辽宁省沈阳二中届高三上学期期中考试化学试题 解析版2.docx
《辽宁省沈阳二中届高三上学期期中考试化学试题 解析版2.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省沈阳二中届高三上学期期中考试化学试题 解析版2.docx（44页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
辽宁省沈阳二中届高三上学期期中考试化学试题解析版2
辽宁省沈阳二中2015届高三上学期期中考试化学试题（解析版2）
一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题意）
1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．
标准状况下，11.2L乙醇所含的羟基数为0.5NA
B．
常温下，1L0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中含有的离子总数为0.3NA
C．
常温常压下，5.6g乙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4NA
D．
电解硫酸铜溶液时，阳极每生成标准状况下3.36L气体，电路中转移电子数为0.3NA
考点：
阿伏加德罗常数．.
专题：
阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
分析：
A、标况下，乙醇是液体，无法计算乙醇的物质的量；
B、碳酸钠溶液中碳酸根离子水解生成氢氧根离子，溶液中离子总数增大；
C、根据乙烯和环丙烷的最简式计算出5.6g混合物含有的碳原子数目；
D、根据氧气的物质的量及电子守恒计算出转移的电子数．
解答：
解：
A、在标准状况下，乙醇不是气体，无法计算11.2L乙醇的物质的量，故A错误；
B、1L0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，碳酸根离子部分水解，溶液中阴离子数目增多，所以溶液中含有的离子总物质的量大于0.3mol，离子总数大于0.3NA，故B错误；
C、乙烯和环丙烷的最简式为CH2，5.6g混合气体含有0.4mol最简式，含有0.4mol碳原子，含有的碳原子数为0.4NA，故C正确；
D、电解硫酸铜溶液时，阳极生成的是氧气，标准状况下3.36L气体的物质的量为0.15mol，转移的电子的物质的量为0.6mol，电路中转移电子数为0.6NA，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意标准状况下物质的状态，阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容；要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．
2．（2分）主族元素单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律．下列有关说法不正确的是（ ）
A．
卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次加深
B．
氧族元素氢化物稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减小
C．
氢化物的沸点按NH3、BiH3、SbH3、AsH3、PH3的顺序依次递减
D．
最高价氧化物对应水化物碱性按NaOH、KOH、RbOH、CsOH的顺序依次增强
考点：
同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．.
分析：
A．氯化银是白色固体，溴化银是淡黄色固体，碘化银是黄色固体；
B．非金属性越强，则其氢化物的稳定性越强；
C．氢化物的相对分子质量越大，则沸点越高，含有氢键的沸点较高；
D．金属性越强，则最高价氧化物的水化物的碱性越强．
解答：
解：
A．氯化银是白色固体，溴化银是淡黄色固体，碘化银是黄色固体，所以卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次加深，故A正确；
B．非金属性越强，则其氢化物的稳定性越强，非金属性：
O＞S＞Se＞Te，则氧族元素氢化物稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减小，故B正确；
C．氢化物的相对分子质量越大，则沸点越高，NH3含有氢键沸点较高，则氢化物的沸点按NH3、BiH3、SbH3、AsH3、PH3的顺序依次递减，故C错误；
D．金属性越强，则最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：
Na＜K＜Rb＜Cs，则最高价氧化物对应水化物碱性按NaOH、KOH、RbOH、CsOH的顺序依次增强，故D正确；
故选C．
点评：
本题考查了金属元素和非金属元素性质的递变性，根据元素周期律来分析解答即可，灵活运用基础知识解答，题目难度不大．
3．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．
云、烟、雾等均能产生丁达尔现象
B．
开发氢能、太阳能、风能、生物质能等新型能源是践行低碳生活的有效途径
C．
“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关
D．
用脱硫处理的煤代替原煤做燃料可以有效减少空气中CO2气体的含量
考点：
常见的生活环境的污染及治理；分散系、胶体与溶液的概念及关系；使用化石燃料的利弊及新能源的开发．.
分析：
A、根据云、烟、雾等属于胶体来分析；
B、开发氢能、太阳能、风能、生物质能等可以减少火力发电；
C、光化学烟雾与氮氧化物有关，“硝酸型酸雨”原因是水中含有硝酸，与氮氧化物有关；
D、用脱硫处理的煤代替原煤做燃料可以有效减少空气中SO2气体的含量．
解答：
解：
A、云、烟、雾等属于胶体，具有丁达尔现象，故A正确；
B、开发氢能、太阳能、风能、生物质能等可以代替火力发电，减少二氧化碳的排放，故B正确；
C、氮氧化物排放到空气中易形成“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”等环境污染，故C正确；
D、煤中含有硫元素，用脱硫处理的煤代替原煤做燃料可以有效减少空气中SO2气体的含量，故D错误．
故选D．
点评：
本题考查较为综合，涉及胶体、能源、环境等问题，题目难度不大，注意基础知识的积累．
4．（2分）将c（H+）相同的盐酸和醋酸，分别用蒸馏水稀释至原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的c（H+）仍相同，则m和n的关系是（ ）
A．
m＞n
B．
m＜n
C．
m=n
D．
不能确定
考点：
弱电解质在水溶液中的电离平衡．.
分析：
根据醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离平衡正向移动，而盐酸是强电解质，不存在电离平衡．
解答：
解：
因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使m＜n，故选B．
点评：
本题考查了稀释对强弱电解质的不同影响，加水稀释，弱电解质的电离平衡会向右移动，这样生成的离子浓度在减小的同时还有增大的趋势．
5．（2分）（2012•黄浦区一模）在一定条件下，RO3﹣与R﹣可发生反应：
RO3﹣+5R﹣+6H+═3R2+3H2O，下列关于R元素的叙述中，正确的是（ ）
A．
元素R位于周期表中第ⅤA族
B．
RO3﹣中的R只能被还原
C．
R2在常温常压下一定是气体
D．
若1molRO3﹣参与该反应，则转移的电子的物质的量为5mol
考点：
氧化还原反应的计算．.
专题：
氧化还原反应专题．
分析：
A、由反应方程式可知，R的最低负价为﹣1，则其最高正价为+7价，族序数等于最高正化合价．
B、RO3﹣中R为+5价，R的最低负价为﹣1，R最高正价为+7价，元素处于中间价态既具有氧化性又具有还原性．
C、若R为I或Br也可以发生如上反应．
D、反应中R元素化合价由+5价降低为0，据此计算．
解答：
解：
A、由反应方程式可知，R的最低负价为﹣1，则其最高正价为+7价，族序数等于最高正化合价，元素R应位于第ⅦA族，故A错误；
B、RO3﹣中R为+5价，R的最低负价为﹣1，R最高正价为+7价，元素处于中间价态既具有氧化性又具有还原性，故B错误；
C、若R为Cl，单质为气体，若R为I或Br也可以发生如上反应，碘为固体，溴为液体，故C错误；
D、反应中R元素化合价由+5价降低为0，若1molRO3﹣参与该反应，则转移的电子的物质的量为1mol×（5﹣0）=5mol，故D正确．
故选：
D．
点评：
考查学生氧化还原反应、元素性质与物质关系以及根据信息提取知识的能力等，难度中等，关键根据离子方程式判断R的最低负价为﹣1，最高正价为+7价．是对所学知识的综合运用与能力考查，是一道不错的能力考查题目．
6．（2分）分别含有下列4种杂质的纯碱样品，当含杂质的质量分数相同时，取等质量的四种样品，与浓度相同的盐酸反应，所消耗盐酸的体积由多到少的顺序是（ ）
杂质：
①NaOH；②Ca（OH）2；③NaHCO3；④CaCO3．
A．
①②④③
B．
③④①②
C．
②①④③
D．
④③②①
考点：
化学方程式的有关计算．.
分析：
当所含杂质的质量分数相同时，取等质量的四种样品与浓度相同的盐酸反应，即杂质的质量相等，发生相关反应方程式如下：
①NaOH+HCl=NaCl+H2O；②Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O；③NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；④CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，结合方程式即可判断；
解答：
解：
当所含杂质的质量分数相同时，取等质量的四种样品与浓度相同的盐酸反应，即杂质的质量相等，设杂质的质量为m，则
①NaOH+HCl=NaCl+H2O；
40g1mol
m
mol
②Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O；
74g2mol
m
mol
③NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；
84g1mol
m
mol
④CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O
100g2mol
m
mol
盐酸的浓度相同，同等质量情况下，所消耗盐酸体积由多到少的顺序是：
②＞①＞④＞③，
故选C．
点评：
本题主要考查了化学计算，解答本题要善于发现物质之间反应时的对应关系，然后再根据相关数据进行分析、判断，从而得出正确的结论，题目难度不大．
7．（2分）某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B（g）⇌2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol．保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡左移的是（ ）
A．
均减半
B．
均加倍
C．
均增加1mol
D．
均减少1mol
考点：
化学平衡的影响因素．.
专题：
化学平衡专题．
分析：
在容积可变的情况下，从对平衡混合物中三者的物质的量对各物质的量的浓度影响角度思考．在“均减半”或“均加培”时，相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，
原平衡时A、B和C的物质的量之比为2：
1：
2，“均增加1mol”时相当于相当于在原来的基础上多加了B，“均减小1mol”时相当于相当于减少的A、C少，B多，以此解答该题．
解答：
解：
A．由于是在容积可变的容器中，则在“均减半”相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，平衡不会移动，故A错误；
B．由于是在容积可变的容器中，则在“均加培”相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，平衡不会移动，故B错误；
C．如A、B和C的物质的量之比按照2：
1：
2的比值增加，则平衡不移动，而“均增加1mol”时相当于在原来的基础上多加了B，则平衡向右移动，故C错误；
D．如A、B和C的物质的量之比按照2：
1：
2的比值减小，则平衡不移动，而均减少1mol，相当于减少的A、C少，B多，则平衡左移，故D正确．
故选：
D．
点评：
本题考查化学平衡移动，要注意的是基本概念、基础理论是高考中不变的一个重点．这道题的设问别具一格，解答时既要定性判断、又要定量分析，多次灵活转换，都值得大家研究，思维转化是解答该题的关键．
8．（2分）16.8gNaHCO3和7.8gNa2O2在密闭容器中灼烧，充分反应后，将密闭容器保持温度为500℃，最后容器内物质是（ ）
A．
Na2CO3，O2，H2O（g）
B．
Na2CO3，Na2O，O2
C．
Na2CO3，CO2，O2，H2O（g）
D．
NaHCO3，Na2CO3，O2
考点：
化学方程式的有关计算；钠的重要化合物．.
分析：
在密闭容器中充分加热，2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O，计所产生的气体CO2和H2O与Na2O2的反应为：
2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，最终可以看作生成的二氧化碳先与过氧化钠反应，然后水再与过氧化钠反应．计算16.8gNaHCO3分解生成的二氧化碳、水的质量，再根据二氧化碳与过氧化钠的反应进行过量计算判断是否有过氧化钠剩余，若过氧化钠剩余，则与水反应生成氢氧化钠，再根据剩余过氧化钠与水的量进行判断，据此解答．
解答：
解：
2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O
168 44 18
16.8g 4.4g1.8g
2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，
88156
4.4g7.8g
7.8gNa2O2恰好与NaHCO3分解产生的4.4gCO2完全反应生成Na2CO3和O2，所以最后容器内的物质是Na2CO3、O2、H2O（g），
故选A．
点评：
本题考查钠重要化合物性质、混合物的有关计算，难度中等，注意过氧化钠与水、二氧化碳反应的性质，注意转化为二氧化碳、水与过氧化钠反应的先后问题进行的解答．
9．（2分）用质量均为100g的Cu作电极，电解AgNO3溶液．稍电解一段时间后，两电极的质量相差28g，此时两电极的质量分别为（ ）
A．
阳极100g，阴极128g
B．
阳极93.6g，阴极121.6g
C．
阳极91.0g，阴极119.0g
D．
阳极86.0g，阴极114.0g
考点：
电解原理．.
分析：
用铜作电极电解硝酸银溶液时，阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+，阴极上银离子得电子生成银，电极反应式为Ag++e﹣=Ag，电池反应式为Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，两个电极质量差为溶解铜的质量和析出银的质量之和，根据转移电子相等计算两个电极的质量．
解答：
解：
用铜作电极电解硝酸银溶液时，阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+，阴极上银离子得电子生成银，电极反应式为Ag++e﹣=Ag，电池反应式为Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，设阴极析出银的质量为x，根据转移电子相等得阳极溶解铜的质量=
×64=
，两个电极质量差为溶解铜的质量和析出银的质量之和，所以x+
=28，x=21.6，即析出银的质量为21.6g，溶解铜的质量=
×21.6=6.4g，所以阳极上金属质量=100g﹣6.4g=93.6g，阴极上金属质量=100g+21.6g=121.6g，
故选B．
点评：
本题以电解原理为载体考查物质的量的计算，正确理解“电解一段时间后两个电极质量差为溶解铜的质量和析出银的质量之和”为解答本题关键，再结合转移电子守恒解答即可，本题还可以采用排除法解答，阳极质量减少阴极质量增加，根据转移电子守恒知溶解铜的质量和析出银的质量不等，从而得出正确选项．
10．（2分）下列有关实验操作的叙述不正确的是（ ）
A．
用干燥、洁净的玻璃棒醮取待测液滴在pH试纸（置于表面皿内）上测溶液的pH
B．
烧瓶、锥形瓶、烧杯加热时都要垫石棉网
C．
制备Fe（OH）3胶体时，应往沸水中加饱和FeC13溶液，并继续加热至溶液呈现红褐色为止
D．
已知I3﹣⇌I2+I﹣，向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大
考点：
测定溶液pH的方法；胶体的重要性质；间接加热的仪器及使用方法；分液和萃取．.
分析：
A、测定pH，玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸上；
B、烧瓶、锥形瓶、烧杯都不能直接加热；
C、制备Fe（OH）3胶体时，应往沸水中加饱和FeC13溶液；
D、依据给出反应判断反应原理回答即可．
解答：
解：
A、测定pH，玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸上，pH试纸置于表面皿内，操作合理，故A正确；
B、烧瓶、锥形瓶、烧杯都不能直接加热，故加热时都要垫石棉网，故B正确；
C、制备Fe（OH）3胶体时，应往沸水中加饱和FeC13溶液，并继续加热至溶液呈现红褐色为止，故C正确；
D、由于发生反应I3﹣⇌I2+I﹣，故向盛有KI3溶液中有生成的碘单质，故向此试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，故D错误，故选D．
点评：
本题主要考查的是pH值的测定方法、仪器的使用、胶体的制备等，综合性较强，但是难度不大．
二、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题意）
11．（3分）用石墨作电极电解AlCl3溶液时，如图所示的电解变化曲线合理的是（ ）
A．
①④
B．
②④
C．
②③
D．
①③
考点：
电解原理．.
分析：
用石墨作电极电解氯化铝时，阳极是氯离子放电，放电完毕后是氢氧根放电，阴极是氢离子放电，酸性减弱，pH值会增大．
解答：
解：
中间的虚线pH=7，溶液pH之所以不会大于7，可能情况有两种：
①电解生成的氯气溶于水变成盐酸和次氯酸，使得溶液呈酸性；②电解产生的OH﹣会和溶液中的铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，不会有多余的氢氧根，所以溶液不会呈碱性，所以①是正确的，电解的初期会有沉淀生成，后期相当于电解水，不会有多余的氢氧根，所以沉淀量不会改变，所以④正确．
故选A．
点评：
本题考查学生电解池的工作原理，要求学生熟记教材知识，并会灵活运用．
12．（3分）工业废气中氮氧化合物是造成污染的主要来源．为治污，工业上通常通入NH3与之发生下列反应：
NOX+NH3→N2+H2O．现有NO、NO2的混合气3L，可用同温同压下的3.5LNH3恰好使其完全转化为N2，则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比（ ）
A．
1：
3
B．
2：
1
C．
1：
1
D．
1：
4
考点：
氮的氧化物的性质及其对环境的影响；有关混合物反应的计算．.
专题：
守恒法．
分析：
氮氧化物与氨气发生的反应是氧化还原反应，氮氧化物把氨气氧化为氮气，本身被还原为氮气，可以利用反应方程式通过设未知列方程组计算；也可以根据氧化还原反应的电子守恒计算；也可以利用平均值法计算，
解答：
解：
根据反应可知：
氨气被氧化为氮气，NH3～N2～3e﹣；一氧化氮被还原为氮气，NO～N2～2e﹣二氧化氮被还原为氮气
NO2～N2～4e﹣设一氧化氮体积为x，二氧化氮体积为3﹣x，氨气的体积为3.5L，根据电子守恒可知：
3.5L×3=2x+4×（3﹣x），
x=0.75L，二氧化氮体积为2.25L，则相同条件下，混合气体中NO和NO2的体积比等于物质的量之比=0.75：
2.25=1：
3；
故选A．
点评：
本题考查了氮氧化物的污染与防治，氧化还原反应的电子守恒，混合物的计算．
13．（3分）某FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水解），且SO42﹣的物质的量浓度为6mol/L，则此溶液最多可溶解铁粉的质量为（ ）
A．
11.2g
B．
16.8g
C．
19.6g
D．
22.4g
考点：
有关混合物反应的计算．.
专题：
守恒法．
分析：
根据H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子的物质的量可知反应后溶液中Fe2+的物质的量，减去原溶液中Fe3+、Fe2+物质的量，根据电荷守恒计算原溶液中Fe3+、Fe2+物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量．
解答：
解：
溶液中n（SO42﹣）=0.1L×6mol•L﹣1=0.6mol，
FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相同，则有n（Fe2+）=n（H+）=n（Fe3+），设Fe2+、Fe3+、H+三种离子物质的量均为n，根据电荷守恒知道：
2n+3n+n=0.6mol×2，解得n=0.2mol，
H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，则n（FeSO4）=0.6mol，根据Fe的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.6mol﹣0.2mol﹣0.2mol=0.2mol，
则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.2mol×56g/moL=11.2g，
故选A．
点评：
本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，注意用电荷守恒和质量守恒去解答，也可以根据氢离子、铁离子计算溶解的Fe的质量．
14．（3分）已知氢氟酸在水溶液中建立如下电离平衡：
HF⇌H++F﹣，如只改变一个条件一定可以使
减小的是（ ）
A．
通氯化氢气体
B．
加入少量氟化钾固体
C．
加入少氢氧化钠固体
D．
通入少量氟化氢气体
考点：
弱电解质在水溶液中的电离平衡．.
专题：
电离平衡与溶液的pH专题．
分析：
只改变一个条件一定可以使c（HF）/c（H+）减小，即分式中分母增大，或分子减少，也可利用电离平衡正向移动来分析．
解答：
解：
A、通氯化氢气体，溶液中的c（H+）增大，化学平衡虽逆向移动，但c（H+）增大的程度大于c（HF）增大的程度，则c（HF）/c（H+）减小，故A正确；
B、加入少量氟化钾固体，氟离子的浓度增大，化学平衡逆向移动，c（HF）增大，c（H+）减小，则c（HF）/c（H+）增大，故B错误；
C、加入少氢氧化钠固体，氢离子的浓度减小，化学平衡正向移动，但c（HF）大于c（H+），则c（HF）/c（H+）增大，故C错误；
D、通入少量氟化氢气体，化学平衡虽正向移动，但c（HF）增大的程度大于c（H+）增大的程度，则c（HF）/c（H+）增大，故D错误；
故选A．
点评：
本题考查电离平衡的移动，明确影响电离平衡移动的因素是解答的关键，并注意加入某物质或某离子时该物质或离子的浓度相对增大的程度更大来解答．
15．（3分）X、Y、Z、W、U是分别位于短周期的元素，原子序数依次递增．X与W位于同一主族，Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z、W、U原子的最外层电子数之和为13．Y元素的单质在X的某种氧化物中可燃．下列说法正确的是（ ）
A．
W的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸
B．
Y、Z元素的单质作电极，在NaOH溶液下构成原电池，Z电极上产生大量气泡
C．
室温下，0.05mol/LU的气态氢化物的水溶液的pH＞1
D．
Y、Z、U元素的简单离子半径由大到小的顺序：
Y＞Z＞U
考点：
原子结构与元素的性质．.
分析：
X、Y、Z、W、U是分
升级会员 