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安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中联考2015_2016学年高三化学上学期期中试卷(含解析)

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【化学】安徽省安庆一中、安师大附中、马鞍山二中联考2015届高三上学期月考化学试卷(12月份)

【化学】安徽省安庆一中、安师大附中、马鞍山二中联考2015届高三上学期月考化学试卷(12月份)

安徽省安庆一中、安师大附中、马鞍山二中联考2014-2015学年高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．氰氨基化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCN═CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，下列说法正确的是（）A．CO为氧化产物，H2为还原产物B．CaCN2中含有非极性键C．HCN既是氧化剂又是还原剂D．每消耗10g CaCO3生成2.24L CO22．实验室中制取、洗气并收集气体的装置如图所示．仅用此该装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）3．下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（）A．碱性溶液中：ClO﹣、Cl﹣、K+、Na+B．常温常压下气体：O2、N2、Cl2、NH3C．含有AlO2﹣的溶液：NO3﹣、HCO3﹣、Na+、K+D．氢氧化铁胶体：H+、K+、S2﹣、Br﹣4．在固定体积容器中通入2mol A与1mol B气体，一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）═3C（g）△H＜0，达到平衡后，改变一个条件（x），如表量（y）一定符合图中曲线的是（）5．已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1Na2O2（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ•mol﹣1下列表述正确的是（N A代表阿伏伽德罗常数的数值）（）A．1molCO燃烧时放出的热量为283 kJ•mol﹣1B．Na2O2（s）+CO（g）═Na2CO3（s）△H=﹣509 kJ•mol﹣1C．Na2O2（s）与CO2（g）反应放出226 kJ热量时电子转移数为2N AD．Na2O2和Na2CO3中阴阳离子个数比不同6．我省庐江县有丰富的钒矿资源﹣﹣明矾，其主成分为KAl（SO4）2•12H2O．下列有关说法正确的是（）A．明矾既可以除去水中的悬浮物，也可以杀菌消毒B．可以通过电解明矾溶液来制取AlC．用酒精灯加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高D．可以用在某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液的方法来确定该溶液中是否含有SO42﹣7．某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的一种或几种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：下列说法正确的是（）A．固体混合物中一定含有Al，但质量不可确定B．固体混合物中可能含有MgCl2和AlCl3C．固体混合物中一定含有MgCl2和FeCl2D．固体混合物中一定含有（NH4）2SO4、MgCl2二、解答题（共4小题，满分58分）8．（16分）X、Y、Z、W是元素周期表中前30号元素，且原子序数依次增大．其相关信息如下表：（1）W位于元素周期表第周期第族，其基态原子最外层有个电子．（2）X的第一电离能比Y的（填“大”或“小”），1mol X22﹣中含有的π键数目为．（3）X和Y的气态氢化物中，较稳定的是（写化学式），Y的同族元素（包括Y）的最简单氢化物中沸点最低的是．（4）写出KZY3与HZ浓溶液反应制取Z2的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目．（5）已知：X（s）+Y2（g）═XY2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1XY（g）+Y2（g）═XY2（g）△H2=﹣282.9kJ•mol﹣1则X（s）与Y2（g）反应生成XY（g）的热化学反应方程式为．9．（15分）固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂．已知KNO3、Cu（NO3）2、AgNO3三种硝酸盐的热分解反应方程式如下：Ⅰ．2KNO32KNO2+O2↑Ⅱ．2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑Ⅲ．2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑（1）某固体可能由KNO3、Cu（NO3）2、AgNO3三种硝酸盐中的一种或几种组成．取适量该固体充分加热，得到一定量气体．若该气体经水充分吸收后，剩余气体的体积在同温同压下为吸收前的．（忽略氧在水中的溶解）①若该固体只是由一种盐组成，则该盐为．②若该固体是混合物，则该混合物的可能组成为．（2）某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，通过实验探究其热分解的产物，设计如下图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：实验步骤：a．仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管A．b．称取Mg（NO3）2固体3.7g置于A中，先通入一段时间N2，再关闭k，用酒精灯加热硬质玻璃管A．c．待样品完全分解，A 装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1.0g．…①步骤a的目的是；②依据已知的三个方程式，再根据剩余固体的质量写出Mg（NO3）2热分解方程式为：．③若A中固体为AgNO3，用以上实验装置进行实验时，D 中的现象为，用离子方程式表示出现该现象的原因：．④从实验安全的角度判断该实验装置有无缺陷？若有，应如何改进？．10．（13分）六水氯化锶（SrCl2•6H2O）是实验室重要的分析试剂，工业上常以天青石（主成分为SrSO4）为原料制备，生产流程如下：（1）第①步反应前天青石先研磨粉碎，其目的是．第③步加入适量稀硫酸的目的是．（2）第①步反应若0.5mol SrSO4中只有S被还原，转移了4mol电子．写出该反应的化学方程式：．（3）第④步操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、、．（4）称取1.000g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO31.100×10﹣2 mol的AgNO3溶液（产品中不含其它与Ag+反应的离子），待Cl﹣完全沉淀后，用含Fe3+的溶液作指示剂，用0.2000mol/L的KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出．若滴定过程用去上述浓度的KSCN溶液20.00mL，则产品中SrCl2•6H2O的质量百分含量为（保留4位有效数字）．11．（14分）某研究性学习小组在网上收集到如下信息：硫化钠，俗称臭碱，是一种强还原剂，在工业上用途广泛．他们对硫化钠与次氯酸钠的反应进行探究．在次氯酸钠溶液中加入硫化钠溶液，发现溶液始终澄清．（1）下列有关硫化钠的说法正确的是a．硫化钠溶液不宜久置，应现用现配b．硫化钠俗称臭碱与其水解有关c．硫化钠在空气中潮解并不断放出H2S气体，说明酸性：H2CO3＞H2Sd．配制硫化钠溶液时加入少量氢氧化钾e．向硫化钠溶液中滴加稀硝酸有臭鸡蛋气味的气体生成（2）反应后的溶液中肯定存在Cl﹣、SO42﹣和OH﹣，为探究溶液中可能存在其他阴离子（不考虑离子水解及空气中CO2的影响），提出如下假设：假设1：只存在S2﹣假设2：只存在ClO﹣假设3：（3）请写出实验步骤以及预期现象和结论．限选实验试剂：1mol/L的CuSO4溶液、1mol/L NaOH溶液、淀粉﹣KI溶液、紫色石蕊试液、酚酞试液．（4）实验时某同学发现所用硫化钠溶液呈黄色，联想到工业盐酸呈黄色的原因，该同学认为所用硫化钠溶液中混有少量FeCl3．你是否同意该同学的观点（填“同意”或“不同意”），请简述理由：．化学参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．氰氨基化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCN═CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，下列说法正确的是（）A．CO为氧化产物，H2为还原产物B．CaCN2中含有非极性键C．HCN既是氧化剂又是还原剂D．每消耗10g CaCO3生成2.24L CO2【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】在CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑反应中，HCN中的碳元素化合价由+2升高到+4，对应的氧化产物为CaCN2，HCN中的氢元素化合价由+1价降低到0，对应的还原产物为H2，以此解答该题．【解答】解：A．CO由HCN生成，既不是氧化产物也不是还原产物，故A错误；B．CaCN2中存在2﹣，含有离子键和极性键，不含非极性键，故B错误；C．因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则HCN既是氧化剂又是还原剂，故C正确；D．气体存在的条件未知，不能确定体积大小，故D错误．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意利用元素的化合价来分析氧化还原反应，明确反应中各物质中的元素的化合价是解答的关键，本题的难点是氧化产物的分析．2．实验室中制取、洗气并收集气体的装置如图所示．仅用此该装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）【考点】实验装置综合；常见气体制备原理及装置选择．【专题】实验评价题．【分析】A．制备氯气需要加热；B．氨气与浓硫酸反应；C．Cu与浓硫酸反应需要加热；D．Cu与稀硝酸反应生成NO，不溶于水．【解答】解：A．浓盐酸与MnO2反应需要加热，装置图中无酒精灯，故A错误；B．浓氨水与生石灰可制取氨气，氨气不能用浓硫酸干燥，故B错误；C．浓硫酸与Cu反应需要加热，生成的SO2不能用NaOH溶液除去杂质，也不能用排水法收集，故C错误；D．Cu与稀硝酸反应可制取NO，NO可用水洗气，可用排水法收集，故D正确．故选D．【点评】本题考查气体制取的试剂和仪器的选择，为高频考点，综合考查常见气体的制备原理及装置，把握反应原理及物质的性质为解答的关键，注意气体的干燥、收集方法，题目难度不大．3．下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（）A．碱性溶液中：ClO﹣、Cl﹣、K+、Na+B．常温常压下气体：O2、N2、Cl2、NH3C．含有AlO2﹣的溶液：NO3﹣、HCO3﹣、Na+、K+D．氢氧化铁胶体：H+、K+、S2﹣、Br﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．碱性溶液中，如离子之间不发生任何反应，可大量共存；B．Cl2与NH3反应；C．AlO2﹣促进HCO3﹣的电离；D．胶体不能稳定存在于电解质溶液中．【解答】解：A．碱性溶液中，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B．Cl2与NH3发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，可用于检验氯气是否泄漏，故B错误；C．AlO2﹣促进HCO3﹣的电离，生成氢氧化铝和CO32﹣，故C错误；D．胶体不能稳定存在于电解质溶液中，故D错误．故选A．【点评】本题考查离子共存问题，明确常见离子的性质及离子之间发生的反应是解答的关键，解答该题时注意各选项中的条件，把握胶体的性质，题目难度不大．4．在固定体积容器中通入2mol A与1mol B气体，一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）═3C（g）△H＜0，达到平衡后，改变一个条件（x），如表量（y）一定符合图中曲线的是（）【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】由图可知，y随着x的增大而增大，据此分析：A、由于反应2A（g）+B（g）═3C（g）是前后体积不变且放热的反应，所以降低温度平衡正向移动，A的体积分数增大减小；B、反应是在容积不变的容器中进行，反应前后气体质量守恒，所以密度始终不变；C、A、B均为反应物，增加A会提高B的转化率；D、将加入的C折算成A和B，与起始加入的A和B之比是相等的，由于该反应为体积不变的反应，压强对平衡不影响，所以再加入C，A的体积分数不变．【解答】解：由图可知，y随着x的增大而增大，A、由于反应2A（g）+B（g）═3C（g）是前后体积不变且放热的反应，所以降低温度平衡正向移动，A的体积分数增大减小，故A错误；B、反应是在容积不变的容器中进行，反应前后气体质量守恒，所以密度始终不变，故B错误；C、A、B均为反应物，增加A会提高B的转化率，故C正确；D、将加入的C折算成A和B，与起始加入的A和B之比是相等的，由于该反应为体积不变的反应，压强对平衡不影响，所以再加入C，A的体积分数不变，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查外界条件对化学平衡的影响因素，难度不大，解题时要注意图象与表格相结合．5．已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1Na2O2（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ•mol﹣1下列表述正确的是（N A代表阿伏伽德罗常数的数值）（）A．1molCO燃烧时放出的热量为283 kJ•mol﹣1B．Na2O2（s）+CO（g）═Na2CO3（s）△H=﹣509 kJ•mol﹣1C．Na2O2（s）与CO2（g）反应放出226 kJ热量时电子转移数为2N AD．Na2O2和Na2CO3中阴阳离子个数比不同【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、单位不对；B、利用盖斯定律解答，①÷2+②可得；C、1molNa2O2反应转移1mol电子；D、过氧化钠中有钠离子和过氧根离子，2中有钠离子和碳酸根离子．【解答】解：A、1molCO燃烧放热为283KJ，故A错误；B、已知：①2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1②Na2O2（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ•mol﹣1据盖斯定律，①÷2+②得B，故B正确；C、1mol过氧化钠与二氧化碳反应放出226KJ的热量同时转移电子数为N A，故C错误；。

安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中2016届高三第三次联考文数试题 Word版含解析

安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中2016届高三第三次联考文数试题 Word版含解析

第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的． 1. 复数1ii -在复平面上对应的点位于（ ） A ．第一象限 B ．第一象限 C ．第三象限 D ．第四象限 【答案】D 【解析】 试题分析：由(1)111(1)(1)22i i i i i i i +==---+知，复数复数1i i -在复平面上对应的点位于第四象限，故选D ．考点：1、复数的运算；2、复数的几何意义．2.设a b 、为两条不同的直线，α为一个平面，下列命题中为真命题的是（ ） A ．若a b ，a α ，则b α B ．若a b ⊥，a α ，则b α⊥ C ．若a b ，a α⊥，则b α⊥ D ．若a b ⊥，a α⊥，则b α 【答案】C考点：空间直线与平面间的位置关系．3.设{(){}2|,|lg 1A x y B y y x ====-，则A B =（ ）A ．(){}1,1- B ．(){}0,1 C ．[]1,0- D ． []0,1【答案】C考点：1、函数的定义域与值域；2、集合的交集运算．【方法点睛】集合与函数的交汇通常体现为函数的定义域与值域为集合，求它们的集合运算，求解时一定要注意分清构成集合的元素是自变量还是因变量，也就是说集合是定义域还是值域，同时也要求熟悉求函数定义域的规则与求函数值域的方法． 4.2:320p x x -+≤成立的一个必要不充分条件是（ ） A ．1x > B ．1x ≥ C ．12x ≤≤ D ．12x << 【答案】B 【解析】试题分析：由2320x x -+≤，得12x ≤≤，所以2:320p x x -+≤成立的一个必要不充分条件是1x ≥，故选B ．考点：1、充分条件与必要条件的判定；2、不等式的解法．5.设x y ，满足约束条件04312x y x x y ≥⎧⎪≥⎨⎪+≤⎩，则2x y -的最小值是（ ）A ．-4B ．127C ．0D ．6 【答案】A 【解析】试题分析：作出x y ，满足约束条件下的平面区域，如图所示，由图当目标函数2z x y =-经过点(0,4)A 时取得最小值，且min 044z =-=-，故选A ．考点：简单的线性规划问题．6.若先将函数cos 66y x x ππ⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，再 将所得图象向左平移6π个单位，所得函数图象的一条对称轴的方程是（ ） A ．6x π=B ．3x π=C ．2x π=D ．56x π=【答案】D考点：1、三角函数图象的平移变换；2、两角和与差的正弦；3、三角函数的图象与性质． 7.某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为（ ）A ．44 B ．22 C ．12D ．12【答案】D考点：1．三视图；2．三棱锥的表面积． 8.函数()sin 2f x x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭在[22]ππ-，上的大致图象是（ ）【答案】C考点：三角函数的图象与性质．【方法点睛】根据已知函数确定函数的图象通常考虑：（1）确定函数的性质，函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性进行判断；（2）根据解析式取特殊点检查图象，或在给出的图象上取特殊点，检查其是否满足函数的解析式．9.已知()()1,2,1216a b a b >->-++=，则a b +的最小值是（ ） A ．4 B ．5 C ．6 D ．7 【答案】B 【解析】试题分析：因为1,2a b >->-，则10,20a b +>+>．又()()21212()2a b a b +++++≤，即2316()2a b ++≤，整理得5a b +≥， 且仅当12a b +=+，即3,2a b ==时等号成立，故选B ．考点：基本不等式．10.已知||8,||6,,,23AB AC BAC AD DB AE EC π==∠===，线段BE 与线段CD 交于点G ，则||AG的值为（ ）A ．4B ．．5 【答案】B考点：1、平面向量的模；2、直线与直线的位置关系．11.已知()1f x -是偶函数，且在()0,+∞上单调递增，下列说法正确的是（ ）A ．2182112log 88f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ B ．2182112log 88f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭C ．2182112log 88f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭D ．218211log 288f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭【答案】C 【解析】试题分析：因为()1f x -是偶函数，所以()1f x -关于0x =对称，则()f x 关于1x =-对称，所以(1)f x -+＝(1)f x --．因为182(1,2)=，210()18<<，且()f x 在()0,+∞上单调递增，所以1281(2)(())8f f >．又因为21(log )(3)(12)(12)(1)8f f f f f =-=--=-+=，所以1821(2)(log )8f f >＞21(())8f ，故选C ．考点：1、函数的奇偶性；2、函数的单调性．12.已知数列{}n a 满足()()1211,23n n n n a a a n --=⎧⎪=⎨+≥⎪⎩，则2016a 除以4所得到的余数是（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 【答案】A考点：1、数列的通项；2、周期数列．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 13.已知公差不为0的等差数列{}n a ，1311,,a a a 成等比数列，则1a d= . 【答案】23【解析】试题分析：由题意，得23111a a a = ，即2111(2)(10)a d a a d +=+，整理，得146d a =，所以123a d =． 考点：1、等差数列与等比数列的性质；2、等差数列的通项公式． 14.ABC ∆中，3cos 5A B ==，则cosC = .考点：1、同角三角函数间的基本关系；2、两角和与差的余弦．【易错点睛】因为三角函数的自变量是角，因此处理三角函数问题一定注意角的范围，本题如果忽视,A B 两角之间的大小关系，即不确定角B 的取值范围，从而错误得到4cos 5B =±，造成多解．15.已知点M 是ABC ∆所在平面内的一点，且满足74AM AB AC =+，则ABM ∆与ABC∆的面积之比为 . 【答案】47【解析】试题分析：连接,AM BM ，延长AM 到E 使7AE AM =，延长AC 到D 使4AD AC =，由题意，得74AB AM AC DE =-=．连接BE ，则四边形ABED 是平行四边形，因为4AD AC =，7AE AM =，所以14ABC ABD S S ∆∆=，1177AMB ABE ABD S S S ∆∆∆==，所以114::747AMB ABC S S ∆∆==． 考点：1、平面向量的应用；2、平面向量的加减运算．16.两个同底的正四棱锥内接于同一个球，两个四棱锥侧面与底面形成的角分别为α与β，则t a n ()αβ+的取值范围是 .【答案】(,-∞-【解析】试题分析：设球的半径为R ，球心到两个正四棱锥的底面距离为x ，底面正方形的边长为2a ，则两个棱锥的高分别为R x -，R x +，，于是由222)x R +=，得2222R x a -=，tan R x a α-=，tan R xaβ+=，则tan tan 2tan tan ta 1n ()1R x R xR a a R x R x aa aαβαβαβ--+===---+-+-．又由几何体的组合特征知02a R <≤，则2R a -≤-，故tan()αβ+的取值范围是(,-∞-． 考点：1、球的性质；2、棱锥的性质；、3、二面角；4、两角和的正切公式．【方法点睛】本题为无数据的立体几何计算题，解答时常常要根据条件与所求问题设相关的一些几何量参与运算，且明确哪些量是不变量，哪些是变量，如本题球的半径R 为不变量，球心到两个正四棱锥的底面距离为x ，底面正方形的边长为2a ，这是两个变量，因此计算时通常尽量利用不变量表示，其中含有的变量一定要注意确定其取值范围．三、解答题 （本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17.(本小题满分12分)已知()32sin cos 32f x x x π⎛⎫=⋅++ ⎪⎝⎭. (1)求4f π⎛⎫-⎪⎝⎭的值； (2)若0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，求()f x 的值域. 【答案】(1) 12-；（2）3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．∴1sin 462f ππ⎛⎫⎛⎫-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. ………………………………………………………………6分（2）∵0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴()432,,333x f x πππ⎡⎤⎡⎤+∈∴∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦.………………………………12分考点：1、两角和的正弦公式与余弦公式；2、三角函数的值域．【方法点睛】求三角函数值域（最值）通常要利用三角函数恒等变换公式化简三角函数式，主要化为形如()sin()f x A x ωϕ=+的形式，然后根据条件中未知数的取值范围条件确定x ωϕ+的取值范围，进而利用三角函数的知识求值域．18.(本小题满分12分)已知函数()2,,,xf x e ax bx c a b c R =+++∈.(1)若曲线()y f x =在点()()00，f 处的切线方程为320x y -+=，求b c ，的值； (2)若0b =，且()f x 在12，+⎡⎫∞⎪⎢⎣⎭上单调递增，求实数a 的取值范围.【答案】(1) 2,1b c ==；（2）2ea ≥-．∵()f x 在12，⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增，∴()'0f x ≥在12，⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立，即20xe ax +≥在12，⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立，∴2x e a x ≥-在12，⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立，………7分 ()1,,22x e g x x x ⎡⎫=-∈+∞⎪⎢⎣⎭，∴()()()22122'42x x x e x e x e g x g x x x -⋅-=-=-⇒在112，⎡⎫⎪⎢⎣⎭上增，在()1，+∞上减，∴()()min 12e g x g ==-，∴2ea ≥-. ………………………………12分 考点：1、导数的几何意义；2、函数单调性与导数的关系；3、不等式恒成立；4、函数的最值．【方法点睛】本题是一道导数、函数、不等式相结合的综合题，解答时的第一步是求函数()f x 的导函数()f x '，然后根据不同的问题进行考虑：若解决切线问题，将切点横坐标代入()f x '得切线斜率；若解决单调性、极值（最值）问题，由()0f x '>或()0f x '<确定其单调性区间，再处理相关问题；若解决与不等式相关的问题，通常要构造新函数，并利用导数研究其性质即可．19.(本小题满分12分)已知数列{}n a 满足()1111,222n n n a a a n a --==≥-. (1)求证：11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求出{}n a 的通项公式； (2)若21n nn b a -=，求{}n b 的前n 项和n S .【答案】(1) 1121n n a -=+；（2）()22323n n S n n =-++．考点：1、等比数列的证明；2、递推数列的转化；3、错位相减法的应用20.(本小题满分12分)在如图所示的圆锥中，PO 是圆锥的高，AB 是底面圆的直径，点C 是弧AB 的中点，E 是线段AC 的中点，D 是线段PB 上一点，且2PO =，1OB =．(1)若D 为PB 的中点，试在PB 上确定一点F ，使得EF 面COD ，并说明理由； (2)若PB CD ⊥，求直线AC 与面COD 所成角θ的正弦值.【答案】(1) 点F 是PB 上靠近点P 的四等分点；（2）10．考点：1、空间平行与垂直；2、直线与平面所成角；3、探索性问题． 21.(本小题满分12分)设函数()()2ln ,21f x x x g x ax ax =⋅=-+.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若[][]1,2,1,2x a ∈∈，求证：()()f x g x ≥.【答案】(1) ()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调增；（2）见解析．考点：1、函数单调性与导数关系；2、导数与不等式综合．请从下面所给的22 , 23 ,24三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分.22.(本小题满分10分)选修4-1：几何证明选讲.AB=，C为半圆上一点，过点圆的切线CD，过A点作已知AB为半圆O的直径，4，.⊥于D，交半圆于点E DAD CD(1)证明：AC平分BAD(2)求BC的长．【答案】(1)见解析；(2)2BC =．考点：1、切线的性质；2、共圆的性质．23.(本小题满分10分)选修4-4：坐标系与参数方程. 在平面直角坐标系xoy 中，已知曲线1cos :sin x C y θθ=⎧⎨=⎩(θ为参数)，将1C 上的所有点的横坐标、2倍后得到曲线2C ，以平面直角坐标系xoy 的原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，已知直线):sin 4l ρθθ+=．(1)试写出曲线1C 的极坐标方程与曲线2C 的参数方程；(2)在曲线2C 上求一点P ，使点P 到直线l 的距离最小，并求此最小值．【答案】（1）1C 的极坐标方程为1ρ=，2C 的参数方程是2sin x y ϕϕ⎧=⎪⎨=⎪⎩（ϕ是参数）；(2)P )．考点：1、参数方程与普通方程的互化；2、直角方程与极坐标方程的互化； 3、点到直线的距离；4、三角函数的图象与性质．【方法点睛】求解极坐标与参数方程问题，这两部分知识在高中数学中知识不多，因此解答时通常是将极坐标方程转化为直角坐标方程，参数方程转化为普通方程，再利用我们都比较熟悉的直角坐标下直线、圆及圆锥曲线的相关知识求解． 24.(本小题满分10分)选修4-5：不等式选件.函数()f x =(1)若5a =，求函数()f x 的定义域A ；(2)设{}|12B x x =-<<，当实数(),R a b B C A ∈ 时，证明：|||1|24a b ab+<+.【答案】(1){}|41或A x x x =≤-≥；(2)见解析．考点：1、绝对值不等式的解法；2、函数的定义域；3、不等式的证明；4、集合的补集与交集的运算．。

安徽省马鞍山二中、安师大附中2015届高三上学期统一考试化学试题及答案

安徽省马鞍山二中、安师大附中2015届高三上学期统一考试化学试题及答案

2015届安师大附中、马鞍山二中统一考试试卷化学试卷测试时间100分钟 满分100分可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Fe-56 Cu-64 Ba-137一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，请将正确的选项填涂在答题卡上，每小题3分，共54分）1．近年来，科学家合成了一种稳定的氢铝化合物Al 2H 6。

Al 2H 6的球棍模型如下图所示，它的熔点为150℃，可用作高能燃料或储氢材料。

下列说法正确的是( )A ．60g Al2H 6中含铝原子约为1.2×1023个B ．1mol Al 2H 6中约含有4.8×1024个σ键 C ．Al 2H 6可以燃烧，产物为氧化铝和水 D ．Al 2H 6在固态时所形成的晶体是离子晶体2． 科学家发现了某种元素的一种新原子，其质量是a g,12C 原子的质量是b g ，N A 是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A ．由已知信息可得N A ＝12bB ．W g 该原子的物质的量一定是WaN AmolC ．W g 该原子中含有W a个原子 D ．该元素的摩尔质量是aN A g·mol －134．磁流体是电子材料的新秀,它既具有固体的磁性,又具有液体的流动性,制备时将含等物质的量的FeSO 4和Fe 2(SO 4)3的溶液混合,再滴入稍过量的NaOH 溶液,随后加入油酸钠溶液,即可生成黑色的、分散质粒子直径在36～55 nm 的磁流体。

下列说法中正确的是（ ） A ．所得的分散系属于悬浊液B ．所得的分散系中分散质为Fe 2O 3C ．该分散系能产生丁达尔效应D ．所得分散系为胶体,且胶粒直径即为氢氧化铁分子直径5．以下实验不能获得成功的是（ ）A ．将铜丝在酒精灯上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色B ．除去溴苯中的少量Br 2时加入KI 溶液，充分反应后，弃去水溶液C ．用适量苯和液溴混合制溴苯时，只需加铁屑，不必加热D ．提取溶解在水中的少量碘时加入CCl 4，分液，取出有机层再蒸馏6OCOOH OH7．在给定的四种溶液中，含有以下各种微粒，一定能大量共存的是( )A ．饱和Na 2CO 3溶液中：NH 4+、C 6H 5OH 、NO 3-、NH 3·H 2OB ．常温下葡萄糖溶液中：SCN —、Cl －、K ＋、NH 4＋C ．溴水中：Na +、CO 32－、NH 4＋、SO 42—D ．PH 大于7的溶液： Na +、Ba 2+、SO 32－、ClO —用浓盐酸与二氧化锰制氯气能证明非金属性 Cl ＞ C ＞ Si白色沉淀一定是BaSO 49．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s 22s 22p 63s 23p 4； ②1s 22s 22p 63s 23p 3； ③1s 22s 22p 3； ④1s 22s 22p 5则下列有关比较中正确的是( )A ．第一电离能：④>③>②>①B ．原子半径：④>③>②>①C ．电负性：④>③>②>①D ．最高正化合价：④>③＝②>①10． X 、Y 、Z 、W 是短周期元素，X 元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y 元素原子最外电子层上s 、p 电子数相等；Z 元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W 元素原子的M 层有1个未成对的p 电子。

【全国百强校】安徽省安徽师范大学附属中学2015-2016学年高二上学期期中考试化学试题解析(解析版)

【全国百强校】安徽省安徽师范大学附属中学2015-2016学年高二上学期期中考试化学试题解析(解析版)

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl35.5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．有人设想合成具有以下结构的烃分子，下列说法不正确的是A．IV不可能合成得到B．II与苯互为同分异构体C．III（立方烷）的六氯代物共有3种D．I中各键之间夹角为109°28’【答案】D考点：考查有机物的结构与性质，涉及同分异构、取代产物的判断等。

2．N A为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．14g聚乙烯中所含原子数为3N AB．48g甲硫醇（CH4S）中含有C—H键数目为4N AC．标准状况下，11.2L氯仿所含分子数为0.5N AD．0.1mol苯乙烯中含有双键的数目为0.4N A【答案】A【解析】试题分析：A．聚乙烯的单体为CH2＝CH2，14g聚乙烯中所含原子数为3N A，正确；B．48g甲硫醇的物质是1mol，每个分子内含有3个C—H键，错误；C．标准状况下，氯仿液体，不能根据气体摩尔体积计算物质的量，错误；D．苯乙烯分子中只含有一个双键，苯环中无双键，错误；答案为A。

【考点定位】有关阿伏加德罗常数的正误判断【名师点晴】本题主要是通过物质的量的有关计算，综合考查学生的基本计算能力和分析问题的能力。

该类题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。

顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。

该类试题的解题思路是：①只给出物质的体积，而不指明物质的状态，或者标准状况下物质的状态不为气体，所以求解时，一要看是否为标准状况下，不为标准状况无法直接用22.4 L·mol－1(标准状况下气体的摩尔体积)求n；二要看物质在标准状况下是否为气态，若不为气态也无法由标准状况下气体的摩尔体积求得n，如选项C以液态的氯仿干扰迷惑学生。

【解析版】安徽省合肥一中、芜湖一中等六校教育研究会联考2015-2016学年高三(上)第一次月考化学试卷

【解析版】安徽省合肥一中、芜湖一中等六校教育研究会联考2015-2016学年高三(上)第一次月考化学试卷

2015-2016学年安徽省合肥一中、芜湖一中等六校教育研究会联考高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，本题包括20小题，每题2分，共40分）1．中国历史悠久，很早就把化学技术应用到生产生活中．下列与化学有关的说法不正确的是( )A．闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺B．四大发明之一黑火药是由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D．由于中国大部分地区都缺碘，而缺碘就会引起碘缺乏病，80年代国家强制给食用的氯化钠食盐中加入碘单质考点：化学史．分析：A．陶瓷、酿酒、造纸都发生了化学变化；B．根据黑火药的成分分析；C．侯氏制碱法中生成了溶解度较小的碳酸氢钠；D．加碘盐是加入碘酸钾．解答：解：A．陶瓷、酿酒、造纸等工艺过程中都发生了化学变化，充分应用了化学工艺，故A正确；B．黑火药的成分是硫磺、硝石和木炭，三者按照1：2：3的组成混合在一起，故B正确；C．侯氏制碱法是用饱和的氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，反应生成了溶解度较小的碳酸氢钠，故C正确；D．加碘盐是加入碘酸钾，单质碘有毒，而且易升华，故D错误．故选D．点评：本题考查了化学知识在生产生活中的应用，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意学习时理论联系实际．2．下列关于物质分类的说法正确的是( )A．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液都属于胶体B．Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物C．氨水、次氯酸都属于弱电解质D．葡萄糖、油脂都不属于有机高分子考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念；有机高分子化合物的结构和性质．分析：A．胶体是分散质直径在1﹣100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；B．碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物；C．弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；D．有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大．解答：解：A．稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故A错误；B．FeO、MgO和酸反应生成盐和水，均为碱性氧化物，Al2O3均既能与酸反应又能与碱反应，是两性氧化物，故B错误；C．氯水是氯气的水溶液，不是电解质，次氯酸是弱酸，属于弱电解质，故C错误；D．葡萄糖、油脂属于有机物，但是相对分子质量不大，故D正确．故选D．点评：本题考查物质的分类、有机高分子化合物的定义等，为高频考点，侧重对基础知识的巩固，题目难度不大，注意基础知识的积累．3．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( )A．标准状况下，11.2L HF中含有分子的数目为0.5N AB．0.1molFe与少量氯气反应生成FeCl2，转移电子数为0.2N AC．1.4g 由乙烯和环丙烷组成的混合物中含有原子的数目为0.3N AD．0.1 mol•L﹣1碳酸钠溶液中含有CO32﹣离子数目小于0.1 N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A、标况下，HF为液态；B、铁与氯气反应变为+3价；C、乙烯和环丙烷的最简式均为CH2；D、溶液体积不明确．解答：解：A、标况下，HF为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、铁与氯气反应变为+3价，即生成的是氯化铁而非氯化亚铁，故B错误；C、乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故1.4g混合物中含有的CH2的物质的量n==0.1mol，故含有0.3mol原子即0.3N A个，故C正确；D、溶液体积不明确，故溶液中的碳酸根的个数不能计算，故D错误．故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．下列实验装置或操作正确的是( )A．将海带灼烧成灰B．除去氯气中的HClC．实验室制取NO D．配制溶液过程考点：化学实验方案的评价．分析：A．灼烧固体应在坩埚中进行；B．二者都与氢氧化钠反应；C．NO不溶于水，可用排水法收集；D．定容时，眼睛与溶液的凹液面水平相切．解答：解：A．烧杯应垫石棉网加热，灼烧固体应在坩埚中进行，故A错误；B．二者都与氢氧化钠反应，应用饱和食盐水除杂，故B错误；C．稀硝酸与铜反应生成NO，NO不溶于水，可用排水法收集，故C正确；D．定容时，眼睛与溶液的凹液面水平相切，题中液面没有达到刻度线，不能只看刻度线，故D错误．故选C．点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离、气体的制备以及溶液的配制，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，难度不大．5．25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是( )A．无色溶液中：Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．由水电离得到的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣C．0.1 mol•L﹣1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、Cl﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．分析：A．硫离子与硫离子发生双水解反应；B．由水电离得到的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，酸性溶液中，四种离子不反应，都不与氢离子反应，能够共存；C．偏铝酸根离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；D．铁离子发生水解，溶液不可能为中性．解答：解：A．Al3+、S2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．由水电离得到的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣之间不反应，在酸性溶液中都不与氢离子反应，能够大量共存，故B正确；C．AlO2﹣与NH4+发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Fe3+在溶液中发生水解，溶液显示酸性，不可能为中性，故D错误；故选B．点评：本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．6．能正确表示下列反应的离子方程式是( )A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H++2I﹣═2Fe2++I2+3H2OB．0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.2mol/LBa（OH）2溶液等体积混合：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OC．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2OD．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO﹣+SO2+H2O═HClO+HSO3﹣考点：离子方程式的书写．分析：A．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；B．物质的量比为1：2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨；C．高锰酸钾能氧化HCl；D．发生氧化还原反应生成硫酸钠．解答：解：A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为Fe2O3+6H++2I﹣═2Fe2++I2+3H2O，故A正确；B.0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.2mol/LBa（OH）2溶液等体积混合的离子反应为2Ba2++NH4++Al3++2SO42﹣+4OH﹣═Al（OH）3↓+2BaSO4↓+NH3．H2O，故B错误；C．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，因高锰酸钾氧化HCl，不能证明H2O2具有还原性，故C错误；D．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体的离子反应为ClO﹣+SO2+H2O═2H++Cl﹣+SO42﹣，故D错误；故选A．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．7．下表中对应关系正确的是( )2CHA．A B．B C．C D．D考点：取代反应与加成反应；氧化还原反应；消去反应与水解反应．专题：物质的分类专题．分析：A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖；C．Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+═Zn2++Cu中Zn元素的化合价升高；D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化；Cl2+H2O═HCl+HClO 中只有Cl元素的化合价变化．解答：解：A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均可发生水解反应，故B正确；C．Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+═Zn2++Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后置单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B．点评：本题为2014年高考真题，侧重氧化还原反应及有机反应类型的考查，把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大．8．根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是( )A．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C．Cl与Cl得电子能力相同D．F﹣、O2﹣、Mg2+、Na+半径逐渐减小考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：A．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；B．核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子与S2﹣离子；C．互为同位素原子的化学性质相同；D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小．解答：解：A．同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是最高价含氧酸不一定，如HClO为弱酸、HBrO4为强酸，故A错误；B．核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子化学性质稳定，而S2﹣离子具有强还原性，故B错误；C．3517Cl与3717Cl核外同位素，得电子能力相同，故C正确；D．F﹣、O2﹣、Mg2+、Na+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2﹣＞F﹣＞Na+＞Mg2+，故D错误，故选：C．点评：本题考查元素周期律、原子结构与性质、微粒半径比较，题目难度不大，侧重对基础知识的巩固．9．下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是( )A．做金属钠与水反应实验时，剩余的钠不能再放入原试剂瓶B．酸式滴定管装标准液前，必须先用该溶液润洗C．锥形瓶用作反应容器时一定不能加热D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴定管吸出多余液体考点：化学实验方案的评价．分析：A．对化学实验剩余药品，大多是不可以放回原瓶的，但是极少数例外，如金属钠切下一小块后可放回原瓶；B．滴定管必须润洗后才能使用；C．锥形瓶可以放在石棉网上加热；D．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应重新配制．解答：解：A．从试剂瓶中取出并切下使用的钠块后，剩余的钠要放回原试剂瓶，故A错误；B．滴定管必须润洗后才能使用，否则会将量取的溶液稀释，故B正确；C．锥形瓶用作反应容器时可以加热，但是应放在石棉网上加热，故C错误；D．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，即使将多余的溶液析出，溶液浓度也偏小，应重新配制，故D错误．故选B．点评：本题考查较为综合，涉及物质的保存、中和滴定、仪器使用以及溶液的配制，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．10．对下列现象或事实的解释正确的是( )A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；B．漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质；C．碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；D．钢铁在中性环境下发生吸氧腐蚀．解答：解：A．油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3不可直接与油污反应，故A错误；B．漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故B错误；C．碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，故C正确；D．钢铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故D错误；故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类水解的分析应用、金属腐蚀等，掌握物质性质和反应实质是关键，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．11．三联苯的一氯代物有( )A．2种B．3种C．4种D．5种考点：同分异构现象和同分异构体．分析：烃的一氯代物的同分异构体种类与烃中氢原子种类相同，有几种氢原子，就有几种一氯代物．解答：解：三联苯中有4种氢原子，所以一氯代物有4种同分异构体，故选：C．点评：本题考查学生同分异构体的书写，掌握方法即可完成，注意等效氢的判断，难度不大．12．过氧化钠可作为氧气的来源．常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了14g，反应中有关物质物理量正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）( )A．A B．B C．C D．D考点：氧化还原反应的计算．分析：由化学方程式：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，根据质量差求出二氧化碳、碳酸钠的物质的量，进而求出碳酸钠的质量和转移的电子数．解答：解：设二氧化碳和过氧化钠反应，当固体质量增加14g时，参与反应二氧化碳的物质的量为x，生成碳酸钠的物质的量为y2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2 固体质量差2mol 2mol 56gx y 14g解之得：x=0.5mol，y=0.5mol碳酸钠的质量=0.5mol×106g/mol=53g因常温常压下发生的反应，1mol二氧化碳的体积＞11.2L；由化学方程式可知，0.5mol二氧化碳参与反应时消耗0.5mol过氧化钠，过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，故转移电子为0.5mol××2=0.5mol，即有0.5N A个电子转移．故选B．点评：本题主要考查化学方程式的书写和有关化学方程式的计算以及氧化还原反应中电子转移数目的计算，侧重于考查学生的计算能力，题目难度中等．13．镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积（V）与时间（t）的关系如图所示．反应中镁和铝的( )A．摩尔质量之比为2：3 B．失去的电子数之比为8：9C．反应速率之比为2：3 D．质量之比为4：3考点：化学方程式的有关计算．分析：等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，则Mg、Al完全反应，由图可知，生成氢气相同，则Mg、Al失去电子相同，即2n（Mg）=3n（Al），以此来解答．解答：解：A．摩尔质量之比为24g/mol：27g/mol=8：9，故A错误；B．由图可知，生成氢气相同，则Mg、Al失去电子相同，故B错误；C．Mg反应快，速率与时间成反比，则反应速率之比为3：2，故C错误；D．生成氢气相同，则Mg、Al失去电子相同，即2n（Mg）=3n（Al），则质量比为=4：3，故D正确；故选D．点评：本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握图象中气体相同、反应中酸过量为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．14．下列叙述正确的是( )A．0.1mol/L CH3COONa溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH增大和KW不变C．一定温度下，pH=6的HCl溶液和pH=6的NH4Cl溶液中，c（H+）相等D．在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c（S2﹣）不变化考点：盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较．分析：A．CH3COONa溶液显碱性；B．溶液稀释浓度减小，pH减小；C．一定温度下，根据c（H+）=10﹣pH计算；D．溶解度小的沉淀能转化为溶解度更小的．解答：解：A．CH3COONa溶液显碱性，则0.1mol/L CH3COONa溶液：c（Na+）＞c（CH3COO ﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；B．Na2CO3溶液显碱性，加水稀释后溶液浓度减小，pH减小，Kw不变，故B错误；C．一定温度下，c（H+）=10﹣pH，则pH=6的HCl溶液和pH=6的NH4Cl溶液中，c（H+）相等为10﹣6mol/L，故C正确；D．溶解度小的沉淀能转化为溶解度更小的，所以在Na2S溶液中加入AgCl固体，会生成Ag2S沉淀，则溶液中c（S2﹣）减小，故D错误．故选C．点评：本题考查了盐类水解、Kw、沉淀的转化等，注意把握盐类水解的规律和溶液酸碱性的判断，为解答该题的关键，题目难度中等．15．将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L﹣1稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是( )A．B．C．D．考点：有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．专题：图示题；计算题．分析：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．解答：解：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成．A、0.01mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C．点评：此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应．是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑．16．已知：A（g）+3B（g）⇌M（g）+N（g）；△H=﹣49.0kJ•mol﹣1．一定条件下，向体积为2L的密闭容器中充入2mol A和6molB，测得A和M的浓度随时间变化曲线如图所示．下列叙述中，正确的是( )A．充分反应后该反应放出98 kJ的热量B．10min后，升高温度能使n（M）/n（A）增大C．3min时B的生成速率是M生成速率的3倍D．反应到达平衡时刻B的转化率为75%考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．分析：A、可逆反应的特点是可逆性，反应物不能完全转化为产物；B、反应是放热反应，升高温度，化学平衡向着逆方向进行；C、根据可逆反应达到化学平衡状态的特点：正逆反应速率相等来判断；D、根据B的转化率=×100%来计算回答．解答：解：A、可逆反应的特点是可逆性，反应物2mol A和6molB不能完全转化为产物，所以放出的热量小于98kJ，故A错误；B、反应是放热反应，升高温度，化学平衡向着逆方向进行，使n（M）减小，n（A）增大，比值减小，故B错误；C、可逆反应在3min时未达到化学平衡状态，正逆反应速率不等，反应正向进行，正反应速率大，所以3min时B的生成速率不足M生成速率的3倍，故C错误；D、根据反应，B的变化浓度是A的变化浓度的3倍，B的转化率=×100%=×100%=75%，故D正确．故选D．点评：本题考查了学生根据图象和勒夏特列原理判断平衡移动方向的能力及转化率的计算，难度不大，解题关键在于细心审题，仔细读图，尤其是图中的交点，不能误解．17．茉莉香醇是一种具有甜香味的物质，是合成香料的重要原料，其结构简式如下：下列有关茉莉香醇的叙述正确的是( )A．茉莉香醇的分子式为C9H14O2B．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．能与FeCl3溶液发生显色反应D．能发生加成反应而不能发生取代反应考点：有机物的结构和性质．分析：有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，结合有机物的结构简式判断有机物分子式，以此解答．解答：解：A．由结构简式可知分子式为C9H14O2，故A正确；B．含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故B错误；C．不含酚羟基，与氯化铁不反应，故C错误；D．含有羟基，可发生取代反应，故D错误．故选A．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团及性质的关系，体会结构决定物质的性质，题目难度不大．18．Mg﹣AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+Mg=Mg2++2Ag+2Cl﹣．有关该电池的说法正确的是( )A．Mg为电池的正极B．负极反应为AgCl+e﹣=Ag+Cl﹣C．不能被KCl 溶液激活D．可用于海上应急照明供电考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：A、原电池中，发生失电子的氧化反应的极是负极，发生得电子的还原反应的极是正极；B、在原电池的负极上发生失电子的氧化反应；C、根据信息：电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池来回答判断；D、原电池是将化学能转化为电能的装置．解答：解：A、由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg作负极，故A错误；B、金属Mg作负极，其电极反应式为：Mg﹣2e﹣=Mg2+，故B错误；C、因为该电池能被海水激活，故KCl溶液也可以激活电池，故C错误；D、电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池工作时将化学能转化为电能，电能的产生可用于海上应急照明供电，故D正确．故选D．点评：结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的．原电池对应的是正、负两极，电解池对应的阴、阳两极，根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物．19．LiOH是制备锂离子电池的材料，可由电解法制备．工业上利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液( )A．B极区电解液为LiOH溶液B．电极每产生22.4L气体，电路中转移2mole﹣C．电解过程中Li+迁移入B电极区、OH﹣迁移入A电极区D．电解池中总反应方程式为：2HCl2H2↑+Cl2↑考点：电解原理．分析：电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，据此回答．解答：解：A、电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，B极区电解液为LiOH 溶液，故A正确；B、A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，电极每产生标况下22.4L气体，电路中转移2mole﹣，故B错误；C、Li+向阴极移动，即由A经过阳离子交换膜向B移动，OH﹣向阳极移动，但是阳离子交换膜不允许氢氧根离子移入A电极区，故C错误；D、电解池的阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，电解的总反应方程式为：2H2O+2LiCl H2↑+Cl2↑+2LiOH，故D错误．故选A．点评：本题是一道高考题的改编题，侧重电解原理的应用知识，注意知识的迁移和应用是解题的关键，难度中等．20．在含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1mol Ag．则下列结论中不正确的是( ) A．向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，铁粉可以继续溶解B．氧化性：Ag+＞Fe3+＞Cu2+＞Zn2+C．反应后溶液的质量减轻D．反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：1考点：氧化还原反应的计算；铁的化学性质．分析：根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+，且存在Cu2+＜Fe3+＜Ag+，充分搅拌后Fe完全反应，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，以此解答该题．解答：解：A．各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1mol Ag，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铁粉可以继续溶解，故A正确；B．根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+＜Fe3+，故B正确；C．发生2Ag++Fe═Fe2++2Ag，置换出Ag，0.1molFe的质量小于0.1molAg的质量，导致溶液质量减轻，故C正确；D．由反应2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，可知反应共生成0.2molFe2+，而0.1molCu2+没有参加反应，则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2，故D错误；故选D．。

安徽省淮北市濉溪一中2015-2016学年高三(上)期中化学试卷(word版解析)

安徽省淮北市濉溪一中2015-2016学年高三(上)期中化学试卷(word版解析)

安徽省淮北市濉溪一中2015-2016学年高三（上）期中化学试卷一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．化学来源于生活，应用于生活，渗透在生活的各个领域．下列有关物质的性质与应用的说法不相对应的是（）A．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂B．FeCl3溶液能与铜反应，可用于蚀刻印刷电路板C．碳酸氢钠可与盐酸反应，可用作抗酸药D．SiO2具有良好的导电性，可用作光导纤维2．下列有关物质结构的说法正确的是（）A．含有离子键的化合物一定是离子化合物B．分子晶体中一定存在共价键C．H2O2分子中既存在σ键又存在π键D．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定3．下列有关实验操作或仪器的使用正确的是（）A．除去氯气中的氯化氢B．制备Fe（OH）2C．实验室制备氨气D．保存浓硝酸4．下列有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（）A．P、S、Cl的最高价含氧酸的酸性依次增强B．第ⅠA族元素铯的同位素137Cs比133Cs多4个质子C．第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7D．元素周期表位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素5．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）A．C12、SO2均能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，说明二者均有漂白性B．“水滴石穿”是因为溶解了CO2的雨水与CaCO3作用生成Ca（HCO3）2 C．CuSO4∙5H2O遇浓硫酸颜色变白，说明浓硫酸具有脱水性D．溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42﹣6．下列说法正确的是（）A．第三周期从左到右，各元素形成的简单离子半径逐渐减小B．共价化合物中一定含极性共价键，可能含非极性共价键C．第VIIA族元素从上到下，其气态氢化物的稳定性和还原性均逐渐增强D．可能存在基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s24p5的原子7．化学美无处不在，如图是物质间发生化学反应的颜色变化，其中X是（）A．稀盐酸B．Na2SO4溶液C．稀硫酸D．Na2CO3溶液8．用气体传感器可以检测汽车尾气中CO的含量．传感器是以燃料电池为工作原理，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇﹣氧化钠，其中O2﹣可以在固体介质NASICON中自由移动．下列说法正确的是（）A．燃料电池工作时，电极b作负极B．工作时，电流由负极通过传感器流向正极C．b电极的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D．当消耗11.2L（标准状况下）CO时，理论上传感器中会通过N A个电子9．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，相互间满足如下关系：A的气态氢化物极易溶于B的液态氢化物中；常温下，C的单质能溶于D 的最高价氧化物的水化物的稀溶液，但被其浓溶液钝化，下列说法错误的是（）A．AB2溶于水可促进水的电离B．原子半径的大小顺序：C＞D＞BC．B与C形成的常见化合物属于离子化合物D．E的气态单质能将D的单质从其气态氢化物中置换出来10．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．能使酚酞变红的溶液：Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣B．含有0.1mol•L﹣1 Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I﹣、SO42﹣C．能溶解Al（OH）3的溶液：NH4+、K+、SO42﹣、HCO3﹣D．c（Al3+）=0.5mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、[Al（OH）4]﹣、SO42﹣11．短周期元素X、Y、Z、W、Q在周期表中的相对位置如图所示．下列说法不正确的是（）A．离子半径的大小顺序为W＞Q＞Y＞ZB．X、Y、W三种元素的电负性大小顺序为X＞Y＞WC．X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物均能与强碱反应D．元素X的最简单氢化物与Q的氢化物化合的产物中既含共价键又含离子键）13．PASS是新一代高效净水剂，它由X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大．X原子是所有原子中半径最小的，Y、R同主族，Z、W、R同周期，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z是常见的金属，其电子层数等于主族序数，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料．下列说法正确的是（）A．R氢化物的沸点高于Y氢化物的沸点B．R元素基态原子与W元素基态原子未成对电子数相同C．W与Y形成的化合物能与强碱溶液反应，但不能与任何酸反应D．R与Y形成的化合物和W与Y形成的化合物的晶体类型相同14．将35.8g Al 、Fe 、Cu 组成的合金溶于足量的NaOH 溶液中，产生6.72L 气体（标准状况）．另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44L NO （标准状况），向反应后的溶液中加入足量的NaOH 溶液，得到沉淀的质量为（ ）A ．66.4 gB ．50.8 gC ．44.8gD ．39.2g二、非选择题（本题共6小题，共58分）（1）写出A 元素基态原子的核外电子排布式 ．（2）B 、C 、X 的简单离子半径由大到小的顺序为（填离子符号）．（3）H ﹣X 与H ﹣Y 两种共价键中，键的极性较强的是 ，键长较长的是 （X 、Y 用元素符号表示）． （4）X 、Y 二种元素第一电离能从大到小的顺序是 （填元素符号）；Y 的常见氢化物易液化的主要原因是 ．（5）X常见氢化物的蒸气与A 的粉末在高温条件下充分反应，生成一种黑色磁性固态化合物和一种气体单质，此反应的化学方程式是 ．16．（10分）铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用．请回答下列问题：（1）黄铁矿（FeS 2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料．其中一个反应为：3FeS 2+8O 26SO 2+Fe 3O 4，有3mol FeS 2参加反应，转移 mol 电子．（2）氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，反应的离子方程式为 ；从腐蚀废液回收得到金属铜，还需要的试剂是 ．（3）与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是 ．（4）钢铁的电化腐蚀简单示意图如图，将该图稍作修改 即可成为钢铁电化学防护的简单示意图，请在虚线框内作出修改，并用箭头标出电子流动方向 ．17．（10分）中学化学中常见的几种物质存在如图所示的转化关系．其中，A是一种黑色粉末状固体，C是一种黄绿色气体，实验室中常用E溶液吸收多余的C．（图中部分产物和反应条件已略去）回答下列问题：（1）写出A与B的浓溶液反应的化学方程式．（2）固体E中含有化学键的类型是，C与E反应的离子方程式为．（3）将B的浓溶液与H的浓溶液混合，立即产生大量气体C，该反应的离子方程式为．（4）某课外小组的同学用E溶液吸收C，利用如图所示装置向吸收液中持续通入SO2气体．实验过程中观察到如下现象：①开始时，溶液上方出现白雾，试纸a变红．甲同学认为是HCl使a变红，乙同学不同意甲的观点，乙同学的认为使a变红的是（写出一种即可）．②片刻后，溶液上方出现黄绿色气体，试纸b变蓝．用离子方程式解释b变蓝的原因．③最终试纸b褪色．同学们认为可能的原因有两种：一是I2有还原性，黄绿色气体等物质将其氧化成IO3﹣，从而使蓝色消失；二是．18．（10分）A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中A元素的原子只有一个电子层，又知A与C、B与D分别属于同一主族元素，B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的二倍，又知四种元素的单质常温常压下有两种气体、两种固体．请回答下列问题：（1）D元素在元素周期表中的位置：．（2）B元素比D元素的非金属性强的依据是（填序号）．a．两元素组成的化合物中D元素为正价b．单质的熔沸点的高低c．最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱d．气态氢化物的稳定性（3）由A、B、D三种元素中的两种可分别形成甲、乙两种离子，它们均为负一价双原子核的阴离子，且甲离子含有18个电子，乙离子含有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为．（4）写出C和D两元素的最高价氧化物对应的水化物在稀溶液里反应的热化学方程式：（已知此反应生成1molH2O时放出的热量为57.3kJ）．（5）用A 元素的单质与B 元素的单质可以制成燃料电池，燃料电池中装有KOH 浓溶液，用多孔的金属惰性电极浸入KOH 溶液，在M 极通入A 的单质，N 极通入B 的单质，则N 极的电极反应式为： ．19．（8分）碘是人体必需的微量元素之一，有“智力元素”之称．食用加碘食盐可预防碘缺乏病．查阅资料知：①在酸性条件下，I ﹣能被NO 3﹣离子氧化成IO 3﹣离子，被H 2O 2或O 2等氧化成I 2；②IO 3﹣离子能被HSO 3﹣离子还原成I 2． 请你利用实验室常用仪器和下列限选试剂，依次研究某食盐样品中所加碘的存在形式是I 2、I ﹣、IO 3﹣中的哪一种．限选试剂如下：1.0mol •L ﹣1HNO 3溶液、1.0mol •L ﹣1 H 2SO 4溶液、1.0mol •L ﹣1NaHSO 3溶液、3% H 2O 2溶液、1%淀粉溶液、蒸馏水Ⅰ．提出假设假设1：该食盐样品中含I 2； 假设2：该食盐样品中含I ﹣假设3： ．Ⅱ．设计方案与实验探究纯的KIO 3或KI 都可以作为食用加碘盐中碘的来源．从化学角度来看，试验中添加 （填“KIO 3”或“KI ”）更好；理由是 ．20．（10分）绿矾（FeSO 4•7H 2O ）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分．下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法： 已知：室温下饱和H 2S 溶液的pH 约为3.9，SnS 沉淀完全时溶液的pH 为1.6；FeS 开始沉淀时溶液的pH 为3.0，沉淀完全时的pH 为5.5．（1）检验制得的绿矾晶体中是否含有Fe 3+的实验操作是 ．（2）操作Ⅱ中，通入硫化氢至饱和的目的是 ；在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是 ．（3）操作Ⅳ的顺序依次为：、冷却结晶、．（4）测定绿矾产品中Fe2+含量的方法是：a．称取2.8500g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c．用硫酸酸化的0.01000mol∙L﹣1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL．①已知KMnO4酸性溶液与Fe2+反应时被还原为Mn2+，请写出该反应的离子方程式：；②计算上述样品中FeSO4∙7H2O的质量分数为（用小数表示，保留三位小数）．安徽省淮北市濉溪一中2015-2016学年高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．化学来源于生活，应用于生活，渗透在生活的各个领域．下列有关物质的性质与应用的说法不相对应的是（）A．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂B．FeCl3溶液能与铜反应，可用于蚀刻印刷电路板C．碳酸氢钠可与盐酸反应，可用作抗酸药D．SiO2具有良好的导电性，可用作光导纤维【考点】盐类水解的应用；硅和二氧化硅；药物的主要成分和疗效．【专题】化学应用．【分析】A、明矾中铝离子水解生成的Al（OH）3胶体具有吸附性；B、铁离子具有氧化性把铜氧化而溶解；C、碳酸氢钠能中和过多的胃酸；D、SiO2不具有导电性，有导光性．【解答】解：A、明矾中铝离子水解生成的Al（OH）3胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮颗粒达到净水的目的，故A正确；B、铁离子具有氧化性把铜氧化而溶解，所以FeCl3溶液可用于蚀刻印刷电路板，故B正确；C、碳酸氢钠碱性很弱，对人体的刺激较小，碳酸氢钠能中和过多的胃酸，所以可用作抗酸药，故C正确；D、SiO2不具有导电性，二氧化硅晶体具有导光性，可用作光导纤维，故D错误．故选：D．【点评】本题考查了常见物质的性质与用途，主要考查了盐的水解、三价铁离子的性质、碳酸氢钠的性质、二氧化硅的用途，侧重于基础知识的考查，题目难度不大．2．下列有关物质结构的说法正确的是（）A．含有离子键的化合物一定是离子化合物B．分子晶体中一定存在共价键C．H2O2分子中既存在σ键又存在π键D．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定【考点】化学键；分子间作用力．【分析】A．离子化合物组成微粒为阴阳离子；B．单原子分子中没有化学键；C．分子中含有双键、三键的存在π键；D．分子的稳定性与共价键有关．【解答】解：A．离子化合物组成微粒为阴阳离子，离子之间存在静电作用，所以离子化合物一定含有离子键，故A正确；B．单原子分子中没有化学键，如稀有气体为单原子分子分子中没有共价键，故B错误；C．分子中含有双键、三键的存在π键，H2O2分子只存在单键，则只有σ键，没有π键，故C错误；D．分子的稳定性与共价键有关，共价键越稳定，则分子越稳定，与分子间作用力大小无关，故D错误．故选A．【点评】本题考查共价键与离子键、离子化合物与共价化合物的区别、共价键的类型、分子稳定性等，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．3．下列有关实验操作或仪器的使用正确的是（）A．除去氯气中的氯化氢B．制备Fe（OH）2C．实验室制备氨气D．保存浓硝酸【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氯气和氯化氢都能与氢氧化钠反应；B．四氯化碳密度比水大；C．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气；D．硝酸有强氧化性．【解答】解：A．氯气和氯化氢都能与氢氧化钠反应，应用饱和食盐水，故A错误；B．四氯化碳密度比水大，应用苯隔绝空气，故B错误；C．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，试管口略向下倾斜，故C正确；D．硝酸有强氧化性，不能用橡胶塞，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质制备及分离与提纯、保存等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．4．下列有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（）A．P、S、Cl的最高价含氧酸的酸性依次增强B．第ⅠA族元素铯的同位素137Cs比133Cs多4个质子C．第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7D．元素周期表位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素【考点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；B．同位素的质子数相同；C．第二周期中，O、F没有正价；D．位于金属与非金属分界线附近的元素既有金属性也有非金属性，而过渡元素均为金属．【解答】解：A．P、S、Cl非金属性依次增强，其最高价含氧酸的酸性依次增强，故A正确；B．同位素质子数相同，中子数不同，137Cs比133Cs多4个中子，故B错误；C．第二周期元素中氧元素无最高正价，氟元素没有正价，故C错误；D．过渡元素位于副族和第Ⅷ族，均为金属元素，故D错误；故选A．【点评】本题考查元素周期表及应用，为高频考点，把握元素在周期表的位置、元素的性质为解答的关键，注意元素性质的特例及元素位置与性质的关系，题目难度不大．5．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）A．C12、SO2均能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，说明二者均有漂白性B．“水滴石穿”是因为溶解了CO2的雨水与CaCO3作用生成Ca（HCO3）2 C．CuSO4∙5H2O遇浓硫酸颜色变白，说明浓硫酸具有脱水性D．溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42﹣【考点】二氧化硫的化学性质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验．【分析】A、氯气和氢氧化钠溶液反应消耗氢氧化钠，二氧化硫是酸性氧化物和氢氧化钠反应消耗氢氧化钠，溶液褪色；B、依据正盐和酸式盐的转化分析判断；C、浓硫酸使蓝色胆矾晶体（CuSO4•5H2O）变白色体现了浓硫酸的吸水性；D、SO32﹣在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸；【解答】解：A、氯气和氢氧化钠溶液反应消耗氢氧化钠，二氧化硫是酸性氧化物和氢氧化钠反应消耗氢氧化钠，溶液褪色，不是漂白性，故A错误；B、碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以溶解了CO2的雨水能把石头穿透，故B正确；C、浓硫酸使蓝色胆矾晶体（CuSO4•5H2O）变白色体现了浓硫酸的吸水性，故C错误；D、SO32﹣在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选B．【点评】本题考查了氯气、二氧化硫、硫酸根离子、浓硫酸性质的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．6．下列说法正确的是（）A．第三周期从左到右，各元素形成的简单离子半径逐渐减小B．共价化合物中一定含极性共价键，可能含非极性共价键C．第VIIA族元素从上到下，其气态氢化物的稳定性和还原性均逐渐增强D．可能存在基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s24p5的原子【考点】原子核外电子排布；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；化学键．【分析】A．第三周期中，阴离子半径大于阳离子半径，具有相同排布的离子，原子序数大的离子半径小；B．共价化合物中只含共价键，可以是极性共价键，也可以是非极性共价键；C．非金属元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，其气态氢化物的还原性越弱；D．根据能量最低原理，先排满3d，再排4p．【解答】解：A．第三周期中，阴离子半径大于阳离子半径，具有相同排布的离子，原子序数大的离子半径小，如第三周期中铝离子半径最小，故A错误；B．共价化合物中只含共价键，可以是极性共价键，如甲烷，也可以是非极性共价键，如双氧水，故B正确；C．第VIIA族元素，其非金属性随着原子序数增大而减弱，所以ⅦA族元素气态氢化物的热稳定性从上到下依次减弱，其还原性从上到下依次增强，故C错误；D．能量最低原理，先排满3d，再排4p，不可能先排4p，故D错误；故选B．【点评】本题考查核外电子排布、原子结构与元素周期律、化学键等，难度不大，注意对基础知识的积累掌握．7．化学美无处不在，如图是物质间发生化学反应的颜色变化，其中X是（）A．稀盐酸B．Na2SO4溶液C．稀硫酸D．Na2CO3溶液【考点】常见离子的检验方法．【分析】根据图示可知：无色溶液X能使石蕊试液变红，说明呈酸性；可与硝酸钡反应生成白色沉淀，则应为稀硫酸溶液，以此进行解答．【解答】解：结合图示可知，无色溶液X能使石蕊试液变红，说明呈酸性，可与硝酸钡反应生成白色沉淀，则应为稀硫酸溶液，而题中稀盐酸与硝酸钡不反应，硫酸钠溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性，所以C正确，故选C．【点评】本题考查无机物的推断，侧重与硫酸的性质的考查，注意把握反应的现象，学习中注意相关基础知识的积累，题目难度不大．8．用气体传感器可以检测汽车尾气中CO的含量．传感器是以燃料电池为工作原理，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇﹣氧化钠，其中O2﹣可以在固体介质NASICON中自由移动．下列说法正确的是（）A．燃料电池工作时，电极b作负极B．工作时，电流由负极通过传感器流向正极C．b电极的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D．当消耗11.2L（标准状况下）CO时，理论上传感器中会通过N A个电子【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该装置是原电池，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为CO﹣2e﹣+O2﹣═CO2，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电时电流由正极通过传感器流向负极，据此分析解答．【解答】解：A．工作时电极b为空气作正极，故A错误；B．原电池放电时电流由正极通过传感器流向负极，故B错误；C．工作时电极b为空气作正极，电极反应式为：O2+4e﹣═2O2﹣，故C错误；D．当消耗11.2L（标准状况下）CO时即0.5mol，根据负极反应CO﹣2e﹣+O2﹣═CO2，则理论上传感器中会通过N A个，故D正确．故选D．【点评】本题是对CO﹣O2型燃料电池原理的考查，根据原电池正负极上得失电子及反应类型等来分析解答，难度不大．9．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，相互间满足如下关系：A的气态氢化物极易溶于B的液态氢化物中；常温下，C的单质能溶于D 的最高价氧化物的水化物的稀溶液，但被其浓溶液钝化，下列说法错误的是（）A．AB2溶于水可促进水的电离B．原子半径的大小顺序：C＞D＞BC．B与C形成的常见化合物属于离子化合物D．E的气态单质能将D的单质从其气态氢化物中置换出来【考点】原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，常温下，C的单质能溶于D的最高价氧化物的水化物的稀溶液，但被其浓溶液钝化，则C为Al、D为S，结合原子序数可知E为Cl；A的气态氢化物极易溶于B的液态氢化物中，则A为N元素，B为O元素，据此解答．【解答】解：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，常温下，C的单质能溶于D的最高价氧化物的水化物的稀溶液，但被其浓溶液钝化，则C为Al、D为S，结合原子序数可知E为Cl；A的气态氢化物极易溶于B的液态氢化物中，则A为N元素，B为O元素，A．NO2溶于水反应会生成硝酸，硝酸抑制的电离，故A错误；B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Al＞S＞O，故B正确；C．B与C形成的常见化合物为氧化铝，属于离子化合物，故C正确；D．氯气与硫化氢反应生成硫与HCl，故D正确，故选A．【点评】本题考查性质与位置关系的应用，难度不大，明确元素种类是解题关键，注意对元素化合物性质的掌握．10．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．能使酚酞变红的溶液：Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣B．含有0.1mol•L﹣1 Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I﹣、SO42﹣C．能溶解Al（OH）3的溶液：NH4+、K+、SO42﹣、HCO3﹣D．c（Al3+）=0.5mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、[Al（OH）4]﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．能使酚酞变红的溶液显碱性；B．Fe3+具有氧化性；C．能溶解Al（OH）3的溶液，为酸或强碱溶液；D．离子之间相互促进水解．【解答】解：A．能使酚酞变红的溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．Fe3+具有氧化性，与I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．能溶解Al（OH）3的溶液，为酸或强碱溶液，HCO3﹣既能与酸又能与碱反应，不能大量共存，故C错误；D．[Al（OH）4]﹣、Al3+离子之间相互促进水解，不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重分析能力及氧化还原、水解离子反应的考查，题目难度不大．11．短周期元素X、Y、Z、W、Q在周期表中的相对位置如图所示．下列说法不正确的是（）A．离子半径的大小顺序为W＞Q＞Y＞ZB．X、Y、W三种元素的电负性大小顺序为X＞Y＞WC．X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物均能与强碱反应D．元素X的最简单氢化物与Q的氢化物化合的产物中既含共价键又含离子键【考点】原子结构与元素的性质．【分析】由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置可知，X 为N、Y为O、Z为Al、W为S、Q为Cl，A．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；B．同周期从左到右电负性增强，同主族从上到下电负性减弱；C．X、Z、W元素的最高价氧化物对应水化物分别为硝酸、氢氧化铝、硫酸，均能与碱反应；D．元素X的氢化物与Q的氢化物化合的产物是氯化铵，含有离子键、共价键．【解答】解：由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置可知，X为N、Y为O、Z为Al、W为S、Q为Cl，A．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径r（S2﹣）＞r（Cl﹣）＞r（O2﹣）＞r（Al3+），故A正确；B．同周期从左到右电负性增强，则电负性X＜Y，同主族从上到下电负性减弱，则电负性：Y＞W，故B错误；C．X、W元素的最高价氧化物对应水化物分别为硝酸、硫酸，能与碱反应，Z 元素的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，属于两性氢氧化物，能与强碱反应，故C正确；D．元素X的氢化物与Q的氢化物化合的产物是氯化铵，含有离子键、共价键，故D正确，故选B．【点评】本题考查元素周期表与元素周期律，题目难度不大，注意把握元素周期律和元素性质的递变规律，注意理解掌握离子半径的比较规律．）【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】实验评价题．【分析】A．碳酸氢钠、碳酸钠都可与澄清石灰水反应生成沉淀；B．乙醇与水混溶；C．二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，二氧化硫可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体；D．引入新杂质．【解答】解：A．碳酸氢钠、碳酸钠都可与澄清石灰水反应生成沉淀，可直接通入二氧化碳气体，故A错误；B．乙醇与水混溶，不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳作为萃取剂，故B错误；。

【全国百强校】安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中2016届高三上学期第三次联考理综

【全国百强校】安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中2016届高三上学期第三次联考理综

说明：1、考试时间：60分钟；本卷满分： 1 0 0 分2、请将答案填写在答案卷上，考试结束后只交答案卷。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl35.5 Fe 56 Cu 64Ne 20 Na 23 Mg 24 K 39 Al 27 Ca 40第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）7．青蒿素是一种高效、速率搞疟药，是中医献给世界的一份礼物。

其结构简式如图所示。

下列有关青蒿素的说法正确的是A．易溶于乙醚等有机溶剂B．分子式为C15H21O5C．能在热的NaOH溶液中存在D．分子结构中只含有极性键【答案】A考点：有机物的结构和性质8．设N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．1mol丙烯酸含有N A个不饱和键B．标准状况下，11.2L的苯中含有3N A个碳氢键C．0.1mol/L的Na3PO4溶液中含有的阴离子总数大于0.1N AD．1L1.0mol/L的Na2SiO3溶液中含有的氧原子数目大于3N A【答案】D【解析】试题分析：A、丙烯酸中含有碳碳双键和羧基，羧基中碳氧双键，错误，不选A；B、标准状况下苯不是气体，不能使用气体摩尔体积进行计算，错误，不选B；C、磷酸根离子水解，且没有说明溶液的体积，不能计算阴离子总数，错误，不选C；D、1摩尔硅酸钠含有3摩尔氧原子，但水中也有样院子，所以氧原子数大于3摩尔，正确，选D。

考点：阿伏伽德罗常数【名师点睛】阿伏伽德罗常数的考查是考试常见的题型，通常需要注意一下几个方面：1、气体摩尔体积的使用：必须是在标况下，物质为气体，气体摩尔体积才为22.4L/mol。

2、分子中的原子个数，很多的单质分子中含有2个原子，例如氢气，氧气，氮气等，但也有不是2个原子的，例如氦气含有1个原子，臭氧含有3个原子。

当然化合物分子中的原子数也各不相同。

3、有些物质不能用分子一词，例如离子化合物，如氯化钠，过氧化钠等。

【全国百强校】安徽省淮北一中、马鞍山二中、安徽师大附中2016届高三11月期中联考(第二次模拟)

【全国百强校】安徽省淮北一中、马鞍山二中、安徽师大附中2016届高三11月期中联考(第二次模拟)

一、选择题（共10小题，1-6为单选题，7-10为多选题，多选题少选得2分，错选得0分，每小题4分，共40分）1分别让一物体以以下两种情景通过直线上的A 、B 两点，一是物体以速度v 匀速运动，所用时间为t ，二是物体从A 点由静止出发，先以加速度为1a 做匀加速直线运动到某一最大速度值m v 后，立即以加速度2a 做匀减速直线运动，到达B 点速度恰好减为零，所用时间仍为t ，则下列说法正确的是（ ）A 、m v 只能为2v ，与1a 、2a 无关，B 、m v 可为许多值，与1a 、2a 的大小有关C 、1a 、2a 都必须是一定的，D 、1a 、2a 必须满足1212a a v a a t=+ 【答案】A 考点：考查了匀变速直线运动规律的应用 【名师点睛】解决本题关键掌握匀变速直线运动的平均速度的公式02v v v +＝，从而得出先匀加速后匀减速运动的位移12222m m m v v v x t t t =+＝， 2理论上已经证明质量分别均匀的球壳对壳内物体的引力为零，设地球是一个质量分别均匀的球体，设想沿地球的直径挖一条隧道，将物体从此隧道一端由静止释放刚好运动到另一端，如图所示，不考虑阻力，在此过程中关于物体的运动速度v 随时间t 变化的关系图像可能是：【答案】C考点：考查了万有引力定律的应用【名师点睛】地球表面的重力加速度等于半径为R的球体在表面产生的加速度，深度为d位置的加速度相当于半径为R-d的球体在其产生的加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半径关系分析加速度的变化求解即可3一辆小车沿水平面始终保持做匀变速直线运动，一根细线上端固定在车顶，下端系一个小球M，稳定时，细线的位置如图所示，P点为小球正下方小车地板上的点，某时刻细线突然断裂，小球第一次落到小车的地板Q点（Q点未标出，该过程小车的运动方向没有变，小球没有跟左右两壁相碰，不计空气阻力）。

下列说法正确的是（）A、无论小车向左运动还是向右运动，Q点都一定在P点右侧B、无论小车向左运动还是向右运动，Q点都一定在P点左侧C、若小车向左运动，则Q点一定在P点左侧，若小车向右运动则Q点一定在P点右侧D 、若小车向左运动，则Q 点一定在P 点右侧，若小车向右运动则Q 点一定在P 点左侧【答案】A考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】解决本题的关键知道小球和小车的运动规律，结合运动学公式分析判断，注意小车可能向左做匀加速直线运动，也可能向右做匀减速直线运动4如图所示，三角形ABC 由三根光滑的杆构成三角形框架，竖直固定放置，090A ∠=，030B ∠=，质量均为m 的a 、b 两个小球分别套在AB 、AC 杆上，两球间由细线连接，两球静止时，细线与AB 杆成α角，则下列说法中正确的是（ ）A 、003060α<<B 、细线受到的拉力大小为mgC 、a 、b 两小球对杆的压力大小之比为2D【答案】B【解析】试题分析：两球静止，处于平衡状态，故根据共点力平衡条件可得得：对a 球有：1sin N T α=①cos sin 30T mg α=︒ ②，对b 球有：2cos N T α=③sin sin 60T mg α=︒④，由③：②得：tan α=，得60α>︒，由②③解得T mg =，由①③得：12tan 1N N α==：：，由牛顿第三定律可得a 、b 两小球对杆的压力大小之比为，故B 正确考点：考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解5如图所示，细绳长为L ，挂一个质量为m 的小球，球离地的高度h =2L ，当绳受到大小为2mg 的拉力时就会断裂，绳的上端系一质量不计的环，环套在光滑水平杆上，现让环与球一起以速度v =向右运动，在A 处环被挡住而立即停止，A 离墙的水平距离也为L ，球在以后的运动过程中，球第一次碰撞点离墙角B 点的距离H ∆是（不计空气阻力）：A 、12H L ∆=B 、53H L ∆=C 、23H L ∆=D 、32H L ∆= 【答案】D考点：考查了圆周运动，平抛运动规律的应用【名师点睛】小球先向右做匀速直线运动，环停止后绳断开做平抛运动，要判断先撞墙还是先落地，根据平抛运动的分位移公式列式求解即可6已知某行星半径为R，以某第一宇宙速度运行的卫星的绕行周期为T，围绕该行星运动的同步卫星运行速率为v，则该行星的自转周期为：A、2222RTvπB、3334RvπC、2RvπD、33238RT vπ【答案】D考点：考查了万有引力定律的应用【名师点睛】在万有引力这一块，设计的公式和物理量非常多，在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算7氢气球下系一小重物G，重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动，重物运动的方向如图中箭头所示虚线方向，图中气球和重物G在运动中所处的位置可能是（）【答案】ABC【解析】试题分析：小重物受到竖直向下的重力和绳子的拉力作用，在这两个力的作用下，小重物做直线运动，则两个力的合力一定和速度方向共线或者合力为来零做匀速直线运动，A中可以做匀速直线运动，故A正确；B中可能做匀减速直线运动，故B正确；C中可能做匀加速直线运动，故C正确；重力和拉力的合力与速度一定不共线，做曲线运动，故D错误；考点：考查了重力，曲线运动【名师点睛】直线运动的条件是合外力为零或合外力与速度方向共线，重力总是竖直向下，拉力沿着绳子并直线绳子收缩的方向，还需要注意重力是一种最常见的力，重力的方向始终是竖直向下的8如图所示，相距L的两小球A、B位于同一高度h（L、h均为定值），将A球向B球水平抛出的同时，B 球由静止开始自由下落，A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反，不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则：A、A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B、A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C、A、B不可能运动到最高处相碰D、A、B一定能相碰【答案】AD考点：考查了平抛运动规律的应用【名师点睛】因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律抓住地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反与判断两球能否相碰9如图所示，花样滑冰双人自由滑比赛时的情形，男运动员以自己为转动轴拉着女运动员做匀速圆周运动，若男运动员转速为30r/min ，手臂与竖直方向夹角约为60°，女运动员质量是50kg ，她触地冰鞋的线速度为4.7m/s ，则下列说法正确的是（ ）A 、女运动员做圆周运动的加速度为/rad s πB 、女运动员触地冰鞋做圆周运动的半径约为2mC 、男运动员手臂拉力约是850ND 、男运动员手臂拉力约是500N【答案】C考点：考查了匀速圆周运动规律的应用【名师点睛】关键是知道两运动员运动的角速度相同，然后根据转速的大小得出圆周运动的角速度，根据拉力沿水平方向上的分力提供向心力，10如图所示，质量为m 的物体B 叠放在物体A 上，A 的上表面水平，A 、B 一起沿着倾角为θ的固定光滑斜面由静止开始下滑，在A 、B 一起沿光滑斜面下滑的过程中：A 、B 受到的支持力为2sin mg θB 、B 受到的静摩擦力方向水平向左C 、A 对B 的作用力为sin mg θ，方向沿斜面向下D 、B 物体的机械能守恒【答案】BD考点：考查了牛顿第二定律，力的合成与分解【名师点睛】分析B 物体的受力情况，由牛顿第二定律求出支持力和摩擦力，再得到A 对B 的作用力．根据是否只有重力做功，分析B 的机械能是否守恒，解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用二、实验题（共12分）将正确答案填写在答题卡中相应的位置上11、（一）某同学在研究平抛运动时，发现原来的实验方法不容易确定平抛小球在运动中的准确位置，于是，他在实验中用了一块平木板附上复写纸和白纸，竖直立于正对槽的某处，使小球从斜槽上自由落下，小球撞在木板上留下痕迹A ，将木板向后移距离x 再试小球从斜槽上同样高度自由滑下，小球撞在木板上留下痕迹B ，将木板再向后移动距离x ，如图所示，A 、B 间距离1y 。

安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中高三化学上学期第三次联考试卷(含解析)

安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中高三化学上学期第三次联考试卷(含解析)

2015-2016学年安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中高三（上）第三次联考化学试卷一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．青蒿素是一种高效、速率搞疟药，是中医献给世界的一份礼物．其结构简式如图所示．下列有关青蒿素的说法正确的是（）A．易溶于乙醚等有机溶剂 B．分子式为C15H21O5C．能在热的NaOH溶液中存在D．分子结构中含有极性键2．设N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．1mol丙烯酸含有N A个不饱和键B．标准状况下，11.2L的苯中含有3N A个碳氢键C．0.1mol/L的Na3PO4溶液中含有的阴离子总数大于0.1N AD．1L1.0mol/L的Na2SiO3溶液中含有的氧原子数目大于3N A3．下列表示对应化学反应的离子方程式中，正确的是（）A．Na2C2O4溶液呈碱性：C2O42﹣+2H2O═H2C2O4+2OH﹣B．AgOH溶解在氨水里：AgOH+2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++2H2OC．钢铁发生电化腐蚀的负极反应：Fe﹣3e﹣═Fe3+D．淀粉KI试纸经硫酸酸化后在空气中变蓝：4I﹣+O2+2H2O═2I2+4OH﹣5．新型无机非金属材料氮化硼（BN）可用于火箭的燃料喷嘴．已知BN可以在高温下通过：B2O3（s）+2NH3（g）2BN（s）+3H2O（g）反应制得，实际中还添加Ca3（PO4）3作为填料，以降低B2O3熔体的黏度．下列有关说法正确的是（）A．反应中B2O3是氧化剂B．若消耗2.24LNH3理论上可得2.5gBNC．填料的作用可使反应物充分接触D．反应时NH3需要用无水CaCl2干燥6．关于如图所示转化关系（X代表卤族元素）说法正确的是（）A．H2（g）+X2（g）═2H（g）+2X（g）△H2＜0B．△H1=△H2+△H3C．途径Ⅲ的按Cl、Br、I顺序依次增大D．途径Ⅰ生成HCl比生成HBr的△H1小，说明HCl比HBr稳定7．已知25°时，乙酸和三氯乙酸的电离常数分别是：K a（CH3COOH）═1.80×10﹣5，K a（CCl3COOH）═0.60，在物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COONa和CCl3COONa混合溶液中，下列关系正确的是（）A．c（Na+）═c（CCl3COO﹣）+c（CH3COO﹣）B．c（CCl3COO﹣）﹣c（CH3COO﹣）═c（CH3COOH）﹣c（CCl3COOH）C．c（OH﹣）＞c（CCl3COO﹣）＞c（CH3COO﹣）D．c（CH3COOH）＞c（CCl3COOH）＞c（OH﹣）二、非选择题共52分）8．在无机化工中，硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]是制取其它铁系化合物的原料，如制取氧化伯系颜料、磁性材料和黄血盐等．某化学兴趣小组设计如下实验方案，探究（NH4）2Fe （SO4）2完全分解的产物．已知：①隔绝空气受热完全分解是氧化还原反应．②98%浓硫酸能顺利吸收SO3．Ⅰ．甲同学根据以下流程探究分解的部分产物，试回答下列问题：（1）B装置预期的现象是；C装置的作用可能是，D装置可以检验分解产物中是否含有．（2）加热前先通一会儿N2，再关闭气阀，其目的是．Ⅱ．乙同学猜想（NH4）2Fe（SO4）2分解时可能生成了SO3，为了验证他的猜想，小组同学又提供了如图装置，试回答下列问题：（3）不能选择E和F装置的原因是．（4）加热装置A与G、H连接并进行实验，请你提出需要改进的方案．（5）已知饱和SO2水溶液中c（SO32﹣）=6.0×10﹣8mol•L﹣1，Ksp（BaSO3）=5.4×10﹣7．通过计算判断在1.0mol•L﹣1的BaCl2溶液中，通入足量纯净的SO2能否生成BaSO3沉淀？（6）当G中出现大量白色沉淀时，并不能说明A中生成了SO3，理由是；为了进一步证明是否有SO3生成，请你补充实验方案（不要求写具体的操作过程）．9．MnO2是具有多种特殊功能的材料，工业上用菱铁矿（MnCO3）为原料制备MnO2的工业流程如下：试回答以下问题：（1）提高水浸效率的方法有、（填两种）．实验室里洗涤MnO2时用到的玻璃仪器有．NaClO的电子式为．（2）反应①的化学方程式为．（3）反应②生成MnO2的同时，得到一种黄绿色的气体，则该反应的离子方程式为．（4）反应②的尾气常温下通入NaOH溶液后，生成NaClO可循环利用，若制得87gMnO2，理论上还需要补充NaClO mol．（5）工业上还可以将菱锰矿用硫酸直接浸取后，通过电解MnSO4和H2SO4的混合液制备MnO2，则电解时阳极的电极反应式为．10．汽车尾气作为空气污染的主要来源之一，其中含有大量的有害物质，包括CO、NO x、碳氢化合物和固体悬浮颗粒等．对汽车尾气的治理使环境工作者面临了巨大的挑战．试回答下列问题：（1）用CH4催化还原NO x可以消除氮氧化物的污染．已知：①CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1 160kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1则由CH4将NO2完成还原成N2，生成CO2和水蒸气的热化学方程式是；（2）NO x也可被NaOH溶液吸收而生成NaNO3、NaNO2，已知某温度下，HNO2的电离常数K a=9.7×10﹣4mol•L﹣1，NO2﹣的水解常数为K h=8.0×10﹣10mol•L﹣1，则该温度下水的离子积常数= （用含Ka、Kh的代数式表示），此时溶液的温度25℃（“＞”、“＜”、“=”）．（3）化工上利用CO合成甲醇，反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=﹣90.8KJ•mol﹣1．不同温度下，CO的平衡转化率如图1所示：图中T1、T2、T3的高低顺序是，理由是．（4）化工上还可以利用CH3OH生成CH3OCH3．在体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：该反应的正反应为反应（填“吸热”、“放热”）CH3OH0.15mol、CH3OCH30.15mol和H2O0.10mol，则反应将向方向进行（填“正”、“逆”）．（5）CH3OH燃料电池在便携式通讯设备、汽车等领域有着广泛的应用．已知电池工作时的总反应方程式为：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，电池工作时的示意图如图2所示：质子穿过交换膜移向电极区（填“M”、“N”），负极的电极反应式为．选考题（三选一）【化学-选修2：化学与技术】11．普通钢中加入少量的钒（V））能极大地改善钢的弹性和强度，使钢材既耐高温又抗奇寒，因此它有“合金维生素“之称．'T业上回收废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2）中钒的主要流程如下：回答下列问题：（1）滤渣l的主要成分是．（2）步骤②中发生反应的离子方程式为（3）步骤③的变化过程可简化为（HA表示有机萃取剂）VOSO4 +（水层）+2HA2（有机层）⇌VOA2（有机层）+H2SO4（水层），则步骤④中可选择硫酸作萃取剂的原因是．萃取和反萃取在实验室里用到的玻璃仪器有和．（4）该工艺流程中，可以循环利用的物质除了氨气以外，还有．（5）调节溶液pH，可将（VO2）SO4转变成NH4VO3沉淀；25℃时，当PH 为1.7～1.8 时，钒沉淀率为98.8%；假设其它各步反应都完全进行，已知KC1O3的还原产物是KCl，若每消耗1moi KC1O3，理论上可回收金属钒g（计算结果保留一位小数）【化学-选修3：物质结构与性质】12．绿柱石被国际珠宝界公认为四大名贵宝石之一．主要成分为Be3Al2[Si6O18]，因含适量的Cr2O3（0.15～0.6%），而形成祖母绿．试回答下列问题：（1）基态Al原子中，电子填充的最高能级是，基态Cr原子的价电子排布式是．分子的空间构型是，它的二聚体242原子的杂化方式是．（4）强还原剂LiAlH4能将SiCl4还原成SiH4，试写出SiH4在空气中自燃的化学方程式．（5）Be的氧化物的立方晶胞结构如右图所示，已知氧化铍晶体的密度为ρg•cm﹣3，则晶胞连长为cm（设N A为阿伏加德罗常数的值，用含N A、ρ的代数式表示）．【化学-选修5：有机化学基础】13．化合物F是合成抗心律失常药﹣多非利特的中间体，以苯为原料合成F的路线如下：已知：①CH3CH═CH2CH3CHBrCH3②CH3CH═CH2CH3CH2CH2Br试回答下列问题：（1）苯→A、D→E两步转化的反应类型分别是、．（2）化合物C→D转化的反应条件通常是，化合物D （填“存在”、“不存在”）顺反异构，已知化合C的核磁共振氢谱显示有四种峰，且峰的面积比为2：2：1：3，则C的结构简式为．（3）写出E→F的转化的化学方程式．（4）化合B的同分异体有多种，满足以下条件的同分异构体共有种；①属于芳香族化合物②分子结构中没有甲基，但有氨基③能发生银镜反应和水解反应，并且与NaOH反应的物质的量之比为1：2（5）苯乙酮（）常用作有机化学合成的中间体，参照上述合成F的部分步骤，设计一条以苯为起始原料制备苯乙酮的合成路线．2015-2016学年安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中高三（上）第三次联考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．青蒿素是一种高效、速率搞疟药，是中医献给世界的一份礼物．其结构简式如图所示．下列有关青蒿素的说法正确的是（）A．易溶于乙醚等有机溶剂 B．分子式为C15H21O5C．能在热的NaOH溶液中存在D．分子结构中含有极性键【分析】由结构筒式可知，分子中含5个环状结构，含﹣COOC﹣及1个过氧基团，结合酯的性质及C形成4个化学键来解答．【解答】解：A．有机物含有酯基，不溶于水，但可溶于有机溶剂，故A正确；B．由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故B错误；C．含有酯基，可在碱性条件下水解，故C错误；D．含有C﹣O、C﹣H等极性键，故D正确．故选AD．2．设N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．1mol丙烯酸含有N A个不饱和键B．标准状况下，11.2L的苯中含有3N A个碳氢键C．0.1mol/L的Na3PO4溶液中含有的阴离子总数大于0.1N AD．1L1.0mol/L的Na2SiO3溶液中含有的氧原子数目大于3N A【分析】A．丙烯酸中含有碳碳双键和C=O双键；B．苯标准状况下为液体；C．未告诉溶液的体积，无法计算溶液的物质的量；D．硅酸钠溶液中还含有大量的水．【解答】解：A．丙烯酸中含有碳碳不饱和双键和C=O双键，故1mol丙烯酸中含有2N A个不饱和键，故A错误；B．标准状况下，苯为液体，不能利用气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；C．由于不知道溶液的体积，无法计算其物质的量，故C错误；D.1L1.0mol/L的Na2SiO3溶液中，硅酸钠的物质的量为1mol，含有O原子数是33N A，水中也含有O原子，故总数大于3N A，故D正确，故选D．3．下列表示对应化学反应的离子方程式中，正确的是（）A．Na2C2O4溶液呈碱性：C2O42﹣+2H2O═H2C2O4+2OH﹣B．AgOH溶解在氨水里：AgOH+2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++2H2OC．钢铁发生电化腐蚀的负极反应：Fe﹣3e﹣═Fe3+D．淀粉KI试纸经硫酸酸化后在空气中变蓝：4I﹣+O2+2H2O═2I2+4OH﹣【分析】A．草酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主；B．氢氧化银与氨水发生络合反应，生成可溶性络合物；C．铁失去电子生成二价铁离子；D．不符合反应客观事实．【解答】解：A．Na2C2O4溶液呈碱性，离子方程式：C2O42﹣+2H2O⇌HC2O4﹣+OH﹣，故A错误；B．AgOH溶解在氨水里，离子方程式：AgOH+2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++2H2O，故B正确；C．钢铁发生电化腐蚀的负极反应，离子方程式：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故C错误；D．粉KI试纸经硫酸酸化后在空气中变蓝，反应生成碘和水，离子方程式：4I﹣+O2+4H+═2I2+2H2O，故D错误；故选：B．5．新型无机非金属材料氮化硼（BN）可用于火箭的燃料喷嘴．已知BN可以在高温下通过：B2O3（s）+2NH3（g）2BN（s）+3H2O（g）反应制得，实际中还添加Ca3（PO4）3作为填料，以降低B2O3熔体的黏度．下列有关说法正确的是（）A．反应中B2O3是氧化剂B．若消耗2.24LNH3理论上可得2.5gBNC．填料的作用可使反应物充分接触D．反应时NH3需要用无水CaCl2干燥【分析】B2O3（s）+2NH3（g）2BN（s）+3H2O（g）反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，Ca3（PO4）3作为填料，可以使反应物充分接触，据此分析．【解答】解：A．反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，O3不是氧化剂，故A 错误；B．不是标准状况下，无法计算氨气的物质的量，所以不能计算生成的BN，故B错误；C．添加Ca3（PO4）3作为填料，以降低B2O3熔体的黏度，可使反应物充分接触，故C正确；D．氨气能与无水CaCl2反应，所以NH3不能用无水CaCl2干燥，故D错误．故选C．6．关于如图所示转化关系（X代表卤族元素）说法正确的是（）A．H2（g）+X2（g）═2H（g）+2X（g）△H2＜0B．△H1=△H2+△H3C．途径Ⅲ的按Cl、Br、I顺序依次增大D．途径Ⅰ生成HCl比生成HBr的△H1小，说明HCl比HBr稳定【分析】A、化学键的断裂要吸热，焓变大于0；B、依据盖斯定律分析，反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关；C、HCl、HBr、HI的化学键的键能逐渐减小；D、根据化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差来判断．【解答】解：A、化学键的断裂要吸热，焓变大于0，H2（g）+X2（g）═2H（g）+2X（g）△H2＞0，故A错误；B、反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关，途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以△H1=△H2+△H3 ，故B正确；C、途径III是断形成化学键的过程，是放热过程，Cl、Br、I的原子半径依次增大，故形成HCl、HBr、HI化学键所放出的能量逐渐减小，故C错误；D、因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，氯原子半径小于溴原子，途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定，故D正确；故选BD．7．已知25°时，乙酸和三氯乙酸的电离常数分别是：K a（CH3COOH）═1.80×10﹣5，K a（CCl3COOH）═0.60，在物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COONa和CCl3COONa混合溶液中，下列关系正确的是（）A．c（Na+）═c（CCl3COO﹣）+c（CH3COO﹣）B．c（CCl3COO﹣）﹣c（CH3COO﹣）═c（CH3COOH）﹣c（CCl3COOH）C．c（OH﹣）＞c（CCl3COO﹣）＞c（CH3COO﹣）D．c（CH3COOH）＞c（CCl3COOH）＞c（OH﹣）【分析】酸的电离平衡常数越大该酸的酸性越强，乙酸电离平衡常数小于三氯乙酸，说明乙酸酸性小于三氯乙酸，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，再结合电荷守恒、物料守恒分析解答．【解答】解：酸的电离平衡常数越大该酸的酸性越强，乙酸电离平衡常数小于三氯乙酸，说明乙酸酸性小于三氯乙酸，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，A．根据物料守恒得c（Na+）═c（CCl3COO﹣）+c（CH3COO﹣）+c（CCl3COOH）+c（CH3COOH），故A错误；B．根据物料守恒得c（CCl3COOH）+c（CCl3COO﹣）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+），所以得c（CCl3COO﹣）﹣c（CH3COO﹣）═c（CH3COOH）﹣c（CCl3COOH），故B正确；C．弱酸根离子水解程度很小，且CH3COO﹣水解程度大于CCl3COO﹣，所以存在c（CCl3COO﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），故C错误；D．CH3COO﹣水解程度大于CCl3COO﹣，且二者水解都生成氢氧根离子，所以存在c（OH﹣）＞c （CH3COOH）＞c（CCl3COOH），故D错误；故选B．二、非选择题共52分）8．在无机化工中，硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]是制取其它铁系化合物的原料，如制取氧化伯系颜料、磁性材料和黄血盐等．某化学兴趣小组设计如下实验方案，探究（NH4）2Fe （SO4）2完全分解的产物．已知：①隔绝空气受热完全分解是氧化还原反应．②98%浓硫酸能顺利吸收SO3．Ⅰ．甲同学根据以下流程探究分解的部分产物，试回答下列问题：（1）B装置预期的现象是变蓝；C装置的作用可能是吸收NH3或SO3，D装置可以检验分解产物中是否含有SO2．（2）加热前先通一会儿N2，再关闭气阀，其目的是排出装置内的空气．Ⅱ．乙同学猜想（NH4）2Fe（SO4）2分解时可能生成了SO3，为了验证他的猜想，小组同学又提供了如图装置，试回答下列问题：（3）不能选择E和F装置的原因是都能吸收SO3和SO2．（4）加热装置A与G、H连接并进行实验，请你提出需要改进的方案A、G之间增加防倒吸的装置．（5）已知饱和SO2水溶液中c（SO32﹣）=6.0×10﹣8mol•L﹣1，Ksp（BaSO3）=5.4×10﹣7．通过计算判断在1.0mol•L﹣1的BaCl2溶液中，通入足量纯净的SO2能否生成BaSO3沉淀？（6）当G中出现大量白色沉淀时，并不能说明A中生成了SO3，理由是NH3和SO2同时通入BaCl2溶液中，能生成BaSO3白色沉淀；为了进一步证明是否有SO3生成，请你补充实验方案（不要求写具体的操作过程）取白色沉淀于试管中，滴加过量的稀盐酸，若白色沉淀不溶解或部分溶解，则有SO3生成，若白色沉淀完全溶解，则没有SO3生成．【分析】Ⅰ．（1）晶体分解生成的产物中含水蒸气，B装置中无水硫酸铜遇到水蒸气会反应生成硫酸铜晶体呈蓝色，C装置是浓硫酸用来吸收碱性气体氨气或生成的三氧化硫，便于装置D利用品红溶液检验二氧化硫的存在；（2）加热前先通一会儿N2，排净装置内的空气防止空气成分干扰气体检验；Ⅱ．（3）生成产物制得三氧化硫、二氧化硫都是酸性氧化物和碱发生反应；（4）生成的气体中含氨气、二氧化硫、三氧化硫等易溶于水的气体容易发生倒吸；（5）根据溶液中Q与Ksp的关系分析；（6）分解产物中当氨气和二氧化硫通入氯化钡溶液中互生成亚硫酸钡白色沉淀，检验三氧化硫可以检验生成的白色沉淀是否溶于盐酸；【解答】解：（1）晶体分解生成的产物中含水蒸气，无水硫酸铜遇到水蒸气会反应生成硫酸铜晶体呈蓝色，B装置中预期现象是白色硫酸铜变蓝色，C装置是浓硫酸用来吸收可能分解生成的碱性气体氨气或生成的三氧化硫，便于装置D利用品红溶液检验二氧化硫的存在，二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，故答案为：变蓝，吸收NH3或SO3，SO2；（2）加热前先通一会儿N2，再关闭气阀，其目的是利用氮气吧装置中空气全部赶出，防止空气中的水蒸气等干扰生成气体的检验，故答案为：排出装置内的空气；（3）不能选择E和F装置的原因是，装置中的氢氧化钡溶液是强碱溶液，碱石灰是氢氧化钠和氧化钙都可以和产物中的三氧化硫和二氧化硫气体，故答案为：都能吸收SO3和SO2；（4）加热装置A与G、H连接并进行实验，生成的气体中含氨气、二氧化硫、三氧化硫等易溶于水的气体容易发生倒吸，需要改进的方案是A、G之间增加防倒吸的装置，故答案为：A、G之间增加防倒吸的装置；（5）若溶液中c（Ba2+）=1 mol•L﹣1，c（SO32﹣）=6.0×10﹣8mol•L﹣1，其浓度积Q=c（Ba2+）×c（SO32﹣）=1×6.0×10﹣8=6.0×10﹣8＜Ksp（BaSO3）=5.48×10﹣7，故不能析出BaSO3沉淀，答：Q=1.0×6.0×10﹣8=6.0×10﹣8＜Ksp（BaSO3），所以不能生成BaSO3沉淀；（6）当G中出现大量白色沉淀时，并不能说明A中生成了SO3，理由是NH3和SO2同时通入BaCl2溶液中，能生成BaSO3白色沉淀，为了进一步证明是否有SO3生成，请你补充实验方案是：取白色沉淀于试管中，滴加过量的稀盐酸，若白色沉淀不溶解或部分溶解，则有SO3生成，若白色沉淀完全溶解，则没有SO3生成故答案为：NH3和SO2同时通入BaCl2溶液中，能生成BaSO3白色沉淀，取白色沉淀于试管中，滴加过量的稀盐酸，若白色沉淀不溶解或部分溶解，则有SO3生成，若白色沉淀完全溶解，则没有SO3生成；9．MnO2是具有多种特殊功能的材料，工业上用菱铁矿（MnCO3）为原料制备MnO2的工业流程如下：试回答以下问题：（1）提高水浸效率的方法有加热、搅拌（填两种）．实验室里洗涤MnO2时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒．NaClO的电子式为．（2）反应①的化学方程式为（NH4）2SO4+MnCO3=MnSO4+2NH3↑+CO2↑+H2O ．（3）反应②生成MnO2的同时，得到一种黄绿色的气体，则该反应的离子方程式为Mn2++2ClO ﹣=MnO↓+Cl2↑．2（4）反应②的尾气常温下通入NaOH溶液后，生成NaClO可循环利用，若制得87gMnO2，理论上还需要补充NaClO 1 mol．（5）工业上还可以将菱锰矿用硫酸直接浸取后，通过电解MnSO4和H2SO4的混合液制备MnO2，则电解时阳极的电极反应式为Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+．【分析】菱铁矿粉碎后加入硫酸铵，并加热至450℃，然后水浸得到MnSO4溶液，在MnSO4溶液中加入NaClO发生氧化还原反应可生成MnO2，（1）提高水浸的效率，可升高温度、充分搅拌以增大接触面积，实验室里洗涤MnO2时可用烧杯、漏斗、玻璃棒等仪器；（2）MnCO3和硫酸铵发生反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳；（3）反应②生成MnO2的同时，得到一种黄绿色的气体，说明生成氯气，该反应为氧化还原反应；（4）n（MnO2）==1mol，结合Mn2++2ClO﹣=MnO2↓+Cl2↑和Cl2+2NaOH=NaCl+NaCl+H2O 可计算；（5）通过电解MnSO4和H2SO4的混合液制备MnO2，则Mn元素化合价升高，被氧化，应为阳极反应．【解答】解：菱铁矿粉碎后加入硫酸铵，并加热至450℃，然后水浸得到MnSO4溶液，在MnSO4溶液中加入NaClO发生氧化还原反应可生成MnO2，（1）提高水浸的效率，可升高温度、充分搅拌以增大接触面积，实验室里洗涤MnO2时可用烧杯、漏斗、玻璃棒等仪器，NaClO为离子化合物，电子式为，故答案为：加热；搅拌；烧杯、漏斗、玻璃棒；；（2）MnCO3和硫酸铵发生反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，反应的方程式为（NH4）SO4+MnCO3=MnSO4+2NH3↑+CO2↑+H2O，利用铵根离子水解呈酸性的特点进行反应，2故答案为：（NH4）2SO4+MnCO3=MnSO4+2NH3↑+CO2↑+H2O；（3）反应②生成MnO2的同时，得到一种黄绿色的气体，说明生成氯气，该反应为氧化还原反应，反应的离子方程式为Mn2++2ClO﹣=MnO2↓+Cl2↑，故答案为：Mn2++2ClO﹣=MnO2↓+Cl2↑；（4）n（MnO2）==1mol，由Mn2++2ClO﹣=MnO2↓+Cl2↑可知生成1mol氯气，需要2molNaCl，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaCl+H2O可知1molNaClO，则还需要1molNaClO，故答案为：1；（5）通过电解MnSO4和H2SO4的混合液制备MnO2，则Mn元素化合价升高，被氧化，应为阳极反应，电极方程式为Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+，故答案为：Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+．10．汽车尾气作为空气污染的主要来源之一，其中含有大量的有害物质，包括CO、NO x、碳氢化合物和固体悬浮颗粒等．对汽车尾气的治理使环境工作者面临了巨大的挑战．试回答下列问题：（1）用CH4催化还原NO x可以消除氮氧化物的污染．已知：①CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1 160kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1则由CH4将NO2完成还原成N2，生成CO2和水蒸气的热化学方程式是CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1；（2）NO x也可被NaOH溶液吸收而生成NaNO3、NaNO2，已知某温度下，HNO2的电离常数K a=9.7×10﹣4mol•L﹣1，NO2﹣的水解常数为K h=8.0×10﹣10mol•L﹣1，则该温度下水的离子积常数= K a×K h（用含Ka、Kh的代数式表示），此时溶液的温度＞25℃（“＞”、“＜”、“=”）．（3）化工上利用CO合成甲醇，反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=﹣90.8KJ•mol﹣1．不同温度下，CO的平衡转化率如图1所示：图中T1、T2、T3的高低顺序是T1＜T2＜T3，理由是该反应为放热，温度越高，反应物的转化率越低．（4）化工上还可以利用CH3OH生成CH3OCH3．在体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：该反应的正反应为放热反应（填“吸热”、“放热”）CH3OH0.15mol、CH3OCH30.15mol和H2O0.10mol，则反应将向正方向进行（填“正”、“逆”）．（5）CH3OH燃料电池在便携式通讯设备、汽车等领域有着广泛的应用．已知电池工作时的总反应方程式为：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，电池工作时的示意图如图2所示：质子穿过交换膜移向N 电极区（填“M”、“N”），负极的电极反应式为CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+．【分析】（1）CH4（g）+4NO2（g）⇌4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1①CH4（g）+4NO（g）⇌2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1②将方程式得甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式；（2）依据亚硝酸根离子水解平衡常数表达式变式计算分析；（3）正反应放热，则升高温度CO的转化率降低；（4）对比I、Ⅱ可知，升高温度CH3OCH3（g）的物质的量减小，说明平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应移动；根据I中数据计算平衡常数，计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行；（5）原电池中阳离子移向正极，负极是甲醇失电子发生氧化反应，依据电池反应和酸性环境，2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，负极电极反应为：CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+，正极是氧气得到电子发生还原反应，氧气得到电子生成氢氧根离子，在图中是酸性介质，电极反应产物应写成水的形式；电池的正极反应式为：O2+4H++4e﹣=2H2O；【解答】解：（1）CH4（g）+4NO2（g）⇌4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1①CH4（g）+4NO（g）⇌2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1②将方程式CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）△H=kJ/mol=﹣867kJ•mol﹣1，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1；（2）NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣，Kh==×=，则Kw=Kh×Ka=8.0×10﹣10mol•L﹣1×9.7×10﹣4mol•L﹣1=7.76×10﹣13，＞常温下Kw=10﹣14，温度高于常温，＞25°C，故答案为：K a×K h，＞；（3）根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，图中T1、T2、T3的高低顺序T1＜T2＜T3，故答案为：T1＜T2＜T3，该反应为放热，温度越高，反应物的转化率越低；（4）对比I、Ⅱ可知，升高温度CH3OCH3（g）的物质的量减小，说明平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应移动，则正反应为放热反应，容器Ⅰ中平衡时c（CH3OCH3）=c（H2O）==0.080mol/L，c（CH3OH）=0.04mol/L，容器Ⅰ中化学平衡常数K1==4，此时浓度商Qc==0.67＜K=4，反应向正反应进行，故答案为：放热，正；（5）图分析可知a端电极N为正极，质子穿过交换膜移向N电极，M电极为负极，负极是甲醇失电子发生氧化反应，依据电池反应和酸性环境，2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，负极电极反应为：CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+，故答案为：N，CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+；选考题（三选一）【化学-选修2：化学与技术】11．普通钢中加入少量的钒（V））能极大地改善钢的弹性和强度，使钢材既耐高温又抗奇寒，因此它有“合金维生素“之称．'T业上回收废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2）中钒的主要流程如下：回答下列问题：（1）滤渣l的主要成分是V2O5、SiO2．（2）步骤②中发生反应的离子方程式为V2O5+SO32﹣+4H+=2VO2++SO42﹣+2H2O（3）步骤③的变化过程可简化为（HA表示有机萃取剂）VOSO4 +（水层）+2HA2（有机层）⇌VOA2（有机层）+H2SO4（水层），则步骤④中可选择硫酸作萃取剂的原因是加入硫酸使平衡向左移动，使VOSO4进入水层．萃取和反萃取在实验室里用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯．（4）该工艺流程中，可以循环利用的物质除了氨气以外，还有有机萃取剂．（5）调节溶液pH，可将（VO2）SO4转变成NH4VO3沉淀；25℃时，当PH 为1.7～1.8 时，钒沉淀率为98.8%；假设其它各步反应都完全进行，已知KC1O3的还原产物是KCl，若每消耗1moi KC1O3，理论上可回收金属钒302.3 g（计算结果保留一位小数）【分析】废钒催化剂的主要成分是V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2，废钒粉碎水浸后，V2O5和SiO2难溶于水，经过滤成为滤渣1，滤液中主要含有VOSO4、K2SO4，滤渣1加硫酸、亚硫酸钠是将钒废催化剂中V2O5转变成可溶于水的VOSO4，发生了氧化还原反应，反应为：V2O5+SO32﹣+4H+=2VO2++SO42﹣+2H2O，过滤后得到滤液，主要成分是VOSO4，第一次过滤，滤液中主要含有VOSO4、K2SO4，两者合并，加入有机萃取剂，通过萃取，把剩余余酸和有机层分开，通过反萃取，把萃取剂和离子分开，加入氧化剂KClO3把VO2+氧化成VO3+，调节pH加入氨水，得到含钒的沉淀，灼烧得到V2O5和氨气，有机萃取剂和氨气再循环利用．（1）据物质的水溶性确定，V2O5和SiO2难溶于水；（2）步骤②中发生氧化还原反应，亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子；（3）反萃取时加入的硫酸试剂是抑制平衡正向进行；根据萃取和反萃取操作用到的仪器分析解答；（4）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成可以循环利用；（5）根据氯、钒元素的化合价的变化，利用氧化还原反应配平得方程式，ClO3﹣+6VO2++6H+=6VO3++Cl﹣+3H2O，根据方程式计算；【解答】解：废钒催化剂的主要成分是V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2，废钒粉碎水浸后，V2O5和SiO2难溶于水，经过滤成为滤渣1，滤液中主要含有VOSO4、K2SO4，滤渣1加硫酸、亚硫酸钠是将钒废催化剂中V2O5转变成可溶于水的VOSO4，发生了氧化还原反应，反应为：V2O5+SO32﹣+4H+=2VO2++SO42﹣+2H2O，过滤后得到滤液，主要成分是VOSO4，第一次过滤，滤液中主要含有VOSO4、K2SO4，两者合并，加入有机萃取剂，通过萃取，把剩余余酸和有机层分开，通过反萃取，把萃取剂和离子分开，加入氧化剂KClO3把VO2+氧化成VO3+，调节pH加入氨水，得到含钒的沉淀，灼烧得到V2O5和氨气，有机萃取剂和氨气再循环利用．（1）废钒粉碎水浸后，V2O5和SiO2难溶于水，经过滤成为滤渣，故答案为：V2O5、SiO2；（2）亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，根据得失电子守恒和电荷守恒，离子反应方程式为：V2O5+SO32﹣+4H+=2VO2++SO42﹣+2H2O，故答案为：V2O5+SO32﹣+4H+=2VO2++SO42﹣+2H2O；（3）反萃取时分析平衡，VOSO4 +（水层）+2HA2（有机层）⇌VOA2（有机层）+H2SO4（水层），加入硫酸抑制平衡正向进行，使VOSO4进入水层；萃取和反萃取在实验室里用到的玻璃仪器名称叫分液漏斗、烧杯，故答案为：加入硫酸使平衡向左移动，使VOSO4进入水层；分液漏斗、烧杯；（4）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，故答案为：有机萃取剂；（5）氯元素化合价从+5→﹣1，化合价降低6，钒化合价从+4→+5，化合价升高1，二者最小公倍数为6，把变价元素配平，初步配平为：ClO3﹣+6VO2++H+→6VO3++Cl﹣+H2O，根据氧原子守恒确定H2O前系数为3，氢离子前系数为6，故配平后为：ClO3﹣+6VO2++6H+=6VO3++Cl﹣+3H2O，消耗1molKClO3时，生成6molVO2+，钒沉淀率为98.8%，根据原子守恒，m（V）=n（V）×M （V）×98.8%=6mol×51g/mol×98.8%≈302.3g，故答案为：302.3；【化学-选修3：物质结构与性质】12．绿柱石被国际珠宝界公认为四大名贵宝石之一．主要成分为Be3Al2[Si6O18]，因含适量的Cr2O3（0.15～0.6%），而形成祖母绿．试回答下列问题：（1）基态Al原子中，电子填充的最高能级是3p ，基态Cr原子的价电子排布式是3d54s1．（3）BeCl2分子的空间构型是直线型，它的二聚体Be2Cl4结构如右图所示，其中Be原子的杂化方式是sp3．（4）强还原剂LiAlH4能将SiCl4还原成SiH4，试写出SiH4在空气中自燃的化学方程式SiH4+2O2=SiO2+2H2O ．。

安徽省马鞍山二中安师大附中淮北一中铜陵一中2016届高三上学期12月四校联考理综试卷 Word版含答案.pdf

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马鞍山二中、安师大附中、淮北一中2016届高三第试 题 Be—9 B—11 N—14 O—16 V—51 Mn—55 第I卷 一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1下列有关细胞中的元素和化合物的叙述，正确的是 A．构成细胞的最基本元素是碳，这与其含量最高有关 B．脂肪分子中氢的含量比糖类高，是细胞主要的能源物质 C．细胞中的RNA分子一般是单链，且不含氢键 D．细胞中的一个环状n肽分子被彻底水解需要破坏n个肽键 2下列关于真核细胞生物膜的叙述，正确的是 A．构成生物膜的脂质主要有磷脂、胆固醇和脂肪 B．抗体合成越旺盛的细胞，其高尔基体膜和细胞膜的成分更新速率越快 C．细胞许多化学反应都在生物膜上进行，ATP分子都是在生物膜上合成的 D．细胞在分化的过程中，其细胞膜的通透性稳定不变 3下图为甘蔗叶肉细胞内的一系列反应过程，下列说法错误的是 A．过程①中叶绿体中的叶绿素主要吸收蓝紫光和红光 B．过程②发生在叶绿体基质中，过程③发生在细胞质基质和线粒体中 C．过程①产生[H]，过程②消耗[H]，过程③既产生也消耗[H] D．若过程②的速率大于过程③的速率，则甘蔗的干重会增加 4如图是某高等动物（基因型Bb）体内四个正在分裂的细胞，下列说法正确的是 A．如果甲图7号上有B基因，则一般情况下2和6上有b基因 B．卵巢会出现这四种细胞，乙图表示次级卵母细胞或第一极体 C．丙图表示减数第一次分裂后期，细胞中有8条染色体 D．含有同源染色体细胞有甲、乙和丙 5图中DNA分子含有5000个碱基对，其中腺嘌呤占全部碱基的20%。

①、②分别表示人体细胞中发生的2种生物大分子的合成过程。

下列说法错误的是 A．过程①、②发生的主要场所是细胞核 B．过程①进行3次，需要2.1×104个鸟嘌呤脱氧核苷酸 C．该DNA发生突变，其控制的性状即发生改变 D．人体不同组织细胞的相同DNA进行过程②时启用的起始点不完全相同 6如图所示为具有甲种遗传病(基因为A或a)和乙种遗传病(基因为B或b)的家庭系谱图，其中一种遗传病基因位于X染色体上。

2016届安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中高三(上)第三次联考数学试卷(文科)解析版

2016届安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中高三(上)第三次联考数学试卷(文科)解析版

2015-2016学年安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中高三（上）第三次联考数学试卷（文科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）（2014春•晋江市校级期中）复数在复平面上对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）设a、b为两条不同的直线，α为一个平面，下列命题中为真命题的是（）A．若a∥b，a∥α，则b∥αB．若a⊥b，a∥α，则b⊥αC．若a∥b，a⊥α，则b⊥αD．若a⊥b，a⊥α，则b∥α3．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）设，则A∩B=（）A．{（﹣1，1）} B．{（0，1）}C．[﹣1，0] D．[0，1]4．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）p：x2﹣3x+2≤0成立的一个必要不充分条件是（）A．x＞1 B．x≥1 C．1≤x≤2 D．1＜x＜25．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）设x，y满足约束条件，则2x﹣y的最小值是（）A．﹣4 B．C．0 D．66．（5分）（2015秋•双鸭山校级期末）若先将函数图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，再将所得图象向左平移个单位，所得函数图象的一条对称轴的方程是（）A．B．C．D．7．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为（）A．B．C．D．8．（5分）（2016春•宜春校级期中）函数在[﹣2π，2π]上的大致图象是（）A．B．C．D．9．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）已知a＞﹣1，b＞﹣2，（a+1）（b+2）=16，则a+b的最小值是（）A．4 B．5 C．6 D．710．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）已知||=8，||=6，∠BAC=，=，=2，线段BE与线段CD交于点G，则||的值为（）A．4 B． C．2D．511．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）已知f（x﹣1）是偶函数，且在（0，+∞）上单调递增，下列说法正确的是（）A．B．C．D．12．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）已知数列{a n}满足，则a2016除以4所得到的余数是（）A．0 B．1 C．2 D．3二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）已知公差不为0的等差数列{a n}，a1，a3，a11成等比数列，则=______．14．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）△ABC中，，则cosC=______．15．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）已知点M是△ABC所在平面内的一点，且满足，则△ABM与△ABC的面积之比为______．16．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）两个同底的正四棱锥内接于同一个球，两个四棱锥侧面与底面形成的角分别为α与β，则tan（α+β）的取值范围是______．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）（2015秋•铜陵校级月考）已知．（1）求的值；（2）若，求f（x）的值域．18．（12分）（2016春•曲沃县校级期中）已知函数f（x）=e x+ax2+bx+c，a，b，c∈R．（1）若曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为3x﹣y+2=0，求b，c的值；（2）若b=0，且f（x）在上单调递增，求实数a的取值范围．19．（12分）（2015秋•铜陵校级月考）已知数列{a n}满足a1=，a n=（n≥2）．（1）求证：{﹣1}为等比数列，并求出{a n}的通项公式；（2）若b n=，求{b n}的前n项和S n．20．（12分）（2015秋•铜陵校级月考）在如图所示的圆锥中，PO是圆锥的高，AB是底面圆的直径，点C是弧AB的中点，E是线段AC的中点，D是线段PB上一点，且PO=2，OB=1．（1）若D为PB的中点，试在PB上确定一点F，使得EF∥面COD，并说明理由；（2）若PB⊥CD，求直线AC与面COD所成角θ的正弦值．21．（12分）（2015秋•铜陵校级月考）设函数f（x）=x•1nx，g（x）=ax2﹣2ax+1．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若x∈[1，2]，a∈[1，2]，求证：f（x）≥g（x）．请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-1：几何证明选讲．22．（10分）（2016•辽宁二模）已知AB为半圆O的直径，AB=4，C为半圆上一点，过点C作半圆的切线CD，过点A作AD⊥CD于D，交半圆于点E，DE=1．（Ⅰ）求证：AC平分∠BAD；（Ⅱ）求BC的长．选修4-4：坐标系与参数方程．23．（2016•衡水校级二模）在平面直角坐标系xOy中，已知C1：（θ为参数），将C1上的所有点的横坐标、纵坐标分别伸长为原来的和2倍后得到曲线C2以平面直角坐标系xOy 的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，已知直线l：ρ（cosθ+sinθ）=4（1）试写出曲线C1的极坐标方程与曲线C2的参数方程；（2）在曲线C2上求一点P，使点P到直线l的距离最小，并求此最小值．选修4-5：不等式选件．24．（2014•红河州模拟）函数f（x）=．（Ⅰ）若a=5，求函数f（x）的定义域A；（Ⅱ）设B={x|﹣1＜x＜2}，当实数a，b∈B∩（∁R A）时，求证：＜|1+|．2015-2016学年安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中高三（上）第三次联考数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）（2014春•晋江市校级期中）复数在复平面上对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【分析】先化简，===﹣i，从而可知所在象限．【解答】解：∵===﹣i，故复数在复平面上对应的点位于第四象限，故选D．【点评】本题考查了复数的化简与复平面中点与复数的关系，属于基础题．2．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）设a、b为两条不同的直线，α为一个平面，下列命题中为真命题的是（）A．若a∥b，a∥α，则b∥αB．若a⊥b，a∥α，则b⊥αC．若a∥b，a⊥α，则b⊥αD．若a⊥b，a⊥α，则b∥α【分析】根据空间中的平行与垂直的关系即可判断．【解答】解：对于A，若a∥b，a∥α，则b∥α，或b⊂α，故A错误，对于B，若a⊥b，a∥α，则b∥α或b⊂α或b⊥α，故B错误，对于C，若a∥b，a⊥α，则b⊥α，故正确，对于D，若a⊥b，a⊥α，则b∥α或b⊂α，故D错误，故选：C．【点评】本题通过命题真假的判定，考查了空间中的平行与垂直的关系，属于基础题．3．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）设，则A∩B=（）A．{（﹣1，1）} B．{（0，1）}C．[﹣1，0] D．[0，1]【分析】分别求出两个函数的定义域和值域得到集合A，B，结合集合的交集运算定义，可得答案．【解答】解：∵由1﹣x2≥0得：x∈[﹣1，1]，∴A=[﹣1，1]，∵y=lg（1﹣x2）≤lg1=0得：∴B=（﹣∞，0]，∴A∩B=[﹣1，0]，故选：C【点评】本题考查的知识点是集合的交集运算，求出A，B两个集合是解答的关键．4．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）p：x2﹣3x+2≤0成立的一个必要不充分条件是（）A．x＞1 B．x≥1 C．1≤x≤2 D．1＜x＜2【分析】求出不等式的等价条件，结合必要不充分条件的定义进行判断即可．【解答】解：由x2﹣3x+2≤0得1≤x≤2，则p的必要不充分条件是x≥1，故选：B．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，比较基础．5．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）设x，y满足约束条件，则2x﹣y的最小值是（）A．﹣4 B．C．0 D．6【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，令z=2x﹣y，化为y=2x﹣z．由图可知，当直线y=2x﹣z过A（0，4）时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为﹣4．故选：A．【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．6．（5分）（2015秋•双鸭山校级期末）若先将函数图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，再将所得图象向左平移个单位，所得函数图象的一条对称轴的方程是（）A．B．C．D．【分析】利用两角和的正弦函数公式化简已知可得y=2sinx，利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律及正弦函数的图象和性质即可得解．【解答】解：∵=2sin[（x﹣）+]=2sinx，∴先将函数图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，可得函数为：y=2sin x，再将所得图象向左平移个单位，所得函数为：y=2sin（x+）=2sin（+），∴由+=kπ+，k∈Z，可解得对称轴的方程是：x=2kπ+，k∈Z，当k=0时，可得函数图象的一条对称轴的方程是：x=．故选：D．【点评】本题主要考查了两角和的正弦函数公式，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律及正弦函数的图象和性质，属于基本知识的考查．7．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为（）A．B．C．D．【分析】根据三视图判断几何体的形状，根据它的几何性质得出，利用三角形求出表面积．【解答】解：根据三视图得出该几何体为三棱锥，如图所示：PC⊥面ABC，CD⊥AD于D，AB=1，CD=1，PC=1，∴S△ABC=×1×1=，S△PAC=S△PBC=×1×=，S△PAB=×1×=；所以该三棱锥的表面积为S=+2×+=．故选：D．【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出几何体的结构特征，是基础题目．8．（5分）（2016春•宜春校级期中）函数在[﹣2π，2π]上的大致图象是（）A．B．C．D．【分析】取x为非常小的锐角和非常接近2π（小于2π）的角，结合图象排除即可．【解答】解：当x为非常小的锐角时，（x﹣）＜0，sinx＞0，∴f（x）=（x﹣）sinx＜0，排除B、D；当x为非常接近2π（小于2π）的角时，（x﹣）＞0，sinx＜0，∴f（x）=（x﹣）sinx＜0，排除A，故选：C【点评】本题考查正弦函数的图象，取特殊点排除是解决问题的关键，属基础题．9．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）已知a＞﹣1，b＞﹣2，（a+1）（b+2）=16，则a+b的最小值是（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】由a＞﹣1，b＞﹣2，可得a+1＞0，b+2＞0，则a+b=（a+1）+（b+2）﹣3，再由基本不等式即可得到所求的最小值．【解答】解：由a＞﹣1，b＞﹣2，可得a+1＞0，b+2＞0，则a+b=（a+1）+（b+2）﹣3≥2﹣3=2×4﹣3=5，当且仅当a+1=b+2=4，即a=3，b=2，取得最小值5．故选：B．【点评】本题考查基本不等式的运用：求最值，注意满足的条件：一正二定三等，属于基础题．10．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）已知||=8，||=6，∠BAC=，=，=2，线段BE与线段CD交于点G，则||的值为（）A．4 B． C．2D．5【分析】利用向量模的关系，建立坐标系，求出相关点的坐标，分别求出直线CE，DB的方程，求出交点即G点的坐标，然后求解向量的模即可．【解答】解：以A点为原点，以为x轴，建立如图所示的坐标系，∵||=8，||=6，∠BAC=，=，=2，∴A（0，0），B（8，0），E（4，0），D（2，2），C（3，3），∴直线CE的方程为=，即3x+y﹣12=0，①直线DB的方程为=，即x+y﹣8=0，②由①②构成方程组，解得，∴点G（，），∴=（，），∴||==，故选：B【点评】本题考查向量的几何中的应用，向量的坐标运算，直线方程，直线的交点，向量的模，考查计算能力，属于中档题．11．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）已知f（x﹣1）是偶函数，且在（0，+∞）上单调递增，下列说法正确的是（）A．B．C．D．【分析】利用f（x﹣1）是偶函数，可得f（﹣x）=f（x﹣2），f（）=f（﹣3）=f（1），根据x＞0，，f（x）在（0，+∞）上单调递增，即可得出结论．【解答】解：∵f（x﹣1）是偶函数，∴f（﹣x﹣1）=f（x﹣1），∴f（﹣x）=f（x﹣2），∴f（）=f（﹣3）=f（1），∵x＞0，，f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴．故选：C．【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．12．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）已知数列{a n}满足，则a2016除以4所得到的余数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【分析】数列{a n}满足，可得a1=a2=1，a3=2，a4=3，a5=5，a6=8，a7=13，a8=21，a9=34，a10=55，a11=89，a12=144，…，为斐波那契数列，可得a n除以4d的余数分别为：1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…，即可得出周期性．【解答】解：∵数列{a n}满足，∴a1=a2=1，a3=2，a4=3，a5=5，a6=8，a7=13，a8=21，a9=34，a10=55，a11=89，a12=144，…，为斐波那契数列，∴a n=，可得a n除以4d的余数分别为：1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…，其余数的周期为6，而2016=4×504，∴a2016除以4所得到的余数是0．故选：A．【点评】本题考查了斐波那契数列通项公式及其性质、整除的理论，考查了推理能力与技能数列，属于中档题．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）已知公差不为0的等差数列{a n}，a1，a3，a11成等比数列，则=．【分析】由题意可得（a1+2d）2=a1×（a1+10d），可得．【解答】解：∵公差不为0的等差数列{a n}，a1，a3，a11成等比数列，∴a32=a1•a11，代入数据可得（a1+2d）2=a1×（a1+10d），解得=．故答案为：．【点评】本题考查等差数列的通项公式，涉及等比数列的通项公式，属基础题．14．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）△ABC中，，则cosC=．【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系求得sinA、cosB的值，再利用诱导公式、两角和差的余弦公式求得cosC的值．【解答】解：△ABC中，∵，∴sinA==＞sinB，∴A＞B；cosB==，则cosC=﹣cos（A+B）=﹣cosAcosB+sinAsinB=﹣+=，故答案为：．【点评】本题主要考查同角三角函数的基本关系、诱导公式、两角和差的余弦公式，属于基础题．15．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）已知点M是△ABC所在平面内的一点，且满足，则△ABM与△ABC的面积之比为4：7．【分析】根据条件作出平行四边形，根据各线段的比例关系寻找对应三角形的面积比．【解答】解：连接AM，BM，延长AC至D使AD=4AC，延长AM至E使AE=7AM，连接BE，则四边形ABED是平行四边形．∵AD=4AC，AE=7AM，∴S△ABC=S△ABD，S△AMB=S△ABE，∵S△ABD=S△ABE，∴S△ABM：S△ABC=：=4：7．故答案为4：7．【点评】本题考查向量知识的运用，考查三角形面积的计算，解题的关键是确定三角形的面积，属于中档题．16．（5分）（2015秋•铜陵校级月考）两个同底的正四棱锥内接于同一个球，两个四棱锥侧面与底面形成的角分别为α与β，则tan（α+β）的取值范围是．【分析】如图可得∠SEH 和∠MEH即为两个正四棱锥的侧面和底面成的角，设球的半径为R，不妨球心O在平面ABCD的上方，平面ABCD所在的小圆的半径为r 则R≥r．不妨设∠SEH=α，∠MEH=β，求得tanα和tanβ的值．由于SH+MH=2R，再根据tan（α+β）==﹣2•≤﹣2，从而得到tan（α+β）的范围．【解答】解：如图：正四棱锥S﹣ABCD和正四棱锥M﹣ABCD的六个顶点在同一个球面上，设球的半径为R，不妨球心O在平面ABCD的上方，平面ABCD所在的小圆的半径为r 则R≥r，≥1．则由题意可得SM=SH+MH=2R．取ABCD的中心为H，取AD的中点E，则由正四棱锥的性质，可得∠SEH 和∠MEH即为两个正四棱锥的侧面和底面成的角，不妨设∠SEH=α，∠MEH=β．∵OH==，EH=AH=r，∴SH=R﹣，MH=R+．故tanα==，tanβ==，tan（α+β）====﹣2•≤﹣2，当且仅当R=r，即ABCD所在的圆为大圆时，取等号．故tan（α+β）的范围为：，故答案为：．【点评】本题主要考查平面和平面成的角的定义，直角三角形中的边角关系，两角和的正切公式，二次函数的性质，属于中档题．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）（2015秋•铜陵校级月考）已知．（1）求的值；（2）若，求f（x）的值域．【分析】由条件利用三角恒等变换化简函数f（x）的解析式，再利用正弦函数的定义域和值域求得f（x）的值域．【解答】解：（1）由于．∴．（2）∵，∴，∴．【点评】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的定义域和值域，属于基础题．18．（12分）（2016春•曲沃县校级期中）已知函数f（x）=e x+ax2+bx+c，a，b，c∈R．（1）若曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为3x﹣y+2=0，求b，c的值；（2）若b=0，且f（x）在上单调递增，求实数a的取值范围．【分析】（1）求得f（x）的导数，由题意可得f（0）=2，f′（0）=3，解方程组可得b，c的值；（2）求得b=0时，f（x）的导数，由题意可得e x+2ax≥0，即有a≥﹣在[，+∞）上恒成立．令g（x）=﹣，求出导数和单调区间，可得g（x）的最大值，即可得到a的范围．【解答】解：（1）函数f（x）=e x+ax2+bx+c的导数为f′（x）=e x+2ax+b，由题意可得；（2）b=0时，f（x）=e x+ax2+c，导数f′（x）=e x+2ax，由f（x）在上单调递增，可得f′（x）≥0在[，+∞）上恒成立，即e x+2ax≥0，即有a≥﹣在[，+∞）上恒成立．令，则在上递增，在（1，+∞）上递减，∴g（x）max=g（1）=﹣，∴．【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用分离参数和构造函数法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．19．（12分）（2015秋•铜陵校级月考）已知数列{a n}满足a1=，a n=（n≥2）．（1）求证：{﹣1}为等比数列，并求出{a n}的通项公式；（2）若b n=，求{b n}的前n项和S n．【分析】（1）由已知得=，从而，n≥2，由此能证明{﹣1}为首项为1，公比为2的等比数列，从而能求出{a n}的通项公式．（2）由b n==（2n﹣1）（2n﹣1+1）=（2n﹣1）•2n﹣1+2n﹣1，利用分组求和法和错位相减求和法能求出{b n}的前n项和S n．【解答】证明：（1）∵数列{a n}满足a1=，a n=（n≥2），∴=，n≥2∴，n≥2，又，∴{﹣1}为首项为1，公比为2的等比数列，∴，，∴．解：（2）∵b n===（2n﹣1）（2n﹣1+1）=（2n﹣1）•2n﹣1+2n﹣1，∴{b n}的前n项和：S n=1+3•2+5•22+…+（2n﹣1）•2n﹣1+2（1+2+3+…+n）﹣n=1+3•2+5•22+…+（2n﹣1）•2n﹣1+2×﹣n=1+3•2+5•22+…+（2n﹣1）•2n﹣1+n2，①2S n=2+3•22+5•23+…+（2n﹣1）•2n+2n2，②②﹣①，得S n=﹣1﹣（22+23+…+2n）+（2n﹣1）•2n+n2=﹣1﹣+（2n﹣1）•2n+n2=（2n﹣3）•2n+3+n2．∴{b n}的前n项和S n=（2n﹣3）•2n+3+n2．【点评】本题考查等比数列的证明，考查数列的前n项和的求法，考查数列的前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意错位相减法的合理运用．20．（12分）（2015秋•铜陵校级月考）在如图所示的圆锥中，PO是圆锥的高，AB是底面圆的直径，点C是弧AB的中点，E是线段AC的中点，D是线段PB上一点，且PO=2，OB=1．（1）若D为PB的中点，试在PB上确定一点F，使得EF∥面COD，并说明理由；（2）若PB⊥CD，求直线AC与面COD所成角θ的正弦值．【分析】（1）连接BE，设BE∩OC=G，连接DG，推导出EF∥DG，从而DF=PF=，由此得到点F是PB上靠近点P的四等分点．（2）过点A作AD1⊥DO，则AD1⊥面COD，由此能求出直线AC与面COD所成角θ的正弦值．【解答】解：（1）连接BE，设BE∩OC=G，由题意G为△ABC的重心，∴，连接DG，∵EF∥平面COD，EF⊂平面BEF，面BEF∩面COD=DG，∴EF∥DG，∴，又BD=DP，∴DF=PF=，∴点F是PB上靠近点P的四等分点．（2），由平面几何知识知，过点A作AD1⊥DO，垂足为D1，∴AD1⊥面COD，由，又直线AC与面COD所成角θ，即，∴直线AC与面COD所成角θ的正弦值为．【点评】本题考查使得线面平行的点的确定与求法，考查线面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．21．（12分）（2015秋•铜陵校级月考）设函数f（x）=x•1nx，g（x）=ax2﹣2ax+1．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若x∈[1，2]，a∈[1，2]，求证：f（x）≥g（x）．【分析】（1）求导f′（x）=1+1nx，从而由导数的正负确定函数的单调性；（2）构造函数F（x）=f（x）﹣g（x）=x•1nx﹣ax2+2ax﹣1，从而求导F′（x）=1+lnx﹣2ax+2a，F″（x）=﹣2a，从而确定函数的最小值即可．【解答】解：（1）∵f（x）=x•1nx，f′（x）=1+1nx，故当x∈（0，）时，f′（x）＜0；当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0；故f（x）的单调减区间为（0，），单调增区间为（，+∞）；（2）证明：令F（x）=f（x）﹣g（x）=x•1nx﹣ax2+2ax﹣1，故F′（x）=1+lnx﹣2ax+2a，F″（x）=﹣2a，∵x∈[1，2]，a∈[1，2]，∴F″（x）=﹣2a＜0，∴F′（x）在[1，2]上是减函数，又∵F′（1）=1+0=1＞0，F′（2）=1+ln2﹣4a+2a=1+ln2﹣2a＜0，∴F（x）在[1，2]上先增后减，故F（x）的最小值在x=1或x=2上取得，而F（1）=1ln1﹣a+2a﹣1=a﹣1≥0，（a∈[1，2]）；F（2）=2ln2﹣4a+4a﹣1=2ln2﹣1=ln4﹣1＞0，故F（x）≥0恒成立，即f（x）≥g（x）．【点评】本题考查了导数的综合应用及恒成立问题与函数思想的应用．构造函数F（x）=f（x）﹣g（x）是关键．请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-1：几何证明选讲．22．（10分）（2016•辽宁二模）已知AB为半圆O的直径，AB=4，C为半圆上一点，过点C作半圆的切线CD，过点A作AD⊥CD于D，交半圆于点E，DE=1．（Ⅰ）求证：AC平分∠BAD；（Ⅱ）求BC的长．【分析】（Ⅰ）连接OC，因为OA=OC，所以∠OAC=∠OCA，再证明OC∥AD，即可证得AC 平分∠BAD．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，从而BC=CE，利用ABCE四点共圆，可得∠B=∠CED，从而有，故可求BC的长．【解答】（Ⅰ）证明：连接OC，因为OA=OC，所以∠OAC=∠OCA，（2分）因为CD为半圆的切线，所以OC⊥CD，又因为AD⊥CD，所以OC∥AD，所以∠OCA=∠CAD，∠OAC=∠CAD，所以AC平分∠BAD．（4分）（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，∴BC=CE，（6分）连接CE，因为ABCE四点共圆，∠B=∠CED，所以cosB=cos∠CED，（8分）所以，所以BC=2．（10分）【点评】本题考查圆的切线，考查圆内接四边形，解题的关键是正确运用圆的切线性质及圆内接四边形的性质．选修4-4：坐标系与参数方程．23．（2016•衡水校级二模）在平面直角坐标系xOy中，已知C1：（θ为参数），将C1上的所有点的横坐标、纵坐标分别伸长为原来的和2倍后得到曲线C2以平面直角坐标系xOy 的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，已知直线l：ρ（cosθ+sinθ）=4（1）试写出曲线C1的极坐标方程与曲线C2的参数方程；（2）在曲线C2上求一点P，使点P到直线l的距离最小，并求此最小值．【分析】（1）把C1消去参数化为普通方程为x2+y2=1，再化为极坐标方程．根据函数图象的伸缩变换规律可得曲线C2的普通方程，再化为极参数方程．（2）先求得直线l的直角坐标方程，设点P（cosθ，2sinθ），求得点P到直线的距离为d=，故当sin（θ+）=1时，即θ=2kπ+，k∈z时，点P到直线l 的距离的最小值，从而求得P的坐标以及此最小值【解答】解：（1）把C1：（θ为参数），消去参数化为普通方程为x2+y2=1，故曲线C1：的极坐标方程为ρ=1．再根据函数图象的伸缩变换规律可得曲线C2的普通方程为+=1，即+=1．故曲线C2的极参数方程为（θ为参数）．（2）直线l：ρ（cosθ+sinθ）=4，即x+y﹣4=0，设点P（cosθ，2sinθ），则点P到直线的距离为d==，故当sin（θ+）=1时，d取得最小值，此时，θ=2kπ+，k∈z，点P（1，），故曲线C2上有一点P（1，）满足到直线l的距离的最小值为﹣．【点评】本题主要考查把极坐标方程、参数方程化为直角坐标方程的方法，点到直线的距离公式的应用，属于基础题．选修4-5：不等式选件．24．（2014•红河州模拟）函数f（x）=．（Ⅰ）若a=5，求函数f（x）的定义域A；（Ⅱ）设B={x|﹣1＜x＜2}，当实数a，b∈B∩（∁R A）时，求证：＜|1+|．【分析】（Ⅰ）根据题意，得|x+1|+|x+2|﹣5≥0；求出x的取值范围，即是f（x）的定义域A；（Ⅱ）由A、B求出B∩C R A，即得a、b的取值范围，由此证明成立即可．【解答】解：（Ⅰ）a=5时，函数f（x）=，∴|x+1|+|x+2|﹣5≥0；即|x+1|+|x+2|≥5，当x≥﹣1时，x+1+x+2≥5，∴x≥1；当﹣1＞x＞﹣2时，﹣x﹣1+x+2≥5，∴x∈∅；当x≤﹣2时，﹣x﹣1﹣x﹣2≥5，∴x≤﹣4；综上，f（x）的定义域是A={x|x≤﹣4或x≥1}．（Ⅱ）∵A={x|x≤﹣4或x≥1}，B={x|﹣1＜x＜2}，∴∁R A=（﹣4，1），∴B∩C R A=（﹣1，1）；又∵，而；当a，b∈（﹣1，1）时，（b2﹣4）（4﹣a2）＜0；∴4（a+b）2＜（4+ab）2，即．【点评】本题考查了求函数的定义域以及集合的运算和不等式的解法与证明问题，是综合题，解题时应把含绝对值的不等式分类讨论，不等式证明时常用作差法，是中档题．。

安徽省马鞍山二中安师大附中淮北一中高三化学上学期期中联考试题-人教版高三全册化学试题

安徽省马鞍山二中安师大附中淮北一中高三化学上学期期中联考试题-人教版高三全册化学试题

马鞍山二中、安师大附中、淮北一中2016届高三上学期期中联考化学试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。

共100分，考试时间90分钟。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Fe 56第Ⅰ卷（选择题）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，请将正确的选项填涂在答题卡上，每小题3分，共48分）1．化学与生产、生活、社会密切相关。

下列有关说法正确的是A．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B．“血液透析”利用了胶体的性质C．气象环境报告中的“PM2.5”是对一种新分子的描述D．氢氧化钠可作胃酸的中和剂2．下列说法正确的是A．用倾析法分离沉淀时，将烧杯中的上层清液用玻璃棒引流到另一容器内，即可使沉淀与清液分离B．做“钠与水的反应”实验时，切取绿豆大小的金属钠，用滤纸吸干其表面的煤油，放入烧杯中，滴入两滴酚酞溶液，再加入少量水，然后观察并记录实验现象C．过滤、结晶、灼烧、萃取、分液和蒸馏等都是常用的分离有机混合物的方法D．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小3．分类是化学学习和研究的常用手段。

下列分类依据和结论都正确的是A．H2O、HCOOH、(NH4)2Fe(SO4)2中均含有氧元素，都是氧化物B．HCl、H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸C．赤铁矿、磁铁矿、黄铁矿、孔雀石都是常见的铁矿石D．Na2CO3、Ba(OH)2、NH4Cl、Na2O2都属于离子化合物4．按纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的一组物质是A．胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡 B．盐酸、空气、硝酸、干冰C．冰醋酸、海水、氧化铝、乙醇 D．蛋白质、油脂、烧碱、石灰石5．下列实验能达到目的的是A．只滴加氨水鉴别AlCl3、MgCl2、Na2SO4三种溶液B．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体6．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．在1 L 0.1 mol/L的碳酸钠溶液中，氧原子总数为0.3 N AB．1 mol Al3＋完全水解生成氢氧化铝胶体粒子的数目为N AC．常温常压下，32 g O－2中所含电子的数目为17N AD．标准状况下,11.2 L苯中含有分子的数目为0.5 N A7．在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是A．0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2＋、NH4＋、SCN－、SO42－B．室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－C．加入铝粉有气泡产生的溶液中：Na+、NH4+、Fe2+、NO3－D．在AlCl3溶液中：K+、Na+、HCO－3、SO42－8．下列有关实验原理或实验操作正确的是A．用广泛pH试纸测得饱和氯水的pH约为2.2B．用量筒量取7.60 mL 0.1 mol·L－1盐酸C．用图1所示的操作可检查装置的气密性D．实验室用图2所示的装置制取少量的NO9．下列关于物质性质的说法不合理的是A．SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色B．FeCl3、Na2O2、Cu2S均可由相应单质直接化合生成C．金属Mg与稀硫酸和CO2均能反应，其反应类型相同D．氢氧化铝、碳酸铵、碳酸氢钠都既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应10．在标准状况下，将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水，溶液的密度为ρ g·cm-3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c mol·L-1。

安徽省示范高中联考2016届高三上学期第一次月考化学试卷【解析版】

安徽省示范高中联考2016届高三上学期第一次月考化学试卷【解析版】

2015-2016学年安徽省示范高中联考高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1．下列与生产、生活相关的化学知识描述正确的是( )A．使用高效低毒的农药，既能提高作物产量，又能降低农药残留量B．食品包装袋中常放入生石灰作为抗氧化剂，防止食品变质C．水瓶胆中的水垢可用饱和食盐水清洗D．明矾可用于净水，也可用于淡化海水2．下列各组物质性质的比较中，有一组的递变规律与其他不同的是( )A．还原性Cl﹣、Br﹣、I﹣B．碱性：Na0H、Mg（OH）2、Al（OH）3C．稳定性HCl、H2S、PH3D．酸性：HC1O4、H2SO4、H2CO33．下列物质归类正确的是( )A．电解质：冰醋酸、小苏打、明矾、氧化铝B．化合物：液氯、干冰、烧碱、纯碱C．混合物：漂白粉、铝热剂、矿泉水、磁性氧化铁D．胶体：豆浆、墨水、血液、生理盐水4．下列说法不正确的是( )A．氯水中加少量的Na2 CO3粉末，可提高溶液中HC1O的浓度B．金属单质都具有一定的还原性，金属阳离子都只有氧化性C．火灾现场自救方法是用湿毛巾捂住口鼻并向地势低的地方撤离D．大气中的N2可作为制硝酸的原料5．我国科学家研发成功了甲烷和二氧化碳的共转化技术，利用分子筛催化剂高效制得乙酸．下列有关说法正确的是( )A．所有反应物和产物中都既含极性键又含非极性键B．消耗22.4L CO2可制得乙酸60gC．该反应不是氧化还原反应D．该反应过程符合“绿色化学”原理，原子利用率达100%)7．2 5℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A．0.2mol•L一1NaOH溶液中：NH4+、Na+、SO42﹣、CO32﹣B．1.0mol•L﹣1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣C．能使紫色石蕊变红的溶液：Ca2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣D．无色溶液中：K+、Na+、Cr2O72﹣、Cl﹣A．A B．B C．C D．D9．用N A表示阿伏伽德罗常数，下列有关说法正确的是( )A．lmol OH一中含有9 N A个电子B．46g NO2和N2O4混合物中所含原子数目为3N AC．常温常压下50g 46%的乙醇溶液中，所含氧原子数目为0.5N AD．.常温下，56g铁粉与足量浓硝酸反应，电子转移数目小于3N A11．某同学在家自制“84消毒液”，他根据84消毒液标签上的配方，用NaC1O固体配制480mL 质量分数为25%的、密度为1.19g/cm3的NaC1O消毒液．下列说法正确的是( ) A．容量瓶用蒸馏水洗净后需晾干才能使用B．需称取NaC1O固体144gC．所配得NaC1O消毒液久置后会失效D．8 4消毒液的消毒原理是利用了NaClO的强碱性)15．短周期元素X、Y、Z中，其中X、Y位于同一主族，Y、Z位于同一周期．X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z原子的核外电子数比Y原子少1个，下列比较正确的是( )A．原子半径：X＞YB．元素非金属性：X＞YC．气态氢化物的稳定性：Z＞YD．最高价氧化物水化物的酸性：Z＞Y17．下列有关化学反应与能量变化的叙述正确的是( )A．铝与氧化铁反应既是氧化还原反应，又是吸热反应B．化学反应中的能量变化只体现为热量的形式C．Ca O+H2O=Ca （OH）2反应过程中，旧键断裂吸收的能量小于新键形成释放的能量D．外界条件相同时，放热反应的速率一定大于吸热反应的速率19．CsICI2常用于化学上的分子筛技术，它既有氧化性又有还原性，下列有关的说法正确的是( )A．CsICI2有氧化性，是因为CS显+3价B．CsICI2有还原性，是因为含有较强还原性的I﹣C．酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICI2溶液，溶液褪色D．在CsICl2溶液中滴加HNO3，可生成C1221．如图所示的电化学装置，可用于净化处理厕所排放废水中的尿素（H2 NCON H2），同时产生电能．下列有关说法不正确的是( )A．右侧的多孔碳电极是原电池的负极B．电解质溶液中H十向左侧移动C．正极上发生还原反应：H2NCONH2+H2O﹣6e﹣═c﹣CO2+N2+6N+D．电极上消耗标准状况下33.6LO2，电路中转移6 mol电子23．阿托酸是一种常用的医药中间体，其结构如图所示：．下列有关说法正确的是( )A．阿托酸的分子式为C9 H8O2B．lmol阿托酸最多能和4mol Br2发生加成反应C．阿托酸分子中所有碳原子一定在同一平面D．阿托酸能发生取代、加成、水解等反应25．外界其他条件相同，不同pH条件下，用浓度传感器测得反应2A+B=3+D中产物D的浓度随时间变化的关系如图．则下列有关说法正确的是( )A．p=8.8时，升高温度，反应速率不变B．保持外界条件不变，反应一段时间后，pH越小，D的浓度越大C．为了实验取样，可以采用调节pH的方法迅速停止反应D．减小外界压强，反应速率一定减小27．将一小块铝片加人某盐酸溶液中，铝片完全溶解，在所得溶液中继续滴加NaOH溶液．生成Al（OH）3的量与加入的NaOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )A．盐酸与铝片反应后，盐酸还有剩余B．图中B点之前发生的离子反应为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓C．A→B段消耗的NaOH体积与B→C段消耗的Na 0 H体积比≥3：1D．溶解铝片的盐酸浓度与滴加的NaOH溶液浓度相等二、解答题（共4小题，满分46分）29．某化学实验小组为探究氯气漂白原理，设计了以下实验装置：（1）将a中浓盐酸挤入试管中，发生反应的化学方程式为__________．（2）仪器c的名称为__________，固体也可用__________代替．（3）当试管e中充满黄绿色气体时，观察到品红试纸颜色__________（填“有”或“没有”）变化，将注射器中的水注入e中，观察到品红试纸颜色__________（填“有”或“没有”）变化，由观察的现象得出该实验的结论为__________（4）注射器在实验中除了可向试管e中加水，还有__________的作用．31．（1）某工厂用NH3和空气来联合处理工厂尾气中的等体积SO2和NO2，不仅除去了有害气体，还得到副产品﹣含两种按盐的化肥．若反应所消耗的NH3和空气的体积比为4：5（空气中O2的体积分数以计），则处理废气时发生反应的总化学方程式为__________．若该工厂用此方法处理废气，一天中消耗了空气336m3（假定反应中O2无损失），则生成化肥的总质量为__________（2）该工厂废气中含有大量温室气体﹣CO2．为减少碳排放，该工厂尝试用以下反应制备甲醇：CO2+3H2⇌CH3OH+H2O．一定温度下，在恒容的密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2．实验测得CO2和CH3 OH （g）的浓度随时间变化如图所示．0﹣10分钟内，CH3OH的生成速率为__________，达平衡时，CO2转化率为__________，若第10min时，向容器中再通人3mol H2，再次达平衡时，CO2的转化率会__________（填“增大”、“减小”或“不变”）．33．（14分）某研究小组在实验室中将工厂废弃的合金，经过一系列的反应，制得氯化铝固体、硝酸铜晶体和铁红．其实验方案如下：（1）该小组所用的合金中含有的金属为铁、__________、__________（填名称）．（2）操作①、③使用的主要玻璃仪器是__________，简述操作②的方法：__________．操作④实验操作步骤包括：加热浓缩、冷却结晶、__________（填操作名称）、洗涤、干燥．（3）写出滤渣B中较活泼金属与足量稀HN03后发生反应的离子方程式：__________；（4）若该小组通过上述实验流程制得铁红80g，假设实验过程中无质量损失，则合金中铁的质量为__________g；（5）上述实验流程中符合“绿色化学”理念的做法是__________（答出一点即可）．35．（l）当前频繁出现的雾霾天气与汽车尾气的排放有一定的关系，为了减少污染，可尝试使用汽车尾气净化装置，其原理如图1所示．写出净化过程中的总化学反应方程式__________（2）目前科学家也在尝试用Cu+做催化刘，将汽车尾气中NO2转化为无毒的N2，其原理如图2所示：①该过程中，还原剂是__________《填物质名称）．②若某辆汽车的NO排放为0.09g/km．则该车行驶100km．完成上述转化理论上需消耗乙烯的质量为__________．（3）为探究本地区雾霾中的可溶性颗粒的成分，某化学研究性小组进行了实验探究．[查阅资料]雾霾颗粒样品中可能含有SO42﹣、CO32﹣、SO32﹣、HCO3﹣、NO3﹣、Cl﹣、Br﹣及一种常见阳离子M n+．现进行如下实脸请回答下列问题：①根据上述实验，雾霾浸取液中一定含有的离子是__________，肯定没有的离子是__________．②若气体D遇空气会空成红棕色，则沉淀A中一定含有__________（填化学式）．2015-2016学年安徽省示范高中联考高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1．下列与生产、生活相关的化学知识描述正确的是( )A．使用高效低毒的农药，既能提高作物产量，又能降低农药残留量B．食品包装袋中常放入生石灰作为抗氧化剂，防止食品变质C．水瓶胆中的水垢可用饱和食盐水清洗D．明矾可用于净水，也可用于淡化海水【考点】常见的生活环境的污染及治理；胶体的应用．【分析】A．高效低毒的农药，残留量低；B．生石灰是干燥剂；C．水垢应用酸来清洗；D．明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水；但明矾不能吸附可溶性的物质．【解答】解：A．高效低毒的农药可降低作物的农药残留量，故A正确；B．生石灰是干燥剂，不能作抗氧化剂，故B错误；C．水垢应用酸来清洗，比如生活中常用含有醋酸的食醋来清洗，故C错误；D．明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体能吸附水中悬浮物而净水；但明矾不能吸附可溶性的物质，所以不能进行海水淡化，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学在生活中的应用，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，学会利用化学知识解释生活现象，题目难度不大．2．下列各组物质性质的比较中，有一组的递变规律与其他不同的是( )A．还原性Cl﹣、Br﹣、I﹣B．碱性：Na0H、Mg（OH）2、Al（OH）3C．稳定性HCl、H2S、PH3D．酸性：HC1O4、H2SO4、H2CO3【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【分析】A．元素的非金属性越强，其阴离子的还原性越弱；B．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强．【解答】解：A．元素的非金属性越强，其阴离子的还原性越弱，非金属性：Cl、Br、I依次减弱，则Cl﹣、Br﹣、I﹣的还原性依次增强；B．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na、Mg、Al依次减弱，则Na0H、Mg（OH）2、Al（OH）3的碱性依次减弱；C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl、S、P依次减弱，则HCl、H2S、PH3的稳定性依次减弱；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：Cl、S、C依次减弱，则HC1O4、H2SO4、H2CO3的酸性依次减弱；综上可知A选项中离子还原性依次增强，B、C、D三个选项中物质性质的递变都是依次减弱；故选A．【点评】本题考查了元素周期律，注意把握元素性质的递变规律，题目难度不大，侧重于考查金属性和非金属性强弱比较．3．下列物质归类正确的是( )A．电解质：冰醋酸、小苏打、明矾、氧化铝B．化合物：液氯、干冰、烧碱、纯碱C．混合物：漂白粉、铝热剂、矿泉水、磁性氧化铁D．胶体：豆浆、墨水、血液、生理盐水【考点】电解质与非电解质；混合物和纯净物；单质和化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系．【分析】A、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；B、化合物是由不同种元素组成的纯净物；C、混合物是由两种或两种以上的单质或化合物混合而成的物质；D、胶体的分散质微粒直径在1～100nm之间，是一种均一介稳定的分散系．【解答】解：A、明矾是十二水合硫酸铝钾，溶于水电离出钾离子、铝离子和硫酸根离子，为电解质；冰醋酸在水溶液中部分电离，为电解质；小苏打在水溶液中完全电离，为电解质，氧化铝熔为融状态下能导电的化合物，为电解质，故A正确；B、液氯是由同种元素组成的纯净物，为单质，故B错误；C、漂粉精是次氯酸钙和氯化钙的混合物，其中次氯酸钙是主要成分；铝热剂是把铝粉和三氧化二铁粉末按一定比例配成的呈粉红色的混合物，矿泉水为水的混合物，磁性氧化铁为四氧化三铁为纯净物，故C错误；D、生理盐水是溶液，不是胶体，故D错误．故选A．【点评】本题考查混合物、电解质、化合物的判别和胶体，了解常见物质的组成、抓住各概念的特征是解答本题的关键．4．下列说法不正确的是( )A．氯水中加少量的Na2 CO3粉末，可提高溶液中HC1O的浓度B．金属单质都具有一定的还原性，金属阳离子都只有氧化性C．火灾现场自救方法是用湿毛巾捂住口鼻并向地势低的地方撤离D．大气中的N2可作为制硝酸的原料【考点】氯气的化学性质；金属的通性．【分析】A、氯水中的盐酸可以和碳酸钠之间反应，促使氯气和水的反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO正向移动，据此回答；B、金属单质都具有一定的还原性，金属阳离子大多数均有氧化性，但是还有的具有还原性；C、氯气的密度比空气大，地势低的地方氯气含量高；D、空气中的氮气是制造硝酸和氮肥的重要原料．【解答】解：A、氯水中的盐酸可以和碳酸钠之间反应，促使氯气和水的反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO正向移动，提高溶液中HC1O的浓度，故A正确；B、金属阳离子也可能具有还原性，如Fe2+，故B错误；C、氯气的密度比空气大，地势低的地方氯气含量高，则氯气泄漏，自救方法是用湿毛巾捂住口鼻并向地势高的地方撤离，故C错误；D、空气中的氮气具有广泛的用途，它是制造硝酸和氮肥的重要原料，故D正确；故选BC．【点评】本题涉及氯气性质的考查，注意教材知识的梳理和归纳以及灵活应用是关键，难度中等．5．我国科学家研发成功了甲烷和二氧化碳的共转化技术，利用分子筛催化剂高效制得乙酸．下列有关说法正确的是( )A．所有反应物和产物中都既含极性键又含非极性键B．消耗22.4L CO2可制得乙酸60gC．该反应不是氧化还原反应D．该反应过程符合“绿色化学”原理，原子利用率达100%【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应．【分析】A．甲烷、二氧化碳中只含有极性键；B．未注明是否标准状况；C．存在化合价变化的反应为氧化还原反应；D．反应物全部转化为生成物．【解答】解：A．甲烷只含有C﹣H极性键，二氧化碳中只含有C=O极性键，没有非极性键，故A错误；B．未注明是否标准状况，气体的摩尔体积不知，无法计算，故B错误；C．该反应中C元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故C错误；D．该反应为化合反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率达100%，符合“绿色化学”原理，故D正确．故选D．【点评】本题考查了共价键、气体摩尔体积、氧化还原反应、绿色化学等，题目涉及的知识点较多，侧重基础知识的考查，难度不大．)【考点】过氧化氢；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】A．H2O2具有强氧化性；B．SiO2不是半导体；C．Fe3O4是一种黑色氧化物；D．脱水性是指浓硫酸可将许多有机化合物（尤其是糖类如纤维素、蔗糖等）脱水．反应时，按水分子中氢、氧原子数的比（2：1）夺取这些有机物分子里的氢原子和氧原子．【解答】解：A．H2O2具有强氧化性，可做漂白剂，故A正确；B．晶体Si是半导体，能做计算机芯片，故B错误；C．Fe3O4是一种黑色氧化物，不能用作涂料，用于红色涂料的是Fe2O3，故C错误；D．浓硫酸能作干燥剂，利用的是浓硫酸的吸水性，故D错误．故选A．【点评】本题主要考查了物质的用途，性质决定用途，用途体现性质，熟悉物质的性质即可解答，难度不大．7．2 5℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A．0.2mol•L一1NaOH溶液中：NH4+、Na+、SO42﹣、CO32﹣B．1.0mol•L﹣1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣C．能使紫色石蕊变红的溶液：Ca2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣D．无色溶液中：K+、Na+、Cr2O72﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．强碱溶液中不能大量存在NH4+；B．离子之间发生氧化还原反应；C．能使紫色石蕊变红的溶液，可为酸性溶液；D．Cr2O72﹣为橙色．【解答】解：A．NaOH溶液中，NH4+不能大量存在，故A错误；B.1.0mol•L﹣1KNO3溶液中有H+时，有强氧化性，会氧化Fe2+，故B错误；C．能使紫色石蕊变红的溶液为酸性溶液，各离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D．含有Cr2O72﹣溶液呈橙色，与无色不符，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大．【考点】离子方程式的书写．【分析】A．依据强酸制备弱酸解答；B．离子个数配比不符合物质的组成；C．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；D．铁粉少量反应生成硝酸铁．【解答】解：A．盐酸酸性强于亚硫酸，所以亚硫酸钡与盐酸反应生成二氧化硫、水和氯化钡，离子方程式：BaSO3+2H+═Ba2++SO2↑+H2O，故A正确；B．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2至溶液呈中性，离子方程式：2H++SO42﹣+Ba2++O2H ﹣═BaSO4+2H2O，评价错误，故B错误；C．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式：2Al+2H2O+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2↑，评价正确，故C正确；D．少量铁粉与稀硝酸反应，离子方程式：Fe+NO3﹣+4H+═Fe3++NO↑+2H20，评价正确，故D正确；故选：B．【点评】本题考查了离子方程式书写正误的判断，书写离子方程式书写方法及反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项D为易错选项，题目难度不大．9．用N A表示阿伏伽德罗常数，下列有关说法正确的是( )A．lmol OH一中含有9 N A个电子B．46g NO2和N2O4混合物中所含原子数目为3N AC．常温常压下50g 46%的乙醇溶液中，所含氧原子数目为0.5N AD．.常温下，56g铁粉与足量浓硝酸反应，电子转移数目小于3N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．氢氧根离子中含有10个电子，1mol氢氧根离子含有10mol电子；B．NO2和N2O4的最简式为NO2，根据最简式计算出混合物中含有的原子数；C．50g46%的乙醇溶液中，除乙醇含有氧原子，溶剂是水也含有氧原子；D．铁粉不会钝化，56g铁粉的物质的量为1mol，1mol铁与足量浓硝酸反应失去3mol电子．【解答】解：A．1mol氢氧根离子含有10mol电子，应该含有10N A个电子，故A错误；B．46gNO2和N2O4混合物中相当于含有46g二氧化氮，46gNO2的物质的量为=1mol，含有3mol原子，所含原子数目为3N A，故B正确；C．50g 46%的乙醇溶液中含有乙醇的质量为：50g×46%=23g，物质的量为=0.5mol，0.5mol乙醇分子中含有0.5molO，由于水分子中也含有氧原子，所以该溶液中含有的氧原子大于0.5mol，所含氧原子数目大于0.5N A，故C错误；D．56g铁粉与足量浓硝酸反应，铁粉是粉末状，不会钝化，能完全反应，所以电子转移数目为3N A，故D错误；故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．11．某同学在家自制“84消毒液”，他根据84消毒液标签上的配方，用NaC1O固体配制480mL 质量分数为25%的、密度为1.19g/cm3的NaC1O消毒液．下列说法正确的是( )A．容量瓶用蒸馏水洗净后需晾干才能使用B．需称取NaC1O固体144gC．所配得NaC1O消毒液久置后会失效D．8 4消毒液的消毒原理是利用了NaClO的强碱性【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】A．容量瓶中有少量水对实验无影响，因定容还需要加水；B．结合m=cVM计算；C．NaC1O消毒液久置后生成HClO，HClO光照分解；D.8 4消毒液的消毒原理与强氧化性有关．【解答】解：A．容量瓶用蒸馏水洗净后可直接使用，不需要晾干，故A错误；B．配制480mL溶液应用500mL容量瓶，故所需NaClO的质量为0.5L×mol/L×74.5g/mol=150g，故B错误；C．NaC1O消毒液久置后生成HClO，HClO光照分解，则久置后会失效，故C正确；D.84消毒液的消毒原理是利用了NaClO可转化为HClO，HClO有强氧化性，故D错误；故选C．【点评】本题考查“84消毒液”及氧化还原还原、溶液配制，为高频考点，把握物质的性质与反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为易错点，题目难度不大．)A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】由图可知，分液漏斗中液体与b中固体反应，为固体与液体反应不加热装置，c中为除杂装置，导管长进短出，最后为向上排空气法收集气体，可知气体的密度比空气法，以此来解答．【解答】解：A．H2应用向下排空气法收集，故A错误；B．稀硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，可利用浓硫酸干燥，最后利用向上排空气法收集，故B正确；C．NaOH溶液会同时吸收挥发的HCl和反应得到的Cl2，无法收集到Cl2，故C错误；D．干燥剂碱石灰不能用c装置盛装，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握常见气体的制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重学生的分析、实验能力的考查，题目难度不大．15．短周期元素X、Y、Z中，其中X、Y位于同一主族，Y、Z位于同一周期．X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z原子的核外电子数比Y原子少1个，下列比较正确的是( )A．原子半径：X＞YB．元素非金属性：X＞YC．气态氢化物的稳定性：Z＞YD．最高价氧化物水化物的酸性：Z＞Y【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X只能含有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；X、Y位于同一主族，则Y为S元素；Y、Z位于同一周期，Z 原子的核外电子数比Y原子少1，则Z为P元素，结合元素周期律的递变规律可解答该题．【解答】解：X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X只能含有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；X、Y位于同一主族，则Y为S元素；Y、Z位于同一周期，Z原子的核外电子数比Y原子少1，则Z为P元素，A．同主族原子的核外电子层数越多，半径越大，则有原子半径：S＞O，故A错误；B．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性O＞S，故B正确；C．非金属性：S＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则态氢化物的稳定性：H2S＞PH3，故C错误；D．非金属性P＜S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则最高价氧化物水化物酸性：H3PO4＜H2SO4，故D错误．故选：B．【点评】本题考查位置结构性质关系应用，题目难度中等，关键是正确推断元素的种类，注意把握元素周期律的递变规律．17．下列有关化学反应与能量变化的叙述正确的是( )A．铝与氧化铁反应既是氧化还原反应，又是吸热反应B．化学反应中的能量变化只体现为热量的形式C．Ca O+H2O=Ca （OH）2反应过程中，旧键断裂吸收的能量小于新键形成释放的能量D．外界条件相同时，放热反应的速率一定大于吸热反应的速率【考点】反应热和焓变．【分析】A．铝与氧化铁反应为铝热反应，是放热反应；B．化学反应中的能量变化可以体现为热能、光能、电能等；C．根据旧键断裂吸收的能量小于新键形成释放的能量为放热反应判断；D．反应速率与吸放热无关．【解答】解：A．铝与氧化铁反应为铝热反应，既是氧化还原反应，又是放热反应，故A错误；B．化学反应中的能量变化可以体现为热能、光能、电能等，故B错误；C．CaO+H2O=Ca（OH）2是放热反应，故旧键断裂吸收的能量小于新键形成释放的能量，故C正确；D．反应速率与吸放热无关，所以放热反应的速率不一定大于吸热反应的速率，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查了化学反应能量变化的分析判断，题目较简单，注意对基础知识的理解掌握．19．CsICI2常用于化学上的分子筛技术，它既有氧化性又有还原性，下列有关的说法正确的是( )A．CsICI2有氧化性，是因为CS显+3价B．CsICI2有还原性，是因为含有较强还原性的I﹣C．酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICI2溶液，溶液褪色D．在CsICl2溶液中滴加HNO3，可生成C12【考点】氧化还原反应．【分析】CsICl2中Cs显+1价，I显+1价，Cl显﹣1价，故其氧化性是+1价I所体现，还原性则为﹣1价Cl体现，HNO3不能氧化Cl﹣，酸性高锰酸钾溶液可以氧化Cl﹣，据此分析．【解答】解：A、CsICl2中Cs显+1价，I显+1价，Cl显﹣1价，故其氧化性是+1价I所体现，故A错误；B、CsICl2中Cs显+1价，I显+1价，Cl显﹣1价，故其还原性则为﹣1价Cl体现，故B错误；C、酸性高锰酸钾溶液可以氧化Cl﹣，所以酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICI2溶液，溶液褪色，故C正确；D、HNO3不能氧化Cl﹣，所以在CsICl2溶液中滴加HNO3，不可生成C12，故D错误；故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，并注意酸性高锰酸钾溶液可以氧化Cl﹣，HNO3不能氧化Cl﹣来解答，难度不大．21．如图所示的电化学装置，可用于净化处理厕所排放废水中的尿素（H2 NCON H2），同时产生电能．下列有关说法不正确的是( )A．右侧的多孔碳电极是原电池的负极B．电解质溶液中H十向左侧移动C．正极上发生还原反应：H2NCONH2+H2O﹣6e﹣═c﹣CO2+N2+6N+D．电极上消耗标准状况下33.6LO2，电路中转移6 mol电子【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、在该原电池中，通入氧气的电极是正极，通入尿素（H2 NCON H2）的电极是负极；B、原电池中，电解质里的阳离子移向正极；C、原电池的正极上发生得电子的还原反应；D、根据正极上氧气得电子的还原反应进行计算即可．【解答】解：A、在该原电池中，通入氧气的电极是正极，通入尿素（H2 NCON H2）的电极是负极，即左侧多孔碳电极是原电池的正极，右侧为负极，故A正确；B、电解质溶液中H+向电池正极移动，即向左侧移动，故B正确；C、H2NCONH2是在负极上发生氧化反应，故C错误；D、根据正极上的反应O2+4H++4e﹣=2H2O，当电极上消耗标准状况下33.6L即1.5molO2时，电子转移为6mol，故D正确．故选C．【点评】本题考查学生原电池工作原理以及应用，注意电极反应式的书写以及计算是关键，难度中等．。

安徽省马鞍山二中2015届高三化学上学期期中试题(含解析)

安徽省马鞍山二中2015届高三化学上学期期中试题(含解析)

安徽省马鞍山二中2015届高三上学期期中考试化学试卷一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1．（2分）下列各组物质的分类正确的是（）①混合物：水玻璃、水银、水煤气②电解质：明矾、冰醋酸、石膏③酸性氧化物：CO2、CO、SO3④同位素：1H、2H2、3H⑤同素异形体：C80、金刚石、石墨⑥干冰、液氯都是非电解质．2．（2分）下列试验操作及结论正确的是（）点评：本题考查了基本操作，较简单，注意仪器的精确度和试剂的存放原则．3．（2分）设N A为何伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是（）A．标况下22.4 LCl2通入足量H2O中充分反应，转移电子数为N AB．常温常压下，2gD2O中含有的电子总数为N AC．常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数为3N AD．1mol K与足量O2反应，生成K2O、K2O2和KO2的混合物时转移的电子数为N A考点：阿伏加德罗常数．.分析：A、依据n=计算物质的量，结合氯气和水反应是可逆反应不能进行完全；B、依据n=计算物质的量，结合分子式计算电子数；C、46gNO2和N2O4混合气体最简式相同为NO2，依据n=计算NO2中物质的量得到原子数；D、钾全部反应计算电子转移；解答：解：A、依据n=计算物质的量==1mol，结合氯气和水反应是可逆反应不能进行完全，转移电子数小于N A，故A错误；B、依据n=计算物质的量==0.1mol，结合分子式计算电子数为 N A，故B正确；C、46gNO2和N2O4混合气体最简式相同为NO2，依据n=计算NO2中物质的量得到原子数==1mol，含有的原子数为3N A，故C正确；D、钾全部反应计算电子转移，1mol K与足量O2反应，生成K2O、K2O2和KO2的混合物时转移的电子数为N A，故D正确；故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件分析判断，物质的量和微粒数的计算，掌握概念实质是关键，题目较简单．4．（2分）下列分离或提纯物质的方法正确的是（）A．用渗析的方法精制Fe（OH）3胶体B．用过滤的方法除去NaCl溶液中含有的少量淀粉胶体C．用溶解、过滤的方法提纯含有少量BaSO4的BaCO3D．用加热蒸发结晶的方法从AlCl3溶液得到AlCl3考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．.分析：A．Fe（OH）3胶体不能透过半透膜；B．溶液与胶体均能透过滤纸；C．BaSO4、BaCO3均不溶于水；D．铝离子水解，加热促进水解，蒸发时HCl挥发．解答：解：A．Fe（OH）3胶体不能透过半透膜，离子可以，则用渗析的方法精制Fe（OH）3胶体，故A正确；B．溶液与胶体均能透过滤纸，则不能利用过滤法除去NaCl溶液中含有的少量淀粉胶体，应选择渗析法，故B错误；C．BaSO4、BaCO3均不溶于水，溶解、过滤的方法不能提纯，应加硫酸、过滤，故C错误；D．铝离子水解，加热促进水解，蒸发时HCl挥发，则加热蒸发结晶的方法从AlCl3溶液不能得到AlCl3，应在HCl气流中蒸发，故D错误；故选A．点评：本题考查混合物分离提纯方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，侧重物质性质及分离方法选择的考查，题目难度不大．5．（2分）下列实验中，所选装置或实验设计合理的是（）A．用图①和②所示装置进行粗盐提纯B．用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置C．用图④所示装置进行稀盐酸浓缩得到浓盐酸6．（2分）下列各组物质的转化关系中不能全部是通过一步反应完成的是（）7．（2分）只用试管和胶头滴管无法区分的一组溶液是（）8．（2分）等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（）9．（2分）在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况．下列反应中属于这种情况的是（）①过量的锌与浓硫酸反应②过量的氢气与少量的N2在工业生产条件下③过量的浓盐酸与碳酸钙反应④过量的乙酸和少量乙醇在浓硫酸、加热条件下⑤过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件下⑥过量的铜与浓硫酸在加热条件下．10．（2分）下列实验方案中，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的是（）①取a克混合物充分加热，减重b克②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③取a克混合物与足量稀酸充分反应，逸出气体先用浓硫酸干燥再用碱石灰吸收，碱石灰增重b克④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．11．（2分）如图所示装置可用于收集气体并验证其某些化学性质，你认为正确的是（）选项气体试剂现象结论A NH3酚酞试液溶液变红色NH3的水溶液显碱性B NO2KI淀粉溶液溶液变蓝NO2的水溶液有氧化性C X 澄清石灰水溶液变浑浊X是CO2D Cl2紫色石蕊试液溶液先变红后褪色Cl2有酸性和漂白性A．A B．B C．C D．D考点：气体的收集；常温反应气体性质实验装置．.专题：实验题．分析：A．氨水密度比空气小；B．NO2溶于水生成HNO3，HNO3有氧化性；C．二氧化硫能使澄清石灰水变浑浊；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性．解答：解：A．氨水密度比空气小，不能用向上排空气法收集，且氨气极易溶于水，进行检验时，导管不能插入溶液中，否则会造成倒吸，故A错误；B．NO2通入KI淀粉溶液，溶液变蓝是由于NO2溶于水生成HNO3，HNO3有氧化性，将碘离子氧化为碘单质，故B正确；C ．能使澄清石灰水变浑浊的还有二氧化硫气体，故C错误；D ．氯气使紫色石蕊试液先变红后褪色，是由于其和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故D错误．故选B．点评：本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累．12．（2分）（2009•湛江二模）将足量CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（V）的关系正确的是（）A．B．C．D．考点：碳族元素简介．.分析：向KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，当硅酸钙反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾反应生成碳酸氢钾．解答：解：向KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增加，当氢氧化钙消耗完时，沉淀量最大，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，沉淀量不变，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，醋酸钙的量逐渐减少直至完全消失，当碳酸钙反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾反应生成碳酸氢钾，故选D．点评：本题考查物质之间的反应，明确物质的性质、及反应先后顺序是解本题关键，难度较大．13．（2分）表中操作、现象、结论对应关系正确的是（）14．（2分）下列说法正确的是：某无色溶液中只可能含有①Na+、②Ba2+、③Cl﹣、④Br﹣、⑤SO32﹣、⑥SO42﹣离子中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：下列结论正确的是（）（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，该沉淀为AgCl，但不能确定溶液中是否含有Cl﹣，因所加氯水中含有Cl﹣．由以上分析可知，溶液中一定含有的离子为①④⑤，可能含有的离子为③⑥，一定不存在的是②，故选：A．点评：本题考查离子反应及离子组成分的判断，题目难度不大，本题注意把握离子的性质及离子共存问题．15．（2分）我校化学兴趣小组做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色．若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液显红色．则该条件下（）A．生成的水分子化学性质比较活泼B．H2燃烧生成了具有氧化性的物质C．H2被冷却为液态氢，液氢的水溶液具有还原性D．H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2考点：性质实验方案的设计．.分析：实验控制的条件是，氢气在空气中燃烧，产物遇冰块冷凝滴入烧杯中．据紫色的KMnO4溶液具有强氧化性，若使其褪色，必定有还原性物质滴入杯中；使FeCl2、KSCN混合溶液变红，必定有氧化性物质将Fe2+氧化．从而确定这一冷凝产物既有氧化性又有还原性，应是过氧化氢．解答：解：A、烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，说明H2燃烧的产物中可能有还原性物质，水的化学性质比较稳定，不具有该性质，故A错误；B、烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，说明H2燃烧的产物中可能有还原性物质，若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色，说明有Fe3+生成，进而说明16．（2分）（2012•湖北一模）将足量SO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）17．（2分）已知反应：①Cl2+2KBr═2KCl+Br2；②KClO3+6HCl═3Cl2↑+KCl+3H2O；③2KBrO3+Cl2═Br2+2KClO3下列说法正确的是（）18．（2分）下列离子反应方程式正确的是（）19．（2分）某溶液中含有S2﹣、HCO3﹣、CO32﹣、CH3COO﹣4种阴离子．若向其中加入足量Na2O2后，溶液中离子数目基本保持不变的是（）20．（2分）从矿物学资料查得，一定条件下自然界中有以下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4．下列说法正确的是（）B．当生成7molCu2S时，由S元素的化合价升高可知，有3mol×[6﹣（﹣1）]=21mol e ﹣转移，故B错误；C．S元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个SO42﹣是氧化产物，故C错误；D．该反应中1molCuSO4能得到1mol电子，1molFeS2失去14mol电子，则1molCuSO4能氧化mol FeS2，故D错误；该题无答案．点评：本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意5molFeS2发生反应时只有3molS失去电子，题目难度不大．二、填空题（共6小题，每小题14分，满分60分）21．（14分）盐酸、硫酸和硝酸都是重要的化工原料，也是化学实验室里必备的重要试剂．请回答下列问题：（1）常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硫酸，说明浓硫酸具有强的氧化性．用玻璃棒蘸取浓硫酸滴在纸上，纸逐渐变黑，说明浓硫酸具有脱水性．用玻璃棒蘸取浓硝酸滴在PH试纸上，试纸逐渐变白，这种漂白现象说明浓硝酸具有强氧化性．（2）硝酸铜是制备Cu﹣Zn﹣Al系催化剂的重要原料，工业上用洗净的废铜屑作原料来制备硝酸铜．下列制备方法符合“绿色化学”思想的是③（填序号）．①Cu+HNO3（浓）→Cu（NO3）2②Cu+HNO3（稀）→Cu（NO3）2③Cu CuO Cu（NO3）2（3）在100mL 18mol•L﹣1的浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，若使剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸钠，写出反应的离子方程式3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O ．（4）若将12.8g铜跟一定质量的浓HNO3反应，铜消耗完时，共产生气体5.6L（标准状况）（不考虑N2O4），则所耗HNO3的物质的量0.65 mol．（5）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，并且该反应的产物只有氯化铜和水．该反应的化学方程式为Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O ．考点：浓硫酸的性质；绿色化学；氧化还原反应的计算．.分析：（1）依据浓硫酸具有吸水性、脱水性、强氧化性，浓硝酸具有强的氧化性，能够氧化有机色素解答；（2）“绿色化学”思想指的是化学反应中没有污染性的物质生成、原子利用率高的反应；（3）硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性能够氧化铜；（4）铜和硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物（NO或NO2或NO、NO2的混合物），反应中硝酸其氧化剂、酸性作用，起氧化剂作用的硝酸生成氮的氧化物，起酸性作用的硝酸生成Cu（NO3）2，根据氮原子守恒：2n[Cu（NO3）2]+n（NO、NO2），据此计算消耗硝酸的物质的量；（5）双氧水具有氧化性，在酸性环境下可以将金属铜氧化．解答：解：（1）浓硫酸具有强氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，生成一层致密的氧化膜，阻止反应的发生；用玻璃棒蘸取浓硫酸滴在纸上，纸逐渐变黑，是浓硫酸脱水性的表现；用玻璃棒蘸取浓硝酸滴在PH试纸上，试纸逐渐变白是因为浓硝酸具有强的氧化性；故答案为：（强）氧化性；脱水性；（强）氧化性；（2）“绿色化学”思想指的是化学反应中没有污染性的物质生成、原子利用率高的反应，在反应①②中会有污染性的气体一氧化氮和二氧化氮生成，只有制备方法③不会产生污染气体，同时原子利用率最高，符合“绿色化学”思想，故答案为：③；（3）铜与浓硫酸反应一段时间变为稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，在硫酸存在时，再加入硝酸钠，相当于存在了硝酸，金属铜可以和硝酸发生反应生成硝酸铜和一氧化氮，反应离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）12.8gCu的物质的量==0.2mol，气体的物质的量==0.25mol，根据氮原子守恒，n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO、NO2）=2×0.2mol+0.25mol=0.65mol；故答案为：0.65；（5）双氧水具有氧化性，在酸性环境下可以将金属铜氧化，发生反应的原理方程式是：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，故答案为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O．点评：本题考查了浓硫酸、浓硝酸的性质，以及有关硝酸的计算，难度中等，注意利用氮原子个数守恒是解题关键．22．（12分）工业生产纯碱的工艺流程示意图如下：（1）粗盐水中加入沉淀剂A、B以除去杂质制取精盐（沉淀剂A来源于石灰窑厂），写出B的化学式Na2CO3．（2）向过滤出C后的滤液中通入气体NH3和CO2，则气体M是NH3（填化学式），选择的理由是NH3极易溶于水且显碱性，有利于CO2的溶解．通入气体N后现象是变浑浊（3）滤液D最主要的成分是NH4Cl （填写化学式），检验这一成分的阴离子的具体方法是取样，先加稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则证明该阴离子是氯离子．考点：纯碱工业（侯氏制碱法）．.分析：（1）粗盐水加入沉淀剂A、B除去粗盐中的杂质镁离子等，沉淀剂A来源于石灰窑厂，所以A、B的化学式为Ca（OH）2、Na2CO3；（2）工业制纯碱时需先通入氨气，因为氨气的溶解度比二氧化碳大得多，且溶液呈碱性，有利于二氧化碳的吸收；生成了溶解度较小的NaHCO3析出，据此分析现象；（3）根据题意知道通入二氧化碳后主要发生复分解反应结合质量守恒定律得知溶液中主要是NH4Cl，氯离子的检验可以用硝酸酸化的硝酸银．解答：解：（1）粗盐中含有硫酸根离子、碳酸根离子、镁离子，常用的提纯食盐的沉淀剂为氢氧化钙溶液和碳酸钠溶液，沉淀剂A来源于石灰窑厂，所以A是氢氧化钙，B是碳酸钠，故答案为：Na2CO3；（2）二氧化碳微溶于水，先通入二氧化碳，溶液中生成极少量的碳酸，再通入氨气，生成的产物量少，且易生成碳酸铵；氨气在水中溶解度很大，先通入氨气，溶液中生成较多的一水合氨，再通入CO2，生成的产物量多，且易生成碳酸氢铵，故应先通氨气，再通二氧化碳；将氨气和二氧化碳通入后，生成了NaHCO3析出，故现象为变浑浊．故答案为：NH3；NH3极易溶于水且显碱性，有利于CO2的溶解；变浑浊；（3）根据操作过程，氨化后通入二氧化碳的溶液发生复分解反应，反应的化学方程式为：H2O+CO2+NH3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，最终得到NH4Cl还有碳酸氢钠等，碳酸氢钠溶解度很小而结晶，故酸化后滤液的主要成分是NH4Cl；检验其中的氯离子时，要经过取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色沉淀，该阴离子是氯离子，故答案为：NH4Cl；取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色沉淀，该阴离子是氯离子．点评：本题以工业生产纯碱的工艺流程为背景，考查了物质的提纯、化学实验基本操作、实验结果的处理等知识，难度中等．23．（12分）（1）理论上将SO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀，再通入另一种气体后可以产生白色沉淀．例如通入NO2，写出由SO2生成沉淀的离子反应方程式3SO2+2NO3﹣+2H2O+3Ba2+═2NO+3BaSO4↓+4H+．如果通入NH3（填化学式）气体，则生成另一种白色沉淀BaSO3（化学式）（2）实际操作中将SO2通入到BaCl2溶液中，出现了异常现象，看到了明显的白色沉淀，为探究该白色沉淀的成分，他设计了如下实验流程：所得悬浊液白色沉淀观察现象并判断则操作①的名称为过滤，试剂A的化学式为HCl ．实验表明，加入试剂A后，白色沉淀未见溶解，产生该白色沉淀的离子方程式是2SO2+2Ba2++O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+．考点：二氧化硫的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量．.分析：（1）通NO2，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，据此书24．（12分）现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl﹣、OH﹣、NO3﹣、CO32﹣、X n﹣中的一种．（1）某同学通过分析比较，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是Na2CO3和Ba （OH）2（填化学式）．（2）为了确定X n﹣，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生混合物沉淀，向该沉淀中滴入稀盐酸，沉淀部分溶解，最后仍有白色沉淀不再溶解．则：①X n﹣为 B （填序号）．A．SO32﹣ B．SO42﹣C．CH3COO﹣ D．SiO32﹣②写出物质C与B反应的离子反应式3CO32﹣+2Fe3++3H2O═3CO2↑+2Fe（OH）3↓③将0.2mol的A与0.1mol的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的物质的量为mol．④利用上述已经确定的物质Ba（OH）2（填化学式），可以检验出D、E中的阳离子．25．（10分）（2013•河南模拟）向FeCl3溶液中加入铁粉和铜粉混合粉末，充分反应后，下列情况可能存在的是②③⑥⑦（填序号）26．（2013•河南模拟）今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4mol/L的FeCl3溶液（其他用品略），某课外活动小组同学的实验结果如下（假定反应前后溶液体积不变）．（1）试判断第②组剩余固体的成分为Cu ．（2）试判断第④组剩余固体质量x为0 ．（3）原混合粉末中Fe、Cu的物质的量之比为6：1 ．故答案为：0；（3）根据（1）中分析可知Cu为6.4g，Fe的质量=40g﹣6.4g=33.6g，故n（Fe）==0.6mol，n（Cu）==0.1mol，原混合粉末中Fe、Cu的物质的量之比=0.6mol：0.1mol=6：1，故答案为：6：1．点评：本题考查了混合物的有关计算，关键是通过②判断Fe恰好反应，剩余固体为铜，侧重学生对实验数据的分析处理考查，难度较大．。

安徽省“皖南八校”2016届高三上学期第二次联考化学试

安徽省“皖南八校”2016届高三上学期第二次联考化学试

2015-2016学年安徽省“皖南八校”高三（上）第二次联考化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．天津港“8.12”瑞海公司危险品仓库特大火灾爆炸事故，其二次爆炸威力巨大．据推测可能是由于某物质遇水燃烧而引发的连锁反应．下列常见危险品中最有可能具有这种性质的是（）A．KN03B．NH4NO3C．CaC2 D．P4（白磷）2．N A表示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的甲醇所含的氢原子数大于2N AB．常温下，1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中CO32﹣的个数必定小于N AC．1mol Cu与含2mol H2SO4，的浓硫酸充分反应，生成的S02的分子个数为N AD．1mol苯分子中含有3N A个碳碳双键4．青蒿素结构式如图所示．下列有关青蒿素的说法错误的是（）A．青蒿素的分子式为C15H22O5B．青蒿素分子结构稳定，受热不易分解C．青蒿素可溶于NaOH溶液，可使酸性高锰酸钾溶液褪色D．青蒿素难溶于水，提取的方法是用有机溶剂萃取后蒸馏5．短周期W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大．W的某种原子无中子，X、Y形成的简单离子具有相同的电子层结构，且X、Y可形成原子个数比为1：1的具有漂白性的物质，工业上常用电解熔融的YZ来获得Y的单质．下列说法正确的是（）A．上述四种元素的原子半径大小顺序为r（Z）＞r（Y）＞r（X）＞r（W）B．W和X、Y、Z均能形成18电子的分子C．Y2X和Y2X2中阴、阳离子个数之比均为1：2D．X、Y、Z三种元素形成的化合物，其水溶液一定呈碱性6．已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe（OH）3+Cl0﹣+OH﹣═Fe4n﹣+Cl﹣+H2O（未配平）．则下列有关叙述错误的是（）A．已知FeO4n﹣中Fe的化合价是+6价，则n=2B．每产生1molCl﹣，转移2mol电子C．FeO4n﹣具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂D．若n=2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：37．常温下，向20mL 0.2mol．L﹣1二元酸H2A溶液中滴加0.2mol．L﹣l NaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图．下列叙述正确的是（）A．当V（NaOH）=20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为c（Na+）＞c（HA﹣）＞c （A2﹣）＞c（OH﹣）＞（（H+）B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大C．等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大D．当V（NaOH）=40 mL时，升高温度，减小二、解答题（共3小题，满分43分）8．SO2是大气主要污染物之一，为探究SO2气体的还原性，某实验小组的同学利用如图1所示装置进行实验．（1）装置A中发生反应的离子方程式为．（2）装置C的作用是．（3）在上述装置中通人过量的SO2，为了验证A中S02与Fe3+发生了氧化还原反应，取A 中的溶液少量，分成两份，并设计了如下实验方案：方案①：向第一份溶液中加入少量酸性K MnO4溶液，发现紫红色褪去；方案②：向第二份溶液中加入少量KSCN溶液，发现不变红，再加入少量新制的氯水，溶液变红．上述方案中不合理的是，原因是．（4）能表明I的还原性弱于SO2的现象是．（5）该小组同学设计实验模拟测定硫酸工业生产排放的尾气中S02的体积分数（假设其他气体均难溶于水且不反应），选用了如图2所示的简易实验装置．①若混合气体的流向按从左向右时，右图装置组装连接的顺序合理的是：混合气体→（填写a、b等仪器接口字母）．②你认为下列试剂中，可以用来代替试管中碘的淀粉溶液的是（填标号）．A．酸性KMn0 4溶液B．NaOH溶液C．溴水D．氨水③若碘溶液的浓度为0.05mol•L﹣l、体积为30mL，与SO2气体恰好完全反应时，量筒内水的体积为386.4mL（已折算为标准状况下的体积）．则S02的体积分数为．9．铬是极硬、难熔的银白色脆性金属，主要用于炼钢和电镀．铬的主要矿物是铬铁矿，其组成为Fe0．Cr203或FeCr2O4．炼钢所用的铬是由铬铁矿和焦炭在电炉中反应制得．较纯金属铬的生产T艺流程如图1所示：回答下列问题：（1）铬铁矿和焦炭在电炉中反应的化学方程式为．（2）为加快铬铁矿的碱熔速率，可采取等措施（至少写两种措施）．已知滤液A中含有CrO42﹣，滤渣A可作为一种红色颜料，其俗称为．请写出铬铁矿氧化碱熔的化学方程式：．（3）如不考虑可能含有的结晶水，则晶体的主要成分的化学式为．（4）气体B和气体A不同，则气体B为（填化学式，下同）；整个过程中可循环利用的一种物质是．（5）纯铬可由铬的氧化物滤渣B通过热还原法获得，则此处适合用作还原剂的物质为（填物质名称）．（6）含铬废水常采用电解法处理，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理如图2，下列说法正确的是．a．A为电源正极b．阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2Oc．阴极区附近溶液pH降低d．若不考虑气体的溶解，当收集到H2 13.44L（标准状况）时，有0.1mol Cr2O72﹣被还原．10．CO2和CH4均为温室气体，若得以综合利用，对于温室气体的整治具有重大意义．（1）已知：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H=+247.3kJ•mol﹣1CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）△H=+75kJ•mol﹣1反应2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）在一定条件下能自发进行的原因是（2）合成甲醇的主要反应是CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．压强为P1时，向体积为1L 的密闭容器中充人6mol CO和2b mol H2，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图所示．请回答：①该反应属于（填“吸”或“放”）热反应；P1p2（填“＞”、“＜”或“=”）．200℃时，该反应的平衡常数K=（用含b的代数式表示）．②若200℃时，上述反应经过tmin达到平衡，则该时间段内氢气的平均反应速率为．（3）以渗透于多孔基质的惰性导电物质材料为电极，用35%～50%KOH为电解液，甲醇和空气为原料，构成碱性燃料电池，该电池负极的电极反应式为（4）以甲醇燃料电池做电源，用如图所示装置，在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理的过程中，发现溶液逐渐变浑浊，用离子方程式表示沉淀产生的原因是．（5）已知25℃时，Al（OH）3的Ksp=8.0×10 ﹣33．若使某铝盐溶液中的Al3+降至1.0×10﹣6 mol．L﹣l时，则需调节溶液的pH至（已知lg5=0.7）【化学--选修2：化学与技术】11．如图1为工业上接触法制硫酸的简单流程图，试回答下列有关问题：（1）工业上为了提高黄铁矿的利用率，常采取的措施是．沸腾炉出来的气体需净化的理由是．（每空只需填写一种）（2）SO2的催化氧化和合成氨的原理类似．为提高原料的转化率和单位时间内的产量，合成氨反应需要在200～500个大气压的条件下，而S02的催化氧化只需常压或稍加压的条件下，其原因是．（3）若沸腾炉中每燃烧0.12kg FeS2就会放出85kJ热量，请写出此状况下FeS2燃烧的热化学方程式：（4）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的SO2，将所得的Na2S03溶液进行电解再生循环脱硫，其原理如图2，a、b离子交换膜将电解槽分成为三个区域，电极材料均为石墨．图中a表示（填“阴”或“阳”）离子交换膜．A～E分别代表生产中的原料或产品，其中C为硫酸溶液，则A为．阳极的电极反应式为．（5）用浓硫酸吸收S03可以得到H2SO4．S03．若用1000g98%的浓硫酸充分吸收SO3后，再进行稀释，最终可以得到98%的浓硫酸的质量是kg（填标号）．A.1.98B.2.00C.2.22D.2.42．【化学--选修3：物质结构与性质】12．I．氮族元素和卤族元素都能形成许多种物质．（1）基态P原子中，电子占据的最高能级符号为，基态N原子核外有种运动状态不同的电子，基态Br原子的价电子排布式为．（2）HCN的电子式为；其中心C原子的杂化类型为．氮、磷、氟三种元素的电负性由大到小的顺序为（用元素符号表示）．（3）已知PCl3是不稳定的无色液体，遇水易水解且可生成两种酸，该水解反应的化学方程式为，所得含氧酸（电离常数K a1=1.6×10﹣2和K a2=7×10﹣7）和足量的NaOH 溶液反应生成盐的化学式为．（4）根据下表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子）的熔点从高到低的顺序为（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物品体，其结构与NaCl相同（如图所示）．据此可判断该钙的氧化物的化学式为．已知该氧化物的密度是pg．cm﹣3，则晶胞内最近的两个钙离子间的距离为cm（只要求列出算式，不必计算出数值结果，阿伏加德罗常数的值为N A）．【化学--选修5：有机化学基础】13．伪麻黄碱（D）是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：回答下列问题：（1）伪麻黄碱（D）的分子式为；B中含有的官能团有（写名称）．（2）写出B﹣C反应的化学方程式：．C﹣D的反应类型为．（3）B的消去反应产物可以用于合成高分子化合物E，请写出E的结构简式：（4）满足下列要求的A的同分异构体有种；①能发生银镜反应②苯环上的一氯代物有两种结构其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的为（写结构简式）．（5）已知：参照上述合成路线，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备的合成路线：．2015-2016学年安徽省“皖南八校”高三（上）第二次联考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．天津港“8.12”瑞海公司危险品仓库特大火灾爆炸事故，其二次爆炸威力巨大．据推测可能是由于某物质遇水燃烧而引发的连锁反应．下列常见危险品中最有可能具有这种性质的是（）A．KN03B．NH4NO3C．CaC2 D．P4（白磷）【考点】化学实验安全及事故处理．【分析】根据物质遇水燃烧解题，能遇水反应生成可燃性物质的即为答案．【解答】解：A．KN03属于氧化剂，故A错误；B．NH4NO3属于氧化剂，受热易分解，故B错误；C．碳化钙遇水剧烈反应，放热，产生的乙炔易爆，故C正确；D．白磷属于易自燃物品，故D错误．故选C．2．N A表示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的甲醇所含的氢原子数大于2N AB．常温下，1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中CO32﹣的个数必定小于N AC．1mol Cu与含2mol H2SO4，的浓硫酸充分反应，生成的S02的分子个数为N AD．1mol苯分子中含有3N A个碳碳双键【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下甲醇为液态；B、溶液体积不明确；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D、苯不是单双键交替的结构．【解答】解：A、标况下甲醇为液态，故11.2L甲醇的物质的量大于0.5mol，则氢原子数大于2N A个，故A正确；B、溶液体积不明确，故溶液中的碳酸根的个数无法计算，故B错误；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，即硫酸不能反应完全，故生成的二氧化硫分子小于N A个，故C错误；D、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故D错误．故选A．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．碘易溶于四氯化碳不易溶于水，且碘的密度大于水；B．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠；C．碘水、铁离子都呈黄色；D．过量Fe和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，亚铁离子和KSCN溶液不反应．【解答】解：A．氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化碘，碘易溶于四氯化碳不易溶于水，且碘的密度大于水，碘溶于四氯化碳时溶液呈紫色，故A正确；B．碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以会有沉淀生成，溶液变浑浊，故B正确；C．碘水、铁离子都呈黄色，且氯气先氧化碘离子，后氧化亚铁离子，故C错误；D．过量Fe和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，亚铁离子和KSCN溶液不反应，所以溶液不变红色，故D错误；故选AB．4．青蒿素结构式如图所示．下列有关青蒿素的说法错误的是（）A．青蒿素的分子式为C15H22O5B．青蒿素分子结构稳定，受热不易分解C．青蒿素可溶于NaOH溶液，可使酸性高锰酸钾溶液褪色D．青蒿素难溶于水，提取的方法是用有机溶剂萃取后蒸馏【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构筒式可知，分子中含5个环状结构，含﹣COOC﹣及1个过氧基团，结合酯的性质解答该题．【解答】解：由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A正确；B．含有过氧键，不稳定，在温度过高时可分解而变质，故B错误；C．含有酯基，可在碱性条件下水解，含有过氧键，可被酸性高锰酸钾氧化，故C正确；D．没有羟基、羧基等亲水基，难溶于水，易溶于有机溶剂，可萃取后蒸馏，故D正确．故选B．5．短周期W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大．W的某种原子无中子，X、Y形成的简单离子具有相同的电子层结构，且X、Y可形成原子个数比为1：1的具有漂白性的物质，工业上常用电解熔融的YZ来获得Y的单质．下列说法正确的是（）A．上述四种元素的原子半径大小顺序为r（Z）＞r（Y）＞r（X）＞r（W）B．W和X、Y、Z均能形成18电子的分子C．Y2X和Y2X2中阴、阳离子个数之比均为1：2D．X、Y、Z三种元素形成的化合物，其水溶液一定呈碱性【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大，W的某种原子无中子，则W 为H元素；X、Y形成的简单离子具有相同的电子层结构，且X、Y可形成原子个数比为1：1的具有漂白性的物质，则X为O元素，Y为Na元素；工业上常用电解熔融的NaCl来获得Na的单质，则Z为Cl元素，根据以上分析可知：W为H元素、X为O元素、Y为Na 元素、Z为Cl元素，据此分析．【解答】解：短周期W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大，W的某种原子无中子，则W为H元素；X、Y形成的简单离子具有相同的电子层结构，且X、Y可形成原子个数比为1：1的具有漂白性的物质，则X为O元素，Y为Na元素；工业上常用电解熔融的NaCl来获得Na的单质，则Z为Cl元素，根据以上分析可知：W为H元素、X为O元素、Y为Na元素、Z为Cl元素，A．四种元素的原子半径大小顺序为r（Na）＞r（Cl）＞r（O）＞r（H），即原子半径大小顺序为r（Y）＞r（Z）＞r（X）＞r（W），故A错误；B．H和O、Cl均能形成18电子的分子，如H2O2、HCl，H与Na不能形成分子，故B错误；C．Na2O和Na2O2中阴离子分别为氧离子和过氧根离子、阳离子为钠离子，则阴、阳离子个数之比均为1：2，故C正确；D．X、Y、Z三种元素形成的化合物，如NaClO4，其水溶液呈中性，故D错误．故选C．6．已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe（OH）3+Cl0﹣+OH﹣═Fe4n﹣+Cl﹣+H2O（未配平）．则下列有关叙述错误的是（）A．已知FeO4n﹣中Fe的化合价是+6价，则n=2B．每产生1molCl﹣，转移2mol电子C．FeO4n﹣具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂D．若n=2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3【考点】氧化还原反应．【分析】A、根据化合价的代数和等于电荷数计算；B、根据Cl的化合价变化分析；C、强氧化性的物质能杀菌消毒；D、若n=2，Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价．【解答】解：A、已知FeO4n﹣中Fe的化合价是+6价，由化合价的代数和等于电荷数可得n=2，故A正确；B、反应中Cl的化合价从+1价降低到﹣1价，则每产生1molCl﹣，转移2mol电子，故B正确；C、FeO4n﹣具有强氧化性能杀菌消毒，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂，故C正确；D、若n=2，Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故D错误．故选D．7．常温下，向20mL 0.2mol．L﹣1二元酸H2A溶液中滴加0.2mol．L﹣l NaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图．下列叙述正确的是（）A．当V（NaOH）=20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为c（Na+）＞c（HA﹣）＞c （A2﹣）＞c（OH﹣）＞（（H+）B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大C．等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大D．当V（NaOH）=40 mL时，升高温度，减小【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，电离为主，溶液显酸性；B．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；C．当往某些溶液中加入一定量的酸和碱时，有阻碍溶液pH变化的作用，称为缓冲作用，这样的溶液叫做缓冲溶液，由弱酸HA及其盐NaA所组成的缓冲溶液对酸的缓冲作用，是由于溶液中存在足够量的碱A﹣的缘故．当向这种溶液中加入一定量的强酸时，H 离子基本上被A﹣离子消耗，所以溶液的pH值几乎不变；当加入一定量强碱时，溶液中存在的弱酸HA消耗OH﹣离子而阻碍pH的变化，等浓度H2A和NaHA的混合溶液形成缓冲溶液，溶液中存在电离平衡和水解平衡，二者相互制约；D．向20mL 0.2mol．L﹣1二元酸H2A溶液中滴加0.2mol．L﹣l NaOH溶液40ml，反应后得到溶液为Na2A溶液，A2﹣离子水解溶液显碱性，加热促进水解A2﹣离子浓度减小；【解答】解：A．根据图象知，当V（NaOH）=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，HA﹣电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA﹣都电离出氢离子，只有HA﹣电离出A2﹣，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），故A错误；B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，得到NaHA的溶液，由图示关系知，c （A2﹣）＞c（H2A），说明电离大于水解程度，溶液显酸性，水的电离受到了抑制，故B错误；C．等浓度H2A和NaHA的混合溶液形成缓冲溶液，溶液中存在电离平衡H2A⇌H++HA﹣，水解平衡NaHA+H2O⇌NaOH+H2A，加入酸HA﹣会消耗氢离子生成H2A，加入碱会和酸H2A反应生NaHA，阻碍溶液PH的变化，所以无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大，故C正确；D．向20mL 0.2mol．L﹣1二元酸H2A溶液中滴加0.2mol．L﹣l NaOH溶液40ml，反应后得到溶液为Na2A溶液，A2﹣离子水解溶液显碱性，加热促进水解A2﹣离子浓度减小，钠离子浓度不变，则比值增大，故D错误；故选C．二、解答题（共3小题，满分43分）8．SO2是大气主要污染物之一，为探究SO2气体的还原性，某实验小组的同学利用如图1所示装置进行实验．（1）装置A中发生反应的离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2++SO42﹣+4H+．（2）装置C的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气．（3）在上述装置中通人过量的SO2，为了验证A中S02与Fe3+发生了氧化还原反应，取A 中的溶液少量，分成两份，并设计了如下实验方案：方案①：向第一份溶液中加入少量酸性K MnO4溶液，发现紫红色褪去；方案②：向第二份溶液中加入少量KSCN溶液，发现不变红，再加入少量新制的氯水，溶液变红．上述方案中不合理的是方案①，原因是过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色．（4）能表明I的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色褪色．（5）该小组同学设计实验模拟测定硫酸工业生产排放的尾气中S02的体积分数（假设其他气体均难溶于水且不反应），选用了如图2所示的简易实验装置．①若混合气体的流向按从左向右时，右图装置组装连接的顺序合理的是：混合气体→c→d→b→a→e（填写a、b等仪器接口字母）．②你认为下列试剂中，可以用来代替试管中碘的淀粉溶液的是A、C（填标号）．A．酸性KMn0 4溶液B．NaOH溶液C．溴水D．氨水③若碘溶液的浓度为0.05mol•L﹣l、体积为30mL，与SO2气体恰好完全反应时，量筒内水的体积为386.4mL（已折算为标准状况下的体积）．则S02的体积分数为8%．【考点】性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）装置A中二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根和亚铁离子；（2）二氧化硫有毒，会污染空气，所以要有尾气吸收装置；（3）过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色，据此判断；（4）碘能与二氧化硫反应生成碘离子和硫酸根离子，据此判断I﹣的还原性弱于SO2；（5）①原料气通过碘的淀粉溶液，碘能氧化H2SO3，生成H2SO4 ，吸收二氧化硫气体，通过装置ⅠⅢ排水量气测定仪器和氮气的体积；②二氧化硫具有还原性，可以利用高锰酸钾溶液吸收，且现象明显，氢氧化钠虽能吸收二氧化硫其他单无明显现象，溴水可以吸收二氧化硫棕红色褪去，现象明显，氨水可以吸收二氧化硫，但实验现象无明显现象；③依据碘单质氧化二氧化硫的化学方程式计算二氧化硫气体体积，得到原料气的总体积，计算二氧化硫的体积分数．【解答】解：（1）装置A中二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根和亚铁离子，反应的离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2++SO42﹣+4H+，故答案为：SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2++SO42﹣+4H+；（2）二氧化硫有毒，会污染空气，所以要有尾气吸收装置，所以装置C的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，故答案为：吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气；（3）过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色，所以方案①不合理，故答案为：方案①；过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色；（4）碘能与二氧化硫反应生成碘离子和硫酸根离子，则装置B中蓝色褪色，据此可判断I ﹣的还原性弱于SO2，故答案为：B中蓝色褪色；（5）①原料气通过碘的淀粉溶液，碘能氧化H2SO3，生成H2SO4 ，吸收二氧化硫气体，通过装置ⅠⅢ排水量气测定仪器和氮气的体积，连接装置接口顺序为：c→d→b→a→e；故答案为：c→d→b→a→e；②二氧化硫具有还原性，可以利用高锰酸钾溶液吸收，且现象明显，氢氧化钠虽能吸收二氧化硫其他单无明显现象，溴水可以吸收二氧化硫棕红色褪去，现象明显，氨水可以吸收二氧化硫，但实验现象无明显现象；故答案为：A、C；③写出方程式I2+SO2+2H2O=2I﹣+SO42﹣+4H+由条件知n（SO2）=n（I2）=0.05 mol/L×0.03 L=0.0015 mol，即33.6 mL，所以工业原料气总体积为386.4mL+22.4 mL=408.8 mL，其中SO2的体积分数为×100%=8%，故答案为：8%．9．铬是极硬、难熔的银白色脆性金属，主要用于炼钢和电镀．铬的主要矿物是铬铁矿，其组成为Fe0．Cr203或FeCr2O4．炼钢所用的铬是由铬铁矿和焦炭在电炉中反应制得．较纯金属铬的生产T艺流程如图1所示：回答下列问题：（1）铬铁矿和焦炭在电炉中反应的化学方程式为FeCr2O4+4C Fe+2Cr+4CO↑．（2）为加快铬铁矿的碱熔速率，可采取将铬铁矿粉碎、升高反应温度、加速、适当增大氧气浓度等措施（至少写两种措施）．已知滤液A中含有CrO42﹣，滤渣A可作为一种红色颜料，其俗称为铁红．请写出铬铁矿氧化碱熔的化学方程式：4FeCr2O4+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+8CO2+2Fe203．（3）如不考虑可能含有的结晶水，则晶体的主要成分的化学式为Na2Cr2O7．（4）气体B和气体A不同，则气体B为CO（填化学式，下同）；整个过程中可循环利用的一种物质是Na2CO3．（5）纯铬可由铬的氧化物滤渣B通过热还原法获得，则此处适合用作还原剂的物质为铝（填物质名称）．（6）含铬废水常采用电解法处理，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理如图2，下列说法正确的是abd．a．A为电源正极b．阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2Oc．阴极区附近溶液pH降低d．若不考虑气体的溶解，当收集到H2 13.44L（标准状况）时，有0.1mol Cr2O72﹣被还原．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】铬铁矿组成为Fe0•Cr203或FeCr2O4，在碳酸钠碱熔条件下与氧气发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化成氧化铁，同时生成Na2CrO4和CO2，所以气体A为CO2，熔渣A为Fe203、Na2CrO4，熔渣A溶于水后过滤得滤渣A为Fe203，滤液A为Na2CrO4溶液，Na2CrO4溶液经硫酸酸化，再浓缩结晶得晶体Na2Cr2O7，与焦碳在高温下氧化还原反应生成CO、氧化铬和碳酸钠，所以气体B为CO，溶解再过滤可得滤渣B为Cr203，滤液B为Na2CO3溶液，生成的碳酸钠可循环利用，含铬废水常采用电解法处理，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，根据图可知，与B相连的铁板电极产生氢气，所以该电极为阴极，该电极附近溶液酸性减弱，则与A相连的铁板为阳极，在阳极上铁放电产生亚铁离子，亚铁离子再还原Cr2O72﹣离子，根据电子得失守恒可判断被还原的Cr2O72﹣的物质的量，据此答题；【解答】解：铬铁矿组成为Fe0•Cr203或FeCr2O4，在碳酸钠碱熔条件下与氧气发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化成氧化铁，同时生成Na2CrO4和CO2，所以气体A为CO2，熔渣A为Fe203、Na2CrO4，熔渣A溶于水后过滤得滤渣A为Fe203，滤液A为Na2CrO4溶液，Na2CrO4溶液经硫酸酸化，再浓缩结晶得晶体Na2Cr2O7，与焦碳在高温下氧化还原反应生成CO、氧化铬和碳酸钠，所以气体B为CO，溶解再过滤可得滤渣B为Cr203，滤液B为Na2CO3溶液，生成的碳酸钠可循环利用，含铬废水常采用电解法处理，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，根据图可知，与B相连的铁板电极产生氢气，所以该电极为阴极，该电极附近溶液酸性减弱，则与A相连的铁板为阳极，在阳极上铁放电产生亚铁离子，亚铁离子再还原Cr2O72﹣离子，根据电子得失守恒可判断被还原的Cr2O72﹣的物质的量，（1）铬铁矿和焦炭在电炉中发生氧化还原反应，可以生成铬、铁和一氧化碳，反应的化学方程式为FeCr2O4+4C Fe+2Cr+4CO↑，故答案为：FeCr2O4+4C Fe+2Cr+4CO↑；（2）根据影响反应速率的因素可知，为加快铬铁矿的碱熔速率，可采取的措施有将铬铁矿粉碎、升高反应温度、加速、适当增大氧气浓度等，滤渣A为氧化铁，其俗称为铁红，根据上面的分析可知，铬铁矿氧化碱熔的化学方程式为4FeCr2O4+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+8CO2+2Fe203，故答案为：将铬铁矿粉碎、升高反应温度、加速、适当增大氧气浓度等；铁红；4FeCr2O4+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+8CO2+2Fe203；（3）根据上面的分析可知，晶体的主要成分的化学式为Na2Cr2O7，故答案为：Na2Cr2O7；。

安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中联考

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高中数学学习材料（灿若寒星精心整理制作）2015-2016学年安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中联考高三（上）期中数学试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知复数（x∈R）在复平面内对应的点位于以原点O为圆心，以为半径的圆周上，则x的值为（）A．2 B．1+3i C．±2 D．2．设x，y满足约束条件，则目标函数z=的取值范围为（）A．[﹣3，3] B．[﹣2，2] C．[﹣1，1] D．[﹣，]3．在等差数列{a n}中，a1+a2+a3=3，a28+a29+a30=165，则此数列前30项和等于（）A．810 B．840 C．870 D．9004．已知M=，N=，由如右程序框图输出的S为（）A．1 B．ln2 C．D．05．若函数，且f（α）=﹣2，f（β）=0，|α﹣β|的最小值是，则f（x）的单调递增区间是（）A． B．C．D．6．定义在R上的函数f（x）满足f（x+6）=f（x）．当﹣3≤x＜﹣1时，f（x）=﹣（x+2）2，当﹣1≤x＜3时，f（x）=x．则f（1）+f（2）+…+fA．333 B．336 C．1678 D．20157．已知0＜x＜，则﹣＜0是﹣x＞0成立的（）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件8．，，若A∩B={（cosθ1，sinθ1），（cosθ2，sinθ2）}，则m的取值范围为（）A．[﹣2，2] B．（﹣2，2）C．D．9．若a＞0，，，，则x，y，z的大小顺序为（）A．x＞z＞y B．x＞y＞z C．z＞x＞y D．z＞y＞x10．下列命题中正确的个数是（）①过异面直线a，b外一点P有且只有一个平面与a，b都平行；②异面直线a，b在平面α内的射影相互垂直，则a⊥b；③底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；④直线a，b分别在平面α，β内，且a⊥b，则α⊥β．A．0 B．1 C．2 D．311．三角形ABC中，A、B、C所对的边分别为a，b，c；若A=，则=（）A．a+b B．a+c C．b+c D．a+b+c12．已知f（x）=1+x﹣+﹣+…+；g（x）=1﹣x+﹣+﹣…﹣；设函数F（x）=[f（x+3）]•[g（x﹣4）]，且函数F（x）的零点均在区间[a，b]（a＜b，a，b∈Z）内，则b﹣a的最小值为（）A．8 B．9 C．10 D．11二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13．已知||=1，||=2，与的夹角为60°，则+在方向上的投影为______．14．已知a＞b＞0，且a+b=2，则的最小值为______．15．已知α，β为锐角，cosα=，则cosβ=______．16．已知函数f（x）=e ax﹣x﹣1，其中a≠0．若对一切x∈R，f（x）≥0恒成立，则a的取值集合______．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．已知各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S，满足=2S n+n+4，且a2﹣1，a3，a7恰为等比数列{b n}的前3项．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）令c n=﹣，求数列{c n}的前n项和T n．18．已知向量=（cosωx﹣sinωx，sinωx），=（﹣cosωx﹣sinωx，2cosωx），设函数f（x）=•+λ（x∈R）的图象关于直线x=π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈（，1）（1）求函数f（x）的最小正周期；（2）若y=f（x）的图象经过点（，0）求函数f（x）在区间[0，]上的取值范围．19．在△ABC中，角A，B，C对应边分别是a，b，c，c=2，sin2A+sin2B﹣sin2C=sinAsinB．（1）若sinC+sin（B﹣A）=2sin2A，求△ABC面积；（2）求AB边上的中线长的取值范围．20．已知a为常数，函数，（1）当a=0时，求函数f（x）的最小值；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）①求实数a的取值范围；②求证：且x1x2＞1（其中e为自然对数的底）21．已知函数f（x）=e x（2x﹣1），g（x）=ax﹣a（a∈R）．（1）若y=g（x）为曲线y=f（x）的一条切线，求a的值；（2）已知a＜1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）＜g（x0），求a的取值范围．请考生在22、23两题中任选一题作答【选修4-4：坐标系与参数方程】22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为：ρ=4cosθ．（1）把直线l的参数方程化为极坐标方程，把曲线C的极坐标方程化为普通方程；（2）求直线l与曲线C交点的极坐标（ρ≥0，0≤θ＜2π）．【选修4-5：不等式选讲】23．设函数f（x）=|2x﹣a|+|2x+1|（a＞0），g（x）=x+2．（1）当a=1时，求不等式f（x）≤g（x）的解集；（2）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．2015-2016学年安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中联考高三（上）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知复数（x∈R）在复平面内对应的点位于以原点O为圆心，以为半径的圆周上，则x的值为（）A．2 B．1+3i C．±2 D．【考点】复数代数形式的乘除运算；复数的代数表示法及其几何意义．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，然后由复数所对应点到原点的距离为列式求得x的值．【解答】解：=，∵复数在复平面内对应的点位于以原点O为圆心，以为半径的圆周上，∴，解得：x=±2．故选：C．2．设x，y满足约束条件，则目标函数z=的取值范围为（）A．[﹣3，3] B．[﹣2，2] C．[﹣1，1] D．[﹣，]【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求解即可．【解答】解：画出满足条件的平面区域，如图示：，目标函数z=几何意义为区域内的点与D （2，0）的斜率，过（﹣1，2）与（2，0）时斜率最小， 过（﹣1，﹣2）与（2，0）时斜率最大，∴Z 最小值==﹣，Z 最大值==，故选：D ．3．在等差数列{a n }中，a 1+a 2+a 3=3，a 28+a 29+a 30=165，则此数列前30项和等于（ ） A ．810 B ．840 C ．870 D ．900 【考点】等差数列的性质．【分析】在等差数列{a n }中，由a 1+a 2+a 3=3，a 28+a 29+a 30=165，知a 1+a 30=56，再由S 30=15（a 1+a 30），能求出此数列前30项和． 【解答】解：在等差数列{a n }中， ∵a 1+a 2+a 3=3，a 28+a 29+a 30=165， ∴3（a 1+a 30）=168， ∴a 1+a 30=56，∴此数列前30项和为S 30=15（a 1+a 30）=15×56=840． 故选：B ．4．已知M=，N=，由如右程序框图输出的S 为（ ）A．1 B．ln2 C．D．0【考点】微积分基本定理；选择结构．【分析】根据积分的定义，分别解出M和N，再判断M与N的大小，代入程序图进行求解；【解答】解：∵M====ln2，N===1，ln2＜1∴M＜N，由程序图可知求两个数的最小值，输出的是最小的一个数，∴S=ln2，故选B；5．若函数，且f（α）=﹣2，f（β）=0，|α﹣β|的最小值是，则f（x）的单调递增区间是（）A． B．C．D．【考点】正弦函数的单调性．【分析】由条件求得ω的值，可得函数的解析式，再根据正弦函数的单调性，求得f（x）的单调递增区间．【解答】解：由题意可得=•=，∴ω=1，f（x）=2sin（x+）．令2kπ﹣≤x+≤2kπ+，k∈z，求得2kπ﹣≤x≤2kπ+，故函数的增区间为2[kπ﹣，2kπ+]，k∈z，故选：D．6．定义在R上的函数f（x）满足f（x+6）=f（x）．当﹣3≤x＜﹣1时，f（x）=﹣（x+2）2，当﹣1≤x＜3时，f（x）=x．则f（1）+f（2）+…+fA．333 B．336 C．1678 D．2015【考点】函数的周期性；函数的值．【分析】由已知得到函数的周期为6，找到与2015函数值相等的（﹣3，3）的自变量，按照周期求值．【解答】解：由已知函数周期为6，并且2015=6×335+5，并且f（1）=1，f（2）=2，f（3）=f（﹣3+6）=f（﹣3）=﹣（﹣3+2）2=﹣1，f（4）=f（﹣2+6）=f（﹣2）=0，f（5）=f（﹣1+6）=f（﹣1）=﹣1，f（6）=f（0）=0，所以f（1）+f（2）+…+f（6）=1，所以f（1）+f（2）+…+f+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）=335+1=336；故选B．7．已知0＜x＜，则﹣＜0是﹣x＞0成立的（）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】根据三角函数的性质，将不等式进行等价转化，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．【解答】解：当0＜x＜，0＜sinx＜1，则不等式﹣＜0等价为＜，即sinx＜1，即x•sin2x＜1，不等式﹣x＞0等价为＞x，即x•sinx＜1，∵0＜sinx＜1，∴若x•sinx＜1，则x•sin2x＜x•sinx＜1，即x•sin2x＜1成立．若xsin2x＜1，不能推出xsinx＜1成立，故充分性不成立．则﹣＜0是﹣x＞0成立的必要不充分条件．故选：C．8．，，若A∩B={（cosθ1，sinθ1），（cosθ2，sinθ2）}，则m的取值范围为（）A．[﹣2，2] B．（﹣2，2）C．D．【考点】交集及其运算．【分析】由题意得到直线y=x+m与圆x2+y2=1（x≠1）交于两点，根据圆心到直线的距离小于半径且+m≠0，即可得到答案．【解答】解：根据题意，直线y=x+m与圆x2+y2=1（x≠1）交于两点，∴＜1且+m≠0，∴﹣2＜m＜2且m≠，故选：D．9．若a＞0，，，，则x，y，z的大小顺序为（）A．x＞z＞y B．x＞y＞z C．z＞x＞y D．z＞y＞x【考点】三角函数中的恒等变换应用．【分析】令a=2，将x，y，z分别化简，比较大小，利用排除法选出答案．【解答】解：令a=2，则x=sin1+cos1，y=1，z=2sin21cos21=≤，∴y＞z，排除A，C，D．故选：B．10．下列命题中正确的个数是（）①过异面直线a，b外一点P有且只有一个平面与a，b都平行；②异面直线a，b在平面α内的射影相互垂直，则a⊥b；③底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；④直线a，b分别在平面α，β内，且a⊥b，则α⊥β．A．0 B．1 C．2 D．3【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】列举反例，即可得出结论．【解答】解：①P是异面直线a、b外一点，则过P有一个平面与a、b都平行；此命题不正确，当过点P与两条异面直线中的一条的平面与另一条直线平行时，此时找不到一个过P 的平面与两条异面直线都平行，不正确；②本命题用图形说明，如图：三棱锥P﹣ABC中，侧棱PB垂直于底面，PA，PC两线在底面上的投影垂直，而两线不垂直，不正确；③四边相等的四边形也可以是空间四边形，不正确；④直线a，b分别在平面α，β内，且a⊥b，则α、β不一定垂直，不正确．故选：A．11．三角形ABC中，A、B、C所对的边分别为a，b，c；若A=，则=（）A．a+b B．a+c C．b+c D．a+b+c【考点】余弦定理．【分析】由正弦定理可得：a=2RsinA代入已知式子，由三角函数恒等变换的应用化简即可得解．【解答】解：∵由正弦定理可得：a=2RsinA，∴a（cosC+sinC）=2RsinAcosC+2RsinAsinC=2RsinAcosC+3RsinC=2R（sinAcosC+sinC+sinC）=2R（sinAcosC+cosAsinC+sinC）=2R[sin（A+C）+sinC]=2R（sinB+sinC）=b+c．故选：C．12．已知f（x）=1+x﹣+﹣+…+；g（x）=1﹣x+﹣+﹣…﹣；设函数F（x）=[f（x+3）]•[g（x﹣4）]，且函数F（x）的零点均在区间[a，b]（a＜b，a，b∈Z）内，则b﹣a的最小值为（）A．8 B．9 C．10 D．11【考点】二分法求方程的近似解．【分析】利用导数分别求出函数f（x）、g（x）的零点所在的区间，然后要求F（x）=f（x+3）•g（x﹣4）的零点所在区间，即求f（x+3）的零点和g（x﹣4）的零点所在区间，根据图象平移即可求得结果【解答】解：∵f（0）=1＞0，f（﹣1）=（1﹣1）+（﹣﹣）+…+（﹣﹣）＜当x∈（﹣1，0）时，f′（x）=＞0，∴函数f（x）在区间（﹣1，0）上单调递增，故函数f（x）有唯一零点x∈（﹣1，0）；∵g（1）=（1﹣1）+（﹣）+…+（﹣）＞0，g（2）=（1﹣2）+（2﹣）+…+（﹣）＜0，当x∈（1，2）时g′（x）=﹣1+x﹣x2+…﹣x2014=﹣＜0∴函数g（x）在区间（1，2）上单调递减，故函数g（x）有唯一零点x∈（1，2）；∵F（x）=f（x+3）•g（x﹣4），且函数F（x）的零点均在区间[a，b]（a＜b，a，b∈Z）内，∴f（x+3）的零点在（﹣4，﹣3）内，g（x﹣4）的零点在（5，6）内，因此F（x）=f（x+3）•g（x﹣3）的零点均在区间[﹣4，6]内，∴b﹣a的最小值为10．故选C：．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13．已知||=1，||=2，与的夹角为60°，则+在方向上的投影为2．【考点】平面向量数量积的含义与物理意义；数量积表示两个向量的夹角．【分析】根据||=1，||=2，与的夹角为60°，算出|+|=且（+）•=2．再设+与的夹角为θ，结合数量积公式和向量投影的定义，算出|+|cosθ的值，即可得到向量+在方向上的投影值．【解答】解：∵||=1，||=2，与的夹角为60°，∴•=|×||×cos60°=1由此可得（+）2=||2+2•+||2=1+2+4=7∴|+|=．设+与的夹角为θ，则∵（+）•=||2+•=2∴cosθ==，可得向量+在方向上的投影为|+|cosθ=×=2故答案为：214．已知a＞b＞0，且a+b=2，则的最小值为．【考点】基本不等式．【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．【解答】解：∵（a+3b）+（a﹣b）=2（a+b）=4，∴ [（a+3b）+（a﹣b）]=1，∴=（）[（a+3b）+（a﹣b）]= [2+++1]≥ [3+2]=，故答案为：．15．已知α，β为锐角，cos α=，则cos β=．【考点】两角和与差的余弦函数．【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系求得sin α、cos （α+β）的值，再利用两角差的三角公式求得cos β=cos [（α+β）﹣α]的值．【解答】解：∵α，β为锐角，cos α=＜，∴α＞，sin α=．又 sin （α+β）=，∴α+β 为钝角，∴cos （α+β）=﹣=﹣，∴cos β=cos [（α+β）﹣α]=cos （α+β）cos α+sin （α+β）sin α=﹣•+•=，故答案为：．16．已知函数f （x ）=e ax ﹣x ﹣1，其中a ≠0．若对一切x ∈R ，f （x ）≥0恒成立，则a 的取值集合 {1} ．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】首先对a 考虑，说明a ＜0不成立，只有a ＞0，求出导数，并求出f （x ）的单调区间，从而求得最小值，令它不小于0，然后构造函数g （t ）=t ﹣tlnt ﹣1，运用导数求出它的最大值，运用两边夹法则即可求出a 的值．【解答】解：若a ＜0，则对一切x ＞0，∵e ax ＜1，∴f （x ）=e ax ﹣x ﹣1＜0，这与题设矛盾．又a ≠0，故a ＞0．而f ′（x ）=ae ax ﹣1，令f ′（x ）=0得x=ln ，当x ＜ln 时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ＞ln 时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增．∴当x=ln ，f （x ）取最小值f （ln ）=﹣ln ﹣1．于是对一切x ∈R ，f （x ）≥0恒成立，当且仅当﹣ln ﹣1≥0．①令g （t ）=t ﹣tlnt ﹣1，（t=）则g ′（t ）=﹣lnt ， 当0＜t ＜1时，g ′（t ）＞0，g （t ）单调递增； 当t ＞1时，g ′（t ）＜0，g （t ）单调递减， ∴当t=1时，g （t ）取最大值g （1）=1﹣1=0．∴当且仅当=1，即a=1时，①式等号成立．综上所述，a 的取值集合为{1}． 故答案为：{1}．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S ，满足=2S n +n +4，且a 2﹣1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前3项．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（2）令c n =﹣，求数列{c n }的前n 项和T n ．【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（1）由=2S n +n +4，得到2S n =﹣n ﹣4，当n ≥2时，，两式相减并化简，得数列{a n }为等差数列，再由题目中其他条件结合等差数列和等比数列的性质能计算出{a n }、{b n }的通项公式．（2）由c n =﹣==，利用分组求和法、错位相减法和裂项求和法能求出数列{c n }的前n 项和T n ．【解答】解：（1）∵各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S ，满足=2S n +n +4，∴2S n =﹣n ﹣4，①当n ≥2时，，②①﹣②，得：2a n =﹣1，∴，∵a n ＞0，∴a n +1=a n +1，∵a 2﹣1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前3项，∴，即（a 1+2）2=（a 1+1﹣1）×（a 1+6），解得a 1=2，∴a n =a 1+（n ﹣1）d=2+（n ﹣1）×1=n +1． b 1=a 2﹣1=（2+1）﹣1=2， b 2=a 3=3+1=4，∴等比数列{b n }的公比q===2，∴b n ==2×2n ﹣1=2n ．（2）∵c n =﹣==，∴数列{c n }的前n 项和：T n =（+…+）﹣（）=（+…+）﹣（），设S n=+…+，③则=，④③﹣④，得==﹣=1﹣﹣．∴T n==．18．已知向量=（cosωx﹣sinωx，sinωx），=（﹣cosωx﹣sinωx，2cosωx），设函数f（x）=•+λ（x∈R）的图象关于直线x=π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈（，1）（1）求函数f（x）的最小正周期；（2）若y=f（x）的图象经过点（，0）求函数f（x）在区间[0，]上的取值范围．【考点】三角函数中的恒等变换应用；数量积的坐标表达式；正弦函数的定义域和值域．【分析】（1）先利用向量数量积运算性质，求函数f（x）的解析式，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式将函数f（x）化为y=Asin（ωx+φ）+k型函数，最后利用函数的对称性和ω的范围，计算ω的值，从而得函数的最小正周期；（2）先将已知点的坐标代入函数解析式，求得λ的值，再求内层函数的值域，最后将内层函数看做整体，利用正弦函数的图象和性质即可求得函数f（x）的值域．【解答】解：（1）∵f（x）=•+λ=（cosωx﹣sinωx）×（﹣cosωx﹣sinωx）+sinωx×2cosωx+λ=﹣（cos2ωx﹣sin2ωx）+sin2ωx+λ=sin2ωx﹣cos2ωx+λ=2sin（2ωx﹣）+λ∵图象关于直线x=π对称，∴2πω﹣=+kπ，k∈z∴ω=+，又ω∈（，1）∴k=1时，ω=∴函数f（x）的最小正周期为=（2）∵f（）=0∴2sin（2××﹣）+λ=0∴λ=﹣∴f（x）=2sin（x﹣）﹣由x∈[0，]∴x﹣∈[﹣，]∴sin（x﹣）∈[﹣，1]∴2sin（x﹣）﹣=f（x）∈[﹣1﹣，2﹣]故函数f（x）在区间[0，]上的取值范围为[﹣1﹣，2﹣]19．在△ABC中，角A，B，C对应边分别是a，b，c，c=2，sin2A+sin2B﹣sin2C=sinAsinB．（1）若sinC+sin（B﹣A）=2sin2A，求△ABC面积；（2）求AB边上的中线长的取值范围．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（1）已知等式利用正弦定理化简，再利用余弦定理表示出cosC，将得出关系式代入求出cosC的值，确定出C的度数，sinC+sin（B﹣A）=2sin2A化简后，根据cosA为0与cosA不为0两种情况，分别求出三角形ABC面积即可；（2）根据CD为AB边上的中线，得到=，两边平方并利用平面向量的数量积运算法则变形得到关系式，利用余弦定理列出关系式，将cosC与c的值代入得到关系式，代入计算即可确定出|CD|的范围．【解答】解：（1）由sin2A+sin2B﹣sin2C=sinAsinB，利用正弦定理化简得：a2+b2﹣c2=ab，∴cosC===，即C=，∵sinC+sin（B﹣A）=sin（B+A）+sin（B﹣A）=2sin2A，∴sinBcosA=2sinAcosA，=；当cosA=0，即A=，此时S△ABC=；当cosA≠0，得到sinB=2sinA，利用正弦定理得：b=2a，此时此时S△ABC（2）∵=，∴|CD|2==，∵cosC=，c=2，∴由余弦定理得：c 2=a 2+b 2﹣2abcosC ，即a 2+b 2﹣ab=4，∴|CD |2==＞1，且|CD |2=≤3，则|CD |的范围为（1，]．20．已知a 为常数，函数，（1）当a=0时，求函数f （x ）的最小值； （2）若f （x ）有两个极值点x 1，x 2（x 1＜x 2） ①求实数a 的取值范围；②求证：且x 1x 2＞1（其中e 为自然对数的底）【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的极值． 【分析】（1）把a=0代入函数解析式，求得导函数，由导函数的零点得到函数的单调性，由此求得函数的最小值；（2）①由f （x ）有两个极值点，可得导函数有两个不同的零点，进一步转化为有两个不同解，令φ（x ）=，利用导数求其最大值，再结合φ（）=0，可得a ∈（0，1），且x 1∈（）；②由①可得，1+lnx 1=ax 1，f （x 1）=，消去a 可得（x 1lnx 1﹣x 1），x 1∈，构造函数g （x ）=xlnx﹣x ，x ∈（），利用导数求得g （x ）的单调性，即可证得；由①可得lnx 1=ax 1﹣1，lnx 2=ax 2﹣1，联立两式可得=，令t=，构造函数，经过三次求导得答案．【解答】解：（1）当a=0时，f （x ）=xlnx ，f ′（x ）=1+lnx ，当x ∈（0，）时，f ′（x ）＜0，当x ∈（）时，f ′（x ）＞0，∴；（2）①f ′（x ）=1+lnx ﹣ax ，由于f （x ）有两个极值点，可得1+lnx ﹣ax=0有两个不同解，即有两个不同解，令φ（x）=，则φ′（x）=，φ′（1）=0，当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，∴φ（x）max=φ（1）=1，且φ（）=0，由数形结合可得a∈（0，1），且x1∈（），②由①可得，1+lnx1=ax1，f（x1）=，消去a可得（x1lnx1﹣x1），x1∈，构造函数g（x）=xlnx﹣x，x∈（），g′（x）=lnx＜0，∴g（x）在（）上单调递减，则，再证x1x2＞1：由①可得lnx1=ax1﹣1，lnx2=ax2﹣1，将两式相加可得lnx1x2=a（x1+x2）﹣2，两式相减可得lnx1﹣lnx2=a（x1﹣x2），即，代入lnx1x2=a（x1+x2）﹣2，可得=，令t=，构造函数，h′（t）=，再令k（t）=t2﹣1﹣2tlnt，t∈（0，1），k′（t）=2（t﹣1﹣lnt），再令g（t）=t﹣1﹣lnt，g′（t）=1﹣，可得g（t）＞g（1）=0，进而k（t）单调递增，可得k（t）＜k（1）=0，∴h（t）单调递增，由洛必达法则，，∴h（t）＞0，lnx1x2＞0，则x1x2＞1．21．已知函数f（x）=e x（2x﹣1），g（x）=ax﹣a（a∈R）．（1）若y=g（x）为曲线y=f（x）的一条切线，求a的值；（2）已知a＜1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）＜g（x0），求a的取值范围．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）求出导数，设出切点（m，n），求得切线的斜率，由切线的方程，可得a=e m （2m+1），又n=am﹣a=e m（2m﹣1），解方程可得a的值；（2）函数f（x）=e x（2x﹣1），g（x）=kx﹣k，问题转化为存在唯一的整数x0使得f（x0）在直线y=kx﹣k的下方，求导数可得函数的极值，数形结合可得﹣k＞f（0）=﹣1且f（﹣1）=﹣3e﹣1≥﹣k﹣k，解关于k的不等式组可得．【解答】解：（1）f′（x）=e x（2x﹣1）+2e x=e x（2x+1），设切点为（m，n），由题意可得a=e m（2m+1），又n=am﹣a=e m（2m﹣1），解方程可得，a=1或4；（2）函数f（x）=e x（2x﹣1），g（x）=ax﹣a由题意知存在唯一的整数x0使得f（x0）在直线y=ax﹣a的下方，∵f′（x）=e x（2x﹣1）+2e x=e x（2x+1），∴当x＜﹣时，f′（x）＜0，当x＞﹣时，f′（x）＞0，∴当x=﹣时，f（x）取最小值﹣2，当x=0时，f（0）=﹣1，当x=1时，f（1）=e＞0，直线y=ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，故﹣a＞f（0）=﹣1且f（﹣1）=﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解得≤a＜1．请考生在22、23两题中任选一题作答【选修4-4：坐标系与参数方程】22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为：ρ=4cosθ．（1）把直线l的参数方程化为极坐标方程，把曲线C的极坐标方程化为普通方程；（2）求直线l与曲线C交点的极坐标（ρ≥0，0≤θ＜2π）．【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．【分析】（1）直线l的参数方程（t为参数），消去参数t化为=0，把代入即可得出，由曲线C的极坐标方程为：ρ=4cosθ，变为ρ2=4ρcosθ，代入化为直角坐标方程．（2）联立，解出再化为极坐标（ρ≥0，0≤θ＜2π）为．【解答】解；（1）直线l的参数方程（t为参数），消去参数t化为=0，把代入可得：=0，由曲线C的极坐标方程为：ρ=4cosθ，变为ρ2=4ρcosθ，化为x2+y2﹣4x=0．（2）联立，解得或，∴直线l与曲线C交点的极坐标（ρ≥0，0≤θ＜2π）为，．【选修4-5：不等式选讲】23．设函数f（x）=|2x﹣a|+|2x+1|（a＞0），g（x）=x+2．（1）当a=1时，求不等式f（x）≤g（x）的解集；（2）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．【考点】绝对值不等式的解法；函数恒成立问题．【分析】（1）当a=1时，不等式等价于3个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求．（2）由题意可得，|2x﹣a|+|2x+1|﹣x﹣2≥0 恒成立．令h（x）=|2x﹣a|+|2x+1|﹣x﹣2，化简它的解析式，求得它的最小值，再令最小值大于或等于零，求得a的范围．【解答】解：（1）当a=1时，不等式f（x）≤g（x）即|2x﹣1|+|2x+1|≤x+2，等价于①，或②，或③．解①求得x无解，解②求得0≤x＜，解③求得≤x≤，综上，不等式的解集为{x|0≤x≤}．（2）由题意可得|2x﹣a|+|2x+1|≥x+2恒成立，转化为|2x﹣a|+|2x+1|﹣x﹣2≥0 恒成立．令h（x）=|2x﹣a|+|2x+1|﹣x﹣2=（a＞0），易得h（x）的最小值为﹣1，令﹣1≥0，求得a≥2．2016年9月29日。

安徽省马鞍山二中2015届高三上学期期中考试试卷 化学 Word版含答案.pdf

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马鞍山市第二中学2014-2015学年度第一学期期中测试卷 高三化学 可能用到的相对原子质量： Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Cu-64 Ba-137 H-1 C-12 O-16 S-32 N-14 命题人：王守兰 审题人：潘莉莉 一 选择题（每题2分，共40分，每题只有一个最佳答案） 1．下列各组物质的分类正确的是 ①混合物：水玻璃、水银、水煤气②电解质：明矾、冰醋酸、 ③酸性氧化物：CO2、CO、SO3④同位素：1H、2H2O、3H ⑤同素异形体：C80、金刚石、石墨⑥干冰、液氯都是非电解质 A．①②③④⑤⑥ B．②④⑤⑥ C．②⑤⑥ D．②⑤ ．设NA为何伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是（ ） A．H2O中充分反应，转移电子数为NA B．常温常压下，2gD2O中含有的电子总数为NAC．常温常压下,46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数为3NA D．1mol K与足量O2反应,生成K2O、K2O2和KO2的混合物时转移的电子数为NA 5．下列实验中，所选装置或实验设计合理的是 ( ) A. 用图 所示装置B. 用图所示装置C. 用图 D.图 所示装置除去2中含有的少量HCl下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是 ANa→NaOH→Na2CO3→NaCl B、Fe→Fe(NO3)3→Fe(OH)3→Fe2O3C、Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4D、Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3 7．只用试管和胶头滴管无法区分的一组溶液是 A．KOH和AlCl3 B．AlCl3和氨水C．NaAlO2和盐酸 D．Na2CO3和盐酸． 9．在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况，下列反应中属于这种情况的是 ①过量的锌与浓硫酸在加热条件反应； ②过量的氢气与少量的N2在工业生产条件下反应；③过量的浓盐酸与碳酸钙反应； ④过量的浓硝酸和少量铁在室温条件下反应；⑤过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应； ⑥过量的铜与浓硫酸在加热条件下反应 A．②③④⑥ B．②④⑤⑥ C．①②④⑤ D．③④⑤⑥ 10.下列实验方案中，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的是（ ） ①取a克混合物充分加热，减重b克 ②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 ③取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，碱石灰增重b克 ④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 A．只有①②④ B．①②③④ C．只有①③④ D．只有①②③ 11．如图装置可用于收集气体并验证其某些化学性质，你认为正确的是 选项气体试剂现象结论ANH3酚酞试液溶液变红色NH3的水溶液显碱性BNO2KI淀粉溶液溶液变蓝NO2的水溶液有氧化性CX澄清石灰水溶液变浑浊X是CO2DCl2紫色石蕊试液溶液先变红后退色 Cl2有酸性和漂白性．将足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量(n)和通入CO2体积(y)的关系正确的是( )。

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2015-2016学年安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中联考高三（上）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，请将正确的选项填涂在答题卡上，每小题3分，共48分）1．（3分）（2015秋•淮北校级期中）化学与生产、生活、社会密切相关．下列有关说法正确的是（）A．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B．“血液透析”利用了胶体的性质C．气象环境报告中的“PM2.5”是对一种新分子的描述D．氢氧化钠可作胃酸的中和剂2．（3分）（2015秋•淮北校级期中）下列说法正确的是（）A．用倾析法分离沉淀时，将烧杯中的上层清液用玻璃棒引流到另一容器内，即可使沉淀与清液分离B．做“钠与水的反应”实验时，切取绿豆大小的金属钠，用滤纸吸干其表面的煤油，放入烧杯中，滴入两滴酚酞溶液，再加入少量水，然后观察并记录实验现象C．过滤、结晶、灼烧、萃取、分液和蒸馏等都是常用的分离有机混合物的方法D．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小3．（3分）（2015秋•淮北校级期中）分类是化学学习和研究的常用手段．下列分类依据和结论都正确的是（）A．H2O、HCOOH、（NH4）2Fe（SO4）2均含有氧，都是氧化物B．HCl、H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸C．赤铁矿、磁铁矿、黄铁矿、孔雀石都是常见的铁矿石D．Na2CO3、Ba（OH）2、NH4Cl、Na2O2都属于离子化合物4．（3分）（2015秋•淮北校级期中）按纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的一组物质是（）A．胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡B．盐酸、空气、硝酸、干冰C．冰醋酸、海水、氧化铝、乙醇D．蛋白质、油脂、烧碱、石灰石5．（3分）（2014•福建）下列实验能达到目的是（）A．只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体6．（3分）（2015秋•淮北校级期中）用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．在1L 0.1mol/L的碳酸钠溶液中，氧原子总数为0.3 N AB．1molAl3+完全水解生成氢氧化铝胶体粒子的数目为N AC．常温常压下，32gO中所含电子的数目为17N AD．标准状况下，11.2 L苯中含有分子的数目为0.5 N A7．（3分）（2015秋•淮北校级期中）在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）A．0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN﹣、SO42﹣B．室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣C．加入铝粉有气泡产生的溶液中：Na+、NH4+、Fe2+、NO3﹣D．在AlCl3溶液中：K+、Na+、HCO、SO42﹣8．（3分）（2015秋•淮北校级期中）下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A．用广泛pH试纸测得饱和氯水的pH约为2.2B．用量筒量取7.60 mL 0.1 mol•L﹣1盐酸C．用图1所示的操作可检查装置的气密性D．实验室用图2所示的装置制取少量的NO9．（3分）（2015秋•淮北校级期中）下列关于物质性质的说法不合理的是（）A．SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色B．FeCl3、Na2O2、Cu2S均可由相应单质直接化合生成C．金属Mg与稀硫酸和CO2均能反应，其反应类型相同D．氢氧化铝、碳酸铵、碳酸氢钠都既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应10．（3分）（2013•黄石校级模拟）在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg•cm﹣3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为c mol/L．下列叙述中正确的是（）①ω=②c=③上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω④上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl+）＞c（H+）＞c（OH﹣）﹣）＞c（NH4A．①④ B．②③ C．①③ D．②④11．（3分）（2015秋•淮北校级期中）通过下列实验现象的分析，对实验事实的解释正确的是（）A．常温下，将铝片放入浓硫酸中，无明显现象，说明铝不与冷的浓硫酸反应B．用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝色，说明浓氨水呈碱性C．H2S能与CuSO4溶液反应生成H2SO4，说明氢硫酸的酸性比硫酸强D．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，溶液褪色，说明BaCl2有酸性12．（3分）（2015秋•淮北校级期中）某学习小组需0.10mol/L的Na2CO3溶液450mL．下列有关说法正确的是（）A．称量前应将Na2CO3•xH2O灼烧至恒重B．配制时需用托盘天平称取4.8 g无水Na2CO3C．100 mL上述溶液含离子总数为0.03N AD．配制好的Na2CO3溶液应转移到带玻璃塞的试剂瓶中13．（3分）（2015秋•淮北校级期中）向甲溶液中缓慢滴加乙溶液，反应生成沉淀的质量如A．A B．B C．C D．D14．（3分）（2015秋•淮北校级期中）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2OB．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D．Cu溶于稀HNO3：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O15．（3分）（2014秋•宝山区期末）向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸．下列离子方程式与事实不相符的是（）A．OH﹣+CO32﹣+2H+→HCO3﹣+H2OB．2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2OC．2OH﹣+CO32﹣+4H+→CO2↑+2H2OD．OH﹣+CO32﹣+3H+→CO2↑+2H2O16．（3分）（2015秋•淮北校级期中）Cl2是纺织工业常用的漂白剂，Na2S2O3可作为漂白布匹后的“脱氯剂”．S2O32﹣和Cl2反应的产物之一为SO42﹣．下列说法不正确的是（）A．该反应中的还原剂是S2O32﹣B．H2O参与该反应，且作氧化剂C．上述反应中，每生成1 mol SO42﹣，可脱去2 mol Cl2D．根据该反应可判断氧化性：Cl2＞SO42﹣二、非选择题（请将正确的答案写在答题卷相应的空格中，共52分）17．（10分）（2015秋•淮北校级期中）某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电0.1mol/L．SiOⅠ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）．Ⅱ．取少量溶液于试管中，加入KSCN溶液后无明显变化．Ⅲ．另取少量溶液于试管中，加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变．Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．请推断：（1）由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是（写离子符号）．（2）甲同学最终确定原溶液中所含阴离子是（写离子符号）．（3）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是．（4）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为g．（5）工业废水中常含有不同类型的污染物，可采用不同的方法处理．以下是乙同学针对含18．（6分）（2015秋•淮北校级期中）饮用水中的NO对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO的浓度，某兴趣小组提出以下两种方案：a．在微碱性条件下，用Fe（OH）2还原NO，还原产物为NH3；b．在碱性条件下，用铝粉还原NO，还原产物为N2．（1）方案a中，生成34g NH3的同时生成mol Fe（OH）3．（2）方案b中发生的反应如下（配平该反应离子方程式）：Al+ NO+ OH﹣═AlO+N2↑+H2O（3）方案b中，当有0.15mol电子转移时，生成的氮气在标准状况下的体积为mL．19．（10分）（2015秋•淮北校级期中）NiSO4•6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等．可以电镀废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）为原料获得．工艺流程如图：请回答下列问题：（1）用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取速率可采取的措施有（任写一点）．（2）向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，写出除去Cu2+的离子方程式：．（3）上述流程中滤液Ⅲ的主要成分是．（4）确定步骤四中Na2CO3溶液足量，碳酸镍已完全沉淀的简单实验方法是．（5）操作Ⅰ的实验步骤依次为（实验中可选用的试剂：6mol•L﹣1的H2SO4溶液、蒸馏水、pH 试纸）：①；②；③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4•6H2O晶体；④用少量乙醇洗涤NiSO4•6H2O晶体并晾干．20．（8分）（2015秋•淮北校级期中）铁、铝及其化合物在生活、生产中有着广泛的应用．某研究性学习小组对某硫酸亚铁晶体（FeSO4•xH2O）热分解进行研究．该小组同学称取a g 硫酸亚铁晶体样品按如图1高温加热，使其完全分解，对所得产物进行探究，并通过称量装置B的质量测出x的值．（1）装置B中硫酸铜粉末变蓝，质量增加12.6g，说明产物中有水，装置C中高锰酸钾溶液褪色，说明产物中还有．（2）实验中要持续通入氮气，否则测出的x会（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．（3）硫酸亚铁晶体完全分解后装置A中还残留红棕色固体Fe2O3．（4）从理论上分析得出硫酸亚铁分解还生成另一种物质SO3，写出FeSO4分解的化学方程式．（5）某研究所利用SDTQ 600热分析仪对硫酸亚铁晶体（FeSO4•xH2O）进行热分解，获得相关数据，绘制成固体质量﹣分解温度的关系图如上图图2．根据两种热分解实验的有关数据，可计算出FeSO4•xH2O中的x= ．21．（7分）（2015秋•淮北校级期中）铝元素在自然界中主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中．工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如图．（1）在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性．①检验滤液B中是否还含有铁元素的操作方法为：．②将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为（填选项编号）．a．氢氧化钠溶液 b．硫酸溶液 c．氨水 d．二氧化碳③由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、（填操作名称）、过滤、洗涤．（2）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为（填选项编号）．22．（11分）（2015秋•淮北校级期中）芳香族羧酸通常用芳香烃的氧化来制备．芳香烃的苯环比较稳定，难以氧化，而环上的支链不论长短，在强烈氧化时，最终能氧化成羧基．某同学用甲苯的氧化反应制备苯甲酸．反应原理：实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液置于图1装置中，在90℃时，反应一段时间，再停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯．（1）操作Ⅰ所需的玻璃仪器为；操作Ⅱ为．（2）如果滤液呈紫色，要先加亚硫酸氢钾，然后再加入浓盐酸酸化，加亚硫酸氢钾的目的是．（3）下列关于仪器的组装或者使用正确的是．A．抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的沉淀B．安装电动搅拌器时，搅拌器下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触C．图1回流搅拌装置应采用直接加热的方法D．冷凝管中水的流向是下进上出（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入，分液，水层再加入，然后抽滤，干燥即可得到苯甲酸．（5）纯度测定：称取1.220g产品，配成100mL溶液，取其中25.00mL溶液，进行滴定，消耗KOH物质的量为2.4×10﹣3mol．产品中苯甲酸质量分数为．2015-2016学年安徽省马鞍山二中、安师大附中、淮北一中联考高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，请将正确的选项填涂在答题卡上，每小题3分，共48分）1．（3分）（2015秋•淮北校级期中）化学与生产、生活、社会密切相关．下列有关说法正确的是（）A．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B．“血液透析”利用了胶体的性质C．气象环境报告中的“PM2.5”是对一种新分子的描述D．氢氧化钠可作胃酸的中和剂【考点】胶体的重要性质；物理变化与化学变化的区别与联系；分子、原子、离子；药物的主要成分和疗效．【专题】溶液和胶体专题；化学应用．【分析】A．用聚合硫酸铁作为净水剂，涉及水解以及胶体的吸附性；B．血液是胶体，血液透析原理即为渗析原理；C．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物；D．氢氧化钠能够中和胃酸中的盐酸，但氢氧化钠具有强烈的腐蚀性．【解答】解：A．聚合硫酸铁作为净水剂作用原理是Fe3+在水中生成Fe（OH）3胶体，是化学变化，胶体能吸附水中的悬浮物，使物质沉淀，是物理变化，故A错误；B．血液是胶体，胶粒不能透过半透膜，血液透析原理即为渗析原理，故B正确；C．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，不是对一种新分子的描述，故C 错误；D．氢氧化钠的腐蚀性过强，对胃的刺激性过大，不能用于治疗胃酸过多，故D错误．故选B．【点评】本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意相关基础知识的积累，难度不大．2．（3分）（2015秋•淮北校级期中）下列说法正确的是（）A．用倾析法分离沉淀时，将烧杯中的上层清液用玻璃棒引流到另一容器内，即可使沉淀与清液分离B．做“钠与水的反应”实验时，切取绿豆大小的金属钠，用滤纸吸干其表面的煤油，放入烧杯中，滴入两滴酚酞溶液，再加入少量水，然后观察并记录实验现象C．过滤、结晶、灼烧、萃取、分液和蒸馏等都是常用的分离有机混合物的方法D．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．倾析法用于分离颗粒较大的沉淀；B．应向一只盛有水的小烧杯中滴加几滴酚酞试液，然后切取绿豆大小的金属钠，用滤纸吸干其表面的煤油的金属钠投入小烧杯中；C．过滤是分离固体与液体的方法；D．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大．【解答】解：A．倾析法用于分离颗粒较大的沉淀，倒出液体时并用玻璃棒引流，防止溅出液体，故A正确；B．做“钠与水的反应”实验时，应向一只盛有水的小烧杯中滴加几滴酚酞试液，然后切取绿豆大小的金属钠，用滤纸吸干其表面的煤油的金属钠投入小烧杯中，观察并记录实验现象，故B错误；C．过滤是分离固体与液体的方法，一般用于分离无机物，故C错误；D．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所以所配溶液浓度偏大，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及溶液配制、物质分离和提纯方法等知识点，明确实验原理及基本操作方法是解本题关键，易错选项是D，注意误差分析，题目难度不大．3．（3分）（2015秋•淮北校级期中）分类是化学学习和研究的常用手段．下列分类依据和结论都正确的是（）A．H2O、HCOOH、（NH4）2Fe（SO4）2均含有氧，都是氧化物B．HCl、H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸C．赤铁矿、磁铁矿、黄铁矿、孔雀石都是常见的铁矿石D．Na2CO3、Ba（OH）2、NH4Cl、Na2O2都属于离子化合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；离子化合物的结构特征与性质．【分析】A、氧化是物由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素的化合物；B、氧化性酸一般是含氧酸，是指酸中除了氢、氧元素之外的中心元素在化学反应中表现出强氧化性．C、孔雀石主要成分为碱式碳酸铜；D、含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中肯定含有离子键，可能含有共价键．【解答】解：A、氧化物是由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素的化合物，所以H2O 是氧化物，HCOOH、（NH4）2Fe（SO4）2均不是氧化物，故A错误；B、H2SO4（浓）、HNO3均具有氧化性，是氧化性酸，但盐酸和稀硫酸不是氧化性酸，故B错误；C、孔雀石主要成分为碱式碳酸铜，属于铜矿石，故C错误；D、Na2CO3、Ba（OH）2、NH4Cl、Na2O2都属于离子化合物，故D正确．故选D．【点评】本题考查了氧化物、氧化性酸和常见铁矿石的俗称，难度不大，掌握基础知识是关键．4．（3分）（2015秋•淮北校级期中）按纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的一组物质是（）A．胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡B．盐酸、空气、硝酸、干冰C．冰醋酸、海水、氧化铝、乙醇D．蛋白质、油脂、烧碱、石灰石【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】根据纯净物是一种物质组成的物质；混合物是不同物质组成的物质；电解质是水溶液中或熔融状态下都导电的化合物；非电解质是水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物．【解答】解：A．胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡分别属于化合物、混合物、电解质、电解质故A错误；B．盐酸、空气、硝酸、干冰分别属于混合物、混合物、电解质、非电解质，故B错误；C．冰醋酸、海水、氧化铝、乙醇分别属于纯净物、混合物、电解质、非电解质，故C正确；D．蛋白质、油脂、烧碱、石灰石分别属于混合物、混合物、电解质、电解质，故D错误．故选C．【点评】本题考查纯净物、混合物、电解质和非电解质的概念，需要对相关概念有深刻的理解，并能对相关属类的物质有清晰的理解，这要求在学习概念时，既要理解概念，又要能举出典型例子．5．（3分）（2014•福建）下列实验能达到目的是（）A．只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体【考点】真题集萃；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】实验评价题．【分析】A．氨水与AlCl3、MgCl2溶液反应都得到白色沉淀，与NaCl、Na2SO4溶液不反应，无法鉴别；B．加热蒸干氯化铵分解为氨气与氯化氢；C．酒精与水互溶，不能用分液方法分离；D．胶体具有丁达尔效应，而溶液没有．【解答】解：A．氨水与AlCl3、MgCl2溶液反应都得到白色沉淀，与NaCl、Na2SO4溶液不反应，只能分成2组，无法鉴别，故A错误；B．加热蒸干中氯化铵分解为氨气与氯化氢，将NH4Cl溶液蒸不能制备NH4Cl固体，故B错误；C．酒精与水互溶，不能用分液方法分离，故C错误；D．用可见光束照射胶体产生丁达尔效应，而溶液没有，可以区别胶体与溶液，故D正确，故选D．【点评】本题考查物质的分离提纯、物质鉴别等，是对基础知识的综合应用，难度不大．6．（3分）（2015秋•淮北校级期中）用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．在1L 0.1mol/L的碳酸钠溶液中，氧原子总数为0.3 N AB．1molAl3+完全水解生成氢氧化铝胶体粒子的数目为N AC．常温常压下，32gO中所含电子的数目为17N AD．标准状况下，11.2 L苯中含有分子的数目为0.5 N A【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、在碳酸钠溶液中，除了碳酸钠本身，水也含氧原子；B、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体；C、求出O的物质的量，然后根据1molO中含17mol电子来分析；D、标况下苯为液态．【解答】解：A、在碳酸钠溶液中，除了碳酸钠本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于0.3N A个，故A错误；B、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故得到的氢氧化铝胶粒个数小于N A个，故B错误；C、32gO的物质的量为1mol，而1molO中含17mol电子即17N A个，故C正确；D、标况下苯为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．7．（3分）（2015秋•淮北校级期中）在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）A．0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN﹣、SO42﹣B．室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣C．加入铝粉有气泡产生的溶液中：Na+、NH4+、Fe2+、NO3﹣D．在AlCl3溶液中：K+、Na+、HCO、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．离子之间结合生成络离子；B．室温下，pH=1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应；C．加入铝粉有气泡产生的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D．离子之间相互促进水解．【解答】解：A．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能大量共存，故A错误；B．室温下，pH=1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．加入铝粉有气泡产生的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在NH4+、Fe2+，酸性溶液中Al（或Fe2+）、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，故C错误；D．Al3+、HCO3﹣相互促进水解生成沉淀和气体，不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重水解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．8．（3分）（2015秋•淮北校级期中）下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A．用广泛pH试纸测得饱和氯水的pH约为2.2B．用量筒量取7.60 mL 0.1 mol•L﹣1盐酸C．用图1所示的操作可检查装置的气密性D．实验室用图2所示的装置制取少量的NO【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【专题】实验设计题；实验评价题．【分析】A．氯水中含HClO，具有漂白性；B．量筒的感量为0.1mL；C．关闭止水夹，从长颈漏斗注入水，在导管中形成水柱；D．NO不能利用排空气法收集．【解答】解：A．氯水中含HClO，具有漂白性，不能利用广泛pH试纸测得饱和氯水的pH，应选pH计，故A错误；B．量筒的感量为0.1mL，应用量筒量取7.6 mL 0.1 mol•L﹣1盐酸，故B错误；C．关闭止水夹，从长颈漏斗注入水，在导管中形成水柱，若一段时间高度不变，则气密性良好，图中装置合理，故C正确；D．NO不能利用排空气法收集，图中NO收集方法不合理，应选排水法收集，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及pH测定、实验基本操作及气体的制备和收集等，把握实验原理及实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．9．（3分）（2015秋•淮北校级期中）下列关于物质性质的说法不合理的是（）A．SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色B．FeCl3、Na2O2、Cu2S均可由相应单质直接化合生成C．金属Mg与稀硫酸和CO2均能反应，其反应类型相同D．氢氧化铝、碳酸铵、碳酸氢钠都既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应【考点】二氧化硫的化学性质；镁的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．二氧化硫不能够漂白石蕊溶液；B．铁与氯气反应生成氯化铁，钠与氧气在加热条件下生成过氧化钠，铜与硫反应生成硫化亚铜；C．镁与硫酸反应生成硫酸镁和氢气，镁与二氧化碳反应生成碳和氧化镁；D．两性物质、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐既能够与盐酸又能与氢氧化钠反应．【解答】解：A．SO2是酸性氧化物，也具有漂白性，但不能漂白指示剂，所以溶液只变红不褪色，故A错误；B．铁与氯气反应生成氯化铁，钠与氧气在加热条件下生成过氧化钠，铜与硫反应生成硫化亚铜，故B正确；C．镁与硫酸反应生成硫酸镁和氢气，镁与二氧化碳反应生成碳和氧化镁，二者都是置换反应，故C正确；D．氢氧化铝、碳酸铵、碳酸氢钠分别是两性物质、弱酸的铵盐、弱酸的酸式盐，都能够与盐酸和氢氧化钠反应，故D正确；故选：A．【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉物质的化学性质是解题关键，注意对既能够与盐酸又能与氢氧化钠反应物质的积累，题目难度不大．10．（3分）（2013•黄石校级模拟）在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg•cm﹣3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为c mol/L．下列叙述中正确的是（）①ω=②c=③上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω④上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl+）＞c（H+）＞c（OH﹣）﹣）＞c（NH4A．①④ B．②③ C．①③ D．②④【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】①溶质的质量分数为ω可由溶质的质量和溶液的质量来计算；②根据c=来计算；③根据溶质的质量分数=×100%来计算；④根据反应后的溶质及水解来分析．【解答】解：①VmL氨水，溶液的密度为ρg•cm﹣3，溶液的质量为ρVg，溶质的质量为×17，则溶质的质量分数为ω=，故①错误；②溶质的物质的量为mol，溶液的体积为VmL，则c=mol/L，故②正确；③再加入VmL水后，所得溶液的质量分数为，水的密度大于氨水的密度，则所得溶液的质量分数小于0.5ω，故③错误；④VmL氨水，再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后生成氯化铵，还有剩余的盐酸，溶液显酸性，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故④正确；故选D．【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，明确质量分数、物质的量浓度的关系、氨水的密度与水的密度大小是解答本题的关键，题目难度不大．11．（3分）（2015秋•淮北校级期中）通过下列实验现象的分析，对实验事实的解释正确的是（）A．常温下，将铝片放入浓硫酸中，无明显现象，说明铝不与冷的浓硫酸反应B．用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝色，说明浓氨水呈碱性C．H2S能与CuSO4溶液反应生成H2SO4，说明氢硫酸的酸性比硫酸强D．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，溶液褪色，说明BaCl2有酸性【考点】化学实验方案的评价．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．常温下，浓硫酸和铝发生钝化现象；。

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