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吉林省长春十一中2015届高三上学期期中考试化学试卷（解析版）一、选择题（共20小题，每小题2分，满分50分）1．（2分）下列各组物质中，都是强电解质的是（）A．HBr、HCl、BaSO4B．NH4Cl、CH3COOH、Na2SC．NaOH、Ca（OH）2、NH3•H2OD．HClO、NaF、Ba（OH）2考点：强电解质和弱电解质的概念．.专题：物质的分类专题．分析：强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物．即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物．一般是强酸、强碱和大部分盐类．弱电解质是指：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；解答：解：A、HBr、HCl、BaSO4是在水中完全电离成离子的化合物，所以属于强电解质，故A正确．B、CH3COOH在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故B错误．C、NH3•H2O在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故C错误．D、HClO在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故D错误．故选：A；点评：本题考查了强电解质的判断，难度不大，熟记常见的强电解质是解题的关键．2．（2分）某反应2AB（g）⇌C（g）+3D（g）在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的△H、△S应为（）A．△H＜0，△S＞0B．△H＜0，△S＜0C．△H＞0，△S＞0D．△H＞0，△S＜0考点：焓变和熵变．.专题：化学反应中的能量变化．分析：当△G=△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，△G=△H﹣T•△S＞0时，反应不能自发进行，据此分析．解答：解：化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，A、当△H＜0，△S＞0时，△G=△H﹣T•△S＜0，在室温一定能自发进行，故A错误；B、△H＜0，△S＜0时，在低温下能自发进行，故B错误；C、△H＞0，△S＞0时，在室温下不能自发进行，在高温下能自发进行，故C正确；D、△H＞0，△S＜0时，任何温度下反应都不能自发进行，故D错误．故选：C．点评：本题考查反应能否自发进行的判断，题目难度不大，注意根据自由能判据的应用．3．（2分）下列事实与胶体性质无关的是（）A．土壤中离子的吸附和交换过程，有保肥作用B．将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物C．一束平行光线射入蛋白质溶液里，可以看到一条光亮的通路D．氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解考点：胶体的重要性质．.分析：A．土壤是胶体；B．油水混合物是乳浊液；C．胶体有丁达尔效应；D．胶体遇电解质溶液发生聚沉．解答：解：A．土壤胶体带负电荷，能吸附阳离子，与胶体性质有关，故A错误；B．油水混合物是乳浊液，与胶体性质无关，故B正确；C．蛋白质溶液是胶体，有丁达尔效应，与胶体性质有关，故C错误；D．稀硫酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，与胶体性质有关，故D错误．故选B．点评：本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等，利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释．4．（2分）若NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中不正确的是（）A．16gO2与O3混合物中所含电子数为8NAB．标准状况下，2.24LCH3OH分子中共用电子对数为0.5NAC．6gSiO2晶体中硅氧共价键数为0.4NAD．0.1mol13C18O中所含中子数为1.7NA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．O2与O3是同素异形体，二者的摩尔质量之比为2：3，每个分子中O原子个数之比为2：3，所以相同质量的氧气和臭氧中其原子个数相等，则16gO2与O3的混合气体中O原子的物质的量为1mol，每个O原子中含有8个电子，据此计算电子数；B．标况下，甲醇是液体，气体摩尔体积对其不适用；C．二氧化硅晶体中，每个Si原子连接4个Si﹣O键，6gSiO2晶体物质的量==0.1mol，据此计算Si﹣O键个数；D．0.1mol13C18O中所含分子数为0.1NA，每个13C18O中中子数为17，据此计算中子总数．解答：解：A．O2与O3是同素异形体，二者的摩尔质量之比为2：3，每个分子中O原子个数之比为2：3，所以相同质量的氧气和臭氧中其原子个数相等，则16gO2与O3的混合气体中O原子的物质的量为1mol，每个O原子中含有8个电子，所以16gO2与O3混合物中所含电子数为8NA，故A正确；B．标况下，甲醇是液体，气体摩尔体积对其不适用，所以无法计算甲醇的物质的量，导致无法计算甲醇中共用电子对个数，故B错误；C．二氧化硅晶体中，每个Si原子连接4个Si﹣O键，6gSiO2晶体物质的量==0.1mol，则6gSiO2晶体中硅氧共价键数为0.4NA，故C正确；D．0.1mol13C18O中所含分子数为0.1NA，每个13C18O中中子数为17，所以0.1mol13C18O中所含中子数为1.7NA，故D正确；故选B．点评：本题考查阿伏伽德罗常数的计算，侧重考查物质结构、气体摩尔体积的适用范围，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，易错选项是A，注意氧气和臭氧的混合气体中只要总质量一定，总原子个数就一定，总原子个数与氧气物质的量的多少无关，为易错点．5．（2分）下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是（）A．2HgO2Hg+O2↑B．2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑C．2MgO（熔融）2Mg+O2↑D．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2考点：金属冶炼的一般原理．.专题：几种重要的金属及其化合物．分析：金属的性质不同，活泼性不同，冶炼的方法不同，根据金属活动性强弱，可采用热还原法、电解法、热分解法等冶炼方法．热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，例如：2HgO2Hg+O2↑热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，例如：Fe2O3+3CO2Fe+CO2↑电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如：2Al2O34Al+3O2↑，金属钠、镁采用电解熔融的氯化物的方法，利用铝热反应原理还原：V、Cr、Mn、W等高熔点金属可利用铝热反应产生的高温来冶炼．解答：解：A、Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故A正确；B、钠是活泼金属，应采用电解法制取，故B正确；C、镁是活泼金属，应采用电解法氯化镁的方法制取，氧化镁的熔点太高，消耗再多的资源，故C错误；D、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，故D正确．故选C．点评：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同，本题难度不大．6．（2分）对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是（）A．B．C．D．考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．.专题：化学用语专题．分析：酸或碱抑制水的电离，能水解的弱酸根离子、弱碱离子能促进水解的电离，以此来解答．解答：解：A．HCl溶于水电离出氢离子，抑制水的电离，故A不选；B．铁离子水解促进水的电离，故B不选；C．由离子结构示意图可知，为Cl﹣对水的电离无影响，故C选；D．为醋酸根离子，结合水电离生成的氢离子，促进水的电离，故D不选；故选：C．点评：本题考查微粒对水的电离的影响，注意利用电子式、离子符号、结构示意图等判断离子为解答的关键，把握抑制、促进水电离的因素即可解答，题目难度不大．7．（2分）（2010•宝鸡二模）等质量的CuO和MgO粉末分别溶于相同体积的硝酸中，得到的Cu（NO3）2和Mg（NO3）2的物质的量浓度分别为amol•L﹣1和bmol•L﹣1（假设反应前后溶液体积无明显变化），则a与b的关系为（）A．a=bB．a=2bC．2a=bD．a=5b考点：硝酸的化学性质；化学方程式的有关计算．.专题：氮族元素．分析：设它们的质量都是80g，则利用n=来计算物质的量，再由原子守恒来分析Cu（NO3）2和Mg（NO3）2的物质的量，因溶液体积相同，则溶质的物质的量的比值等于浓度之比．解答：解：设CuO和MgO粉末的质量均为80g，则n（CuO）==1mol，n（MgO）==2mol，由原子守恒可知CuO～Cu（NO3）2，MgO～Mg（NO3）2，则Cu（NO3）2和Mg（NO3）2的物质的量分别为1mol、2mol，因溶液体积相同，则溶质的物质的量的比值等于浓度之比，a：b=1mol：2mol=1：2，即2a=b，故选C．点评：本题考查金属氧化物与硝酸的反应，明确金属与盐的关系及巧设氧化物的质量是快速解答本题的关键，并学会利用守恒法来分析问题．8．（2分）在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡：S2﹣+H2O═HS﹣+OH﹣．下列说法正确的是（）A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．通入H2S，HS﹣浓度增大C．升高温度，减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小考点：影响盐类水解程度的主要因素．.专题：盐类的水解专题．分析：根据平衡常数与温度的关系及温度、浓度对平衡的影响来分析解答；A、平衡常数只随温度变化；B、通入硫化氢，溶液中氢离子浓度增大；C、水解反应是吸热反应，升温促进水解，根据平衡移动判断离子浓度变化；D、加入NaOH固体是一种强碱，据此回答．解答：解：A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故A错误；B、通入H2S，HS﹣浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，使S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣正向移动，HS﹣浓度增大，故B正确；C、水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2﹣）减小，c（HS﹣）增大，所以减小，故C错误；D、加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故D错误．故选：B．点评：本题考查了水解平衡常数及影响水解平衡的因素，水解平衡常数和化学平衡常数一样是温度的函数，与条件无关．化学平衡移动原理同样适合水解平衡的移动，要多迁移，多联系．9．（2分）下列溶液中有关物质的量浓度关系和计算不正确的是（）A．pH相等的NaOH、CH3COONa和NaHCO3三种溶液，则有c（NaOH）＜c（NaHCO3）＜c（CH3COONa）B．已知25°C时KSP（AgCl）=1.8×10﹣10，则在0.1mol•L﹣1AlCl3溶液中，Ag+的物质的量浓度最大可达到6.0×10﹣10mol•L﹣1C．25°时，0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中水电离出来的OH﹣浓度大于0.1mol•L﹣1NaOH溶液中水电离出来的OH﹣浓度D．室温下，0.1mol•L﹣1NaHA溶液的pH=4，则有c（HA﹣）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．.专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：A．pH相等碱性溶液，强碱的浓度最小，盐类的水解程度越小，浓度越大；B．首先计算c（Cl﹣），根据KSP（AgCl）=c（Ag+）×c（Cl﹣）计算；C．盐类水解促进水的电离；D．NaHA溶液的pH=4，说明电离程度大于水解程度．解答：解：A．pH相等碱性溶液，强碱的浓度最小，则c（NaOH）最小，盐类的水解程度越小，浓度越大，由于酸性：CH3COOH＞H2CO3，pH相等时，c（NaHCO3）＜c（CH3COONa），故A正确；B．c（Cl﹣）=0.3mol/L，c（Ag+）=mol/L=6.0×10﹣10mol•L﹣1，故B正确；C．盐类水解促进水的电离，而酸、碱抑制水的电离，则0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中水电离出来的OH﹣浓度大于0.1mol•L﹣1NaOH溶液中水电离出来的OH﹣浓度，故C正确；D．NaHA溶液的pH=4，说明电离程度大于水解程度，则c（A2﹣）＞c（H2A），故D错误．故选D．点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，本题注意盐类水解程度的比较，把握溶度