《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)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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)（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！ 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，11.2 L乙醇所含的羟基数为0.5NAB常温下，1L 0.1 molL1的Na2CO3溶液中含有的离子总数为0.3NAC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0.4NAD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
2、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、1L 0.1 molL1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，
3、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
4、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
5、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：OSSeTe，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：NaKRbCs，则最高价氧化物对应水化物碱性按NaOH
6、、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
7、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
8、+）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（）AmnBmnCm=nD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mn，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
9、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A族BRO3中的R只能被还原CR2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+
10、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A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（50）=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
11、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：NaOH；Ca（OH）2；NaHCO3；CaCO3ABCD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：NaOH+HCl=NaCl+H2O；Ca（OH）2+2HClCaCl2+2H2O；NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O；CaCO3+2HCl=Ca
12、Cl2+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NaOH+HCl=NaCl+H2O；40g 1molm molCa（OH）2+2HClCaCl2+2H2O；74g 2molm molNaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O； 84g 1mol m molCaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O100g 2molm 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：，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
13、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1molD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
14、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1 mol，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，
