解析江西省五校师大附中临川一中鹰潭一中宜春中学新余四中届高三第二次联考化学试题.docx

1、解析江西省五校师大附中临川一中鹰潭一中宜春中学新余四中届高三第二次联考化学试题江西省五校（师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）2015届高三第二次联考 卷面满分： 100 分 考试时间： 100 分钟 【试卷综析】本试卷在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，试题重点考查：氧化还原反应原理、阿伏加德罗定律、化学计量的有关计算、元素化合物知识、化学基本概念、离子反应、化学实验题、化学计算、原子结构和晶体结构等主干知识，侧重当前阶段一轮复习内容（氧化还原反应原理和离子反应、元素化合物知识）。能够体现学科基本要求，试题难度适中。 一、选择题（每小题 3分，共 48 分

2、） 【题文】1 2014年4月，黄浦江上游水质污染较为严重，相关自来水厂采用多种方法并用的方式进行水质处理，下列说法中错误的是( ) A加活性炭可吸附水中小颗粒，净化水质的方法属于物理方法 B加臭氧对水进行消毒，利用了臭氧的氧化性 C用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法 D用聚合硫酸铁作为净水剂，该处理过程中仅发生了化学变化 【知识点】化学与生活、化学与技术O1 【答案解析】D 解析：A、活性炭的吸附作用属于物理方法，故A正确；B、利用物质的氧化性可以杀菌消毒，故B正确；C、细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮属于生物技术，故C正确；D、任何化学变化的同时都伴随着物理变化，故D错误。故答

3、案选D【思路点拨】本题考查了化学与生活、化学与技术，注意阅读和积累即可解答。【题文】2下列各组物质的分类正确的是（ ） 混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉 含有氧元素的化合物叫氧化物 CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物,Na2O、Na2O2为碱性氧化物 同位素：1H+、2H2、3H 同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，它们都能发生水解反应 同分异构体：乙二酸二乙酯、乙二酸乙二酯 强电解质溶液的导电能力一定强 在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物 有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应 A.全部正确 B C D 【知识点】物

4、质分类 化学概念C1 D4 L6【答案解析】D 解析：水银是金属汞，属于纯净物，故错误只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故错误 NO2不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，故错误 同位素是指同种元素的不同原子，故错误C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故正确 油脂不是高分子化合物，单糖不能水解，故错误乙二酸二乙酯的结构简式：CH3CH2OOCCOOCH2CH3，乙二酸乙二酯就是一个乙二酸(HOOCCOOH)和一个乙二醇(HOCH2CH2OH)形成的环酯，分子式不同，不是同分异构体，故错误 强电解质的稀溶液由于离子浓度小，

5、导电能力很弱，故错误共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，正确 有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故错误 故答案选D【思路点拨】本题考查了物质分类、化学概念等知识，涉及的知识面广，可以采取列举法解答。【题文】3元素符号、反应方程式、结构示意图、电子式、结构式等通常叫做化学用语。 下列有关化学用语的表示方法中正确的是（ ） 【知识点】化学用语的规范应用E3 E4【答案解析】D 解析：A、H2O2是共价化合物，不是由离子形成的，故A错误；B、缺少碘离子的最外层电子，故B错误；C、元素符号左下角数字表示的是质

6、子数，碳原子的质子数是6，故C错误；D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了化学用语的规范应用，书写化合物的电子式时需要先分析是共价化合物还是离子化合物。【题文】4从宏观方面看物质是由元素组成的，从微观方面看物质是由粒子构成的，下列有关说法不正确的是( ) A元素原子的多样性是由构成原子的质子和中子数目引起的 B元素的化学性质主要取决于元素原子的最外层电子数 C只由一种分子构成的物质一定是纯净物 D质子数等于电子数的微粒，可能是一种分子和一种离子 【知识点】原子组成 元素的性质E1 E3【答案解析】D 解析：A、原子包含不同元素的不同原子和同种元素的不同原子，原子的多样性是由构成原子的质子和中

7、子数目引起的，故A正确；B、发生化学变化时，一般是原子的最外层电子发生变化，所以元素的化学性质主要取决于元素原子的最外层电子数，故B正确；C、只由一种分子构成的物质即只含一种物质，一定是纯净物，故C正确；D、分子或原子的质子数等于电子数，离子的质子数不等于电子数，质子数等于电子数的微粒不可能是一种分子和一种离子 ，故D不正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了原子组成、元素的性质决定因素等，属于易错题，必须加深理解。【题文】5下列有关实验操作说法中，正确的是（ ） 用pH试纸测得氯水的pH为2 用量筒、试管、胶头滴管、玻璃棒、蒸馏水和 pH试纸，可鉴别pH 相等的硫酸和醋酸 在进行分液操作时，分

8、液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 用碱式滴定管量取 25.00mL溴水 可用渗析的方法除去淀粉中混有的少量NaCl 杂质 在进行过滤操作时，为了加快速率，可用玻璃棒不断搅拌过滤器中液体 A B C D 【知识点】仪器和基本操作J1 J2【答案解析】B 解析：氯水有强氧化性，不能用pH试纸测氯水的pH； 利用pH 相等的硫酸和醋酸稀释相同的倍数（100倍），PH变化不同进行鉴别，所以用量筒、试管、胶头滴管、玻璃棒、蒸馏水和 pH试纸，可鉴别pH 相等的硫酸和醋酸，正确； 在进行分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 ，正确； 溴水腐蚀橡胶管，不能用碱式滴定管量

9、取 25.00mL溴水 ； 渗析的方法除去胶体中的溶液，淀粉溶液属于胶体，正确； 在进行过滤操作时不能用玻璃棒不断搅拌过滤器中液体，容易使滤纸破损；故答案选B【思路点拨】本题考查了实验操作中的注意事项，注意着方面知识的积累，属于易错题。【题文】6NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ） A、将标准状况下 22.4LNO与11.2LO2混合后的体积约为 22.4L B、1 L 0.2molL1 Al2(SO4)3溶液中的离子总数为 NA C、标准状况下，22.4 L H2O所含原子个数大于 3NA D、含4 mol HCl 的浓盐酸跟足量MnO2加热反应可制得 Cl2的分子数为NA 【知识

10、点】阿伏加德罗常数 气体摩尔体积 溶液中的离子A1 A2 J3【答案解析】C 解析：A、NO与O2混合后得到NO2的体积与NO的相等，但由于存在2NO2N2O4，故体积小于22.4L，故A错误；B、铝离子水解以及溶液中还存在水电离的氢离子和氢氧根离子，故B错误；C、标准状况下水是液态，22.4 L H2O的物质的量大于1摩尔，所含原子个数大于 3NA ，故C正确；D、由于制取氯气时对盐酸的浓度有要求，当反应进行到一定程度时反应将停止，所以可制得 Cl2的分子数小于NA，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题借助阿伏加德罗常数考查了气体摩尔体积、溶液中的离子数目等，注意溶液中的离子包含水电离的离子

11、。【题文】7下列离子方程式书写正确的是（ ）A.在NaClO溶液中通入过量SO2气体：ClO-+H2O+SO2=HClO+HSO3-B.用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2OC.NaHCO3与少量Ca(OH)2溶液反应：Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+2H2O+CO32-D. 10mL0.5mol/L的明矾溶液与20mL0.5mol/L的Ba(OH)2溶液混合反应：3Ba2+6OH-+2Al3+3SO42-=3BaSO4+2Al(OH)3【知识点】离子方程式B1【答案解析】C 解析：A、HClO有强氧化性，能将HSO3-氧化，故A错误；B、氢碘酸

12、中的碘离子有还原性，会将Fe3+还原，故B错误；C、Ca(OH)2少量时，完全反应，故C正确；D、明矾与Ba(OH)2溶液的物质的量之比是1:2即铝离子与氢氧根离子的物质的量之比是1:4，不会有Al(OH)3沉淀，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了离子方程式的正误判断，注意与物质的量多少有关的反应，应以少量的物质为标准（完全反应）进行分析。【题文】8实验室需配制一种仅含五种离子（不考虑水解和水电离出的离子）的混合液，且在混合液中五种离子的物质的量浓度均为 5 mol/L，下面四个选项中能达到此目的的是 ( ) A.Na+、K+、SO42-、NO3-、Cl- B.Fe2+、H+、Br-、

13、NO3-、Cl-C.Ca2+、K+、OH-、Cl-、NO3- D. Al3+、Na+、Cl-、SO42-、NO3- 【知识点】离子共存问题 电荷守恒B1 【答案解析】D 解析：A、阴离子所带电荷总数与阳离子所带电荷总数不等，溶液不呈电中性，错误；B、Fe2+与H+、NO3发生氧化还原反应不能大量共存，离子浓度将小于5mol/L，错误；C、Ca2+与OH反应生成微溶物氢氧化钙，使离子浓度小于5mol/L，错误；D、离子可以大量共存，且符合电荷守恒规律，正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了离子共存问题以及电荷守恒的应用，针对每个选项首先看有无不能共存的离子，如果能大量共存再利用电荷守恒进行分析。

14、【题文】9向CuSO4溶液中逐滴加入 KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通人 SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是（ ） A滴加KI溶液时，转移2 mol e-时生成 1 mol白色沉淀 B通入S2后溶液逐渐变成无色，体现了 SO2的漂白性 C通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂 D上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2 【知识点】氧化还原反应的基本概念和规律B2 B3【答案解析】D 解析：A、滴加KI溶液时，反应为2Cu2+4I-=2CuI+I2，转移2mol e-时生成2mol白色沉淀，故A错误；B、通入SO2后溶液

15、逐渐变成无色，反应为：SO2+I2=2H2O=2HI+H2SO4，体现了SO2的还原性，故B错误；C、通入S02时，S02与I2反应，SO2+I2=2H2O=2HI+H2SO4，I2作氧化剂，故C错误；D、涉及氧化还原反应反应2Cu2+4I-=2CuI+I2，SO2+I2=2H2O=2HI+H2SO4，依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，得到氧化性顺序：Cu2+I2SO2，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了氧化还原反应的基本概念和规律，正确书写发生的反应并分析化合价变化情况是关键。【题文】10已知X、 Y、 Z、 W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图，下列说法正确的是

16、 （ ） A、若 HmXOn为强酸，则 X的氢化物溶于水一定显酸性(m、n均为正整数) B、若四种元素均为金属，则 Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱 C、若四种元素均为非金属，则 W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸 D、若四种元素中只有一种为金属，则 Z与 Y 两者的最高价氧化物对应的水化物能反应 【知识点】元素周期表E2 E5【答案解析】B 解析：根据X、 Y、 Z、 W在周期表中的相对位置判断X、 Y在第二周期，Z、 W在第三周期；A、若 HmXOn为强酸，则 X只能是氮元素，其氢化物氨气溶于水显碱性，故A错误；B、若四种元素均为金属，X、 Y、 Z、 W分别为锂、铍、钠、镁，Z

17、的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，一定为强碱， 故B正确；C、若四种元素均为非金属，则 W可能为磷元素，其最高价氧化物对应的水化物磷酸不是强酸，故C错误；D、若四种元素中只有一种为金属，则X、 Y、 Z、 W分别为硼、碳、铝、硅， Z与 Y 两者的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铝与碳酸不反应，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了元素周期表，采取讨论法分析，按照周期表上的位置写出短周期元素方便解答。【题文】11A、B、C、D 是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，而辛是由 C 元素形成的单质。已知：甲 + 乙 =丁 +辛，甲 + 丙

18、 = 戊 + 辛；常温下0.1 mol/L 丁溶液的 pH为 13，则下列说法正确的是（ ） A元素 C 形成的单质可以在点燃条件分别与元素 A、B、D 形成的单质化合，所得化合物均存在共价键 B元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为：r(D) r(C) r(B) C1.0 L 0. 1 mol/L 戊溶液中含阴离子总的物质的量小于0. 1 mol D1 mol甲与足量的乙完全反应共转移约 1.204 1024个电子 【知识点】元素推断 钠及其化合物的性质C1 E2【答案解析】A 解析：根据常温下0.1 mol/L 丁溶液的pH为13”丁是一元强碱且其中的金属元素在短周期，推断出丁中金属元素

19、为钠。甲+乙=丁+辛，甲+丙=戊+辛”； 丁是氢氧化钠，那么甲是Na2O2、乙是水，丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，结合A、B、C、D 的原子序数依次增大得到A为氢、B为碳、C为氧、D为钠元素。A、元素 C 形成的单质是氧气，元素 A、B、D 形成的单质分别是氢气、碳、钠；氢气、碳、钠都能和氧气化合，所得化合物分别为H2O、CO2、Na2O2均存在共价键 ，故A正确；B、元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为：r(D) r(B) r(C) ，故B错误；C、1.0 L 0. 1 mol/L 戊溶液（碳酸钠）中阴离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子和氢氧根离子，总的物质的量大于0. 1 mol，故C错误；D

20、、1 mol甲（Na2O2）与足量的乙（H2O）完全反应共转移 1摩尔电子，即约6.02 1023，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题考查了元素推断、钠及其化合物的性质，常温下0.1 mol/L 丁溶液的pH为13是突破口。【题文】12“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（ ） A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，说明 NH4Cl 的热稳定性比较好 B加热时，、溶液均变红，冷却后又都变为无色 C中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅 D四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应 【知

21、识点】化学实验J1 G2【答案解析】C 解析：A、上部汇集了固体NH4Cl，是因为NH4Cl加热时分解为氨气和氯化氢气体，遇冷两种气体重新化合，NH4Cl热稳定性差，故A错误；B、中为红色溶液，加热氨气逸出，溶液变无色，中二氧化硫使品红溶液褪色，溶液为无色，加热，无色化合物分解，二氧化硫逸出，溶液变红色，故B错误；C、热水中的温度升高，平衡向左移动，二氧化氮的浓度增大，颜色加深，浸泡在冷水中，温度降低，平衡向右移动，二氧化氮的浓度减小，颜色变浅，故C正确；D、中NH4Cl加热时分解，氨气和氯化氢气体遇冷重新化合两个反应不是在相同条件下发生的，不是可逆反应，D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查

22、了化学实验，注意二氧化硫有漂白性，能使品红溶液褪色，但生成的无色物质不稳定。【题文】13已知： HCN(aq)+NaOH(aq)=NaCN(aq)+H2O(l) H=-12.1KJ.mol-1；HCl(aq )+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) H=-57.3KJ.mol-1；则H CN在水溶液中电离的H等于 ( ) A.-69.4KJ.mol-1 B.-45.2KJ.mol-1 C.+45.2KJ.mol-1 D.+69.4KJ.mol-1 【知识点】热化学方程是的含义F1 F2【答案解析】C 解析：HCN与NaOH溶液反应既包含氢离子与氢氧根离子的中和也包含HCN的电离，H

23、Cl与NaOH溶液反应只包是氢离子与氢氧根离子的中和，所以HCN在水溶液中电离的H=-12.1-（-57.3）KJ.mol-1=+45.2KJ.mol-1故答案选C【思路点拨】本题考查了热化学方程式的含义，理解所给热反应方程式的意义是关键，还可以写出离子方程式，然后用盖斯定律解答。【题文】14拟晶Al65Cu23Fe12具有合金的某些优良物理性能，将相同质量的此拟晶分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体物质的量关系为（ ） An（盐酸）n（稀硝酸）n（烧碱） Bn（烧碱）n（盐酸）n（稀硝酸） Cn（烧碱）n（稀硝酸）n（盐酸） Dn（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸） 【知识点】金属的性质C

24、2 C3 D4【答案解析】D 解析：将Al65Cu23Fe12看做65摩尔铝、23摩尔铜、12摩尔铁组成的混合物，只有铝与烧碱反应放出氢气，氢气的物质的量是653/2=97.5(mol)；与盐酸反应时，铝和铁都反应，放出氢气的物质的量是653/2+12=109.5（mol）；与稀硝酸反应时三种金属都溶解放出NO气体，放出NO的物质的量是65+232/3+12=92.3(mol)；所以产生气体物质的量关系为n（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸）。故答案选D【思路点拨】本题考查了金属与酸或碱反应，利用电子守恒能较快计算得出结果，由于三种金属都与稀硝酸反应，容易误认为与稀硝酸反应时放出的气体最多。【题文】

25、15把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，再加入过量 NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为 a g，则原合金中铁的质量分数为 ( ) A70% B52.4% C47.6% D30% 【知识点】铝、铁及其化合物的性质C2 C3【答案解析】A 解析：铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，再加入过量 NaOH溶液。过滤出沉淀Fe(OH)3，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末是Fe2O3，质量仍为a g，说明原合金中铝元素的质量等于Fe2O3中氧元素的质量，所以原合金中铁的质量分数等于Fe2O3中铁元素的质量分数：112/(112+48)=70%，故答案选A【思路点拨】本题考查了

26、铝、铁及其化合物的性质，根据题意得到原合金中铁的质量分数等于Fe2O3中铁元素的质量分数是解答的关键。【题文】16将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）。向反应后的溶液中加入 3 molL NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g。下列叙述不正确的是( ) A当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH 溶液的体积V100 mL B当金属全部溶解时收集到 NO气体的体积一定为2.24 L C参加反应的金属的总质量 3.6 gm9.6 g D当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是 0.4 mol 【知识点】氧化还原

27、反应的规律B3【答案解析】B 解析：根据生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，即金属离子结合的氢氧根离子的物质的量为5.1/17=0.3(mol)，也等于反应中转移电子的物质的量。A、沉淀中氢氧根离子的物质的量为0.3mol，所以至少需要氢氧化钠的体积是100mL，当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V100 mL，正确；B、反应中转移电子的物质的量是0.3mol，即NO物质的量是0.1mol，但未指明标准状况，所以气体的体积不一定是2.24L，错误；C、若金属全部是镁，则其质量为（0.3mol/2）24g/mol=3.6g,若金属全部是铜，则其质量为（0.3mol/2）64g

28、/mol=9.6g，所以固体的总质量 3.6 gm、=)后者，原因是_ 。 【知识点】元素推断E1 C2 【答案解析】 (1)Mg+CO2MgO+C；(2)Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl；(3)Al3+3NH3.H2O=Al(OH)3+NH4+；Al3+H2OAl(OH)3+3H+(4) 小于 氨分子间存在氢键解析：A的原子中没有中子知A为H，B的一种单质是硬度最大的物质知B为C，D原子的最外层电子数是其电子层数的三倍知D为O，E与A同一主族，其最高价氧化物对应的水化物是水溶液在短周期元素中碱性最强知E为Na，G是地壳中含量最多的金属元素知G为Al，根据原子序数关系C只能是N，F只能是Mg。(1)F的单质置换B的单质反应的方程式：Mg+CO2MgO+C；(2)C与F形成的化合物Mg3N2与一定体积一定浓度的盐酸恰好完全反应产生两种盐，即Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl；(4)Al(OH)3的制取方法是用铝盐与氨水反应：Al3+3NH3.H2O=Al(OH)3+NH4+；利用胶体的吸附性可以净水，铝离子水解得氢氧化铝胶体，离子方程式是：Al3+H2OAl(OH)3+3H+；(4) A与B、C 形成的简单化合物分别是CH4和NH3，二者中由于氨分子间存在氢键，NH3的沸点较高。【思路点拨】本题考查了元素推断，镁、铝及其化合物的性质，比较简单。