2015-2016年海南省国兴中学高二上学期第三次月考化学试题 扫描版

2015-2016学年海南省海口市国兴中学高一（上）第三次月考化学试卷一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小趣给出的四个选项中，只有一个是正确1．以下关于合金的说法不正确的是（）A．合金的硬度往往大于它的纯金属B．合金的熔点高于它的成分金属C．青铜是我国使用最早的合金D．钢是使用量最大，用途最广的合金2．下列物质中，不属于电解质溶液的是（）A．蔗糖溶液 B．硫酸溶液 C．氢氧化钠溶液 D．食盐溶液3．以下氧化物既可以与酸反应，又可以与碱反应的是（）A．FeO B．Fe2O3 C．Al2O3 D．Fe3O44．下列关于铝的叙述中，不正确的是（）A．铝是地壳中含量最多的金属元素B．铝单质能与盐酸溶液反应，又能与NaOH溶液反应C．在常温下，铝不能和氧气反应D．在化学反应中，铝容易失去电子，是还原剂5．下列描述的一定是金属元素的是（）A．易失去电子的物质B．原子核内有11个质子的元素C．能与酸反应的物质D．原子的最外层只有一个电子的元素6．下列各组物质，遇到盐酸或强碱溶液都能反应的一组是（）A．Cu Al2O3 NaHCO3B．Mg Al（OH）3 Na2CO3C．Fe Al2O3，Al（OH）3D．Al NaHCO3 Al2O37．相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积比为（）A．1：1 B．1：6 C．2：3 D．3：28．下列各组离子，能在溶液中大量共存的是（）A．H+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣B．Al3+、Mg2+、SO42﹣、OH﹣C．Fe2+、H+、K+、MnO4﹣D．Cu2+、H+、Cl﹣、HCO3﹣9．下列离子方程式中，正确的是（）A．铁与盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．氯化铁溶液与铁反应：Fe3++Fe═2Fe2+C．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+═Fe3++H2OD．氯化铁溶液与铜反应：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+10．向下列各物质的水溶液中滴加稀硫酸或MgCl2溶液时，均有白色沉淀生成的是（）A．BaCl2B．KOH C．Na2CO3D．Ba（OH）211．以下实验操作不正确的是（）A．金属钠保存在煤油中B．白磷保存在水中C．在FeCl3溶液中加入一定量铁粉，防止溶液变质D．为了检验FeCl2溶液是否变质，可用KSCN 溶液检验12．10g镁铝合金与足量的氢氧化钠溶液反应后，生成气体3.36L（标准状况），则此合金中含镁的质量分数为（）A．35.6% B．27% C．10% D．73%二、非选择题．13．（1）维生素C又称“抗坏血酸”，在人体内有重要的功能．例如，能帮助人体将食物中摄取的不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，这说明维生素C具有性（填氧化性或还原性）．铁粉也可以将Fe3+转变为易吸收的Fe2+，离子方程式为：．（2）印刷电路板是高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”溶解铜箔，生成CuCl2和FeCl2．相关的化学方程式：．（1）实验步骤Ⅰ中无明显现象，实验步骤Ⅱ中发现溶液变红色，相关的离子方程式为：；（2）实验步骤Ⅲ中反应的离子方程式为：；（填（3）实验一证明X溶液中含离子，实验Ⅱ证明X溶液中含离子．离子符号）15．实验室常用NaOH溶液和氨水（NH3•H2O）两种碱溶液来制取不同的金属氢氧化物，请选择合适的试剂来制取以下的金属氢氧化物：（1）要制取Fe（OH）3时，可用NaOH溶液与（写化学式）反应，所得到的沉淀为色，离子方程式为：．（2）要制取Fe（OH）2时，可用NaOH溶液与（写化学式）反应，所得到的沉淀为色，离子方程式为：．（3）要制取Cu（OH）2时，可用NaOH溶液与（写化学式）反应，所得到的沉淀为色，离子方程式为：．（4）要制取Al（OH）3时，可用氨水与（写化学式）反应，所得到的沉淀为色，离子方程式为：．16．物质A～E均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，它们可发生如图所表示的反应．已知A是一种淡黄色的固体，B是银白色金属单质．（1）反应⑤可用于潜水艇中制取氧气，相关的化学方程式为：，氧化剂是，还原剂是；（2）根据反应②相关的现象，从表格下方找出相应性质序号填在表格中，并在对应的位置写熔点低；④单质B的密度比水的小；⑤生成了气体；⑥单质B的密度比水的密度大．（3）D和E分别与等浓度的盐酸反应，相同条件下生成等体积的气体，则以下说法正确的是：（填序号）①消耗D的质量较多；②消耗E的质量较多；③D消耗盐酸的体积更大④E消耗盐酸的体积更大．17．现有4.6gNa、2.4gMg、2.7gAl和6.4gCu，分别将其投入盛有100mL1.5mol/L盐酸的4个烧杯．（1）各烧杯中可能发生反应的化学方程式为：、、、．（2）反应结束后，没有剩余的金属是：（填元素符号）；（3）反应结束后，产生气体的物质的量分别为：①投入Na的烧杯，生成气体mol；②投入Mg的烧杯，生成气体mol；③投入Al的烧杯，生成气体mol；④投入Cu的烧杯，生成气体mol．2015-2016学年海南省海口市国兴中学高一（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小趣给出的四个选项中，只有一个是正确1．以下关于合金的说法不正确的是（）A．合金的硬度往往大于它的纯金属B．合金的熔点高于它的成分金属C．青铜是我国使用最早的合金D．钢是使用量最大，用途最广的合金【考点】生活中常见合金的组成；金属与合金在性能上的主要差异．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，具有硬度大、熔点低的特点，可以根据合金的性质方面进行分析、判断，从而得出正确的结论．【解答】解：A．合金的硬度均大于它的纯金属成分，故A正确；B．合金的熔点均低于它的纯金属成分，故B错误；C．我国使用最早的合金是青铜，故C正确；D．目前世界上用途最广的合金是钢，如炊具、建筑材料等材料，故D正确．故选B．【点评】本题主要考查了合金的性质方面的知识，可以根据所学知识来回答，难度不大．2．下列物质中，不属于电解质溶液的是（）A．蔗糖溶液 B．硫酸溶液 C．氢氧化钠溶液 D．食盐溶液【考点】电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在水溶液中和融融状态下均不能导电的化合物是非电解质，包括大部分非金属氧化物、部分有机物等．【解答】解：A．蔗糖溶于水不发生电离，属于非电解质，因此蔗糖溶液不属于电解质溶液，故A选；B．硫酸溶于水后自身发生电离，属于电解质，因此硫酸溶液属于电解质溶液，故B不选；C．氢氧化钠溶于水后自身能发生电离，属于电解质，因此氢氧化钠溶液属于电解质溶液，故C不选；D．氯化钠溶于水后自身能发生电离，属于电解质，因此氯化钠溶液属于电解质溶液，故D不选；故选A．【点评】本题考查了电解质的判断，题目难度不大，注意电解质和非电解质都必须是化合物，掌握电解质和非电解质的本质区别是解题的关键．3．以下氧化物既可以与酸反应，又可以与碱反应的是（）A．FeO B．Fe2O3 C．Al2O3 D．Fe3O4【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物是氧化物，既能与酸反应又能与碱反应的氧化物属于两性氧化物，据此分析解答．【解答】解：A、FeO只和酸反应不会和碱之间反应，故A错误；B、Fe2O3只和酸反应不会和碱之间反应，故B错误；C、Al2O3既可以与酸反应，又可以与碱反应，得到盐和水，属于两性氧化物，故C正确；D、Fe3O4只和酸反应不会和碱之间反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查了基本概念的判断，明确两性氧化物、氧化物的概念即可解答，知道常见物质的性质，题目难度不大．4．下列关于铝的叙述中，不正确的是（）A．铝是地壳中含量最多的金属元素B．铝单质能与盐酸溶液反应，又能与NaOH溶液反应C．在常温下，铝不能和氧气反应D．在化学反应中，铝容易失去电子，是还原剂【考点】铝的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、铝是地壳中含量最多的金属元素；B、Al与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水；C、铝在常温下能被空气中的氧气氧化；D、铝最外层3个电子容易失去电子．【解答】解：A、地壳中含量最多的金属元素是铝，故A正确；B、Al与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，所以铝单质能与盐酸溶液反应，又能与NaOH溶液反应，故B正确；C、铝在常温下能被空气中的氧气氧化，表面形成致密的氧化膜，故C错误；D、铝最外层3个电子容易失去电子，是还原剂，故D正确；故选C．【点评】本题考查学生常见金属元素铝的性质，可以根据所学知识来回答，难度不大．5．下列描述的一定是金属元素的是（）A．易失去电子的物质B．原子核内有11个质子的元素C．能与酸反应的物质D．原子的最外层只有一个电子的元素【考点】原子结构与元素的性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】金属元素和非金属元素的区别是：金属元素的原子最外层电子数＜4（氢和氦除外），且金属元素的原子易失电子形成阳离子；而非金属元素的原子一般最外层电子数≥4，且非金属元素的原子易得电子形成阴离子．【解答】解：A．氢易失去电子，但属于非金属元素，故A错误；B．原子核内有11个质子的元素是钠，最外层有1个电子，钠是金属元素，故B正确；C．碱是能与酸反应的物质，但不是金属元素，故C错误；D．最外层只有一个电子的元素如氢元素，属于非金属元素，故D错误；故选B．【点评】此题考查的是金属元素和非金属元素的区别，其实判断二者的简单方法还是最外层电子数，但是只要把氢氦这两个特殊情况记住即可．6．下列各组物质，遇到盐酸或强碱溶液都能反应的一组是（）A．Cu Al2O3 NaHCO3B．Mg Al（OH）3 Na2CO3C．Fe Al2O3，Al（OH）3D．Al NaHCO3 Al2O3【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】中学常见既能与盐酸又能与强碱溶液反应的物质有：两性化合物（如Al2O3、Al（OH）3等）、弱酸的铵盐（如（NH4）2CO3等）、弱酸的酸式盐（NaHCO3、NaHS等）、单质（如Al）、氨基酸等．【解答】解：A．Al2O3、NaHCO3能与盐酸、强碱反应，Cu不能与盐酸及强碱反应，故A错误；B．Al（OH）3与能与盐酸、强碱反应，Mg不能与强碱反应，故B错误；C．Al2O3、Al（OH）3能与盐酸、强碱反应，Fe不能与盐酸及强碱反应，故C错误；D．Al、NaHCO3、Al2O3均能与盐酸、强碱反应，故D正确，故选：D．【点评】本题考查了元素化合物的性质，掌握物质的性质是解本题的关键，侧重对基础知识的考查，注意归纳总结中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质．7．相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积比为（）A．1：1 B．1：6 C．2：3 D．3：2【考点】铝的化学性质；化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】根据铝与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式可知，酸、碱足量时，铝完全反应，则铝的质量相等生成的氢气也相等．【解答】解：由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知，酸、碱均过量，则铝完全反应，铝的物质的量相等，从方程式中可以看到铝与氢气的比例都是2：3，因此产生的氢气是相等的，生成氢气的体积比为1：1，故选A．【点评】本题主要考查了铝与酸、碱的反应，明确铝与氢氧化钠的反应方程式及Al的物质的量相同是解题关键，题目难度中等．8．下列各组离子，能在溶液中大量共存的是（）A．H+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣B．Al3+、Mg2+、SO42﹣、OH﹣C．Fe2+、H+、K+、MnO4﹣D．Cu2+、H+、Cl﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等免责离子大量共存，以此来解答．【解答】解：A．该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．Al3+、Mg2+均与OH﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．Fe2+、H+、MnO4﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．H+、HCO3﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意发生的氧化还原反应，题目难度不大．9．下列离子方程式中，正确的是（）A．铁与盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．氯化铁溶液与铁反应：Fe3++Fe═2Fe2+C．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+═Fe3++H2OD．氯化铁溶液与铜反应：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+【考点】离子方程式的书写．【分析】A．不符合反应客观事实；B．电荷不守恒；C．电荷不守恒；D．二者反应生成氯化铜和氯化亚铁．【解答】解：A．铁与盐酸反应，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；B．氯化铁溶液与铁反应，离子方程式：2Fe3++Fe═3Fe2+，故B错误；C．氧化亚铁与稀盐酸反应，离子方程式：FeO+2H+═Fe2++H2O，故C错误；D．氯化铁溶液与铜反应，离子方程式：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大．10．向下列各物质的水溶液中滴加稀硫酸或MgCl2溶液时，均有白色沉淀生成的是（）A．BaCl2B．KOH C．Na2CO3D．Ba（OH）2【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】A、氯化钡溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡；B、氢氧化钾溶液中滴加氯化镁生成白色沉淀氢氧化镁；C、碳酸钠溶液中滴入氯化镁生成溶解度极小的氢氧化镁；D、氢氧化钡溶液中滴入稀硫酸生成硫酸钡，滴加氯化镁生成氢氧化镁沉淀．【解答】解：A、氯化钡溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡，而滴氯化镁无沉淀，故A不选；B、氢氧化钾溶液中滴加氯化镁生成白色沉淀氢氧化镁，而滴加稀硫酸无沉淀，故B不选；C、碳酸钠溶液中滴入氯化镁生成溶解度极小的氢氧化镁，而滴入稀硫酸产生气体，故C不选；D、氢氧化钡溶液中滴入稀硫酸生成硫酸钡，滴加氯化镁生成氢氧化镁沉淀，则滴加稀硫酸或MgCl2溶液时，均有白色沉淀生成，符合题意，故D选；故选D．【点评】本题考查物质之间的相互反应的现象的有关知识，比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握．11．以下实验操作不正确的是（）A．金属钠保存在煤油中B．白磷保存在水中C．在FeCl3溶液中加入一定量铁粉，防止溶液变质D．为了检验FeCl2溶液是否变质，可用KSCN 溶液检验【考点】化学试剂的存放；盐类水解的应用；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【专题】物质检验鉴别题；盐类的水解专题；化学实验常用仪器及试剂．【分析】A．钠能与空气中的水和氧气反应；B．白磷着火点低，在空气中易自燃；C．加入一定量的铁粉，铁与铁离子反应；D．先考虑如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN﹣生成络合物，使溶液呈现血红色．【解答】解：A．钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存，故A正确；B．白磷着火点低，在空气中易自燃，放在冷水中可使之与氧气隔绝，并降低其表面温度，因此其密封保存与空气中的氧气有关，故B正确；C．加入一定量的铁粉，铁与铁离子反应，溶液中Fe3+浓度降低，故C错误；D．如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN﹣生成络合物，使溶液呈现血红色现象明显，这一反应是Fe3+的特征反应，所以用KSCN溶液，故D正确．故选C．【点评】本题考查药品的储存和离子的检验，难度不大，解题的关键是了解所储存物质的特性，注意检验Fe3+的物质有：KSCN（溶液变血红色）、苯酚（溶液呈紫色），题目难度不大．12．10g镁铝合金与足量的氢氧化钠溶液反应后，生成气体3.36L（标准状况），则此合金中含镁的质量分数为（）A．35.6% B．27% C．10% D．73%【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根据氢气计算Al的质量，进而计算Mg 的质量分数．【解答】解：设合金中Al的质量为m，则：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑54g 3×22.4Lm 3.36L所以m==2.7g故合金中Mg的质量为10g﹣2.7g=6.3g则合金中Mg的质量分数为×100%=63%，故选：D．【点评】本题考查混合物计算，关键是明确发生的反应，注意方程式计算中左右单位不同时，应左右单位相当，上下单位一致．二、非选择题．13．（1）维生素C又称“抗坏血酸”，在人体内有重要的功能．例如，能帮助人体将食物中摄取的不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，这说明维生素C具有还原性（填氧化性或还原性）．铁粉也可以将Fe3+转变为易吸收的Fe2+，离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+．（2）印刷电路板是高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”溶解铜箔，生成CuCl2和FeCl2．相关的化学方程式：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2．【考点】氧化还原反应．【分析】（1）Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高；Fe与铁离子反应生成亚铁离子；（2）FeCl3与Cu反应生成CuCl2和FeCl2．【解答】解：（1）Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，说明维生素C 具有还原性；Fe与铁离子反应生成亚铁离子，其反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；故答案为：还原性；2Fe3++Fe=3Fe2+；（2）用FeCl3溶液作为“腐蚀液”溶解铜箔，生成CuCl2和FeCl2，其反应的方程式为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2；故答案为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2．【点评】本题考查氧化还原反应，明确各元素的化合价变化是解答该题的关键，注意从元素化合价角度分析，题目难度不大．）实验步骤Ⅰ中无明显现象，实验步骤Ⅱ中发现溶液变红色，相关的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；（2）实验步骤Ⅲ中反应的离子方程式为：Cl﹣+Ag+=AgCl↓；（3）实验一证明X溶液中含Fe2+离子，实验Ⅱ证明X溶液中含Cl﹣离子．（填离子符号）【考点】常见离子的检验方法．【分析】（1）实验步骤Ⅰ中无明显现象说明溶液中无铁离子，实验步骤Ⅱ加入足量氯水后发现溶液变红色，说明溶液中的亚铁离子，由此分析书写离子方程式；（2）加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀产生，说明溶液中有氯离子；（3）实验一证明X溶液中一定含亚铁离子，实验Ⅱ证明X溶液中含氯离子．【解答】解：（1）实验步骤Ⅰ中无明显现象说明溶液中无铁离子，实验步骤Ⅱ加入足量氯水后发现溶液变红色，说明溶液中的亚铁离子，亚铁离子与氯气反应的方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，溶液变红的离子方程式：Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；（2）加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀产生，说明溶液中有氯离子，离子反应方程式为：Cl﹣+Ag+=AgCl↓，故答案为：Cl﹣+Ag+=AgCl↓；（3）实验一证明X溶液中一定含亚铁离子，实验Ⅱ证明X溶液中含氯离子，故答案为：Fe2+；Cl﹣．【点评】本题考查了离子反应、常见的离子检验方法，题目难度中等，注意熟练掌握常见离子之间发生的反应现象及离子检验的方法，明确某些离子的特征反应，如氯离子、亚铁离子的特征反应．15．实验室常用NaOH溶液和氨水（NH3•H2O）两种碱溶液来制取不同的金属氢氧化物，请选择合适的试剂来制取以下的金属氢氧化物：（1）要制取Fe（OH）3时，可用NaOH溶液与Fe2（SO4）3或FeCl3（写化学式）反应，所得到的沉淀为红褐色，离子方程式为：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓．（2）要制取Fe（OH）2时，可用NaOH溶液与FeSO4或FeCl2（写化学式）反应，所得到的沉淀为白色，离子方程式为：Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓．（3）要制取Cu（OH）2时，可用NaOH溶液与CuSO4或CuCl2（写化学式）反应，所得到的沉淀为蓝色，离子方程式为：Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓．（4）要制取Al（OH）3时，可用氨水与Al2（SO4）3或AlCl3（写化学式）反应，所得到的沉淀为白色，离子方程式为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓．【考点】离子方程式的书写；钠的重要化合物．【专题】离子反应专题．【分析】（1）氢氧化钠与可溶性铁盐反应生成氢氧化铁，氢氧化铁为红褐色沉淀；（2）氢氧化钠与可溶性亚铁盐反应生成氢氧化亚铁，氢氧化铁为白色沉淀；（3）氢氧化钠与可溶性铜盐反应生成氢氧化铜，氢氧化铜为蓝色沉淀；（4）氨水与可溶性铝盐反应生成氢氧化铝，氢氧化铝为白色沉淀．【解答】解：（1）氢氧化钠与Fe2（SO4）3或FeCl3反应生成氢氧化铁，氢氧化铁为红褐色沉淀，离子方程式：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓；故答案为：Fe2（SO4）3或FeCl3；红褐； Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓；（2）氢氧化钠与可溶性FeSO4或FeCl2反应生成氢氧化亚铁，氢氧化铁为白色沉淀，离子方程式：Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓；故答案为：FeSO4或FeCl2；白色；Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓；（3）氢氧化钠与CuSO4或CuCl2反应生成氢氧化铜，氢氧化铜为蓝色沉淀，离子方程式：Cu2++2OH ﹣=Cu（OH）2↓；故答案为：CuSO4或CuCl2；蓝色；Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓；（4）氨水与Al2（SO4）3或AlCl3反应生成氢氧化铝，氢氧化铝为白色沉淀，离子方程式：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓；故答案为：Al2（SO4）3或AlCl3；白色；Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓；【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确复分解反应条件是解题关键，题目难度不大，注意制备氢氧化铝应用氨水，不能使用氢氧化钠．16．物质A～E均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，它们可发生如图所表示的反应．已知A是一种淡黄色的固体，B是银白色金属单质．（1）反应⑤可用于潜水艇中制取氧气，相关的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，氧化剂是Na2O2，还原剂是Na2O2；（2）根据反应②相关的现象，从表格下方找出相应性质序号填在表格中，并在对应的位置写熔点低；④单质B的密度比水的小；⑤生成了气体；⑥单质B的密度比水的密度大．（3）D和E分别与等浓度的盐酸反应，相同条件下生成等体积的气体，则以下说法正确的是：①③（填序号）①消耗D的质量较多；②消耗E的质量较多；③D消耗盐酸的体积更大④E 消耗盐酸的体积更大．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】物质A～E均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，A是一种淡黄色的固体，能和CO2、H2O反应，则A是Na2O2，C是NaOH，D是Na2CO3，B是银白色金属单质，能和水反应，且可以反应得到过氧化钠，则B是Na，E加热得到碳酸钠，则E为NaHCO3，据此解答．【解答】解：物质A～E均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，A是一种淡黄色的固体，能和CO2、H2O反应，则A是Na2O2，C是NaOH，D是Na2CO3，B是银白色金属单质，能和水反应，且可以反应得到过氧化钠，则B是Na，E加热得到碳酸钠，则E为NaHCO3．（1）反应⑤可用于潜水艇中制取氧气，相关的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，氧化剂是Na2O2，还原剂是 Na2O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；Na2O2；Na2O2；（3）Na2CO3和NaHCO3分别与等浓度的盐酸反应，发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，相同条件下生成等体积的气体，由方程式可知，消耗Na2CO3和NaHCO3的物质的量相等，则消耗Na2CO3的质量较低，碳酸钠消耗盐酸体积较大，故选：①③．【点评】本题考查无机物推断，涉及钠元素单质化合物性质，以A的颜色及发生的反应为突破口采用正逆结合的方法进行推断，明确物质的性质是解本题关键，注意对基础知识的理解掌握．17．现有4.6gNa、2.4gMg、2.7gAl和6.4gCu，分别将其投入盛有100mL1.5mol/L盐酸的4个烧杯．（1）各烧杯中可能发生反应的化学方程式为：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+H2↑．（2）反应结束后，没有剩余的金属是：Na （填元素符号）；（3）反应结束后，产生气体的物质的量分别为：①投入Na的烧杯，生成气体0.1 mol；②投入Mg的烧杯，生成气体0.075 mol；③投入Al的烧杯，生成气体0.075 mol；④投入Cu的烧杯，生成气体0 mol．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】（1）4个烧杯分别发生：钠烧杯2Na+2HCl=2NaCl+H2↑和 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；镁烧杯Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；铝烧杯：2Al+6HCl=2AlCl3+H2↑；铜烧杯不反应；（2）铜不与氯化氢反应，根据n=计算出钠、镁、铝的物质的量，根据n=cV据此氯化氢的物质的量，然后根据反应关系式判断过量情况；（3）根据电子转移，生成1mol的氢气转移2mol的电子，由此解答．【解答】解：（1）4个烧杯分别发生：钠烧杯2Na+2HCl=2NaCl+H2↑和 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；镁烧杯Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；铝烧杯：2Al+6HCl=2AlCl3+H2↑；铜烧杯不反应，故答案为：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑和 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；2Al+6HCl=2AlCl3+H2↑；（2）4.6gNa的物质的量为： =0.2mol，2.4g镁的物质的量为： =0.1mol，2.7g铝的物质的量为： =0.1mol，6.4g铜的物质的量为： =0.1mol，100mL1.5mol•L﹣1盐酸中氯化氢的物质的量为：1.5mol/L×0.1L=0.15mol，铜不参与反应，则最后Cu一定有剩余；钠能够与水反应，则Na一定完全反应；0.1molMg完全反应消耗0.2mol氯化氢，则氯化氢不足，镁有剩余；0.1mol铝完全反应消耗0.3mol氯化氢，则氯化氢不足，Al会有剩余，所以最后金属有剩余的为：Mg、Al、Cu，所以没有剩余的金属是：Na，故答案为：Na；（3）①0.2mol钠完全反应生成0.1mol的氢气，故答案为：0.1mol；②投入Mg的烧杯中，镁过量，根据盐酸计算，生成氢气为0.075mol，故答案为：0.075mol；③投入Al的烧杯中，Al过量，根据盐酸计算，生成氢气为0.075mol，故答案为：0.075mol；④投入Cu的烧杯，不反应生成气体为0，故答案为：0．。

2015-2016学年海南省海口市国兴中学高二（上）第三次月考物理试卷一、解答题（共6小题，满分18分）1．如图分别表示匀强磁场的磁感应强度B、闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流I的相互关系，其中正确是（）A．B．C．D．2．如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（）A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥3．如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线上的电流突然增大时，线框整个受力为（）A．受力向右 B．受力向左 C．受力向上 D．受力为零4．在如图所示的电压互感器的接线图中，接线正确的是（）A．B．C．D．5．如图所示，电灯的灯丝电阻为2Ω，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3Ω．先合上电键K，过一段时间突然断开，则下列说法中正确的有（）A．电灯立即熄灭B．电灯立即先暗再熄灭C．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同D．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反6．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t 的变化关系如图乙所示．在0﹣时间内，直导线中电流向上，则在﹣T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（）A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左二．多项选择题7．如图所示，垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2与O3O4都是线圈的对称轴，应使线圈怎样运动才能使其中产生感应电流（）A．向左或向右平动B．向上或向下平动C．绕O1O2转动D．绕O3O4转动8．下列关于感应电动势的说法中，正确的是（）A．不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势B．感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量变化量成正比C．感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量变化率成正比D．感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量多少无关，但跟单位时间内穿过回路的磁通量变化有关9．如图所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场匀速拉出来，下列哪个说法是正确的（）A．向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反B．不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是顺时针的C．在此过程中感应电流大小不变D．在此过程中感应电流大小改变10．如图所示，挂在弹簧下端的条形磁铁在闭合线圈内振动，如果空气阻力不计，则（）A．磁铁的振幅不变B．磁铁做阻尼振动C．线圈中有逐渐变弱的直流电 D．线圈中有逐渐变弱的交流电三、解答题（共7小题，满分62分）11．在研究产生感应电流条件的实验中，如图甲所示，把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，此时闭合线圈中感应电流（填“有”或“无”）．继续做如图乙所示的实验，当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，此时回路中感应电流（填“有”或“无”）．因为不管是磁场强弱发生变化，还是回路面积发生变化，都是穿过线圈所围面积的磁通量发生了变化．这种观察总结的方法是物理学中重要的研究方法，即归纳法．12．在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图（甲）接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向的关系；然后再按图（乙）将电流表与B连成一个闭合回路，将A与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路．在图（甲）中，当闭合S时，观察到电流表指针向右偏（不通电时指针停在正中央）．在图（乙）中：（1）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将（填“向左”“向右”或“不发生”，下同）偏转；（2）螺线管A放在B中不动，电流表的指针将偏转；（3）螺线管A放在B中不动，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，电流表的指针将偏转；（4）螺线管A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表的指针将偏转．13．如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和 P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．现使ab 以v=10m/s的速度向右做匀速运动．（1）ab中的感应电动势多大？（2）ab中电流的方向如何？（3）若定值电阻R=3.0Ω，导体棒的电阻r=1.0Ω，则电路电流大？14．半径为10cm的圆形线圈共100匝，垂直穿过线圈圆面的匀强磁场磁感应强度B=0.5T．假如此磁场在0.1s内转过37°角，求这段时间内在线圈里产生的感生电动势的平均值．15．如图所示，有一磁感强度为0.1T的水平匀强磁场，垂直匀强磁场放置一很长的金属框架，框架上有一导体ab保持与框架边垂直、由静止开始下滑．已知ab长10cm，质量为0.1kg，电阻为0.1Ω，框架电阻不计，取g=10m/s2．求：（1）导体ab下落的最大加速度和最大速度；（2）导体ab在最大速度时产生的电功率．16．截面积为0.2m2的100匝线圈A，处在均匀磁场中，磁场的方向垂直线圈截面，如图所示，磁感应强度为B=（0.6﹣0.2t）T（t为时间，以秒为单位），R1=4Ω，R2=6Ω，C=3μF，线圈电阻不计，求：（1）闭合S1、S2后，通过R2的电流大小和方向；（2）S1切断后，通过R2的电量．17．如图所示，单匝圆形线圈中有一个用同样导线绕制的内接正方形线圈，它们彼此绝缘，匀强磁场的方向与线圈所在的平面垂直，磁感强度随时间均匀变化，则两线圈中的电流之比为多少？2015-2016学年海南省海口市国兴中学高二（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、解答题（共6小题，满分18分）1．如图分别表示匀强磁场的磁感应强度B、闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流I的相互关系，其中正确是（）A．B．C．D．【考点】左手定则．【分析】闭合电路中一部分直导线在磁场中切割磁感线产生感应电流，电流方向是由右手定则来确定，所以要让磁感线穿过掌心，大拇指所指的是运动方向，则四指指的是感应电流方向．【解答】解：A、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向外，故A正确；B、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向应沿导线向下，故B错误；C、伸开右手时，大拇指所指方向即为运动方向，则无感应电流，没有切割磁感线．故C错误；D、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向里，故D错误；故选：A【点评】导线在磁场中切割磁感线，会产生感电流．由右手定则来确定方向，而通电导线放入磁场中，有受到安培力．则安培力的方向是由左手定则来确定即要让磁感线穿过掌心，四指指的是电流方向，则大拇指所指的是安培力方向．2．如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（）A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥【考点】楞次定律．【分析】先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，由楞次定律可判断电路中电流的方向及磁极间的相互作用．【解答】解：由图可知，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向与图示方向相同；由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则线圈与磁铁相互排斥，故B正确；故选B．【点评】在判断电磁感应中磁极间的相互作用时可以直接利用楞次定律的第二种表示：“来拒去留”直接判断，不必再由安培定则判断线圈中的磁场，再由磁极间的相互作用判断力的方向．3．如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线上的电流突然增大时，线框整个受力为（）A．受力向右 B．受力向左 C．受力向上 D．受力为零【考点】楞次定律．【分析】金属线框放在导线MN上，导线中电流产生磁场，当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律判断线框所受有安培力方向．当磁通量增大时，线框应向磁通量减小的方向移动．【解答】解：金属线框放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量大于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况．当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，线框产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框将向磁通量减小方向运动，即向右移动，故A 正确，BCD错误；故选：A．【点评】本题运用楞次定律判断电磁感应中导体的运动方向，也可以根据因果关系，运用安培定则、楞次定律和左手定则按部就班进行分析判断．4．在如图所示的电压互感器的接线图中，接线正确的是（）A．B．C．D．【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器．【解答】解：并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以原线圈的匝数大于副线圈的匝数，故ACD错误，B正确；故选：B．【点评】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比．5．如图所示，电灯的灯丝电阻为2Ω，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3Ω．先合上电键K，过一段时间突然断开，则下列说法中正确的有（）A．电灯立即熄灭B．电灯立即先暗再熄灭C．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同D．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反【考点】自感现象和自感系数．【分析】断开K，线圈L将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反，线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流．【解答】解：突然断开K，线圈将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，此时通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反；因线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流，即电灯会突然比原来暗一下再熄灭，B正确，ACD错误．故选：B【点评】本题考查了电感线圈对电流突变时的阻碍作用，注意判断电流的方向和通过灯泡电流大小的分析，要注意的是，并不是灯泡都闪亮一下后再逐渐熄灭．6．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t 的变化关系如图乙所示．在0﹣时间内，直导线中电流向上，则在﹣T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（）A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左【考点】楞次定律；安培力．【分析】在﹣T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则判断出直导线周围的磁场，根据磁场的变化，通过楞次定律判断出金属线框中的感应电流，从而通过受力判断线框所受安培力的合力．【解答】解：在﹣T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场的方向的关系，运用楞次定律判断感应电流的方向，以及运用左手定则判断安培力的方向．二．多项选择题7．如图所示，垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2与O3O4都是线圈的对称轴，应使线圈怎样运动才能使其中产生感应电流（）A．向左或向右平动B．向上或向下平动C．绕O1O2转动D．绕O3O4转动【考点】感应电流的产生条件．【分析】产生感应电流的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化，通过判断线圈中的磁通量是否变化，即可得出正确结果．【解答】解：A、B、由于磁场为匀强磁场，无论线圈在平面内如何平动，其磁通量都不变化，因此都不会产生感应电流，故AB错误；C、当线圈绕O1O2转动时，穿过线圈的磁通量将发生变化，因此有感应电流产生，故C 正确．D、线圈绕轴0304转动时，穿过线圈的磁通量将发生变化，则有感应电流产生，故D正确．故选：CD【点评】根据产生感应电流的条件，判断线圈中是否有感应电流产生是电磁感应中的基本要求，要能根据磁感线的变化，直接判断出磁通量的变化，从而判断有无感应电流产生．8．下列关于感应电动势的说法中，正确的是（）A．不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势B．感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量变化量成正比C．感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量变化率成正比D．感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量多少无关，但跟单位时间内穿过回路的磁通量变化有关【考点】法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】由磁生电的现象叫电磁感应现象，由电生磁的现象叫电流的磁效应．只有当线圈的磁通量发生变化时，才会有感应电流出现，而感应电流的大小则是由法拉第电磁感应定律来得．【解答】解：A、不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势．故A正确；B、根据法拉第电磁感应定律，则有：感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量变化率成正比．故B错误，C正确；D、根据E=，感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量多少无关，但跟单位时间内穿过回路的磁通量变化有关，故D正确；故选：ACD．【点评】当电阻一定时，感应电流的大小与感应电动势成正大，而感应电动势却由磁通量的变化率决定，与磁通量大小及磁通量变化大小均无关．9．如图所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场匀速拉出来，下列哪个说法是正确的（）A．向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反B．不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是顺时针的C．在此过程中感应电流大小不变D．在此过程中感应电流大小改变【考点】楞次定律．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【分析】将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向，从而即可求解．【解答】解：AB、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向．故B正确，A错误．CD、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动的速度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小．故C错误，D正确．故选：BD．【点评】本题是楞次定律和E=BLv的应用，注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．10．如图所示，挂在弹簧下端的条形磁铁在闭合线圈内振动，如果空气阻力不计，则（）A．磁铁的振幅不变B．磁铁做阻尼振动C．线圈中有逐渐变弱的直流电 D．线圈中有逐渐变弱的交流电【考点】楞次定律．【分析】利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，从而判断线圈对水平面的压力变化情况，线圈会阻碍磁铁运动做负功，所以磁铁最终会停止．【解答】解：A、B：根据楞次定律下面的线圈会阻碍磁铁运动做负功，所以磁铁最终会停止，故A错误，B正确；C、因为磁铁在运动所以穿过线圈的磁通量变化，根据楞次定律可知，线圈中产生方向变化的电流，故C错误，D正确；故选：BD．【点评】本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“增反减同”这一规律，此类题目难度不大．三、解答题（共7小题，满分62分）11．在研究产生感应电流条件的实验中，如图甲所示，把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，此时闭合线圈中有感应电流（填“有”或“无”）．继续做如图乙所示的实验，当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，此时回路中有感应电流（填“有”或“无”）．因为不管是磁场强弱发生变化，还是回路面积发生变化，都是穿过线圈所围面积的磁通量发生了变化．这种观察总结的方法是物理学中重要的研究方法，即归纳法．【考点】研究电磁感应现象．【专题】实验题．【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化，会产生感应电流．【解答】解：把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，则磁通量发生变化，闭合线圈中有感应电流．当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，通过闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流．故答案为：有，有【点评】判断是否产生感应电流，关键看穿过闭合回路的磁通量是否发生变化．12．在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图（甲）接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向的关系；然后再按图（乙）将电流表与B连成一个闭合回路，将A与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路．在图（甲）中，当闭合S时，观察到电流表指针向右偏（不通电时指针停在正中央）．在图（乙）中：（1）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将向左（填“向左”“向右”或“不发生”，下同）偏转；（2）螺线管A放在B中不动，电流表的指针将不发生偏转；（3）螺线管A放在B中不动，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，电流表的指针将向左偏转；（4）螺线管A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表的指针将向右偏转．【考点】研究电磁感应现象．【分析】由安培定则判断出判断出线圈A产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈B的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向．【解答】解：在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向右偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转．在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向上；（1）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转；（2）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表的指针将不发生偏转；（3）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，穿过B的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转；（4）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转．故答案为：（1）向左；（2）不发生；（3）向左；（4）向右．【点评】本题是一道基础题，熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题．13．如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和 P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．现使ab 以v=10m/s的速度向右做匀速运动．（1）ab中的感应电动势多大？（2）ab中电流的方向如何？（3）若定值电阻R=3.0Ω，导体棒的电阻r=1.0Ω，则电路电流大？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】压轴题；电磁感应与电路结合．【分析】使用法拉第电磁感应定律可以计算出感应电动势的大小；使用右手定则可以判定感应电流的方向；回路中的电流可以使用闭合电路的欧姆定律求出．【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律ab中的感应电动势为：E=Blv代入数据得：E=2.0V（2）使用右手定则可以判定感应电流的方向：ab中电流方向为b→a（3）由闭合电路欧姆定律，回路中的电流代入数据得：I=0.5A答：（1）ab中的感应电动势是2.0V；（2）ab中电流的方向b→a；（3）电路电流大小是0.5A．【点评】该题把闭合电路的欧姆定律与法拉第电磁感应定律结合在一起考查，情景比较简单，属于法拉第电磁感应定律的一般应用．属于简单题．14．半径为10cm的圆形线圈共100匝，垂直穿过线圈圆面的匀强磁场磁感应强度B=0.5T．假如此磁场在0.1s内转过37°角，求这段时间内在线圈里产生的感生电动势的平均值．。

海南省高二上学期化学第三次月考试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共21题；共42分)1. （2分） (2017高三上·白山期中) 化学概念在逻辑上存在如下关系：对下列概念的说法正确的是（）A . 电解质与非电解质属于包含关系B . 化合物与碱性氧化物属于包含关系C . 单质与化合物属于交叉关系D . 氧化还原反应与分解反应属于并列关系2. （2分） (2015高二上·兰州期末) 金属锡的冶炼常用焦炭作还原剂：SnO2（s）+2C（s）═Sn（s）+2CO （g）↑，反应过程中能量的变化如图所示．下列有关该反应的△H、△S的说法中正确的是（）A . △H＜0，△S＜0B . △H＞0，△S＜0C . △H＜0，△S＞0D . △H＞0，△S＞03. （2分） (2018高二下·宜昌期末) NH3·H2O(aq)与H2SO4(aq)反应生成1 mol (NH4)2SO4的ΔH＝－24.2 kJ·mol－1；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。

则NH3·H2O在水溶液中电离的ΔH等于（）A . ＋45.2 kJ·mol－1B . －45.2 kJ·mol－1C . ＋69.4 kJ·mol－1D . －69.4 kJ·mol－14. （2分） (2018高一上·惠州期末) 下列可用于检验实验室久置的FeSO4溶液是否含有Fe3+的试剂是（）A . 石蕊试液B . 酚酞试液C . 新制氯水D . KSCN溶液5. （2分）已知298K时，合成氨反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）（可逆反应）△H=﹣92.2kJ•mol﹣1 ，此温度下，将1mol N2和3mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量（忽略能量损失）（）A . 一定大于92.2 kJB . 一定小于92.2 kJC . 一定等于92.2 kJD . 无法确定6. （2分） (2016高一下·舒城期中) 一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X（g）+2Y（g）═2Z（g）一定达到化学平衡状态的是（）①X,Y,Z的物质的量之比是1：2：2②X,Y,Z的浓度不再发生变化③容器中的压强不再发生变化④单位时间内生成n molZ，同时生成2n mol Y⑤容器中平均相对分子质量不再发生变化⑥v（X，正）=2v（Z，逆）A . ②③④B . ①②④C . ②③⑤D . ③④⑥7. （2分） (2018高一下·黑龙江期末) 将CO2转化为甲醇的原理为 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H<0。

高二年级第三次质量检测化学试卷本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部份，共24题，共100分)。

可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 C 12第I卷（选择题共42分）一、选择题：每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.在25°C、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水放热，下列热化学方程式正确的（）(l)＋3/2O（g）2＝CO2（g）＋2H2O（l）；△H ＝＋mol(l)＋3O2（g）＝2CO2（g）＋4H2O（l）；△H ＝－1452kJ/mol(l)＋3O2（g）＝2CO2（g）＋4H2O（l）；△H ＝－mol(l)＋3O2（g）＝2CO2（g）＋4H2O（l）；△H ＝＋1452kJ/mol2.恒温恒容，可逆反映：2NO 22NO+O2达到平衡状态的标志是（）①单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2②2V （NO2、正）＝V（O2、逆）③用NO2、NO、O2的物质的量浓度转变表示的反映速度的比为2 : 2 : 1的状态④混合气体的颜色再也不改变的状态⑤混合气体的密度再也不改变的状态⑥ 混合气体的平均相对分子质量再也不改变的状态(A) ①④⑥ (B) ②④⑥ (C) ②③ (D) ①②⑤3.在体积固定的密闭容器中，加入2molA和1molB发生下列反映而且达到化学平衡状态，2A(g)+B(g)3C(g)+D(g)，平衡时C的浓度为amol·L－1。

若维持容器体积和温度不变，按下列4种方式配比作为起始物质充入该容器中，达到平衡后，C的浓度仍为amol·L－1的是( )A. 4molA+2molBB. 2molA+1molB+1molD + + + D.3molC+1molB+1molD+1molA4．在L的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH CH3COO－+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（ ）A ．加水，平衡向逆反映方向移动B ．滴加少量L HCl 溶液，溶液中c(H +)减少 C ．加入少量CH 3COONa 固体，平衡向正反映方向移动 D ．加入少量NaOH 固体，平衡向正反映方向移动5．对于反映：4CO(g)＋2NO 2(g)= 4CO 2(g)＋N 2(g) △H ＝－1200 kJ· m ol －1，温度不同 (T 2>T 1)其他条件相同时，下列图像正确的是（ ）6．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ） A ．c (Fe 3＋)＝ mol·L －1的溶液中：K ＋、ClO －、SO 2－4、SCN －B ．由水电离产生的c (OH －)＝1×10－13mol/L 的溶液中：Ca 2＋、K ＋、Cl －、HCO －3C ．c (H ＋)/c (OH －)＝1012的溶液中：NH ＋4、Al 3＋、NO －3、Cl －D ．pH ＝1的溶液中：Fe 2＋、NO －3、SO 2－4、Na ＋7．下列说法正确的是（ ）A ．电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱B ．电离平衡常数受溶液浓度的影响C ．H 2CO 3的电离常数表达式：K ＝c (H ＋)·c (CO 32－)c (H 2CO 3)D ．电离常数大的酸溶液中c (H ＋)必然比电离常数小的酸中大第Ⅱ卷（非选择题共52分）二、非选择题：8.（1）下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同），属于非电解质是。

海南省国兴中学高三年级第三次月考化学试题时间：90分钟分数：100分第Ⅰ卷（共62分）可能用到的相对原子质量：H~1 C~12 O~16 Cu~64 Zn~65 N~14 Cl~35.5 S~32一、选择题：（本题共15小题，每小题2分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。

）1、下列物质中，不属于电解质的是A．NaOH B.H2SO4 C. C6H12O6 D. CH3COOH2、下列变化需要加入还原剂才能实现的是A．MnO4－→ MnO2 B． Cl－→ Cl2C．H2S → SO2 D． Fe2+→ Fe3+3、在下列化学方程式中，不能用离子方程式Ba2++SO42 BaSO4↓表示的A．Ba(NO3)2+H2SO4 BaSO4↓+2HNO3 B. BaCl2+Na2SO4 BaSO4↓+2NaClC. BaCO3+H2SO4 BaSO4↓+H2O+CO2↑D. BaCl2+H2SO4 BaSO4↓+2HCl4、以下说法不正确．．．的是A．胶体、溶液、浊液最本质的区别在于分散质粒子直径的大小B．区分溶液和胶体可用丁达尔现象C．将化合物分成电解质和非电解质的标准是这种化合物是否能导电D．在化学反应中，造成化合价升降的原因是电子发生转移5、下列反应中，水只作氧化剂的是A． 2F2+2H2O 4HF+O2 B． 3NO2+H2O 2HNO3+NOC． C+H2O(g)高温CO+H2 D． 2H2O电解2H2↑+O2↑6、根据下列反应，判断有关物质还原性由强到弱的顺序是H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4 2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I23FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3A. H2SO3＞I－＞Fe2+＞NOB. I－＞Fe2+＞H2SO3＞NOC. Fe2+＞I－＞H2SO3＞NOD. NO＞Fe2+＞H2SO3＞I－7、在氧化还原反应MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O中，当有7.1gCl2生成时，被氧化的盐酸的质量是A . 3.65g B. 7.3g C. 10.95g D. 14.6g8、以下反应的离子方程式正确的是A. 用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl－＋2H＋电解H2↑＋Cl2↑B．以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl－＋2H2O 电解2OH－＋H2↑＋Cl2↑C．铜、锌为电极，稀硫酸为电池液组成原电池的离子反应：Cu2++Zn Zn2++CuD．用石墨电极电解硫酸铜溶液：2Cu2＋＋2H2O 电解2Cu＋O2↑+4H＋9、下列鉴别方法可行的是A．用氨水鉴别Al3+、Mg2+和A g+B．用Ba(NO3)2溶液鉴别Cl－、SO24-和CO23-C．用核磁共振氢谱鉴别1－溴丙烷和2－溴丙烷D．用K M n O4酸性溶液鉴别CH3CH＝CHCH2OH和C H3CH2CH2CHO10、下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是①无色溶液中：K＋、Na＋、MnO－4、SO2－4；②pH＝11的溶液中：CO2－3、Na＋、AlO－2、NO－3；③加入Al能放出H2的溶液中：Cl－、HCO－3、SO2－4、NH＋4；④由水电离产生的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－；⑤有较多Fe3＋的溶液中：Na＋、NH＋4、SCN－、HCO－3；⑥酸性溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO－3、I－、Cl－.A．①② B．③⑥ C．②④ D．③⑤11、下列有机物命名正确的是A． B．1，3，4—三甲苯 2—甲基—2—氯丙烷C ．D ．(CH 3)2CHCH=CH 22—甲基—1—丙醇 2—甲基—1—丁烯12、以下反应的离子方程式正确的是A ．在标准状况下，2.24LCO 2通入1mol/L 100mLNaOH 溶液中：CO 2+ 2OH CO 32－+H 2O B ．烧碱溶液中通入过量二氧化硫：OH －+SO 2 HSO 3－C ．在澄清石灰水中通入过量二氧化碳：CO 2+Ca 2++2OH －CaCO 3↓＋H 2OD ．氨水中通入少量二氧化碳：2NH 3•H 2O+CO 2 2NH 4＋＋2H 2O+HCO 3—13、已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI 时，自身发生如下变化：Fe 3+→Fe 2+MnO 4－→Mn 2+Cl 2→Cl －HNO 2→NO如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI ，得到I 2最多的是 A. Fe 3+B. MnO 4－C. Cl 2D. HNO 214、G 、Q 、X 、Y 、Z 均为氯的含氧化合物。

高中化学学习材料鼎尚图文收集整理英才侨中2015-2016学年高二上学期第三次月考化学试题原子量：C-12 H-1 O-16 Cl-35.5 N-14一、选择题（本大题含25小题，每小题2分共50分，每小题只有一个选项）1．有机化合物有不同的分类方法，下列说法正确的是()①从组成元素分：烃，烃的衍生物②从分子中碳骨架形状分：链状有机化合物，环状有机化合物③从官能团分：烯烃、炔烃、芳香烃、卤代烃、醇、酚、醛、酮、羧酸、酯等A．①③B．①②③C．①②D．②③2．下列关于有机物的说法不正确．．．的是()①C3H6和C2H4的最简式相同且分子量相差14，所以是同系物②乙二醇和甲醇含有相同的官能团，所以是同系物③互为同分异构体的化合物不可能具有相同的结构简式④苯酚、乙酸乙酯、甲醛的沸点逐渐变低A．①②B．②④C．①③D．③④3．下列化学用语正确的是()A．甲烷的球棍模型：B．羟基的电子式：C．乙醛的结构式：CH3CHO D．乙酸的结构简式C2H4O24．下列说法中，正确的是()A．按系统命名法，化合物(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH(CH3) CH(CH3)2的名称为2,3,5,6-四甲基庚烷B．有机物属于芳香烃，含有两种官能团C．既属于酚类又属于羧酸类D．2-甲基-3-丁烯的命名错误原因是选错了主链5．最简式相同，但既不是同系物，又不是同分异构体的是()①辛烯和3－甲基－1－丁烯②苯和乙炔③苯甲醚和苯甲醇④甲醛和甲酸甲酯A．①②B．②③C．③④D．②④6．有关有机物的结构，下列说法不正确．．．的是（）A．碳碳双键不可旋转所以烯烃一定有顺反异构B．CH2Cl2无同分异构体可以证明CH4是正四面体的结构C．邻二甲苯只有一种结构可以证明苯分子中无单双健的交替结构D．乙烯、乙炔是平面型分子可推知CH3-CH=C(CH3)-C≡C-CH3分子中所有的碳原子共面6．甲苯，己烯，氯仿，苯酚溶液，乙酸，乙醛可用（）一次性鉴别A．溴水B．酸性高锰酸钾溶液C．氯化铁溶液D．新制氢氧化铜悬溶液7．下列除杂方法正确的是()①除去乙烷中少量乙烯：通入足量H2，加入催化剂反应②除去乙酸乙酯中的少量的乙酸：用足量饱和碳酸钠溶液洗涤，分液③除去苯中少量的苯酚：滴入足量溴水，过滤④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏⑤除去苯中少量的甲苯：先加足量酸性KMnO4溶液振荡后加足量的NaOH溶液，分液A．①②③B．③④⑤C．②④⑤D．②③④8．关于下列物质的用途的说法错误．．的是()A．酚类化合物有毒，不能用于杀菌消毒B．乙二醇可用于配制汽车防冻液C．部分卤代烃可用作灭火剂D．甲醛的水溶液(福尔马林)可用于防腐9．某烃和Cl2充分加成的产物结构简式为，则原有机物一定是（）A．2-丁炔B．1,4-二氯-2-甲基-2-丁烯C．2-甲基-1,3-丁二烯D．1,3-丁二烯10．有机物的结构简式如图：，则此有机物可发生的反应类型有()①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和⑧加聚A．①②③⑤⑥B．②③④⑤⑥⑧C．①②③④⑤⑥⑦⑧D．②③④⑤⑥⑦11．反应类型相同的一组是（）A．实验室制乙烯和实验室制乙炔B．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色和乙醛使溴水褪色C．苯酚制三溴苯酚和乙醛制乙醇D．乙酸乙酯的水解和乙烯制聚乙烯12．下列反应无论怎样调整反应物的用量，都只能生成一种物质的是()A．甲烷与氯气混合后在光照的条件下发生反应B．乙烯与水的加成反应C．甲苯与浓硝酸发生硝化反应D．2,3-二溴丁烷的消去反应13. 有下列物质：①乙醇②苯酚③乙醛④乙酸乙酯⑤丙烯酸(CH2===CH—COOH)。

2015-2016学年海南省国兴中学高二（上）期末化学试卷一、选择题：（本题共7小题，每小题2分，共14分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．）1．下列物质中不属于有机物的是（）A．C6H6B．蛋白质C．H2CO3 D．CH3Cl2．下列物质属于脂肪烃的是（）A．B．C．D．3．下列烃中，苯环上的一氯代物没有同分异构体的是（）A．甲苯 B．邻二甲苯 C．间二甲苯 D．对二甲苯4．苯和甲苯相比较，下列叙述中错误的是（）A．都能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．它们是芳香烃同系物C．都能在空气中燃烧D．都能发生加成反应5．用核磁共振的方法测定结构简式为CH3OCH3的有机物结构，其H核磁共振谱图为（）A． B． C．D．6．下列有机物中不属于醇类的是（）A．B．C．D．7．下列有关有机物的实验操作、现象或结论不正确的是（）A．提纯含有杂质的工业乙醇，常用的方法是蒸馏B．常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液，溶液会变浑浊C．混有泥沙的苯甲酸，除去杂质的方法是将其溶解后过滤，再蒸发结晶即可D．苯和苯酚稀溶液分别与浓溴水混合，后者产生白色沉淀二、选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题有1～2个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选的0分，若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且正确得4分，但只要选错一个就得0分．）8．下列化合物中，既能发生消去反应，又能发生水解反应的是（）A．氯仿 B．1﹣氯丙烷C．2﹣丁醇D．2﹣甲基﹣2﹣溴丙烷9．相同物质的量的下列各烃，完全燃烧消耗氧气最多的是（）A．C2H4B．C2H2C．C3H4D．C2H610．下列有机物能与金属Na反应生成H2的是（）A．乙醇 B．苯酚 C．氯苯 D．乙醚11．①乙烷②戊烷③2﹣甲基丁烷，其沸点排列顺序正确的是（）A．①＞②＞③B．③＞②＞①C．②＞③＞①D．②＞①＞③12．下列各组中互为同系物的是（）A．甲烷和丙烷B．和C．2﹣丙醇和1﹣丙醇D．2﹣丁烯和丙烯13．某相对分子质量尚未确定的有机物，其的红外光谱图上发现有O﹣H键、C﹣H键、C﹣O 键的振动吸收，则该有机物可能是（）A．乙醇 B．乙醚 C．正丙醇D．丙烯14．某有机物的结构简式如图所示，下列有关物质的说法正确的是（）A．该物质的分子式是C9H11OB．该物质分子中的所有C原子可以共面C．滴入KMnO4（H+）溶液，可观察到紫色褪去，能证明结构中存在碳碳双键D．1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时，最多消耗Br2和H2分别是3mol、4mol三、解答题（共6小题，满分58分）15．（1）请用系统命名法给下列有机物予以命名：①②（2）请写出下列化合物的结构简式：①3﹣乙基﹣2﹣戊醇．16．家庭使用的天然气主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分为丙烷．（1）将等物质的量的甲烷和氯气混合后，在漫射光的照射下充分反应，所得产物中物质的量最大的是（写化学式，下同），在所有生成物中，和甲烷分子一样具有正四面体结构的物质是；（2）液化石油气燃烧的主要化学方程式为；现有一套以天然气为原料的灶具，欲改为烧液化石油气，需要对灶具进行改装的措施是：空气进量（填“增大”或“减小”）；（3）丙烷可以认为是丙烯的加成产物，也可以认为是某块的加成产物，该炔是（写结构简式）；（4）丙烯跟溴起加成反应，标准状况下，11.2L丙烯可以与gBr2完全反应．17．在北方，常用乙二醇作内燃机的抗冻剂．某种合成乙二醇的路径如下图所示：C2H5OH→C2H4→CH2BrCH2Br→HOCH2CH2OH（1）按先后顺序，依次完成上图中每步反应的化学方程式：①②③（2）一定条件下，乙二醇可以被氧化为乙二醛，反应方程式为：（3）CH2BrCH2Br有一同分异构体，其结构简式为：．18．如图为某有机物的质谱图，测得其含碳量为76.6%，含氢量为6.4%，其余为氧元素．（1）该有机物的分子式为；（2）往该有机物溶液中滴入FeCl3溶液，可以看到溶液呈紫色，可以确定该有机物的结构简式为；（3）该有机物与浓溴水反应的方程式为；（4）往该有机物的水溶液一般呈白色浑浊状，往溶液中滴入NaOH溶液，现象是，反应方程式为．19．根据下面的反应路线及所给信息填空．（1）有机物A的实验式是．（2）反应①的方程式是，②的反应类型是．（3）反应④的方程式是．20．如图是实验室制取乙炔气体及乙炔的性质实验的装置，气密性已检验，部分夹持装置略．（1）实验室制取乙炔时，分液漏斗中的液体a通常是；（2）圆底烧瓶中生成乙炔的化学方程式是；（3）硫酸铜溶液的作用是；（4）将通过硫酸铜溶液的气体通入溴的四氯化碳溶液中，反应的方程式是；若改为通入酸性高锰酸钾溶液中，现象是；（5）乙炔与氯化氢加成可以生成氯乙烯聚合生成聚氯乙烯的方程式是．2015-2016学年海南省国兴中学高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共7小题，每小题2分，共14分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．）1．下列物质中不属于有机物的是（）A．C6H6B．蛋白质C．H2CO3 D．CH3Cl【考点】无机化合物与有机化合物的概念．【专题】物质的分类专题．【分析】有机物是指含有碳元素的化合物．无机物是指不含有碳元素的化合物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．【解答】解：A．C6H6是含有碳元素的化合物，属于有机物，故A正确；B．蛋白质是含有碳元素的化合物，属于有机物，故B正确；C．H2CO3虽然含有碳元素，但是碳酸的性质和无机物相似，属于无机物，故C错误；D．CH3Cl是含有碳元素的化合物，属于有机物，故D正确．故选C．【点评】本题考查有机物和无机物的区别，难度不大，掌握有机物与无机物的概念、特征等是正确解答此类题的关键．2．下列物质属于脂肪烃的是（）A．B．C．D．【考点】饱和烃与不饱和烃．【专题】有机化学基础．【分析】脂肪烃是由C、H两种元素组成，是除芳香烃以外的所有烃的总称；芳香烃是含有苯环的碳氢化合物；烃分子中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列化合物称为烃的衍生物，【解答】解：A、中含有苯环，属于芳香烃，故A错误；B、是由C、H两种元素组成，不含有苯环，属于脂肪烃，故B正确；C、中含有Cl元素，属于烃的衍生物，故C错误；D、中含有Cl元素，属于烃的衍生物，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查了有机物的分类，目难度不大，明确有机物分类的依据和具有的化学性质性质是解题的关键．3．下列烃中，苯环上的一氯代物没有同分异构体的是（）A．甲苯 B．邻二甲苯 C．间二甲苯 D．对二甲苯【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】苯环上的一氯代物没有同分异构体，说明苯环上只有一种氢原子．【解答】解：A．甲苯苯环上有有甲基的邻间对位三种，故A错误；B．邻二甲苯有甲基的邻间位两种，故B错误；C．间二甲苯有两个甲基中间、外侧邻间位三种，故C错误；D．对二甲苯有邻位一种，故D正确．故选D．【点评】本题考查同分异构体的书写，题目难度不大，注意苯环上的一氯代物没有同分异构体，说明苯环上只有一种氢原子．4．苯和甲苯相比较，下列叙述中错误的是（）A．都能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．它们是芳香烃同系物C．都能在空气中燃烧D．都能发生加成反应【考点】芳香烃、烃基和同系物；苯的性质．【专题】有机反应．【分析】苯和甲苯的结构相似，在分子组成上相差一个﹣CH2﹣原子团，故互为同系物；由于结构相似，故在性质上有相似性，据此分析．【解答】解：A、苯不能使高锰酸钾溶液褪色，而甲苯中的甲基能被高锰酸钾溶液氧化，故能使高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B、苯和甲苯中均含苯环，故均为芳香化合物，故B正确；C、苯和甲苯均为烃，均能在空气中燃烧，故C正确；D、苯环为不饱和结构，故能和氢气发生加成，故D正确．故选A．【点评】本题考查了苯和甲苯的性质的相似性和区别，应注意的是苯不能使高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能使高锰酸钾溶液褪色．5．用核磁共振的方法测定结构简式为CH3OCH3的有机物结构，其H核磁共振谱图为（）A． B． C．D．【考点】常见有机化合物的结构．【专题】有机化学基础．【分析】分子中有几种不同的氢，则就有几组峰，强度之比为氢原子个数比，利用等效氢判断氢原子的种类；【解答】解：CH3OCH3分子中只有一种氢原子，所以核磁共振谱图有一个峰，故答案为：A；【点评】本题主要考查H核磁共振谱图的运用，较简单，注意核磁共振氢谱中分子中有几种不同的氢，则就有几组峰是解题的关键．6．下列有机物中不属于醇类的是（）A．B．C．D．【考点】醇类简介．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】官能团羟基与烃基或苯环侧链上的碳相连的化合物属于醇类，羟基与苯环直接相连的有机物为酚类，据此进行判断．【解答】解：A．中苯环侧链与羟基相连，名称为苯乙醇，属于醇类，故A 正确；B．苯环与羟基直接相连，属于酚类，故B错误；C．，分子中烃基与官能团羟基相连，属于醇类，故C正确；D．羟基与烃基相连，为环己醇，故D正确．故选B．【点评】本题考查了醇类与酚类的判断，题目难度不大，解题关键是明确醇类与酚类的根本区别，羟基直接与苯环相连的有机物属于酚类．7．下列有关有机物的实验操作、现象或结论不正确的是（）A．提纯含有杂质的工业乙醇，常用的方法是蒸馏B．常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液，溶液会变浑浊C．混有泥沙的苯甲酸，除去杂质的方法是将其溶解后过滤，再蒸发结晶即可D．苯和苯酚稀溶液分别与浓溴水混合，后者产生白色沉淀【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．【专题】有机反应．【分析】A．乙醇与杂质互溶，但沸点不同；B．二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚的溶解度不大；C．应趁热过滤除去苯甲酸中混有的泥沙；D．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀，而苯与溴水不反应．【解答】解：A．乙醇与杂质互溶，但沸点不同，则提纯含有杂质的工业乙醇，常用的方法是蒸馏，故A正确；B．二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚的溶解度不大，则常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液，溶液会变浑浊，故B正确；C．苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，蒸发结晶析出苯甲酸晶体，应趁热过滤除去苯甲酸中混有的泥沙，故C错误；D．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀，而苯与溴水不反应，现象合理，故D正确；故选C．【点评】本题考查较综合，涉及有机物的结构与性质、混合物分离提纯等，为高频考点，把握官能团与性质的关系、物质的性质差异等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为易错点，题目难度不大．二、选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题有1～2个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选的0分，若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且正确得4分，但只要选错一个就得0分．）8．下列化合物中，既能发生消去反应，又能发生水解反应的是（）A．氯仿 B．1﹣氯丙烷C．2﹣丁醇D．2﹣甲基﹣2﹣溴丙烷【考点】消去反应与水解反应．【专题】有机反应．【分析】发生消去反应的有机物多为醇或卤代烃，且必须官能团邻位碳原子含有氢原子，发生水解反应的多为卤代烃、酯类等物质，以此解答该题．【解答】解：A、氯仿为CHCl3，由于消去反应发生的条件必须在﹣Cl所在的碳原子的相邻碳原子上有﹣H，故只能水解不能消去，故A错误；B、1﹣氯丙烷的结构简式为ClCH2CH2CH3，既能水解又能电离，故B正确；C、2﹣丁醇只能消去，不能水解，故C错误；D、2﹣甲基﹣2﹣溴丙烷的结构简式为：CH3CBr（CH3）CH3，既能水解又能消去，故D正确．故选BD．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，难度不大．9．相同物质的量的下列各烃，完全燃烧消耗氧气最多的是（）A．C2H4B．C2H2C．C3H4D．C2H6【考点】化学方程式的有关计算．【专题】烃及其衍生物的燃烧规律．【分析】烃C x H y的燃烧通式为：C x H y+（x+）O2xCO2+H2O，1mol烃C x H y耗氧量为（x+）mol．【解答】解：烃C x H y的燃烧通式为：C x H y+（x+）O2xCO2+H2O．A．1molC2H4的耗氧量为（2+）mol=3mol；B.1molC2H2的耗氧量为（2+）mol=2.5mol；C.1molC3H4的耗氧量为（3+）mol=4mol；D.1molC2H6的耗氧量为（2+）mol=3.5mol；故C3H4的耗氧量最多，故选：C．【点评】本题考查化学方程式计算、烃燃烧规律，比较基础，注意利用燃烧通式进行分析解答．10．下列有机物能与金属Na反应生成H2的是（）A．乙醇 B．苯酚 C．氯苯 D．乙醚【考点】乙醇的化学性质；有机物分子中的官能团及其结构．【专题】有机化学基础．【分析】含﹣OH、﹣COOH的有机物能与Na反应生成氢气，以此来解答．【解答】解：A．CH3CH2OH中含﹣OH，能与金属钠反应生成H2，故A选；B．苯酚中的﹣OH能与金属钠反应生成H2，故B选；C．氯苯不与金属钠反应生成H2，故C不选；D．CH3CH2OCH2CH3属于醚类物质，不与金属钠反应生成H2，故D不选；故选AB．【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意有机物中的官能团与性质的关系，明确醇、羧酸、酚的性质即可解答，题目难度不大．11．①乙烷②戊烷③2﹣甲基丁烷，其沸点排列顺序正确的是（）A．①＞②＞③B．③＞②＞①C．②＞③＞①D．②＞①＞③【考点】烷烃及其命名．【专题】有机化学基础．【分析】烷烃沸点大小规律为：烷烃中碳原子个数越多，沸点越大；同分异构体中支链越多，沸点越低，据此判断该烷烃的沸点高低．【解答】解：由烷烃中碳原子个数越多，沸点越大，则沸点戊烷和2﹣甲基丁烷均大于乙烷，即乙烷的沸点最低；同分异构体中支链越多，沸点越低，则2﹣甲基丁烷＜戊烷，故答案为：②＞③＞①．故选C．【点评】本题主要考查烷烃沸点高低比较，题目难度不大，关键要掌握烷烃的沸点规律：随碳原子数的增多而升高，碳原子数相同时，支链越多，沸点越低．12．下列各组中互为同系物的是（）A．甲烷和丙烷B．和C．2﹣丙醇和1﹣丙醇D．2﹣丁烯和丙烯【考点】芳香烃、烃基和同系物．【专题】同系物和同分异构体．【分析】结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物，同系物必须是同一类物质（含有相同且数量相等的官能团）．【解答】解：A、甲烷和丙烷的结构相似，在分子组成上相差两个CH2原子，故互为同系物，故A正确；B、和分别为酚和醇，结构不相似，故不是同系物，故B错误；C、2﹣丙醇和1﹣丙醇分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故C错误；D、2﹣丁烯和丙烯的结构相似，在分子组成上相差两个CH2原子，故互为同系物，故D正确；故选AD．【点评】本题考查了同系物的判断，题目难度不大，注意掌握同系物的概念及判断方法，明确互为同系物的化合物一定满足结构相似，即含有的官能团类型及数目一定相同．13．某相对分子质量尚未确定的有机物，其的红外光谱图上发现有O﹣H键、C﹣H键、C﹣O 键的振动吸收，则该有机物可能是（）A．乙醇 B．乙醚 C．正丙醇D．丙烯【考点】常见有机化合物的结构．【专题】有机化学基础．【分析】根据分子中含有C﹣H键、O﹣H键、C﹣O键，对选项分析判断：A、乙醇结构式为；B、乙醚的结构式为：；C．正丙醇的结构式为：；D、丙烯的结构式为：．【解答】解：A、乙醇的结构式为，分子中含O﹣H键、C﹣H键、C﹣O键，故A 正确；B、乙醚的结构式为：，分子中含C﹣H键、C﹣O键，不含O﹣H键，故B错误；C．正丙醇的结构式为：，分子中含有C﹣H键、O﹣H键、C﹣O键，故C正确；D、丙烯的结构式为：，分子中含有C﹣H键、不含O﹣H键、C﹣O键，故D错误；故选AC．【点评】本题考查有机物的结构，要解决本题需要把各物质的结构式写出来，明确存在的化学键即可解答，难度不大．14．某有机物的结构简式如图所示，下列有关物质的说法正确的是（）A．该物质的分子式是C9H11OB．该物质分子中的所有C原子可以共面C．滴入KMnO4（H+）溶液，可观察到紫色褪去，能证明结构中存在碳碳双键D．1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时，最多消耗Br2和H2分别是3mol、4mol【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．根据结构简式确定分子式；B．根据乙烯和苯的结构判断该分子中C原子是否共面，乙烯和苯是平面结构，乙烯和苯分子中所有原子都共面；C．碳碳双键、酚羟基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；D．苯环上酚羟基邻位氢原子能和溴发生取代反应，碳碳双键和溴发生加成反应，苯环和碳碳双键能和氢气在一定条件下发生加成反应．【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C9H10O，故A错误；B．乙烯和苯是平面结构，乙烯和苯分子中所有原子都共面，根据乙烯和苯的结构知，该分子中所有碳原子可以共面，故B正确；C．碳碳双键、酚羟基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能根据是否使酸性高锰酸钾溶液褪色来确定是否含有碳碳双键，故C错误；D．苯环上酚羟基邻位氢原子能和溴发生取代反应，碳碳双键和溴发生加成反应，苯环和碳碳双键能和氢气在一定条件下发生加成反应，所以1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时，最多消耗Br2和H2分别是3mol、4mol，故D正确；故选BD．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、烯烃性质，注意判断原子共面个数的方法，易错选项是C．三、解答题（共6小题，满分58分）15．（1）请用系统命名法给下列有机物予以命名：①2，4﹣二甲基己烷②2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯（2）请写出下列化合物的结构简式：①3﹣乙基﹣2﹣戊醇CH3CH（OH）CH（C2H5）CH2CH3．【考点】有机化合物命名．【专题】有机化学基础．【分析】（1）判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：a、烷烃命名原则：①长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链；②多﹣﹣﹣﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链；③近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号；④小﹣﹣﹣﹣﹣支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；⑤简﹣﹣﹣﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．b、有机物的名称书写要规范；c、对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；d、含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小；（2）根据名称可知，此有机物的主链上有5个碳原子，官能团﹣OH在2号碳原子上，在3号碳原子上有一个乙基，据此写出其结构简式．【解答】解：（1）①烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有6个碳原子，在2号和4号碳原子上各有一个甲基，故名称为：2，4﹣二甲基己烷，故答案为：2，4﹣二甲基己烷；②烯烃命名时，要选用含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子编号，故名称为：2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯，故答案为：2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯；（2）根据名称可知，此有机物的主链上有5个碳原子，官能团﹣OH在2号碳原子上，在3号碳原子上有一个乙基，故结构简式为：CH3CH（OH）CH（C2H5）CH2CH3，故答案为：CH3CH（OH）CH（C2H5）CH2CH3；【点评】本题考查了有机物系统命名方法的应用，注意主链选择，起点编号原则，名称书写的规范方法，难度中等．16．家庭使用的天然气主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分为丙烷．（1）将等物质的量的甲烷和氯气混合后，在漫射光的照射下充分反应，所得产物中物质的量最大的是HCl （写化学式，下同），在所有生成物中，和甲烷分子一样具有正四面体结构的物质是CCl4；（2）液化石油气燃烧的主要化学方程式为C3H8+5O2→3CO2+4H2O ；现有一套以天然气为原料的灶具，欲改为烧液化石油气，需要对灶具进行改装的措施是：增大空气进量（填“增大”或“减小”）；（3）丙烷可以认为是丙烯的加成产物，也可以认为是某块的加成产物，该炔是CH3C≡CH（写结构简式）；（4）丙烯跟溴起加成反应，标准状况下，11.2L丙烯可以与80 gBr2完全反应．【考点】烷烃及其命名．【专题】有机化合物的获得与应用．【分析】（1）甲烷第一步取代生成等量的HCl和一氯甲烷，在后续的取代中氯代甲烷总的物质的量不变，而HCl不断增多，因此其物质的量在生成物中最大；生成物中有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中CCl4为正四面体结构；（2）根据已知的反应方程式，来分析相同体积的液化石油气、天然气消耗的氧气的多少，消耗氧气多时需要增大空气的进入量，消耗氧气少的则应减小空气的进入量；（3）丙烷可以认为是丙烯的加成产物，也可以认为是某炔的加成产物，故此炔烃中存在碳碳三键；（4）求出丙烯的物质的量，然后根据1mol丙烯消耗1mol溴来分析．【解答】解：（1）甲烷在发生取代反应时，除了生成有机物之外，还有氯化氢生成，且反应掉的氯气的物质的量和生成的HCl的物质的量相同，所以HCl的物质的量最多；生成物中有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中CCl4为正四面体结构，故答案为：HCl；CCl4；（2）由天然气的主要成分为CH4，液化石油气的主要成分为C3H8，燃烧的化学方程式为CH4+2O2→CO2+2H2O；C3H8+5O2→3CO2+4H2O．显然相同体积的C3H8、CH4，C3H8消耗的氧气多，则天然气为燃料的灶具，欲改为燃烧液化石油气，需要增大天然气进量，故答案为：C3H8+5O23CO2+4H2O；增大；（3）丙烷可以认为是丙烯的加成产物，也可以认为是某炔的加成产物，故此炔烃中存在碳碳三键，即为CH3C≡CH，故答案为：CH3C≡CH；（4）标况下11.2L丙烯的物质的量为0.5mol，而1mol丙烯消耗1mol溴，故0.5mol丙烯消耗0.5mol溴，质量为m=nM=0.5mol×160g/mol=80g，故答案为：80．【点评】本题考查了烷烃、烯烃的性质和反应，难度不大，应注意根据有机物的结构特点来分析．17．在北方，常用乙二醇作内燃机的抗冻剂．某种合成乙二醇的路径如下图所示：C2H5OH→C2H4→CH2BrCH2Br→HOCH2CH2OH（1）按先后顺序，依次完成上图中每步反应的化学方程式：①CH3CH2OH CH2=CH2+H2O②C2H4+Br2→CH2BrCH2Br③CH2BrCH2Br+2NaOH HOCH2CH2OH+2NaBr（2）一定条件下，乙二醇可以被氧化为乙二醛，反应方程式为：HOCH2CH2OH+O2OHCCHO+2H2O（3）CH2BrCH2Br有一同分异构体，其结构简式为：CH3CHBr2．【考点】有机物的合成．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断．【分析】（1）根据题中反应流程可知，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应生成CH2BrCH2Br，CH2BrCH2Br发生取代反应生成HOCH2CH2OH，据此可写出各步的反应方程式；（2）乙二醇在催化剂的条件下可以被氧化为乙二醛，同时生成水；（3）CH2BrCH2Br有一同分异构体为两个溴原子可以连在同一个碳上，据此答题；【解答】解：（1）根据题中反应流程可知，乙醇发生消去反应生成乙烯，反应方程式为CH3CH2OH CH2=CH2+H2O，乙烯与溴发生加成反应生成CH2BrCH2Br，反应方程式为C2H4+Br2→CH2BrCH2Br，CH2BrCH2Br发生取代反应生成HOCH2CH2OH，反应方程式为，故答案为：CH3CH2OH CH2=CH2+H2O；C2H4+Br2→CH2BrCH2Br；CH2BrCH2Br+2NaOH HOCH2CH2OH+2NaBr；（2）乙二醇在催化剂的条件下可以被氧化为乙二醛，同时生成水，反应方程式为HOCH2CH2OH+O2OHCCHO+2H2O，故答案为：HOCH2CH2OH+O2OHCCHO+2H2O；（3）CH2BrCH2Br有一同分异构体为两个溴原子可以连在同一个碳上，其结构简式为CH3CHBr2，故答案为：CH3CHBr2．【点评】本题考查有机物推断与合成，是对有机化学基础的综合考查，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，注意常见有机官能团的转化条件，难度不大．18．如图为某有机物的质谱图，测得其含碳量为76.6%，含氢量为6.4%，其余为氧元素．（1）该有机物的分子式为C6H6O ；（2）往该有机物溶液中滴入FeCl3溶液，可以看到溶液呈紫色，可以确定该有机物的结构简式为；（3）该有机物与浓溴水反应的方程式为+Br2→+3HBr ；（4）往该有机物的水溶液一般呈白色浑浊状，往溶液中滴入NaOH溶液，现象是浑浊溶液变澄清，反应方程式为+NaOH→+H2O ．【考点】有关有机物分子式确定的计算．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】（1）根据质谱图可知，该有机物的相对分子质量为94，含碳量为76.6%，含氢量为6.4%，其余为氧元素，则分子中N（C）==6、N（H）==6，N（O）==1，故有机物分子式为C6H6O；（2）往该有机物溶液中滴入FeCl3溶液，可以看到溶液呈紫色，说明有机物含有酚羟基，故为苯酚；（3）苯酚与溴水发生反应生成三溴苯酚与HBr；（4）苯酚与氢氧化钠反应生成苯酚钠．。

2015-2016学年海南省海口市国兴中学高一（上）第三次月考化学试卷一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小趣给出的四个选项中，只有一个是正确1．以下关于合金的说法不正确的是（）A．合金的硬度往往大于它的纯金属B．合金的熔点高于它的成分金属C．青铜是我国使用最早的合金D．钢是使用量最大，用途最广的合金2．下列物质中，不属于电解质溶液的是（）A．蔗糖溶液 B．硫酸溶液 C．氢氧化钠溶液 D．食盐溶液3．以下氧化物既可以与酸反应，又可以与碱反应的是（）A．FeO B．Fe2O3 C．Al2O3 D．Fe3O44．下列关于铝的叙述中，不正确的是（）A．铝是地壳中含量最多的金属元素B．铝单质能与盐酸溶液反应，又能与NaOH溶液反应C．在常温下，铝不能和氧气反应D．在化学反应中，铝容易失去电子，是还原剂5．下列描述的一定是金属元素的是（）A．易失去电子的物质B．原子核内有11个质子的元素C．能与酸反应的物质D．原子的最外层只有一个电子的元素6．下列各组物质，遇到盐酸或强碱溶液都能反应的一组是（）A．Cu Al2O3 NaHCO3B．Mg Al（OH）3 Na2CO3C．Fe Al2O3，Al（OH）3D．Al NaHCO3 Al2O37．相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积比为（）A．1：1 B．1：6 C．2：3 D．3：28．下列各组离子，能在溶液中大量共存的是（）A．H+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣B．Al3+、Mg2+、SO42﹣、OH﹣C．Fe2+、H+、K+、MnO4﹣D．Cu2+、H+、Cl﹣、HCO3﹣9．下列离子方程式中，正确的是（）A．铁与盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．氯化铁溶液与铁反应：Fe3++Fe═2Fe2+C．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+═Fe3++H2OD．氯化铁溶液与铜反应：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+10．向下列各物质的水溶液中滴加稀硫酸或MgCl2溶液时，均有白色沉淀生成的是（）A．BaCl2B．KOH C．Na2CO3D．Ba（OH）211．以下实验操作不正确的是（）A．金属钠保存在煤油中B．白磷保存在水中C．在FeCl3溶液中加入一定量铁粉，防止溶液变质D．为了检验FeCl2溶液是否变质，可用KSCN 溶液检验12．10g镁铝合金与足量的氢氧化钠溶液反应后，生成气体3.36L（标准状况），则此合金中含镁的质量分数为（）A．35.6% B．27% C．10% D．73%二、非选择题．13．（1）维生素C又称“抗坏血酸”，在人体内有重要的功能．例如，能帮助人体将食物中摄取的不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，这说明维生素C具有性（填氧化性或还原性）．铁粉也可以将Fe3+转变为易吸收的Fe2+，离子方程式为：．（2）印刷电路板是高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”溶解铜箔，生成CuCl2和FeCl2．相关的化学方程式：．14．为了确认电解质溶液X的成分，某同学做了以下两组实验，请根据实验回答问题：编号ⅠⅡ实验一编号Ⅲ实验二（1）实验步骤Ⅰ中无明显现象，实验步骤Ⅱ中发现溶液变红色，相关的离子方程式为：；（2）实验步骤Ⅲ中反应的离子方程式为：；（填（3）实验一证明X溶液中含离子，实验Ⅱ证明X溶液中含离子．离子符号）15．实验室常用NaOH溶液和氨水（NH3•H2O）两种碱溶液来制取不同的金属氢氧化物，请选择合适的试剂来制取以下的金属氢氧化物：（1）要制取Fe（OH）3时，可用NaOH溶液与（写化学式）反应，所得到的沉淀为色，离子方程式为：．（2）要制取Fe（OH）2时，可用NaOH溶液与（写化学式）反应，所得到的沉淀为色，离子方程式为：．（3）要制取Cu（OH）2时，可用NaOH溶液与（写化学式）反应，所得到的沉淀为色，离子方程式为：．（4）要制取Al（OH）3时，可用氨水与（写化学式）反应，所得到的沉淀为色，离子方程式为：．16．物质A～E均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，它们可发生如图所表示的反应．已知A是一种淡黄色的固体，B是银白色金属单质．（1）反应⑤可用于潜水艇中制取氧气，相关的化学方程式为：，氧化剂是，还原剂是；（2）根据反应②相关的现象，从表格下方找出相应性质序号填在表格中，并在对应的位置写上该反应的化学方程式．现象单质B的相关性质（填序号）相关的化学方程式Ⅰ单质B浮在水面上Ⅱ熔成一个小球Ⅲ四处游动，发出嘶嘶的声音Ⅳ滴入酚酞试剂，溶液变红与反应现象相应的性质：①反应后生成了酸性物质；②反应后生成了碱性物质；③单质B的熔点低；④单质B的密度比水的小；⑤生成了气体；⑥单质B的密度比水的密度大．（3）D和E分别与等浓度的盐酸反应，相同条件下生成等体积的气体，则以下说法正确的是：（填序号）①消耗D的质量较多；②消耗E的质量较多；③D消耗盐酸的体积更大④E消耗盐酸的体积更大．17．现有4.6gNa、2.4gMg、2.7gAl和6.4gCu，分别将其投入盛有100mL1.5mol/L盐酸的4个烧杯．（1）各烧杯中可能发生反应的化学方程式为：、、、．（2）反应结束后，没有剩余的金属是：（填元素符号）；（3）反应结束后，产生气体的物质的量分别为：①投入Na的烧杯，生成气体mol；②投入Mg的烧杯，生成气体mol；③投入Al的烧杯，生成气体mol；④投入Cu的烧杯，生成气体mol．2015-2016学年海南省海口市国兴中学高一（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小趣给出的四个选项中，只有一个是正确1．以下关于合金的说法不正确的是（）A．合金的硬度往往大于它的纯金属B．合金的熔点高于它的成分金属C．青铜是我国使用最早的合金D．钢是使用量最大，用途最广的合金【考点】生活中常见合金的组成；金属与合金在性能上的主要差异．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，具有硬度大、熔点低的特点，可以根据合金的性质方面进行分析、判断，从而得出正确的结论．【解答】解：A．合金的硬度均大于它的纯金属成分，故A正确；B．合金的熔点均低于它的纯金属成分，故B错误；C．我国使用最早的合金是青铜，故C正确；D．目前世界上用途最广的合金是钢，如炊具、建筑材料等材料，故D正确．故选B．【点评】本题主要考查了合金的性质方面的知识，可以根据所学知识来回答，难度不大．2．下列物质中，不属于电解质溶液的是（）A．蔗糖溶液 B．硫酸溶液 C．氢氧化钠溶液 D．食盐溶液【考点】电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在水溶液中和融融状态下均不能导电的化合物是非电解质，包括大部分非金属氧化物、部分有机物等．【解答】解：A．蔗糖溶于水不发生电离，属于非电解质，因此蔗糖溶液不属于电解质溶液，故A选；B．硫酸溶于水后自身发生电离，属于电解质，因此硫酸溶液属于电解质溶液，故B不选；C．氢氧化钠溶于水后自身能发生电离，属于电解质，因此氢氧化钠溶液属于电解质溶液，故C不选；D．氯化钠溶于水后自身能发生电离，属于电解质，因此氯化钠溶液属于电解质溶液，故D不选；故选A．【点评】本题考查了电解质的判断，题目难度不大，注意电解质和非电解质都必须是化合物，掌握电解质和非电解质的本质区别是解题的关键．3．以下氧化物既可以与酸反应，又可以与碱反应的是（）A．FeO B．Fe2O3 C．Al2O3 D．Fe3O4【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物是氧化物，既能与酸反应又能与碱反应的氧化物属于两性氧化物，据此分析解答．【解答】解：A、FeO只和酸反应不会和碱之间反应，故A错误；B、Fe2O3只和酸反应不会和碱之间反应，故B错误；C、Al2O3既可以与酸反应，又可以与碱反应，得到盐和水，属于两性氧化物，故C正确；D、Fe3O4只和酸反应不会和碱之间反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查了基本概念的判断，明确两性氧化物、氧化物的概念即可解答，知道常见物质的性质，题目难度不大．4．下列关于铝的叙述中，不正确的是（）A．铝是地壳中含量最多的金属元素B．铝单质能与盐酸溶液反应，又能与NaOH溶液反应C．在常温下，铝不能和氧气反应D．在化学反应中，铝容易失去电子，是还原剂【考点】铝的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、铝是地壳中含量最多的金属元素；B、Al与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水；C、铝在常温下能被空气中的氧气氧化；D、铝最外层3个电子容易失去电子．【解答】解：A、地壳中含量最多的金属元素是铝，故A正确；B、Al与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，所以铝单质能与盐酸溶液反应，又能与NaOH溶液反应，故B正确；C、铝在常温下能被空气中的氧气氧化，表面形成致密的氧化膜，故C错误；D、铝最外层3个电子容易失去电子，是还原剂，故D正确；故选C．【点评】本题考查学生常见金属元素铝的性质，可以根据所学知识来回答，难度不大．5．下列描述的一定是金属元素的是（）A．易失去电子的物质B．原子核内有11个质子的元素C．能与酸反应的物质D．原子的最外层只有一个电子的元素【考点】原子结构与元素的性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】金属元素和非金属元素的区别是：金属元素的原子最外层电子数＜4（氢和氦除外），且金属元素的原子易失电子形成阳离子；而非金属元素的原子一般最外层电子数≥4，且非金属元素的原子易得电子形成阴离子．【解答】解：A．氢易失去电子，但属于非金属元素，故A错误；B．原子核内有11个质子的元素是钠，最外层有1个电子，钠是金属元素，故B正确；C．碱是能与酸反应的物质，但不是金属元素，故C错误；D．最外层只有一个电子的元素如氢元素，属于非金属元素，故D错误；故选B．【点评】此题考查的是金属元素和非金属元素的区别，其实判断二者的简单方法还是最外层电子数，但是只要把氢氦这两个特殊情况记住即可．6．下列各组物质，遇到盐酸或强碱溶液都能反应的一组是（）A．Cu Al2O3 NaHCO3B．Mg Al（OH）3 Na2CO3C．Fe Al2O3，Al（OH）3D．Al NaHCO3 Al2O3【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】中学常见既能与盐酸又能与强碱溶液反应的物质有：两性化合物（如Al2O3、Al（OH）3等）、弱酸的铵盐（如（NH4）2CO3等）、弱酸的酸式盐（NaHCO3、NaHS等）、单质（如Al）、氨基酸等．【解答】解：A．Al2O3、NaHCO3能与盐酸、强碱反应，Cu不能与盐酸及强碱反应，故A错误；B．Al（OH）3与能与盐酸、强碱反应，Mg不能与强碱反应，故B错误；C．Al2O3、Al（OH）3能与盐酸、强碱反应，Fe不能与盐酸及强碱反应，故C错误；D．Al、NaHCO3、Al2O3均能与盐酸、强碱反应，故D正确，故选：D．【点评】本题考查了元素化合物的性质，掌握物质的性质是解本题的关键，侧重对基础知识的考查，注意归纳总结中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质．7．相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积比为（）A．1：1 B．1：6 C．2：3 D．3：2【考点】铝的化学性质；化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】根据铝与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式可知，酸、碱足量时，铝完全反应，则铝的质量相等生成的氢气也相等．【解答】解：由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知，酸、碱均过量，则铝完全反应，铝的物质的量相等，从方程式中可以看到铝与氢气的比例都是2：3，因此产生的氢气是相等的，生成氢气的体积比为1：1，故选A．【点评】本题主要考查了铝与酸、碱的反应，明确铝与氢氧化钠的反应方程式及Al的物质的量相同是解题关键，题目难度中等．8．下列各组离子，能在溶液中大量共存的是（）A．H+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣B．Al3+、Mg2+、SO42﹣、OH﹣C．Fe2+、H+、K+、MnO4﹣D．Cu2+、H+、Cl﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等免责离子大量共存，以此来解答．【解答】解：A．该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．Al3+、Mg2+均与OH﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．Fe2+、H+、MnO4﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．H+、HCO3﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意发生的氧化还原反应，题目难度不大．9．下列离子方程式中，正确的是（）A．铁与盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．氯化铁溶液与铁反应：Fe3++Fe═2Fe2+C．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+═Fe3++H2OD．氯化铁溶液与铜反应：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+【考点】离子方程式的书写．【分析】A．不符合反应客观事实；B．电荷不守恒；C．电荷不守恒；D．二者反应生成氯化铜和氯化亚铁．【解答】解：A．铁与盐酸反应，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；B．氯化铁溶液与铁反应，离子方程式：2Fe3++Fe═3Fe2+，故B错误；C．氧化亚铁与稀盐酸反应，离子方程式：FeO+2H+═Fe2++H2O，故C错误；D．氯化铁溶液与铜反应，离子方程式：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大．10．向下列各物质的水溶液中滴加稀硫酸或MgCl2溶液时，均有白色沉淀生成的是（）A．BaCl2B．KOH C．Na2CO3D．Ba（OH）2【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】A、氯化钡溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡；B、氢氧化钾溶液中滴加氯化镁生成白色沉淀氢氧化镁；C、碳酸钠溶液中滴入氯化镁生成溶解度极小的氢氧化镁；D、氢氧化钡溶液中滴入稀硫酸生成硫酸钡，滴加氯化镁生成氢氧化镁沉淀．【解答】解：A、氯化钡溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡，而滴氯化镁无沉淀，故A不选；B、氢氧化钾溶液中滴加氯化镁生成白色沉淀氢氧化镁，而滴加稀硫酸无沉淀，故B不选；C、碳酸钠溶液中滴入氯化镁生成溶解度极小的氢氧化镁，而滴入稀硫酸产生气体，故C不选；D、氢氧化钡溶液中滴入稀硫酸生成硫酸钡，滴加氯化镁生成氢氧化镁沉淀，则滴加稀硫酸或MgCl2溶液时，均有白色沉淀生成，符合题意，故D选；故选D．【点评】本题考查物质之间的相互反应的现象的有关知识，比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握．11．以下实验操作不正确的是（）A．金属钠保存在煤油中B．白磷保存在水中C．在FeCl3溶液中加入一定量铁粉，防止溶液变质D．为了检验FeCl2溶液是否变质，可用KSCN 溶液检验【考点】化学试剂的存放；盐类水解的应用；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【专题】物质检验鉴别题；盐类的水解专题；化学实验常用仪器及试剂．【分析】A．钠能与空气中的水和氧气反应；B．白磷着火点低，在空气中易自燃；C．加入一定量的铁粉，铁与铁离子反应；D．先考虑如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN﹣生成络合物，使溶液呈现血红色．【解答】解：A．钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存，故A正确；B．白磷着火点低，在空气中易自燃，放在冷水中可使之与氧气隔绝，并降低其表面温度，因此其密封保存与空气中的氧气有关，故B正确；C．加入一定量的铁粉，铁与铁离子反应，溶液中Fe3+浓度降低，故C错误；D．如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN﹣生成络合物，使溶液呈现血红色现象明显，这一反应是Fe3+的特征反应，所以用KSCN溶液，故D正确．故选C．【点评】本题考查药品的储存和离子的检验，难度不大，解题的关键是了解所储存物质的特性，注意检验Fe3+的物质有：KSCN（溶液变血红色）、苯酚（溶液呈紫色），题目难度不大．12．10g镁铝合金与足量的氢氧化钠溶液反应后，生成气体3.36L（标准状况），则此合金中含镁的质量分数为（）A．35.6% B．27% C．10% D．73%【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根据氢气计算Al的质量，进而计算Mg 的质量分数．【解答】解：设合金中Al的质量为m，则：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑54g 3×22.4Lm 3.36L所以m==2.7g故合金中Mg的质量为10g﹣2.7g=6.3g则合金中Mg的质量分数为×100%=63%，故选：D．【点评】本题考查混合物计算，关键是明确发生的反应，注意方程式计算中左右单位不同时，应左右单位相当，上下单位一致．二、非选择题．13．（1）维生素C又称“抗坏血酸”，在人体内有重要的功能．例如，能帮助人体将食物中摄取的不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，这说明维生素C具有还原性（填氧化性或还原性）．铁粉也可以将Fe3+转变为易吸收的Fe2+，离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+．（2）印刷电路板是高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”溶解铜箔，生成CuCl2和FeCl2．相关的化学方程式：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2．【考点】氧化还原反应．【分析】（1）Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高；Fe与铁离子反应生成亚铁离子；（2）FeCl3与Cu反应生成CuCl2和FeCl2．【解答】解：（1）Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，说明维生素C 具有还原性；Fe与铁离子反应生成亚铁离子，其反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；故答案为：还原性；2Fe3++Fe=3Fe2+；（2）用FeCl3溶液作为“腐蚀液”溶解铜箔，生成CuCl2和FeCl2，其反应的方程式为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2；故答案为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2．【点评】本题考查氧化还原反应，明确各元素的化合价变化是解答该题的关键，注意从元素化合价角度分析，题目难度不大．14．为了确认电解质溶液X的成分，某同学做了以下两组实验，请根据实验回答问题：编号ⅠⅡ实验一编号Ⅲ实验二（1）实验步骤Ⅰ中无明显现象，实验步骤Ⅱ中发现溶液变红色，相关的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；（2）实验步骤Ⅲ中反应的离子方程式为：Cl﹣+Ag+=AgCl↓；（3）实验一证明X溶液中含Fe2+离子，实验Ⅱ证明X溶液中含Cl﹣离子．（填离子符号）【考点】常见离子的检验方法．【分析】（1）实验步骤Ⅰ中无明显现象说明溶液中无铁离子，实验步骤Ⅱ加入足量氯水后发现溶液变红色，说明溶液中的亚铁离子，由此分析书写离子方程式；（2）加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀产生，说明溶液中有氯离子；（3）实验一证明X溶液中一定含亚铁离子，实验Ⅱ证明X溶液中含氯离子．【解答】解：（1）实验步骤Ⅰ中无明显现象说明溶液中无铁离子，实验步骤Ⅱ加入足量氯水后发现溶液变红色，说明溶液中的亚铁离子，亚铁离子与氯气反应的方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，溶液变红的离子方程式：Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；（2）加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀产生，说明溶液中有氯离子，离子反应方程式为：Cl﹣+Ag+=AgCl↓，故答案为：Cl﹣+Ag+=AgCl↓；（3）实验一证明X溶液中一定含亚铁离子，实验Ⅱ证明X溶液中含氯离子，故答案为：Fe2+；Cl﹣．【点评】本题考查了离子反应、常见的离子检验方法，题目难度中等，注意熟练掌握常见离子之间发生的反应现象及离子检验的方法，明确某些离子的特征反应，如氯离子、亚铁离子的特征反应．15．实验室常用NaOH溶液和氨水（NH3•H2O）两种碱溶液来制取不同的金属氢氧化物，请选择合适的试剂来制取以下的金属氢氧化物：（1）要制取Fe（OH）3时，可用NaOH溶液与Fe2（SO4）3或FeCl3（写化学式）反应，所得到的沉淀为红褐色，离子方程式为：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓．（2）要制取Fe（OH）2时，可用NaOH溶液与FeSO4或FeCl2（写化学式）反应，所得到的沉淀为白色，离子方程式为：Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓．（3）要制取Cu（OH）2时，可用NaOH溶液与CuSO4或CuCl2（写化学式）反应，所得到的沉淀为蓝色，离子方程式为：Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓．（4）要制取Al（OH）3时，可用氨水与Al2（SO4）3或AlCl3（写化学式）反应，所得到的沉淀为白色，离子方程式为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓．【考点】离子方程式的书写；钠的重要化合物．【专题】离子反应专题．【分析】（1）氢氧化钠与可溶性铁盐反应生成氢氧化铁，氢氧化铁为红褐色沉淀；（2）氢氧化钠与可溶性亚铁盐反应生成氢氧化亚铁，氢氧化铁为白色沉淀；（3）氢氧化钠与可溶性铜盐反应生成氢氧化铜，氢氧化铜为蓝色沉淀；（4）氨水与可溶性铝盐反应生成氢氧化铝，氢氧化铝为白色沉淀．【解答】解：（1）氢氧化钠与Fe2（SO4）3或FeCl3反应生成氢氧化铁，氢氧化铁为红褐色沉淀，离子方程式：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓；故答案为：Fe2（SO4）3或FeCl3；红褐； Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓；（2）氢氧化钠与可溶性FeSO4或FeCl2反应生成氢氧化亚铁，氢氧化铁为白色沉淀，离子方程式：Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓；故答案为：FeSO4或FeCl2；白色；Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓；（3）氢氧化钠与CuSO4或CuCl2反应生成氢氧化铜，氢氧化铜为蓝色沉淀，离子方程式：Cu2++2OH ﹣=Cu（OH）2↓；故答案为：CuSO4或CuCl2；蓝色；Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓；（4）氨水与Al2（SO4）3或AlCl3反应生成氢氧化铝，氢氧化铝为白色沉淀，离子方程式：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓；故答案为：Al2（SO4）3或AlCl3；白色；Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓；【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确复分解反应条件是解题关键，题目难度不大，注意制备氢氧化铝应用氨水，不能使用氢氧化钠．16．物质A～E均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，它们可发生如图所表示的反应．已知A是一种淡黄色的固体，B是银白色金属单质．（1）反应⑤可用于潜水艇中制取氧气，相关的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，氧化剂是Na2O2，还原剂是Na2O2；（2）根据反应②相关的现象，从表格下方找出相应性质序号填在表格中，并在对应的位置写上该反应的化学方程式．现象单质B的相关性质（填序号）相关的化学方程式Ⅰ单质B浮在水面上Ⅱ熔成一个小球Ⅲ四处游动，发出嘶嘶的声音Ⅳ滴入酚酞试剂，溶液变红与反应现象相应的性质：①反应后生成了酸性物质；②反应后生成了碱性物质；③单质B的熔点低；④单质B的密度比水的小；⑤生成了气体；⑥单质B的密度比水的密度大．（3）D和E分别与等浓度的盐酸反应，相同条件下生成等体积的气体，则以下说法正确的是：①③（填序号）①消耗D的质量较多；②消耗E的质量较多；③D消耗盐酸的体积更大④E 消耗盐酸的体积更大．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】物质A～E均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，A是一种淡黄色的固体，能和CO2、H2O反应，则A是Na2O2，C是NaOH，D是Na2CO3，B是银白色金属单质，能和水反应，且可以反应得到过氧化钠，则B是Na，E加热得到碳酸钠，则E为NaHCO3，据此解答．【解答】解：物质A～E均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，A是一种淡黄色的固体，能和CO2、H2O反应，则A是Na2O2，C是NaOH，D是Na2CO3，B是银白色金属单质，能和水反应，且可以反应得到过氧化钠，则B是Na，E加热得到碳酸钠，则E为NaHCO3．（1）反应⑤可用于潜水艇中制取氧气，相关的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，氧化剂是Na2O2，还原剂是 Na2O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；Na2O2；Na2O2；（2）反应②为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应现象对应的性质为：现象单质B的相关性质（填序号）相关的化学方程式Ⅰ单质Na浮在水面上④2Na+2H2O=2NaOH+H2↑Ⅱ熔成一个小球③Ⅲ四处游动，发出嘶嘶的声音⑤Ⅳ滴入酚酞试剂，溶液变红②，故答案为：现象单质B的相关性质（填序号）相关的化学方程式Ⅰ单质Na浮在水面上④2Na+2H2O=2NaOH+H2↑Ⅱ熔成一个小球③Ⅲ四处游动，发出嘶嘶的声音⑤Ⅳ滴入酚酞试剂，溶液变红②．（3）Na2CO3和NaHCO3分别与等浓度的盐酸反应，发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，相同条件下生成等体积的气体，由方程式可知，消耗Na2CO3和NaHCO3的物质的量相等，则消耗Na2CO3的质量较低，碳酸钠消耗盐酸体积较大，故选：①③．【点评】本题考查无机物推断，涉及钠元素单质化合物性质，以A的颜色及发生的反应为突破口采用正逆结合的方法进行推断，明确物质的性质是解本题关键，注意对基础知识的理解掌握．17．现有4.6gNa、2.4gMg、2.7gAl和6.4gCu，分别将其投入盛有100mL1.5mol/L盐酸的4个烧杯．（1）各烧杯中可能发生反应的化学方程式为：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+H2↑．（2）反应结束后，没有剩余的金属是：Na （填元素符号）；（3）反应结束后，产生气体的物质的量分别为：①投入Na的烧杯，生成气体0.1 mol；②投入Mg的烧杯，生成气体0.075 mol；③投入Al的烧杯，生成气体0.075 mol；④投入Cu的烧杯，生成气体0 mol．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】（1）4个烧杯分别发生：钠烧杯2Na+2HCl=2NaCl+H2↑和 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；镁烧杯Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；铝烧杯：2Al+6HCl=2AlCl3+H2↑；铜烧杯不反应；（2）铜不与氯化氢反应，根据n=计算出钠、镁、铝的物质的量，根据n=cV据此氯化氢的物质的量，然后根据反应关系式判断过量情况；（3）根据电子转移，生成1mol的氢气转移2mol的电子，由此解答．【解答】解：（1）4个烧杯分别发生：钠烧杯2Na+2HCl=2NaCl+H2↑和 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；镁烧杯Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；铝烧杯：2Al+6HCl=2AlCl3+H2↑；铜烧杯不反应，故答案为：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑和 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；2Al+6HCl=2AlCl3+H2↑；（2）4.6gNa的物质的量为： =0.2mol，2.4g镁的物质的量为： =0.1mol，2.7g铝的物质的量为： =0.1mol，6.4g铜的物质的量为： =0.1mol，100mL1.5mol•L﹣1盐酸中氯化氢的物质的量为：1.5mol/L×0.1L=0.15mol，铜不参与反应，则最后Cu一定有剩余；钠能够与水反应，则Na一定完全反应；0.1molMg完全反应消耗0.2mol氯化氢，则氯化氢不足，镁有剩余；0.1mol铝完全反应消耗0.3mol氯化氢，则氯化氢不足，Al会有剩余，所以最后金属有剩余的为：Mg、Al、Cu，所以没有剩余的金属是：Na，故答案为：Na；（3）①0.2mol钠完全反应生成0.1mol的氢气，故答案为：0.1mol；②投入Mg的烧杯中，镁过量，根据盐酸计算，生成氢气为0.075mol，故答案为：0.075mol；③投入Al的烧杯中，Al过量，根据盐酸计算，生成氢气为0.075mol，故答案为：0.075mol；④投入Cu的烧杯，不反应生成气体为0，故答案为：0．。

海南省高二上学期化学9月月考试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题（25题*2分/题=50分） (共25题；共50分)1. （2分） (2016高一上·全州期中) 下列物质都能导电，其中属于电解质的是（）A . NaCl溶液B . NH3C . 稀硫酸D . 熔融的NaOH2. （2分） (2015高二上·咸阳期末) 在2L的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（g）．若最初加入的A和B都是3mol，在前10s A的化学反应速率为0.12mol/（L•s），则10s时，容器中B的物质的量是（）A . 0.6 molB . 1.2 molC . 2.4 molD . 1.8 mol3. （2分）对于反应：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，下列说法正确的是（）A . 用HCl和CaCl2表示的反应速率数据不同，但所表示的意义相同B . 不能用CaCO3的浓度变化来表示反应速率，但可用水来表示C . 用H2O和CO2表示的化学反应速率相同D . 用CaCl2浓度的减小表示其反应速率4. （2分） (2018高二上·牡丹江月考) 化学与生活、生产密切相关．下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（）A . 调味剂B . 防腐剂C . 增稠剂D . 着色剂5. （2分） (2016高二上·临淄期末) 室温条件下，将1molNO2充入一恒容密闭容器中，进行如下反应：2NO2（g）═N2O4（g）△H＜0则该条件下，如下示意图中正确且能说明反应达到平衡状态的是（）A .B .C .D .6. （2分）恒温（1100℃）恒容密闭容器中发生反应：Na2SO4（s）+4H2（g）⇌Na2S（s）+4H2O（g）．下列说法正确的是（）A . 该反应的平衡常数表达式K=B . 若容器内气体的密度或压强保持不变，均说明该反应已达到平衡状态C . 若Na2SO4足量，改变起始充入H2的浓度，达平衡时H2的转化率不变D . 若初始时投入2.84gNa2SO4与一定量H2 ，反应达平衡时容器内固体共有2.264g，则Na2SO4的转化率为55%7. （2分） (2016高三上·海淀期中) 在100℃时，将0.40mol NO2气体充入2L的密闭容器中，发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．监测反应获得如表数据：下列说法正确的是（）时间/s020406080n（NO2）/mol0.40n10.26n3n4n（N2O4）/mol0.000.05n20.080.08A . 0～20 s内，v（NO2）=0.005 mol•L﹣1•s﹣1B . 59 s时，c（NO2）一定大于0.12 mol•L﹣1C . 若仅将起始时充入NO2的量增至0.80 mol，则该反应的平衡常数K＞D . 若上述反应在120℃时进行，则反应至80 s时，n（N2O4）＜0.08 mol8. （2分） (2016高二上·大庆开学考) 某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A （g）+xB（g） 2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如下图所示．下列说法中正确是（）A . 30min时降低温度，40min时升高温度B . 8min前A的平均反应速率为0.08mol/（L•s）C . 反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应D . 20min～40min间该反应的平衡常数均为49. （2分） (2018高一下·宁波期中) 在密闭容器中进行X2(g)+Y2(g) 2Z(g)的反应，已知起始时其中X2、Y2、Z各物质浓度分别为0.1mol∙L-1、0.3mol∙L-1、0.2mol∙L-1 ，反应达到平衡时，各物质浓度可能是（）A . c(X)=0.2mol∙L-1B . c(Y2)=0.35mol∙L-1C . c(Y2)=0.2mol∙L-1D . c(Z)=0.4mol∙L-110. （2分）对可逆反应：2A (s)＋3B(g) C(g) ＋2D(g) △H＜0在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，V（正）减小③压强增大一倍，平衡不移动，V（正）、V（逆）不变④增大B的浓度，V（正）＞V（逆）⑤加入催化剂，B的转化率提高A . ①②B . ④C . ③D . ④⑤11. （2分） (2018高二上·孙吴期中) 在温度、容积相同的三个密闭容器中发生反应N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) ΔH= －92.4kJ/mol，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的有关数据如下：容器甲乙丙反应物投入量1molN2、3molH22molNH34molNH3NH3的浓度(mol/L)c1c2c3反应的能量变化放出a kJ吸收b kJ吸收c kJ体系压强P1P2P3反应物转化率α1α2α3下列说法正确的是（）A . 2c1＞c3B . a + b=92.4C . 2P1＜P3D . α1 +α3=112. （2分） (2015高一下·山东期中) 反应2A（g）+B（g）⇌2C（g）（吸热反应）下列反应条件有利于生成C的是（）A . 低温、低压B . 低温、高压C . 高温、高压D . 高温、低压13. （2分）(2018·厦门模拟) 已知亚硒酸(H2SeO3)为二元弱酸，常温下，向某浓度的亚硒酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2SeO3、HSeO3-、SeO32-三种微粒的物质的量分数与溶液pH 的关系如图所示。