届山西省太原市高三上学期期末考试化学试题解析版Word下载.docx
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D.龚自珍诗句“落红不是无情物,化作春泥更护花”指凋谢的花可以包裹植物的根,对植物有保护作用
【答案】B
【解析】A、大理石主要成分为碳酸钙，焚烧后分解为氧化钙和二氧化碳的过程所有元素的化合价都没有变化，没有涉及到了氧化还原反应，选项A错误；
B、淘金要千遍万遍的过滤，虽然辛苦，但只有淘尽了泥沙，才会露出闪亮的黄金。
说明金的化学性质稳定，在自然界中常以单质状态存在，选项B正确；
C、焰色反应是元素的性质，属于物理变化，选项C错误；
D、腐生生活的细菌、真菌系微生物把植物的“落红”分解成二氧化碳、水、无机盐，变成“春泥”被植物吸收利用，选项D错误。
答案选B。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.1mol羟基中含有10NA个电子
B.1L0.1mol/L的葡萄糖溶液中含有的分子数为NA
C.标准状况下，2.24LCl2溶于水中达到饱和，可得到HClO分子的数目是0.1NA
D.由0.1molCH3COONa和少量醋酸形成的中性溶液中，CH3COO－数目等于0.1NA
【答案】D
【解析】A、羟基（—OH）中含有9个电子，则1mol羟基中含有9NA个电子，即A错误；
B、葡萄糖是非电解质，所以1L0.1mol/L的葡萄糖溶液中含有的分子数为0.1NA，故A错误；
C、溶于水的Cl2只有一小部分与水反应生成HCl和HClO，所以标况下0.1molCl2溶于水中达到饱和，得到HClO的分子数目小于0.1NA，即C错误；
D、在中性溶液中n（H+）=n（OH-），根据电荷守恒得n（Na+）=n（CH3COO－）=0.1mol，则CH3COO－数目为0.1NA，所以D正确。
本题正确答案为D。
点睛：
本题看似简单，但处处有风险，不细心认真地去思考，出错的可能性很大。
如羟基与OH-的区别，电解质与非电解质的确定，氯气溶于水以及与水反应的多少，电荷守恒在溶液中的应用等。
5.某有机物的结构简式为CH2=CHCH（CH3）CH2OH。
下列关于该有机物叙述不正确的是
A.1mol该有机物与足量的金属钠发生反应放出1mol氢气
B.在浓H2SO4催化下能与乙酸发生酯化反应
C.在催化剂作用下能与H2发生加成反应
D.能发生加聚反应
【答案】A
【解析】A、该有机物分子中只含一个羟基，所以1mol该有机物与足量钠反应放出0.5mol氢气，所以A错误；
B、该有机物分子中含有羟基，所以可以与乙酸，在浓硫酸催化下发生酯化反应，故B正确；
C、该有机物分子中含有碳碳双键，因此可在催化剂作用下与H2发生加成反应，故C正确；
D、因含有碳碳双键，所以可能发生加聚反应，故D正确。
本题正确答案为A。
6.某离子反应中共有H2O、ClO－、NH4+、H+、N2、Cl－六种微粒。
其中c（ClO－）随反应进行逐渐减小。
下列判断错误的是
A.该反应的还原剂是NH4+
B.反应后溶液酸性明显增强
C.若消耗1mol氧化剂，可转移2mole－
D.该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是2:
3
【解析】根据题目叙述，c（ClO－）随反应进行逐渐减小，说明ClO－是反应物，则Cl－是对应的生成物，Cl元素的化合价从+1价降低为-1价，ClO－作氧化剂，而在反应中化合价能升高的只有NH4+转化为N2，所以NH4+作还原剂，因此反应的离子方程式为3ClO－+2NH4+=N2+3Cl－+2H++3H2O，通过以上分析可知，A正确；
反应后生成了H+，使溶液酸性增强，则B正确；
C、消耗1mol氧化剂ClO－生成1molCl-，转移2mol电子，则C正确；
D、由电子转移守恒可得，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是3:
2，故D错误。
本题的关键是找出氧化剂、还原剂，写出反应的离子方程式。
根据已知信息，结合在氧化还原反应中化合价有升必有降的原则，即可写出反应的离子方程式。
7.下列实验操作对应的实验现象及解释或结论不正确的是
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
将相同大小的金属钠分别投入乙醇和水中
乙醇与钠反应缓慢，水与钠反应剧烈
乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼
B
向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/LMgCl2,再加入3滴1mol/L
FeCl3溶液
先生成白色沉淀,后生成红褐色沉淀
证明Ksp[Mg（OH）2]>
Ksp[Fe（OH）3]
C
将水蒸气通过灼热的铁粉
生成的气体可以点燃
铁与水蒸气在高溫下发生反应
D
将刚摘下的红色花朵放入盛满干燥氯气的集气瓶中,盖上玻璃片
花朵褪色
因为次氯酸具有漂白作用
A.AB.BC.CD.D
【解析】A、两个反应的实质都是钠置换出H2，所以反应的剧烈程度就能够说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故A正确；
B、实验中MgCl2和FeCl3溶液是先后分别加入的，且NaOH过量，所以实验现象与两种沉淀的Ksp大小没有关系，不能证明Ksp[Mg（OH）2]>
Ksp[Fe（OH）3]，故B错误；
C、因为水蒸气在高温下不可能点燃，而铁粉是固体，所以可以点燃的气体只能是新生成的物质，即说明铁与水蒸气在高溫下发生了反应，故C正确；
D、刚摘下的红色花朵中含有水分，可以与氯气反应生成次氯酸，使花朵褪色，故D正确。
本题正确答案为B。
8.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.1mol/LKNO3溶液：
H+、Fe2+、Cl-、SO42-
B.pH=12的溶液：
K+、Na+、CH3COO-、Br－
C.使甲基橙呈红色的溶液：
NH4+、Ba2+、AlO2-、Cl－
D.与铝反应产生大量氢气的溶液：
K+、Na+、CO32-、SO42-
【解析】A、KNO3溶液在有H+存在下具有强的氧化性，能够氧化Fe2+，所以A不能大量共存，即A错误；
B、pH=12的溶液呈碱性，CH3COO-水解也呈碱性，所以这几种离子可以大量共存，即B正确；
C、使甲基橙呈红色的溶液显酸性，则H+能与AlO2–结合生成Al（OH）3沉淀，故C不能大量共存；
D、与铝反应产生氢气的溶液，可能是强酸溶液，也可能是强碱溶液，其中CO32-在强酸溶液中反应生成CO2和H2O，但可在强碱溶液中存在，所以是可能大量共存，而不是一定能大量共存，故D错误。
本题一定要先明确溶液的酸碱性，再结合所给离子的性质，确定能否大量共存，但还要注意题目的要求是“一定”，而不是“可能”。
9.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在周期表中半径最小，Y的次外层电子数是其最外层的1/3，Z单质可与冷水缓慢反应产生X单质，W与Y属于同一主族。
下列叙述正确的是
A.原子半径:
rw>
rz>
rY
B.阴离子的还原性:
W>
Y>
X
C.化合物X2Y、ZY、ZX2中化学键的类型均相同
D.由Y元素形成的离子与W元素形成的离子的核外电子总数可能相同
【解析】短周期X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径在周期表中最小，即为H元素，Y的次外层电子数是其最外层的1/3，则Y是O元素，Z单质可与冷水缓慢反应H2，则Z为Mg元素，W与Y属于同一主族，即与O同族的短周期元素为S，故W为S元素。
A、O、Mg、S的原子半径为Mg>
S>
O，即rz>
rY，所以A错误；
B、阴离子的还原性H->
S2->
O2-，即X>
W>
Y，故B错误；
C、化合物X2Y、ZY、ZX2，分别是H2O、MgO、MgH2，它们的化学键类型不同，H2O是共价键形成的，MgO、MgH2是离子键形成的，故C错误；
D、由Y形成的离子为O2-或O22-，由W氧形成的离子为S2-，其中O22-和S2-的核外电子总数都是18，所以D正确。
本题出来二个不常见的微粒H-和MgH2，其中B选项中的H-的还原性，可从单质的氧化性去推导，C选项中的MgH2是由离子键形成的；
还有D选项中题目要求是“可能相同”，且“由Y元素形成的离子”往往只想到O2-，而忽略O22-的存在，导致选错。
10.铝一空气燃料电池具有原料易得、能量密度高等优点，基本原理如图所示，电池的电解质溶液为KOH溶液。
下列说法正确的是
A.放电时，若消耗22.4L氧气（标准状况），则有4molOH-从左往右通过阴离子交换膜
B.充电时，电解池阳极区的电解质溶液中c（OH-）逐渐增大
C.放电过程的负极反应式：
Al+3OH--3e-=Al（OH）3↓
D.充电时，铝电极上发生还原反应
【解析】根据图示，该电池放电的总反应方程式为：
4Al+3O2+4KOH=4KAlO2+2H2O，离子方程式为：
4Al+3O2+4OH-=4AlO2-+2H2O，其中负极为铝，电极反应式为4Al-12e--+16OH-=4AlO2-+8H2O，正极为多孔电极，电极反应式为3O2+12e--+6H2O=12OH--。
A.放电是原电池，标准状况下，22.4L氧气的物质的量为1mol，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，电解质溶液中的阴离子从正极区移向负极区，即OH-从右往左通过阴离子交换膜，故A错误；
B.充电是电解池，电解池阳极发生的电极反应可以看成原电池正极反应的逆反应，电极反应式为4OH--4e-=O2+2H2O，阳极区电解质溶液中c（OH-）逐渐减小，故B错误；
C.根据上述分析，放电过程的负极反应式：
4Al-12e--+16OH-=4AlO2-+8H2O，故C错误；
D.充电时，铝电极作阴极，发生还原反应，故D正确；
故选D。
11.下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是
A.乙酸分子中含有羧基,可与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2
B.等质量的乙烯和聚乙烯完全燃烧消耗氧气的物质的量相等
C.苯能与氢气发生加成反应生成环己烷，说明苯分子中含有碳碳双键
D.甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，与苯和浓硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同
【解析】A、乙酸的酸性强于碳酸，所以能与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，故A正确；
B、乙烯和聚乙烯的最简式都是CH2，所以等质量时完全燃烧消耗氧气的物质的量相等，则B正确；
C、苯能与氢气发生加成反应生成环己烷，说明苯分子的碳原子不饱和，而不能说明含有碳碳双键，则C错误；
D、甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，是氯原子取代了甲烷中一个氢原子，苯和浓硝酸反应生成硝基苯是硝基取代了苯环中氢原子，二者都是取代反应，故D正确。
因此本题正确答案为C。
12.下列图示与对应的叙述相符的是
A.图1表示向100mL0.1mol/L的AlCl3溶液中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液时n[Al（OH）3]的变化情况
B.图2表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点溶液
C.图3表示某一放热反应，若使用催化剂，E1、E2、△H都会发生改变
D.图4表示向Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸时，产生n（CO2）的情况
【解析】A．向l00mL0.lmol·
L-l的A1Cl3溶液中滴加1mol·
L-1的NaOH溶液时，最初溶液中沉淀量逐渐增多，当滴加到30mL后，沉淀开始溶解，40mL时沉淀完全溶解，故A正确；
B．a点未饱和，减少溶剂可以变为饱和，则a点表示的溶液通过蒸发溶剂可以得到b点，故B错误；
C．加催化剂改变了反应的历程，降低反应所需的活化能，但是反应热不变，故C错误；
D．向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，最初没有CO2气体生成，当全部生成NaHCO3后，再滴加稀盐酸时才有CO2气体生成，故D错误；
答案为A。
13.现有下列三个图像：
下列反应中全部符合上述图像的反应是
A.N2（g）+3H2（g）
2NH3（g） △H<
B.2SO3（g）
2SO2（g）+O2（g） △H>
C.2HI（g）
H2（g）+I2（g） △H>
D.4NH3（g）+5O2（g）
4NO（g）+6H2O（g） △H<
【解析】图象1表示升高温度，生成物含量增多，平衡正向移动，则反应为吸热反应，△H>
0；
由图象2可得，增大压强，平均相对分子质量增大，对于全部是气体的反应，说明平衡向气体分子数减小的方向移动，同时，升高温度，平均相对分子质量减小，说明气体分子数增大的方向是吸热反应；
由图象3可得，增大压强，ν逆>
ν正，平衡逆向移动，则正向是气体体积增大的，综上所述，该反应的正向是气体体积增大的吸热反应。
所以正确答案为B。
化学平衡图象问题，一定要根据平衡移动原理，结合反应方程式，认真分析每一个条件的改变对平衡的影响情况，综合后即可得出正确答案。
14.已知常温下碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如下表:
H2CO3
H2SO3
HClO
K1=4.30×
10-7
K1=1.54×
10-2
K=2.95×
10-8
K2=5.61×
10-11
K2=1.02×
A.相同条件下,同浓度的H2SO3溶液和H2CO3溶液的酸性，后者更强
B.Na2CO3溶液中通入少量SO2：
2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-
C.NaClO溶液中通入少量CO2:
2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-
D.向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液,均可提高氯水中HClO的浓度
【解析】A、弱电解质的电离平衡常数越大，则电离程度越大，说明弱酸的酸性越强，或者弱碱的碱性越强，H2SO3的K1=1.54×
10-2，而H2CO3的K1=4.30×
10-7，所以同浓度时H2SO3的酸性强于H2CO3的，故A错误；
B、由于H2SO3的K2小于H2CO3的K1，但大于其K2，所以Na2CO3溶液中通入少量SO2，考虑Na2CO3与酸的分步反应，所以反应的离子方程式为2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-，当SO2足量时，生成CO2和HSO3-，所以B正确；
C、已知HClO的K=2.95×
10-8大于H2CO3的K2，但小于其K1，所以NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，故C错误；
D、由于HClO的K=2.95×
10-8小于H2CO3的K1，但大于其K2，因此HClO不能与NaHCO3反应，但HCl是强酸，能与NaHCO3反应，使c（HCl）减小，促进化学平衡Cl2+H2O
HCl+HClO正向移动，从而提高HClO的浓度；
尽管HClO的K=2.95×
10-8小于H2SO3的K1=1.54×
10-2，也小于H2SO3的K2=1.02×
10-7，只是说明NaHSO3不能与HClO发生复分解反应，但HClO具有氧化性，NaHSO3具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，所以加入NaHSO3溶液不能提高HClO的浓度，故D错误。
本题的实质就是离子反应发生的条件之一：
有难电离的物质生成，即较强的酸才能与较弱的酸形成的盐反应，但氧化还原反应不受这一条件的限制，已知的平衡常数K就体现了酸性的相对强弱。
B选项是个难点，要注意反应物的量对产物的影响，而D选项要注意HClO的氧化性，与NaHSO3将发生氧化还原反应。
15.25℃时，下列溶液中微粒浓度关系正确的是
A.氨水稀释10倍后，其c（OH－）等于原来的
B.pH=5的H2C2O4溶液中：
c（H＋）=c（HC2O4-）=1×
10－5mol/L
C.pH之和为14的H2S溶液与NaOH溶液混合：
c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（HS－）
D.（NH4）2SO4和NaOH混合所得的中性溶液中（不考虑NH3）：
c（Na＋）=c（NH3·
H2O）
【解析】A、NH3·
H2O是弱碱，所以氨水稀释（10倍）时促进其电离，使n（OH－）增多，导致c（OH－）不能减小为原来的1/10，故A错误；
B、pH=5的H2C2O4溶液中c（H＋）=1×
10－5mol/L>
c（HC2O4-），故B错误；
C、在该混合溶液中，电荷守恒为c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（HS－）+2c（S2－），所以C错误；
D、溶液呈中性，即c（H＋）=c（OH－），根据（NH4）2SO4的组成得物料守恒为c（NH4+）+c（NH3·
H2O）=2c（SO42-），根据电荷守恒得c（NH4+）+c（Na+）+c（H＋）=c（OH－）+2c（SO42-），二者联立，即c（Na＋）=c（NH3·
H2O），所以D正确。
注意C选项不要被其pH之和为14所困扰，很明显题目所求的是电荷守恒，问题就简单了；
而D选项不能被两种物质间能否反应所困惑，要明确溶液中的离子浓度问题，一般都由电荷守恒和物料守恒共同解决。
16.25°
C时，Ksp（AgCl）=1.56×
10-10，Ksp（Ag2CrO4）=9.0×
10-12,下列说法正确的是
A.AgCl和Ag2CrO4共存的悬浊液中，
B.向Ag2CrO4悬浊液中加入NaCl浓溶液，Ag2CrO4不可能转化为AgCl
C.向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，有AgC1析出且溶液中c（Cl－）=c（Ag＋）
D.向同浓度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中滴加AgNO3溶液，AgC1先析出
【解析】A、AgCl和Ag2CrO4共存的溶液中，c（Ag＋）是相等的，但由于二者的组成比不同，Ksp的表达式不同，因此c（Cl－）/c（CO42－）不等于二者的Ksp之比，故A错误；
B、根据Ksp的含义，向Ag2CrO4悬浊液中加入NaCl浓溶液，当溶液中c（Cl－）c（Ag＋）>
Ksp（AgCl）时，就有AgCl沉淀析出，所以B错误；
C、向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，使溶液中c（Cl－）增大，导致c（Cl－）c（Ag＋）>
Ksp（AgCl），从而析出AgC1，析出沉淀后的溶液中c（Cl－）>
c（Ag＋），所以C错误；
D、向同浓度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中滴加AgNO3溶液，根据Ksp计算可得，生成AgCl沉淀需要的c（Ag＋）=
=
，生成Ag2CrO4沉淀需要的c（Ag＋）=
=
，前者小于后者，即先析出AgCl沉淀，故D正确。
涉及Ksp的有关问题，首先要注意物质的组成比是否相同，若相同，可以直接用Ksp的数值进行比较，若不同，一定要通过计算进行比较。
如A、D两个选项，特别是D选项最容易错选。
17.利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，下列关于该装置的四种说法，正确的组合是
①a为直流电源的负极
②阴极的电极反应式：
2HSO3-+2H++2e－=SO42-+2H2O
③阳极的电极反应式：
SO2+2H2O-2e－=SO42-+4H＋
④电解时，H＋由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室
A.①和②B.①和③C.②和③D.③和④
【解析】由图中信息可知，两电极连接在直流电源上，所以该装置为电解池；
二氧化硫被氧化为硫酸，而HSO3-被还原为S2O42-。
根据电解原理，阳极上发生氧化反应而阴极上发生还原反应，所以通入二氧化硫的为阳极室，另一侧为阴极室，所以a连接电源的正极，①不正确，②和③是正确的；
电解池中一般溶液中的阳离子向阴极定向移动，而阴离子向阳极定向移动，但是由于电解池使用了阳离子交换膜，所以只有阳离子H+才可以从阳极室通过阳离子交换膜向阴极室移动，④不正确。
综上所述，C组合正确。
18.X常温下为气体，a、b、c是中学化学常见物质，均由常见元素组成，转化关系（反应条件略去）如图所示，下列说法不正确的是
A.若X为O2，a为一种固态单质，则c可能为CO2或SO3
B.若b为固态非金属单质，b与X所含元素同主族，则c也能与X反应
C.若a、b、c焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，则a中可能既含有离子键又含有共价键
D.若b为气态非金属单质，b与X所含元素同周期，则X与b所含元素原子的核电荷数相差1
【解析】A、当a是固体S时，不可能与氧气直接反应生成SO3，所以A错误；
B、若b为固态非金属单质硫，则X为氧气，二者所含元素同主族，c为SO2也能与氧气反应，所以B正确；
C、依题意可得出a可能是NaOH，b为Na2CO3，c为NaHCO3，X为CO2，所以C正确；
D、b与X所含元素同周期，b为气态非金属单质N2，则X为O2，a为NH3，c为NO，则N和O元素的核电荷数相差1，所以D正确。
从做题的角度，正确答案A还是容易选出的，可以根据c可能为CO2或SO3进行逆向推理，从而确定A不正
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