合价变化的角度认识物质表现出的性质，明确元素化合价为解答该题的关键，题目难度不大．10．甲、乙、丙、丁分别是Na2CO3、AgNO3、BaCl2、盐酸四种无色溶液中的一种，它们两两反应后的现象如下：甲+乙→沉淀；甲+丙→沉淀；乙+丙→沉淀；丙十丁→沉淀；乙+丁→无色无味气体．则甲、乙、丙、丁四种溶液依次是（）A．BaCl2 Na2CO3 AgNO3盐酸B．BaCl2 Na2CO3盐酸 AgNO3C．Na2CO3盐酸 AgNO3 BaCl2D．AgNO3盐酸 BaCl2 Na2CO3考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．分析：乙+丁→无色无味气体．说明为Na2CO3、盐酸；依据反应甲+乙→沉淀；乙+丙→沉淀；乙和甲丙反应生成沉淀，丙十丁→沉淀，判断为乙为Na2CO3；丁为盐酸；丙为AgNO3；甲为BaCl2．解答：解：转化关系中乙+丁→无色无味气体，证明乙丁为Na2CO3、盐酸；依据反应：甲+乙→沉淀；乙+丙→沉淀；乙和甲丙反应生成沉淀，丙十丁→沉淀，判断为乙为Na2CO3；丁为盐酸；丙为AgNO3；甲为BaCl2．故选A．点评：本考点属于酸、碱、盐的性质中实验方法和过程的探究，要根据它们的性质选择所用试剂，然后由现象得出结论；根据物质的溶解性和反应的条件分析，不仅要把握实验设计的每一个步骤中的实验目的，还要加强记忆鉴别常用离子的方法；本考点经常出现在选择题、填空题和实验题中．11．下列关于实验内容与结论相符合的是（）实验内容结论A 向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀溶液中有SO42﹣B 向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀溶液中有Cl﹣C 向某溶液中滴加少量KSCN溶液，溶液变红溶液中有Fe3+D 向某溶液中滴加一定量的NaOH溶液，生成白色沉淀溶液中有Al3+A．A B．B C．C D．D考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．专题：物质检验鉴别题．分析：A、根据硫酸根离子的检验方法判断；B、利用氯离子的检验方法进行分析；C、根据检验铁离子的方法进行判断；D、能够和氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀的离子不一定是铝离子．解答：解：A、向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，沉淀也可能是氯化银、碳酸钡等，故A错误；B、能够和硝酸银生成沉淀的不一定是氯离子，可能是硫酸根离子，故B错误；C、向某溶液中滴加少量KSCN溶液，溶液变红，溶液中一定含有铁离子，故C正确；D、向某溶液中滴加一定量的NaOH溶液，生成白色沉淀，沉淀可能是氢氧化镁，故D错误；故选C．点评：本题考查了常见离子的检验，注重了基础知识考查，本题难度不大．12．实验室制Cl2的反应为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O．下列说法不正确的是（）A．还原剂是HCl，氧化剂是MnO2B．每生成1mol Cl2，转移电子的物质的量为2molC．每消耗1mol MnO2，起还原剂作用的HCl消耗4molD．转移电子的物质的量为1mol时，生成标准状况下Cl2的体积为11.2L考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合价由+4降低为+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，该反应转移2e﹣，以此来解答．解答：解：A．Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，则还原剂是HCl，氧化剂是MnO2，故A正确；B．每生成1 molCl2，转移电子的物质的量为1mol×2×（1﹣0）=2 mol，故B正确；C．由反应方程式可知，HCl一半起酸性作用，一半作还原剂，则每消耗1 mol MnO2，起还原剂作用的HCl消耗2 mol，故C错误；D．转移电子的物质的量为1mol时，生成氯气为0.5mol，标准状况下Cl2的体积为11.2L，故D正确；故选C．点评：本题考查氧化还原反应及计算，明确反应中元素的化合价变化及转移电子数即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．13．有100mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中c（Mg2+）为0.1mol•L﹣1，c（Cl﹣）为0.65mol•L ﹣1．要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol•L﹣1NaOH溶液的体积为（）A．40 mL B．72 mL C．128 mL D．20 mL考点：镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据电荷守恒计算出混合溶液中溶液中n（Al3+）．由MgCl2和AlCl3的混合溶液与氢氧化钠溶液的反应可知，要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，Al3+应恰好转化为AlO2﹣，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据Na、Cl、Al原子守恒，有n（NaOH）=n（Cl）+n（Al），再根据V=计算即可．解答：解：溶液中n（Cl﹣）=0.1×0.65mol/L=0.065mol，溶液中n（Mg2+）=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，所以溶液中n（Al3+）==0.015mol，将100mL此溶液中的Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，由原子守恒可知n（NaOH）=n（Na）=n（Cl）+n（Al）=0.065mol+0.015mol=0.08mol，所以至少需要2mol/L氢氧化钠溶液的体积为=0.02L=20ml，故选D．点评：本题考查混合物的有关计算，利用原子守恒，简化解题，关键在于清楚反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液．14．在能使酚酞变红的无色溶液中，能大量共存的离子组是（）A．Na+、Mg2+、Br﹣、Ba2+B．Na+、SO32﹣、SO42﹣、K+C．K+、MnO4﹣、NO3﹣、Na+D．K+、Ca2+、SO32﹣、Cl﹣考点：离子共存问题．分析：能使酚酞试液变红色的溶液中含有氢氧根离子，溶液无色，说明不含有色离子，离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质和发生氧化还原反应、络合反应及双水解反应的能大量共存．解答：解：A．碱性条件下Mg2+不能大量共存，故A错误；B．碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．MnO4﹣有颜色，与题目无色不符，故C错误；D．Ca2+、SO32﹣反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误．故选B．点评：本题考查离子共存，为高频考点，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意结合限制性条件分析解答，侧重考查复分解反应，题目难度不大．15．含8.0gNaOH的溶液中通入一定量CO2后，将得到的溶液低温小心蒸干，称得无水物9.3g，则该无水物中一定含有的物质是（）A．Na2CO3B．NaHCO3C．Na2CO3和NaHCO3D．NaOH和Na2CO3考点：化学方程式的有关计算．分析：NaOH溶液中通入一定量的CO2后，结晶，得到的白色固体可能为：①只有碳酸钠，②碳酸钠和氢氧化钠的混合物、③只含有碳酸氢钠、④碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，根据钠元素守恒进行极端讨论得出正确结论即可．解答：解：氢氧化钠的物质的量为：n（NaOH）=0.1Lx2mol/L=0.2mol，①若白色固体完全为碳酸钠，根据钠原子守恒，生成碳酸钠的物质的量为0.1mol，质量为10.6g＞9.3g，不可能；②若白色固体为氢氧化钠和碳酸钠的混合物，假设完全为氢氧化钠，则质量为8.0g，若完全为碳酸钠，则质量为10.6g，8.0g＜9.3g＜10.6g，可能为二者的混合物；③若白色固体为碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，完全为碳酸钠时，固体质量为10.6g，完全为碳酸氢钠时，固体质量为：21.2g，所以白色固体的最小质量为10.6g＞9.3g，所以不可能碳酸钠和碳酸氢钠的混合物；④完全为碳酸氢钠时，白色固体的质量为21.2g＞9.3g，不可能；根据以上讨论可知，反应产物为NaOH和Na2CO3的混合物．故选D．点评：本题考查了有关范围讨论的计算，题目难度中等，注意掌握有关范围讨论的化学计算方法，明确氢氧化钠与二氧化碳的反应原理是解答本题的关键．16．在两个这必闭容器中，分别充有等质量的甲、乙两种气体，它们温度和密度均相同，根据甲、乙的摩尔质量（M）的关系判断，下列说法正确的是（）A．若M（甲）＜M（乙），则分子数：甲＜乙B．若M（甲）＞M（乙），则气体摩尔体积：甲＜乙C．若M（甲）＜M（乙），则气体的压强：甲＞乙D．若M（甲）＜M（乙），则气体的体积：甲＜乙考点：阿伏加德罗定律及推论．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：相同温度下，在两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，根据ρ=可知气体的体积相等，结合n=以及PV=nRT比较压强大小，根据Vm=比较气体摩尔体积大小，根据n=判断气体的物质的量，气体物质的量越大，气体分子数越多．解答：解：A．根据n=，若M（甲）＜M（乙），则n（甲）＞n（乙），则气体的分子数：甲＞乙，故A错误；B．根据n=，若M（甲）＞M（乙），则气体的物质的量：甲＜乙，根据Vm=，故则气体的摩尔体积：甲＞乙，故B错误；C．若M（甲）＜M（乙），根据n=，则气体的物质的量：甲＞乙，由PV=nRT可知，气体的压强：甲＞乙，故C正确；D．两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，根据ρ=可知气体的体积相等，故D错误；故选C．点评：本题考查阿伏加德罗定律及推论，题目难度不大，本题注意相关计算公式的运用，为解答该题的关键，易错点为D，注意根据密度的计算公式推导．17．用98%的浓H2SO4（密度为1.84g/mL）配制1mol/L H2SO4溶液100mL，配制过程中可能用到下列仪器：①100mL量筒②10mL量筒③50mL烧杯④托盘天平⑤100mL容量瓶⑥胶头滴管⑦玻璃棒按使用的先后顺序排列正确的是（）A．②⑥③⑦⑤B．④③⑤⑦⑥C．①③⑦⑤⑥D．②⑤⑦⑥考点：配制一定物质的量浓度的溶液．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：根据各仪器是作用选取仪器，并根据使用顺序进行排序，注意量筒规格的选取．解答：解：设需要98%的浓硫酸的体积为VmL，则1.84g/mL×VmL×98%=1mol/L×0.1L×98g/mol，V=5.4mL，所以应该选取10mL量筒和100mL 容量瓶；量取浓硫酸时需要用到10mL量筒和胶头滴管，稀释浓硫酸时需要用到烧杯和玻璃棒，转移溶液时需要用到玻璃棒，定容时需要用到100mL容量瓶和胶头滴管，故选A．点评：本题考查一定物质的量浓度溶液配制仪器的选取，根据仪器的作用来选取即可，注意：选取的量筒和容量瓶规格要稍微大于或等于量取浓溶液或配制溶液的体积，为易错点．18．下列说法正确的是（）A．200mL 1mol/L Al2（SO4）3溶液中，SO离子总数为6×6.02×1023B．标准状况下，22.4L Cl2和HCl的混合气体中含分子总数为2×6.02×1023C．0.1mol SO中含电子数为：5×6.02×1023D．78g Na2O2与水完全反应后转移电子总数为：2×6.02×1023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．。