湖北省武汉市民族中学高二化学下期期末复习模拟试题（含解析）.doc

湖北省武汉市民族中学2015-2016学年高二下期期末复习化学模拟试题（解析版）1（2010秋石家庄期末）新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生下列属于新能源（ ）煤 石油 太阳能 生物质能 氢能a b c d【答案】d【解析】煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等故选d【点评】本题考查了清洁能源，分析时紧扣“资源丰富、对环境无污染、可以再生”，即可正确判断2许多国家十分重视海水资源的综合利用。不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是a氯、溴、碘 b钠、镁、铝 c烧碱、氢气 d食盐、淡水【答案】d【解析】试题分析：a氯、溴、碘元素在海水中都是以化合物的形式存在，要转化为单质就要通过化学变化，错误。b钠、镁、铝三种元素在海水中都是以化合物的形式存在，要转化为单质就要通过化学变化，错误。c烧碱、氢气都是电解食盐水产生的物质，发生的是化学变化，错误。d海水的主要成分是水和nacl，将海水蒸馏得到淡水，产生的盐中主要含有的是食盐nacl，发生的是物理变化，正确。考点：考查物质的获得方法的正误判断的知识。3在下列物质中，分别加入金属钠，不能产生氢气的是 （ ）a蒸馏水 b煤油 c无水乙醇 d 75%的酒精【答案】b【解析】煤油中主要含有烃，不能和钠反应。acd都和钠反应产生氢气，答案选b。4下列与金属腐蚀有关的说法中，不正确的是a钢铁在潮湿空气中生锈属于电化学腐蚀b电化学腐蚀一般可分为吸氧腐蚀和析氢腐蚀c金属腐蚀的本质是金属原子失去电子被氧化的过程d铝具有强抗腐蚀能力，是因为其不易与氧气发生反应【答案】d【解析】试题分析：a钢铁在潮湿的空气中易形成原电池，所以钢铁在潮湿空气中生锈属于电化学腐蚀，故a正确；b中性或弱酸性条件下，金属发生吸氧腐蚀，酸性环境下，金属发生析氢腐蚀，则电化学腐蚀一般可分为吸氧腐蚀和析氢腐蚀，故b正确；c金属腐蚀时失电子生成阳离子，则金属腐蚀的本质是金属原子失去电子被氧化的过程，故c正确；d铝的表面易形成致密的氧化膜，氧化膜能饱和内部金属不被腐蚀，所以铝具有很强的抗腐蚀能力，故d错误，故选d。考点：考查金属的腐蚀和防护5x元素最高价氧化物对应的水化物为h3xo4，则它对应的气态氢化物为ahx bh2x cxh4 d xh3【答案】d【解析】试题分析：对于非金属元素来说，最高正价与最低负化合价绝对值的和为8。在x元素最高价氧化物对应的水化物为h3xo4中，x元素的化合价是+5价，所以其最低化合价是-3价。因此它对应的气态氢化物xh3，答案选d。考点：考查元素的氢化物的化学式的书写的知识。6 乙烯和溴水的反应（ch2=ch2 + br2brch2 ch2br）属于 a取代反应 b酯化反应 c消去反应 d加成反应【答案】d【解析】试题分析：烯烃属于不饱和烃，因此与溴水发生的是加成反应考点：考查烯烃与溴水反应的相关知识点7体积为1 l的干燥容器中充入hcl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082。将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的体积大约是（ ） a0.25 l b0.5 l c0.75 l d1 l【答案】c【解析】试题分析：根据题意知，容器中气体对氧气的密度为1.082，则气体的平均相对分子质量为1.08232=34.6，令hcl的体积分数为x，则空气的体积分数为（1-x），则：36.5x+29（1-x）=34.6，解得：x=0.75，hcl的体积为1l0.75=0.75l，进入容器中液体的体积大约是0.75l，选c。考点：考查以物质的量为中心的计算。8电化学降解no3-的原理如图所示。下列说法中正确的是a铅蓄电池的a极为负极，电极材料为pbb铅蓄电池工作过程中每通过电路中2mol电子则消耗1molh2so4c该电解池的阴极反应为2no3- + 12h + 10e- n2 + 6h2od若电解过程中转移5mol电子，则交换膜两侧电解液的质量变化差（m左m右）为144g【答案】c【解析】试题分析：a、根据题给装置知，右侧agpt电极上no3- 转化为n2，发生还原反应，为电解池的阴极，与铅蓄电池的负极相连，故铅蓄电池的b极为负极，电极材料为pb，错误；b、铅蓄电池工作过程中的电池反应为：pb + pbo2 + 4h+ + 2so42-=2pbso4+ 2h2o，每通过电路中2mol电子则消耗2molh2so4，错误；c、该电解池的电解液呈酸性，阴极反应为2no3- + 12h + 10e- n2 + 6h2o，正确；d、电解过程中阳极反应为4oh4e=2h2o+o2，若电解过程中转移5mol电子，则左侧生成1.25mol氧气，同时还有5mol氢离子进入右侧装置，m左=45g，右侧生成0.5mol氮气，m右=9g，则交换膜两侧电解液的质量变化差（m左m右）为36g，错误。考点：考查电解原理的应用。9下列有关推断正确的是aso3是酸性氧化物，能与naoh溶液反应bna2o、na2o2组成元素相同，与co2反应产物也相同c酸酐一定是氧化物, 金属氧化物一定是碱性氧化物d新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色【答案】a【解析】试题分析：aso3 是酸性氧化物，能与naoh溶液反应，正确；bna2o、na2o2组成元素相同，与co2反应产物不同，前者生成na2co3，后者生成na2co3和o2，错误；c酸酐不一定是氧化物如乙酸（ch3cooh）脱水形成乙酸酐（ch3cooocch3）, 金属氧化物不一定是碱性氧化物，如al2o3是两性氧化物,mn2o7是酸性氧化物，错误；d新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，溶液先呈红色然后褪色，错误；考点：物质的分类及相关定义。10化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是a焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现b将煤气化后再作为能源，可减少pm2.5引起的危害c用激光笔分到照射盛有蓝墨水、fecl3 溶液的玻璃杯均出现光亮的通路d氨气液化时能吸收大量的热，常用来做冷冻剂【答案】b【解析】试题分析：a. 焰色反应是某些金属元素的物理性质，错误；b将煤气化后再作为能源，可减少pm2.5的产生及其引起的危害，正确；c. 氯化铁溶液不是胶体，没有丁达尔现象，错误；d. 氨气液化会放出大量的热，错误。考点：焰色反应，胶体的性质，氨气的用途的知识。11如图所示，h1=393.5kjmol1，h2=395.4kjmol1，下列说法或表示式正确的是ac（s、石墨）c（s、金刚石）h=1.9 kjmol1b石墨和金刚石的转化是物理变化c石墨的稳定性强于金刚石d1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能小1.9 kj【答案】c【解析】由图得：c（s，石墨）+o2（g）=co2（g）h=393.5kjmol1c（s，金刚石）+o2（g）=co2（g）h=395.4kjmol1，利用盖斯定律将可得：c（s，石墨）=c（s，金刚石）h=+1.9kjmol1，则a、因c（s、石墨）=c（s、金刚石）h=+1.9kjmol1，故a错误；b、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故b错误；c、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故c正确；d、依据热化学方程式 c（s，石墨）=c（s，金刚石）h=+1.9kjmol1，1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kj，故d错误；故选c12同温同压下，两个体积相同的容器，一个盛有co，另一个盛有o2、h2的混合气体，两瓶中气体一定具有相同的( ）a质量 b电子总数c原子总数 d密度 【答案】c【解析】试题分析：同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的不同气体物质的量相等，氧气与氢气的摩尔质量不相等，故质量不同，a正确；气体的物质的量相同，电子数之比为8:1，b错误；物质的量相同，即分子总数相等，氧气和氢气均为双原子分子，即原子总数也相等，c正确；同温同压下，气体的密度比等于其摩尔质量之比，d错误；故答案选c考点：阿伏伽德罗定律13升高温度，下列数据不一定增大的是a化学反应速率v b水的离子积常数kwc化学平衡常数k d弱酸的电离平衡常数k【答案】c【解析】试题分析：a、升高温度，化学反应速率加快，a不符合；b、水的电离是吸热的，升高温度促进水的电离，电离程度增大，水的离子积增大，b不符合；c、平衡常数只与温度有关系，若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，c符合；d、弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进电离，电离平衡常数增大，d不符合，答案选c。考点：考查温度对反应速率、化学平衡常数、水的离子积以及电离平衡常数的影响14某探究小组用如图所示装置进行如下实验，其实验现象描述正确的是（）选项a中试剂b中试剂实验现象a1ml12moll1浓盐酸，0.5gmno20.1gcaco3、1ml2moll1盐酸 红墨水褪色，u形管中液面左右基本持平 b 0.1gna，3mol水 0.1gna 3mol乙醇 反应开始阶段，反应结束静置一段时间后u形管中液面都是左低右高c 3ml浓硫酸、铁钉 3mlnacl溶液、铁钉 铁钉均生锈，u形管中液面左高右低d 3ml水 3ml饱和feso4溶液 一段时间后，u形管中液面左低右高，b管溶液中出现红褐色浑浊物【答案】d【解析】试题分析：a、a中没有加热，所以不生成气体，b中生成二氧化碳导致右边红墨水下降，所以红墨水不褪色，且u形管中液面左高右低，故a错误；b、a、b都生成氢气且生成氢气的物质的量相等，所以反应结束静置一段时间后u形管中液面都是基本相平，故b错误；c、常温下浓硫酸和铁发生钝化现象，铁钉和nacl溶液发生吸氧腐蚀导致压强减小，所以u形管中液面左低右高，故c错误；d、亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，导致b中压强减小，则u型管中液面左低右高，且b管溶液中出现红褐色浑浊物，故d正确；故选d。【考点定位】考查化学实验方案的评价【名师点晴】本题考查化学实验方案评价，属于高考中的高频考点，涉及物质之间的反应、吸氧腐蚀及盐类水解等知识点，明确反应原理是解本题关键，注意a中反应条件、知道吸氧腐蚀和析氢腐蚀条件，易错选项是a。15乙醛酸（hooccho）是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图所示。该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与m电极的产物反应生成乙醛酸。下列说法不正确的是an电极上的电极反应式：hooccooh+2e+2h+=hooccho+h2ob若有2 mol h+ 通过质子交换膜并完全参与反应，则该装置中生成的乙醛酸为1 molcm电极上的电极反应式为：2cl2e=cl2d乙二醛与m电极的产物反应生成乙醛酸的化学方程式： cl2+ohccho+ h2o = hooccho+2hcl【答案】b【解析】试题分析：若有2 mol h+ 通过质子交换膜并完全参与反应，转移的电子数目为2mol，n电极上的电极反应式：hooccooh+2e+2h+=hooccho+h2o，生成了1mol hooccho，但由于两极都有hooccho生成，则该装置中生成的乙醛酸为2mol。b项错误。考点：电化学的应用16（8分）有四瓶贴有标签的溶液，它们可能是碳酸钾、硝酸钡、硫酸氢钠和硫酸钾溶液。现进行有关实验，并记录部分现象。(1)推断a是_、b是_、c是_、d是_。(2)d和b反应的离子方程式是_。(3)a和b反应的化学方程式是_。【答案】(1)nahso4 ba(no3)2 k2so4 k2co3(2)ba2+=baco3(3)nahso4+ba(no3)2=baso4+nano3+hno3【解析】从a、b、c、d四种溶液的可能性分析，图中的b气体是二氧化碳，溶液c是强酸性溶液，沉淀a中含有。开始两组反应中都有b溶液，在b、d一组反应中有一种溶液是k2co3,在a、b一组反应中，有一种溶液是nahso4。综合实验全过程，可推出b是ba(no3)2溶液。17 (8分)下列为一些常见物质的相互转化关系图。已知：a是生活生产中常用的一种金属单质，b为淡黄色粉末，c在常温下为无色液体，h为白色沉淀，j为红褐色沉淀请写出：【答案】(8分) （1） fe na2o2 （2）白色沉淀迅速变成灰绿色随即变成红褐色。 （3）2na2o2 +2h2o=4naoh +o2【解析】18用酸性kmno4和h2c2o4（草酸）反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为：2mno45h2c2o46h2mn210co28h2o。一实验小组欲通过测定单位时间内生成co2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（kmno4溶液已酸化）：实验序号a溶液b溶液20 ml 0.1 moll1h2c2o4溶液30 ml 0.01 moll1kmno4溶液20 ml 0.2 moll1h2c2o4溶液30 ml 0.01 moll1kmno4溶液（1）该实验探究的是 因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得co2的体积大小关系是 （填实验序号）。（2）若实验在2 min末收集了4.48 ml co2（标准状况下），则在2 min末，c(mno4)_moll1。（假设混合溶液体积为50 ml）（3）除通过测定一定时间内co2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定 来比较化学反应速率。（4）小组同学发现反应速率总是如下图，其中t1t2时间内速率变快的主要原因可能是：产物mn2是反应的催化剂、 。【答案】（10分）（1）浓度（2分） （2分）（2）0.0092（2分）（3）kmno4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间（2分）（4）该反应放热（2分）【解析】试题分析：（1）根据表中所列是数据分析，实验探究的是浓度因素对化学反应速率的影响。浓度越大反应速率越快，生成的co2的体积越大，即。（2）4.48 ml co2，即0.0002mol，根据化学方程式计算，反应的mno4是0.00004mol，剩余的mno4是0.0005mol-0.00004mol=0.00046mol，故c(mno4)0.0092moll1。（3）kmno4是有颜色的，故还可通过测定kmno4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率。（4）升高温度会加快反应的速率。考点：化学反应速率的影响因素及计算点评：本题考查了影响化学反应速率的因素及计算，难度中等，注意决定反应速率的是物质本身的性质，外界条件只是影响因素。19某种胃药片的制酸剂为碳酸钙，其中所含的制酸剂质量的测定如下：配制0.10 moll1的 hci和0.10moll1的naoh溶液取一粒（药片质量均相同)0.20g的此胃药片，磨碎后加入20.00ml蒸馏水 以酚酞为指示剂，用0.1moll-1的naoh溶液滴定至终点加入50.00ml0.10 moll1的hcl溶液（1）写出实验过程中至少需要的步骤 （写编号顺序)。（2）下图所示的仪器中配制0.10 moll1hcl溶液和0.10 moll1的naoh溶液肯定不需要的仪器是（填序号） ，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是（填仪器名称） 。（3）配制0.1moll-1的naoh溶液时，下列操作会使得所配溶液浓度变大的是 。a.称量naoh固体时动作过慢 b.溶解氢氧化钠时有部分液体溅出 c.未洗涤烧杯和玻璃棒 d.未冷却至室温就转移到容量瓶中 e.定容时俯视标线 f.摇匀后发现液面低于标线加水至标线（4）写出有关反应的离子方程式（5）若滴定消耗naoh溶液体积为14.00ml，则该胃药中含碳酸钙的质量分数是 。【答案】（1）或（2）ac烧杯 玻璃棒（3）de（4）caco3+2h+=ca2+h2o+co2 h+oh-=h2o （5）0.90【解析】试题分析：（1）测定胃药片的制酸剂的质量时，需要先配制氢氧化钠和氯化氢溶液，然后进行滴定，为了保证实验的准确度，同一样品溶液要重复滴定2次以上，所以正确的操作顺序为：或（2）配制溶液的过程中不使用圆底烧瓶和分液漏斗，所以选ac，还缺少烧杯和玻璃棒。（3）a.称量naoh固体时动作过慢，导致氢氧化钠吸收空气中的水，氢氧化钠的质量减少，最后溶度偏低； b.溶解氢氧化钠时有部分液体溅出，溶质有损失，浓度偏低； c.未洗涤烧杯和玻璃棒，烧杯和玻璃棒都留有溶质，浓度偏低； d.未冷却至室温就转移到容量瓶中 ，待冷却后溶液体积偏小，浓度偏大；e.定容时俯视标线，溶液的体积偏小，浓度偏大； f.摇匀后发现液面低于标线加水至标线，使溶液的体积偏大，浓度偏小。所以最后能使溶液的浓度偏大的有de。（4）盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳和水，离子方程式为：caco3+2h+=ca2+h2o+co2 h+oh-=h2o （5）和碳酸钙反应的盐酸的物质的量为0.10.05-0.10.014=0.0036摩尔，所以碳酸钙的物质的量为0.0018摩尔，其质量为0.18克，质量分数=0.18/0.20=0.90。考点： 一定物质的量浓度的溶液的配制，误差分析，质量分数的计算20（原创）（20分）重庆一中某化学兴趣小组，欲在常温常压下，用一定质量的铜镁合金与足量稀盐酸反应，利用下图装置，测定样品中铜的质量分数。a b c（1）实验反应原理：写出镁与稀盐酸发生反应的化学方程式_（2）仪器识别：写出上图中仪器、的名称：_（3）装置连接：a_d（4）a中反应已经进行完毕的现象为_（5）实验中，该兴趣小组同学测得以下数据a反应前样品铜镁合金的质量，记为m1 gb反应结束后，经过处理后的残余固体的质量，记为m2 gc经过一系列正确的操作后，读取量筒中的水的体积，记为v mld查阅资料，常温常压下，h2的密度为 g/l四位同学分成甲、乙两个小组，甲组同学利用重量法为思路，请合理选择以上数据，列式求铜的质量分数：_100%；乙组同学利用排水法测量气体体积为思路，请合理选择以上数据，列式求铜的质量分数：_100%（6）误差分析环节中指导教师提出，甲、乙两组同学的思路中，会有很多因素导致测得的铜的质量分数出现误差，现将可能导致误差的因素罗列如下，并回答相关问题a读取量筒中水的体积时，未等装置中气体恢复至室温b读取量筒中水的体积时，俯视量筒c实验开始前，没有检查装置气密性，然而装置实际是漏气的db瓶中残留的空气的干扰e未除去样品铜镁合金表面的氧化膜便进行称量f未对反应中挥发出的hcl气体进行除杂处理g未对反应后剩余的残余物进行洗涤h未考虑b、c装置间连接导管中残留的水导致铜的质量分数大于理论值的原因可能是_（填符号ah）导致铜的质量分数小于理论值的原因可能是_（填符号ah）【答案】（20分）（1）mg+2hcl=mgcl2+h2（2分）；（2）（球形）分液漏斗（2分）；量筒（2分）；（3）b、c（2分）；（4）a中不再产生气泡（2分）；（5）（2分）；（2分）；（6）c、e、g、h（4分）；a、b（2分）。【解析】试题分析：（1）镁是比较活泼的金属，可以与稀盐酸发生置换反应，产生氢气，反应的化学方程式是mg+2hcl=mgcl2+h2 ；（2）是（球形）分液漏斗；是量筒；（3）本实验是通过测量水的体积测量反应产生的氢气的体积，因此先是制取气体，然后是收集气体，最后是气体将等体积的水赶入量筒测量其体积。给装置连接：abcd；（4）a中金属镁与盐酸发生反应产生氢气，因此证明已经进行完毕的现象为a中不再产生气泡；（5）若用重量方法测定铜的质量分数，由于铜与盐酸不能反应，而镁与盐酸发生反应，因此反应前固体质量是镁与铜的质量和，反应后的固体质量是铜的质量则金属铜的质量分数是；利用排水法测量气体体积为思路，由于水的体积等于反应产生的氢气的体积，h2的密度为 g/l，则反应产生的氢气的质量是m（h2）= g/lv10-3 l=v10-3g，则根据反应方程式：mg+2hcl=mgcl2+h2可知m（mg）:m（h2）=24:2,所以m（mg）=12 m（h2）=12v10-3g,则金属铜的质量是m（cu）=m（总）- m（mg）= m1 g-12v10-3g= （m1 -12v10-3）g，则铜的质量分数是（m1 -12v10-3）gm1=。（6）a读取量筒中水的体积时，未等装置中气体恢复至室温，使水的体积偏大，则氢气偏大，金属镁的质量偏多。导致铜的质量分数偏小；b读取量筒中水的体积时，俯视量筒，使水的体积偏大，氢气偏大。金属镁偏多。铜的质量分数偏少；c实验开始前，没有检查装置气密性，然而装置实际是漏气的，导致氢气偏少，金属镁偏少，金属铜偏大；db瓶中残留的空气的干扰，由于反应产生的氢气的体积等于排除的水都是体积，因此装置中存在以部分空气便于影响排水多少，对测定无影响；e未除去样品铜镁合金表面的氧化膜便进行称量，使铜的质量偏多，铜的质量分数偏高；f未对反应中挥发出的hcl气体进行除杂处理，hcl极容易溶于水，因此对排除水的体积无影响； g未对反应后剩余的残余物进行洗涤，使铜的质量偏多，导致铜的质量分数偏高；h未考虑b、c装置间连接导管中残留的水，使反应产生的氢气体积偏少，金属镁的质量偏少，则铜的质量偏多，铜的质量分数偏高。故导致铜的质量分数大于理论值的原因可能是c、e、g、h；导致铜的质量分数小于理论值的原因可能是a、b。【考点定位】考查镁铜合金中铜的质量分数的测定的知识。【名师点睛】化学是一门实验性的学科，本题通过利用镁是比较活泼的金属，可以与酸发生置换反应产生氢气，而铜在金属活动性顺序表中排在氢的后边，不能把酸中的氢置换出来的性质测定铜的质量分数.涉及仪器的识别、装置连接顺序、装置的作用、气密性的检查、排水方法测量1气体的体积、测定方法、误差分析等多个知识点。测定方法的不同有利于学生发散思维，提倡一题多解法，然后进行比对，选择、判断其优劣，将定性分析与定量测定结合在一起，是一个很好的试题。21（8分）取一定量的na2co3、nahco3和na2so4混合物与250ml 100moll1过量盐酸反应，生成2016l co2（标准状况），然后加入500ml 0100moll1ba（oh）2溶液，得到沉淀的质量为233g，溶液中过量的碱用100ml 100mll1盐酸恰好完全中和。计算：（1）混合物中na2so4的质量；（2）混合物中na2co3的物质的量。【答案】（8分）（1）142g （2）0070mol【解析】混合物中na2so4的质量设混合物中naco3和nahco3的物质的量分别为x和y，反应中放出的co2物质的量与na2co3、nahco3反应的盐酸的物质的量为0250l100mo1l-1-0500l 0100 mo1l-12+0010l100 mo1l-1=0160mol解得：x0070mol y=0020mol试题分析：硫酸钠和盐酸不反应，和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀，233克硫酸钡沉淀的物质的量等于硫酸钠的物质的量=233/233=001摩尔，则硫酸钠的质量=001*142=142g。设混合物中naco3和nahco3的物质的量分别为x和y，反应中放出的co2物质的量与na2co3、nahco3反应的盐酸的物质的量为0250l100mo1l-1-0500l 0100 mo1l-12+0010l100 mo1l-1=0160mol解得：x0070mol y=0020mol考点：钠的重