1、山东师大附中2013届高三期中考试化学试卷（理科）2012.11可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23Al27S32Cl35.5N14Na23Fe56Mn55Cu64Mg24 第I卷（选择题，共54分）一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意）1.下列叙述正确的是A.目前加碘食盐中主要添加的是KI B.采用原煤脱硫技术，可减少燃煤燃烧时产生的SO2C.在萃取操作的演示实验中，可以用酒精萃取碘水中的碘D.新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，可说明氯水中含有Cl2【答案】B【解析】A、主要添加碘酸钾，故错误。C、酒精和水互溶，
2、所以不能作萃取剂，故错误。D、次氯酸有漂白性，说明含有次氯酸，故错误。2.设阿伏加德罗常数为NA，下列叙述正确的是A.在铜与硫的反应中，1mol铜原子参加反应失去的电子数为2NAB.常温下，32g含有少量臭氧的氧气中，共含有氧原子2NAC.假设1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NAD.78g过氧化钠固体中所含阴、阳离子总数为4NA【答案】B【解析】A、生成硫化亚铜，所以失去的电子数是NA，故错误。C、铁离子水解导致分散系中胶体微粒数小于NA，故错误。D、.78g过氧化钠固体中所含阴、阳离子总数为3NA，故错误。3.将过量的CO2分别通入Ba（NO3）2溶液 Na2Si
3、O3溶液 NaAl（OH）4 饱和Na2CO3溶液 Ba（OH）2溶液，最终溶液中有白色沉析出的是A.B.C.D. 【答案】C【解析】二氧化碳和硝酸钡不反应；二氧化碳和硅酸钠生成硅酸白色沉淀；二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝；二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，析出晶体；二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡，碳酸钡和二氧化碳、水反应生成可溶性的碳酸氢钡，故选C。4.下列除杂质的操作方法正确的是A.CO2中有少量的SO2通入酸性高锰酸钾溶液洗气后再干燥B.NaCl溶液中有少量的Na2SO4加过量的BaCl2再过滤C.NO2中有少量的NO通入足量的氧气D.除去NaHCO3固体中少量的Na2CO3加热【
4、答案】A【解析】B、过量氯化钡又产生新的杂质，故错误。C、一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，氧气有剩余产生新的杂质，故错误。D、加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠，故错误。5.准确配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下面实验操作中不正确的是A.称量时，应将NaOH固体直接放在托盘天平的左盘上B.将称好的NaOH固体放入烧杯中，加入少量水溶解C.将烧杯中已冷却的NaOH溶液注入未经干燥的容量瓶中D.定容时视线应平视凹液面（或平视刻度线），直到凹液面的最低点与刻度线相切【答案】A【解析】氢氧化钠有腐蚀性应放在烧杯里称量，故错误。6.下列离子方程式表达不正确的是A.用惰性电极电解氯化钠溶液：B.用氢氧化钠溶液
5、除去铝表面的氧化膜： C.用水吸收二氧化氮： D.水玻璃中通入足量的CO2： 【答案】D【解析】生成碳酸氢钠不是碳酸钠，故错误。7.下列叙述不正确的是A.NH3的喷泉实验说明氨气极易溶于水B.NH3遇到挥发性强酸就能冒白烟C.盛液溴的瓶内加少量水可防止液溴的挥发D.NO和NH3均可用排空气法收集【答案】.D 【解析】一氧化氮的相对分子质量和空气的相当且一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，所以一氧化氮应采用排水集气法收集，故错误。8.某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是A.I图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗B.II图中：充分光照后，量筒中剩余气体约10mL（条件相同）C
6、.III图中：生成蓝色的烟，若在集气瓶中加入少量水，溶液呈绿色D.IV图中：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说明Cl2有漂白性【答案】.B 【解析】A、稀盐酸和二氧化锰不反应，故错误。C、生成棕黄色烟，故错误。D、次氯酸有漂白性，故错误。9.有关铜与浓硝酸反应的说法中，下列不正确的是A.HNO3是氧化剂，NO2是还原产物B.若2mol HNO3被还原，则反应中一定生成22.4L NO2气体C.参加反应的硝酸中，被还原和未被还原硝酸的物质的量比是1：1D.硝酸在反应中既表现了强氧化性，又表现了酸性 【答案】B【解析】温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，所以无法计算气体的体积，故错误。
7、10.下列现象或事实不能用同一原理解释的是A.浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B.Na2S和Na2SO3固体长期暴露在空气中变质C.Cl2和SO2都能使品红溶液褪色D.SO2和Na2SO3溶液都能使溴水褪色 【答案】.C 【解析】氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸有强氧化性使品红褪色，二氧化硫和有色物质反应生成无色物质，所以原理不同，故错误。11.下列图像中，纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量，按题意将相应的图像序号与（1）（5）相对应的顺序为溶液加入物质（1）饱和石灰水通过量CO2气体（2）氯化铝溶液加入过量氨水（3）MgCl2、AlCl3的混合液逐滴加入NaOH溶液至过
8、量（4）含少量NaOH的四羟基合铝酸钠溶液逐滴加入稀盐酸（5）含少量NaOH的四羟基合铝酸钠溶液通往过量CO2气体A.B.C.D.【答案】D 【解析】（1）先生成沉淀后溶解，且前后二氧化碳的量相等，故选；（2）生成氢氧化铝沉淀，且沉淀不溶解，故选；（3）先产生沉淀后部分溶解，故选（4）含少量NaOH的四羟基合铝酸钠溶液，先没有沉淀生成，后生成沉淀，最后沉淀溶解，故选；（5）含少量NaOH的四羟基合铝酸钠溶液，先没有沉淀，后生成沉淀，故选12.某无色溶液中可能含有I-、Na+、，向该溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，已知的还原性强于I-，则下列关于该溶液组成的判断正确的是肯定含肯定不含Na+ 可
9、能含I-肯定不含I-A.B.C.D.【答案】A【解析】加入少量溴水溶液仍无色，的还原性强于I-，所以肯定含有亚硫酸根离子，可能含有碘离子，故选A。13.某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案I：铜铝混合物测定生成气体的体积方案II：铜铝混合物测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是A.溶液A和溶液B均可以是盐酸或NaOH溶液B.溶液A和溶液B选用稀硝酸C.若溶液B选用浓硝酸，测得铜的质量分数偏小D.实验室中方案II更便于实施【答案】.B 【解析】铜和铝都与稀硝酸反应，所以方案1不能得出铝或铜的质量，方案2铜和铝都与稀硝酸反应，不能得出铝或铜的质量，所以
10、无法计算铜的质量分数，故错误。14.下列推断合理的是A.明矾在水中能形成Al（OH）3胶体，可用作净水剂.B.金钢石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应.C.钠的还原性强于铜，可从硫酸铜溶液中置换出铜D.将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色.【答案】.A 【解析】B、点燃条件下，金刚石能和氧气反应，故错误。C、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以不能置换出铜，故错误。D、二氧化硫能和溴水发生氧化还原反应而褪色，所以加热后不能恢复原色，故错误。15.已知a是一种常见单质（提示：硅与强碱溶液反应生成硅酸钠和氢气），在一定条件下可发生如下
11、图所示的转化关系，则下列叙述中不正确的是A.a在与强碱溶液的反应中被氧化B.向b中滴加适量盐酸可得到cC.c一定是两性物质D.d一定能和氢氧化钠溶液反应【答案】C 【解析】16.在下列溶液中，能大量共存的离子组是A.能使pH试纸显蓝色的溶液中：K+、Ba2+、Cl-、Br-B.常温下 的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO、Cl-C.含有大量Fe3+的溶液中：SCN-、I-、K+、Br-D.能使石蕊试液显红色的溶液中：K+、S2-、【答案】A 【解析】B、溶液呈酸性，硝酸根离子和二价铁离子能发生氧化还原反应，所以不能共存，故错误。C、硫氰根离子和铁离子生成化合物，铁离子和碘离子发生氧化还原反应，故
12、错误。D、酸性溶液，碳酸根离子和硫离子不能在酸性溶液中大量存在，故错误。17.A、B、C分别是元素甲、乙、丙的单质，它们都是常见的金属或非金属。D、E、F是常见的三种氧化物，且有如图所示转化关系。则下列说法不正确的是 A.氧化物D、E中一定均含有甲元素B.图示转化关系涉及的反应均为氧化还原反应C.A、B、C中一定有一种是氧气D.甲、乙、丙可能均为非金属元素【答案】D【解析】AC是单质，E是氧化物，所以A和C中有一个是氧气，D是氧化物，且D和A 反应生成氧化物，所以A是氧气，氧化物和氧气反应生成另一种氧化物，说明两种氧化物中的化合价不同，学过的有硫、钠、一氧化氮、一氧化碳等，所以.甲、乙、丙不可
13、能均为非金属元素，故错误。18.将18.2gMg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，可产生0.3mol气体。另取等质量合金溶于过量稀硝酸中，生成NO气体，向反应后的溶液中加入NaOH溶液恰好使Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，其质量为43.7g，则上述反应中生成NO气体的体积（标况下）为A.22.4LB.11.2LC.33.6LD.6.72L【答案】B【解析】能和氢氧化钠反应的金属只有铝，根据氢气的物质的量得铝的物质的量是0.2mol；所以铁和镁的质量是12.8g，氢氧化物的质量是43.7g,所以氢氧根离子的质量是25.5g，氢氧根离子的物质的量是1.5mol，氢氧化铝含
14、有氢氧根离子0.6mol，所以氢氧化镁和氢氧化铁含有的氢氧根离子是0.9mol，所以Mg是0.3mol，铁0.1mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒知，生成一氧化氮的物质的量是0.5mol，所以标况下体积是11.2L.第II卷（非选择题 共46分）二、非选择题（本题包括4小题，共46分）19.（10分）中学常见的某反应的化学方程式为A+BC+D+H2O（未配平，反应条件略去）。请回答下列有关问题。（1）若A是铁，B是稀硝酸（过量），且A可溶于C溶液中。则A与C反应的离子方程式为_。（2）若C、D均为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，某探究性学习小组利用下图中所列装置设计实验，证明上述反应中有C
15、、D生成。则B瓶溶液的作用是_，装置D中所盛溶液是_，若要验证另一产物水的存在，需使用的药品为_，该装置在整套装置中的位置是_。（3）若C是无色有刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性。写出C发生催化氧化反应的化学方程式_。（4）若D为氯碱工业的主要原料，C是造成温室效应的主要气体之一，则上述的反应的化学方程式为_。【答案】（1）（2分）（2）除去产物气流中的SO2 澄清石灰水 无水CuSO4 A前（每空1分）高温催化剂（3） （2分，漏条件扣1分，不配平均不得分）（4）2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2+H2O或HCl+NaHCO3=NaCl+CO2+H2O（2分）【解析】（1）若A是铁
16、，B是稀硝酸（过量），且A可溶于C溶液中，说明C是硝酸铁，所以离子方程式为。（2）能使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳和二氧化硫，但二氧化硫能使品红溶液褪色，所以先用品红检验二氧化硫，用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，用品红再检验二氧化硫，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以答案为除去产物气流中的SO2 澄清石灰水 无水CuSO4 A前。（3）若C是无色有刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性，则C是氨气氨气和氧气在催化剂、加热条件下生成一氧化氮和水（3） （4）若D为氯碱工业的主要原料，C是造成温室效应的主要气体之一，所以D是氯化钠，C是二氧化碳，2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2+H2O或
17、HCl+NaHCO3=NaCl+CO2+H2O（2分）20.已知AF是中学化学中常见物质，其中A、C、E为气体，B、D为液体，D是一种不挥发性酸，其浓溶液有强氧化性，F的溶液与X共热通常用于实验室制备单质C，X是一种黑色粉末，B分子中有18个电子，实验室常用B和X制备单质E。反应中部分生成物已略去。试回答下列问题：（1）根据图中信息，B、C、D、X氧化性从强到弱的顺序是_。（2）X与铝高温下反应的方程式为_。（3）写出反应的化学方程式_。（4）写出反应、的离子方程式：_。_。【答案】（1）XCBD（或写作MnO2Cl2H2O2H2SO4）（2）3MnO2+4Al3Mn+2Al2O3（3）（4）
18、Cl2+SO2+2H2O=4H+SO42-+2Cl- MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O【解析】D是一种不挥发性酸，其浓溶液有强氧化性，所以D是硫酸；A、C、E为气体，硫酸和铜反应生成A，所以A是二氧化硫；F的溶液与X共热通常用于实验室制备单质C，X是一种黑色粉末，所以X是二氧化锰，F是盐酸，C是氯气，B分子中有18个电子，B是液体，所以B是双氧水；在二氧化锰催化下，双氧水分解生成气体氧气，所以E是氧气；（1）氧化剂 的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性强弱顺序为XCBD（或写作MnO2Cl2H2O2H2SO4）。（2）二氧化锰和铝在高温条件下发生置换反应，方程式为3MnO2
19、+4Al3Mn+2Al2O3。（3）铜和浓硫酸在加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水（4）氯气和二氧化硫能发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸Cl2+SO2+2H2O=4H+SO42-+2Cl- 在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水， MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O21.（12分）有如图实验装置，其中a、b、c为弹簧夹。（1）如果开启a和c，关闭b，则I中反应的离子方程式为_。（2）如果将I管中的稀硝酸换成浓硝酸，开启a和c，关闭b，过一会儿观察，可以看到II里浸入水中的导管口有气泡冒出，导管内气体呈_色，液面上气体为_色。（3）在问题（1）的实验中，要使II里的气
20、体始终保持无色，应先关闭_（填a或b，下同），开启_和c，使产生的CO2气体排尽II里的空气，再关闭_打开_。（4）若将32g铜加入盛有150mL一定浓度硝酸的I中使之恰好完全反应，产生的NO2和NO混合气体在标准状况下的体积为11.2L。则NO为_mol。原硝酸溶液的浓度为_molL-1。【答案】（1）3Cu+8H+2NO = （2分）（2）红棕 无（每空1分，共2分）（3）a，b，b，a（每空1分，共4分）（4）0.25 10（每空2分，共4分）【解析】（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，3Cu+8H+2NO = 。（2）铜和浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮，所以呈红棕 色；液面上
21、气体呈 无色。（3）a，b，b，a，目的是使产生的二氧化碳排尽空气，防止一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮。（4）混合气体的物质的量是0.5mol，32g铜的物质的量是0.5mol，假设全部生成一氧化氮，一氧化氮的物质的量是0.33mol，假设全部生成二氧化氮，二氧化氮的物质的量是1mol，所以一氧化氮的物质的量是0.25mol；根据氮原子守恒知，生成0.5mol混合气体需要硝酸0.5mol，硝酸铜需要硝酸的物质的量是1mol，所以硝酸总的物质的量是1,5mol，所以其浓度是10mol/L。22.（14分）实验室欲配制0.1mol/L NaOH溶液并进行有关性质实验，请据此回答下列问题（1）实验时
22、，若配制上述溶液500mL，应用托盘天平称取固体的质量为_g。（2）在配制NaOH溶液时需用的玻璃仪器主要有量筒、烧杯、玻璃棒、_、_。（3）若实验过程中遇到下列情况，则会造成所配溶液的浓度偏低的是_。（填字母）a.加水时越过刻度线b.未洗涤烧杯和玻璃棒c.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理d.定容时俯视刻度线（4）向VmL上述浓度的NaOH溶液中，通入一定量的CO2后，然后向该溶液中逐滴中入1molL-1的盐酸，所加入盐酸溶液的体积与产生CO2的体积关系如下图所示：当加入35mL盐酸溶液时，产生二氧化碳的物质的量为_mol；计算所取氢氧化钠溶液的体积V=_mL。（5）取上述氢氧化钠溶液200mL
23、，加入足量的铝，该反应的化学方程式为_，反应中参与反应的氧化剂的物质的量为_。【答案】（1）2.0（2分，写成2不扣分）（2）500mL溶液瓶 胶头滴管 （每空1分）（3）a b（2分）（4）0.01 450 （每空2分，共4分）（5）2Al+2NaOH+6H2O 2NaAl（OH）4+3H2 0.06mol（4分）【解析】（1）m=0.1mol/L0.5L40g/mol=2.0g（2）配制溶液的500mL溶液瓶 ，定容时的 胶头滴管。（3）a.加水时越过刻度线，溶液体积偏大导致浓度偏低；b.未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量偏小导致浓度偏低；c.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，无影响；d.定
24、容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，导致浓度偏大。（4）当25mL时，溶质是碳酸氢钠，碳酸氢钠和盐酸反应时，碳酸氢钠和盐酸、二氧化碳的物质的量之比是1:1:1，当加入35mL盐酸溶液时，产生二氧化碳的物质的量等于10mL盐酸的物质的量=0.01mol；反应实质上相当于氢氧化钠和盐酸反应，所以氢氧化钠 和盐酸的物质的量之比是1:1，氢氧化钠的浓度盐酸的0.1倍，所以氢氧化钠的体积是盐酸的10倍，即450mL（5）铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，2Al+2NaOH+6H2O 2NaAl（OH）4+3H2 ；根据方程式知氧化剂的物质的量是 0.06mol。高三化学期中考试参考答案及评分标准一、选择题
25、（本题包括18小题，每小题3分，共54分）1.B 2.B 3.C 4.A 5.A 6.D 7.D 8.B 9.B 10.C 11.D 12.A 13.B 14.A 15.C 16.A 17.D 18.B二、非选择题（本题包括4小题，共46分）19.（10分）（所有方程式不配平均不得分）（1）（2分）（2）除去产物气流中的SO2 澄清石灰水 无水CuSO4 A前（每空1分）高温催化剂（3） （2分，漏条件扣1分，不配平均不得分）（4）2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2+H2O或HCl+NaHCO3=NaCl+CO2+H2O（2分）20.（10分，每空2分，本题漏写条件不扣分，不配平不得分
26、）（1）XCBD（或写作MnO2Cl2H2O2H2SO4）（2）3MnO2+4Al3Mn+2Al2O3（3）（4）Cl2+SO2+2H2O=4H+SO42-+2Cl- MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O21.（12分）（1）3Cu+8H+2NO （2分）（2）红棕 无（每空1分，共2分）（3）a，b，b，a（每空1分，共4分）（4）0.25 10（每空2分，共4分）22.（14分）（1）2.0（2分，写成2不扣分）（2）500mL溶液瓶 胶头滴管 （每空1分）（3）a b（2分）（4）0.01 450 （每空2分，共4分）（5）2Al+2NaOH+6H2O 2NaAl（OH）4+3H2 0.06mol（4分）