湖南省衡阳市届高三化学上册期中试题Word文档下载推荐.docx

1、7D1mol硫酸铜可以氧化mol的硫5能正确表示下列反应的离子方程式为（）A硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2+H2SBNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OH=CO32+H2OC少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3D大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O6下列各溶液中能大量共存的离子组是（）Ac（H+）=1014mol/L的溶液中：Na+、A1O2、S2、SO32B使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I、NO3、ClC碳酸氢钠溶液中：K+、SO42、Cl、H+D使酚酞试液呈红色的

2、溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、K+7下列说法不正确的是（）A明矾、漂白粉、臭氧的净水原理相同B“血液透析”的原理利用了胶体的性质C食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质D煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾8下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A用铂丝蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色待测液不含钾元素BAgBr沉淀中滴入KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比AgBr更难溶C铁丝插入稀硝酸中有无色气体产生生成氢气D向NaCN溶液中滴加无色酚酞试液溶液变红HCN是弱电解质AA BB CC DD9已知：H2O（g）H2O（l）

3、H=Q1 kJmol1C2H5OH（g）C2H5OH（l）H=Q2 kJmol1C2H5OH（g）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（g）H=Q3 kJmol1下列判断正确是（）A酒精的燃烧热H=Q3 kJmol1B由可知1mol C2H5OH（g）的能量高于2mol CO2（g）和3mol H2O（g）的总能量CH2O（g）H2O（l）释放出了热量，所以该过程为放热反应D23g液体酒精完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l），释放出的热量为（0.5Q30.5Q2+1.5Q1）kJ10如图装置可用于（）A用氯酸钾和少量二氧化锰制取氧气B用NH4Cl与Ca（OH）2制取NH3C用Cu和浓HNO

4、3反应制取NO2D用Cu和稀HNO3反应制NO11下列测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案中，不合理的是（）A取a克混合物充分加热，得b克固体B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体D取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克12用98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）配制100mL 1 mol/L的稀硫酸现给出下列仪器（配制过程中可能用到）：100mL量筒 10mL量筒 50mL烧杯 托盘天平 100mL容量瓶 胶头滴管 玻璃棒，按使用

5、仪器的先后顺序排列正确的是（）A B C D13将相同质量的两块铜片分别和浓硝酸、稀硝酸（两者均过量）反应，下列叙述正确的是（）A反应速率：两者相同B消耗HNO3的物质的量：前者多，后者少C反应生成气体的颜色：前者浅，后者深D反应中转移的电子总数：14甲、乙、丙、丁四种易学溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH、Cl、HCO3、SO42中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1mol/L乙溶液中c（H+）0.1mol/L；向丙容器中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成下列结论不正确的是（）A甲溶液含

6、有Ba2+ B乙溶液含有SO42C丙溶液含有Cl D丁溶液含有Mg2+15下列物质：氢氟酸；浓H2SO4；烧碱溶液；Na2CO3固体；石灰石；浓HNO3，其中在一定条件下能与SiO2反应的有（）A B全部 C D16下列说法不正确的是（）A欲提高氯水中HClO的浓度可往氯水中加适量的碳酸钙粉末B形成酸雨的氧化物主要是SO2和氮的氧化物，CO2是造成温室效应的主要气体C氯气泄漏，自救方法是用湿毛巾或蘸有纯碱水的毛巾捂住口鼻并向地势低的地方撤离D大气中的N2可转化为NO，NO可转化为NO2、硝酸等；含硫物质在自然界中可转化为SO2等含硫化合物二、解答题（共5小题，满分31分）17A、B、C、D都是

7、中学化学中常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如右（部分反应中的水已略去）（1）若A为氯碱工业的产品，C为厨房中的用品D的电子式是反应的离子方程式是氯碱工业制备A的化学方程式是，其中两种产物可与KI溶液反应制得一种化工原料，若消耗0.1mol KI转移电子0.6mol，则三种物质间反应的离子方程式是（2）若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料反应的离子方程式是B可作净水剂，在使用时发现B不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是18（7分）某课外活动小组欲对铝镁合金进行研究，测定其中镁的质量分数，他们利用盐酸、氢氧化钠溶液设计了三种不同的

8、实验方案：方案一：铝镁合金测定生成气体的体积方案二：方案三：溶液称量灼烧产物的质量（1）写出方案一中发生反应的离子方程式（2）实验小组根据方案=设计了两个实验装置，如下圈（图中的铁架台已省略）你认为选择（选填甲或乙）装置进行实验更合理，误差更小（3）用方案三进行实验时，除了称量灼烧产物质量外，还需称量的是（4）拓展研究：在向铝镁合金溶于盐酸后的溶液中加入过量NaOH溶液时，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液体积的关系可用数轴关系表示：请你判断，根据如图数轴申的数据能否求出合金中镁的质量分数？（选填“能”或“不能”）下列两题选一题作答若不能求出合金中镁的质量分数，请说明理由若能求出合金中镁的质量分

9、数，则镁的质量分数为19（7分）（1）膦（PH3）是一种无色有剧毒的气体，其还原能力比氨（NH3）强，是一种强还原剂某反应体系中存在下列物质：Cu、H2SO4、CuSO4、PH3、H3PO4、H2O回答下列问题：上述反应体系中化学反应方程式为；膦（PH3）能和水发生微弱的化学反应，其水溶液呈弱碱性，该反应可用离子方程式表示为（2）生活污水中含大量细小的悬浮物，可加某些物质使之聚集成较大的颗粒而沉淀请你举一种常见的能使生活污水中悬浮物聚沉的物质，其化学式为（3）用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染例如CH4（g）+4NO2（g） 4NO（g）+CO2 （g）+2H2O（g）H1=574k

10、Jmol1CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H2若1mol CH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则H2=20（11分）氮化硅硬度大、熔点高、不溶于酸（氢氟酸除外），是一种重要的结构陶瓷材料一种用工业硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物），已知硅的熔点是1420，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅一种合成氮化硅的工艺主要流程如下：（1）净化N2和H2时，铜屑的作用是：；硅胶的作用是（2）在氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）=Si3N4（s）H=727.5kJ/mol，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度：体系中要通入适量的氢气是为了（

11、3）X可能是（选填：“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”、“氢氟酸”）（4）如何说明氮化硅产品已用水洗干净？（5）用硅粉作硅源、叠氮化钠（NaN3）作氮源，直接燃烧生成氮化硅（发生置换反应），该反应的化学方程式为：21（6分）次磷酸H3PO2是一种强还原剂，将它加入CuSO4水溶液，加热到4050，析出一种红棕色的难溶物A经鉴定：反应后的溶液是磷酸和硫酸的混合物；X射线衍射证实A中各元素的原子个数相等；A的主要化学性质如下：温度超过60，分解成金属铜和一种气体；在氯气中着火；与盐酸反应放出气体（1）A的化学式为（2）A的生成反应方程式为参考答案与试题解析【考点】电子式；结构简式；化学方程式的书写；电离

12、方程式的书写【专题】化学用语专题【分析】A、NaH与重水反应实质是离子反应，氢负离子与水电离的氢离子结合生成氢气；B、氟原子未成键的孤对电子对为画出；C、硫酸氢钠是离子化合物，由钠离子与硫酸氢根离子构成；D、羟基乙酸通过酯化反应生成高聚物，羧基提供羟基，羟基通过氢原子【解答】解；A、NaH与重水反应实质是离子反应，氢负离子与水电离的氢离子结合生成氢气，NaH与重水反应的方程式为NaH+D2O=NaOD+HD，故A错误；B、氟原子未成键的孤对电子对为画出，故B错误；C、硫酸氢钠是离子化合物，由钠离子与硫酸氢根离子构成，熔融下电离出钠离子与硫酸氢根离子，电离方程式：NaHSO4（熔融）=Na+HS

13、O4，故C正确；D、羟基乙酸通过酯化反应生成高聚物，羧基提供羟基，羟基通过氢原子，缩聚物结构简式为，题中结构简式为羧基提供氢原子，故D错误故选C【点评】本题考查常用化学用语，难度中等，注意C中硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子、氢离子、硫酸根D中注意结构简式的书写要符合反应原理【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、依据气体摩尔体积的体积应用分析判断，气体摩尔体积是标准状况下的应用；B、水溶液中水电离出氢离子和氢氧根离子；C、微粒的质量主要集中在原子核上，质子数+中子数=质量数，原子都是中子数=质子数；D、依据烷烃分子中含有碳氢键和碳碳键结合通式计算【解答】解：A、

14、常温常压下，22.4L氯气不是1mol，故A错误；B、在含有NA个醋酸根离子（CH3COO）的醋酸溶液中，水溶液中水电离出氢离子和氢氧根离子，氢离子数目大于NA，故B错误；C、这几种元素（S，O，C）原子都是中子数=质子数中子质量和中子相近所以含有质子和中子各2.3g，质子的摩尔质量为1，所以含有中子数2.3mol，故C正确；D、1mol CnH2n+2分子中含共价键数目=（2n+2+n1）NA=（3n+1）NA，故D错误；【点评】本题考查了阿伏伽德罗常的方法应用和注意问题，主要是气体摩尔体积的条件应用，弱电解质溶液中离子判断，原子结构的理解和原子特征应用，烷烃分子结构分析计算，题目难度中等【

15、考点】氧化还原反应【专题】信息给予题；守恒思想；氧化还原反应专题【分析】A酸性条件下，不可能生成OH，含有H元素，应生成H2O；B反应中MnO4Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，H2C2O4CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，据此结合电荷守恒、原子守恒配平方程式；C所含元素化合价升高的反应物是还原剂，还原剂发生氧化反应生成氧化产物；D根据配平后的方程式解答A酸性条件下，不可能生成OH，含有H元素，应生成H2O，故A错误；B反应中MnO4Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，H2C2O4CO2，碳元素化合价由+

16、3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，结合电荷守恒、原子守恒配平方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+10CO2+2Mn2+8H2O，H+的计量数是6，故B错误；C反应中H2C2O4CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4价，H2C2O4是还原剂，发生氧化反应生成CO2，CO2是氧化产物，故C正确；D由B可知配平方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+10CO2+2Mn2+8H2O，转移电子数为10，故D错误；【点评】本题考查氧化还原反应配平、基本概念等，确定缺项物质是关键，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度中等【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计

17、算；重要的氧化剂【专题】氧化还原反应专题【分析】在14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4反应中，Cu元素的化合价由+2降低为+1，部分S元素的化合价由1降低到2，得到电子总数为21，显然部分S元素的化合价由1升高到+6价，则Cu2S只是还原产物，5mol FeS2参加反应转移电子数为21mol，部分SO42为氧化产物，FeS2既是作氧化剂，又做还原剂A、因硫酸铜中Cu元素的化合价降低，FeS2中部分S元素的化合价也降低，则硫酸铜、FeS2都是该反应中的氧化剂，故A错误；B、因FeS2中部分S元素的化合价由1升高到+6价，生成物中部分SO42为氧化产物，故

18、B错误；C、由反应可知，10个S原子中，有3个S原子失去电子，7个S原子得到电子，即被氧化的硫与被还原的硫的质量比为3：7，故C正确；D、由电子守恒可知，1mol硫酸铜得电子数为1mol，S作还原剂时化合价由1升高到+6价，则1mol硫酸铜可以氧化mol的硫，故D错误；故选：C【点评】本题考查氧化还原反应，难度较大，学生明确反应中各元素化合价的变化是解答的关键，FeS2中Fe、S元素的化合价是解答的难度，并注意氧化还原反应中电子守恒来解答【考点】离子方程式的书写【专题】压轴题；离子反应专题【分析】A硝酸具有强氧化性，能氧化FeS；B漏写铵根离子与氢氧根离子的反应；C少量SO2通入苯酚钠溶液生成

19、亚硫酸根离子；D碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳A硝酸具有氧化性，能氧化FeS，因此产物应该是硝酸铁、硫酸和一氧化氮，故A错误；BNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中除了生成碳酸钠外还有一水合氨生成，方程式为NH4+HCO3+2OH=CO32+H2O+NH3H2O，故B错误；CSO2不足产物应该是SO32，少量SO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32，故C错误；D碳酸钙和醋酸在离子反应中应保留化学式，大理石溶于醋酸中的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应

20、方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项C为学生解答的难点，题目难度中等【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A、从溶液的酸碱性和离子的性质来分析，c（H+）=1014mol/L的溶液呈碱性，Na+、A1O2、S2、SO32都能在碱性条件下不发生任何反应而大量共存；B、从溶液的酸碱性和离子是否发生氧化还原反应来分析，使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下，NO3具有强氧化性，能与Fe2+离子发生氧化还原反应而不能大量共存；C、碳酸氢根离子既能与碱反应，又能与酸反应，无论在酸性还是碱性条件下都不能大量共存；D、从溶液的酸碱性和离子的性质来分析，使酚酞试液呈红色的溶液呈

21、碱性，Mg2+、Cu2+在碱性溶液中分别生成难溶性碱而不能大量共存；A、c（H+）=1014mol/L的溶液呈碱性，Na+、A1O2、S2、SO32都能在碱性条件下不发生任何反应而大量共存，故A正确；B、使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下，NO3具有强氧化性，能与Fe2+离子发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C、碳酸氢根离子既能与碱反应，又能与酸反应，反应的离子方程式分别为HCO3+OHCO32+H20，HCO3+H+H20+CO2，无论在酸性还是碱性条件下都不能大量共存，故C错误；D、使酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+在碱性溶液中分别反应生成难溶的Mg（OH）2

22、、Cu（OH）2沉淀而不能大量共存，故D错误故选A【点评】本题考查离子大量共存问题，做题时注意分析题目中的隐含信息，把握物质的性质，本题型难度不大，但易出错【考点】常见的生活环境的污染及治理；胶体的应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【专题】化学计算【分析】A明矾中铝离子水解生成胶体，漂白粉、臭氧具有强氧化性；B血液为胶体分散性，不能透过半透膜；C硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性；D煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等均产生固体颗粒物A明矾中铝离子水解生成胶体，利用吸附性净化水，而漂白粉、臭氧具有强氧化性，可用用水的杀菌消毒，净水原理不同，故A错误；B血液为胶体分散性，不能透过半透膜，而小分子、离子等可透过，则“血液透析”的原理利用了胶体的性质，故B正确；C硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性，所以食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质，故C正确；D煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等均产生固体颗粒物，雾霾与空气中固体颗粒物有关，则煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾，故D正确；【点评】本题考查较综合，涉及水的净化、胶体性质、食品保护及雾霾等，注重化学与生活、环境、医疗的联系，把握物质的性质及化学在生活中的重要应用即可解答，题目难度不大【考点】化学实验方案的评价；强电解