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山东省淄博市淄川一中2016届高三第一次段考化学试卷.doc

2015-2016 学年山东省淄博市淄川一中高三(上)第一次段 考化学试卷 参考答案与试题解析
一、选择题(本题共 16 个小题,每小题 3 分,共 48 分.每小题只有一个选项符合题意. ) 1.化学与生产生活、环境保护密切相关.下列说法中不正确的是( A.铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性 B.漂白粉的有效成分是 CaCl2 和 Ca(ClO)2 C.氢氧化铝是治疗胃酸过多的药物的有效成分之一 D.“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾天气 【考点】 常见的生活环境的污染及治理; 金属的电化学腐蚀与防护; 药物的主要成分和疗效. 【分析】A.锌比铁活泼,并且在空气中容易形成致密的氧化膜,防止生锈; B.漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙,有效成分是次氯酸钙; C.氢氧化铝为难溶物,能够中和胃酸中的盐酸; D.从雾霾天气的成因考虑. 【解答】解:A.锌比铁活泼,并且在空气中容易形成致密的氧化膜,防止生锈,故 A 正确; B.漂白粉的有效成分是 Ca(ClO)2,故 B 错误; C.氢氧化铝能够与胃酸中的盐酸反应,能够作胃酸的中和剂,故 C 正确; D.二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成,前两者为气态污染物, 最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首, 它们与雾气结合在一起, 让天空瞬间变 得灰蒙蒙的,“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入 颗粒物,故有利于减少雾霆天气,故 D 正确; 故选 B. 【点评】本题考查了常见生活环境的污染与治理、金属的腐蚀与防护等问题,难度一般. )

2.下列物质分类正确的是(



A.SO2、SiO2、P2O5 均为酸性氧化物 B.是否具有丁达尔效应是胶体与溶液、浊液的根本区别 C.纯净盐酸为纯净物、冰水混合物为混合物 D.烧碱、纯碱都属于碱,油脂、甘油都属于酯

【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;混合物和纯净物;分散系、胶体与溶液 的概念及关系. 【分析】A.与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物; B.溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别是分散质粒子的直径大小; C.纯净物是由一种物质组成的物质,混合物是由多种物质组成的物质; D.纯碱是碳酸钠,属于盐,甘油不属于酯,而属于醇类. 【解答】解:A.CO2、SO2、SiO2 都和强碱溶液反应生成盐和水,属于酸性氧化物,故 A 正确; B.分散质粒子的直径大小是胶体与溶液、浊液的根本区别,故 B 错误; C.纯净盐酸为绿化氢的水溶液,属于混合物,冰水混合物是由一种物质组成,属于纯净物, 故 C 错误; D.纯碱是碳酸钠,属于盐,甘油是丙三醇,属于醇类,故 D 错误; 故选 A. 【点评】本题考查物质的分类,难度不大,熟悉物质的分类及常见的概念即可解答,平时注 意知识的积累.

3.有关物质性质或用途的说法正确的是(



A.浓硫酸具有强氧化性,故不可用作干燥二氧化硫气体 B.明矾可用作净水剂、晶体硅用来制作光导纤维 C.稀硫酸中加入 KNO3 可使金属铜溶解 D.氯气通入品红溶液中溶液褪色,说明 Cl2 具有漂白性 【考点】浓硫酸的性质;氯气的化学性质;硅的用途;铜金属及其重要化合物的主要性质. 【分析】A、二氧化硫中的硫为+4 价,浓硫酸中的硫为+6 价,浓硫酸不能氧化二氧化硫; B、用来制作光导纤维的是二氧化硅晶体; C、 稀硫酸中加入硝酸钾, 酸电离出的氢离子与硝酸钾电离出的硝酸根离子, 组合成稀硝酸; D、氯气本身无漂白性,氯气与水反应生成次氯酸的强氧化性漂白. 【解答】解:A、二氧化硫中的硫为+4 价,浓硫酸中的硫为+6 价,浓硫酸不能氧化二氧化 硫,所以二氧化硫气体能用浓硫酸干燥,故 A 错误; B、用来制作光导纤维的是二氧化硅晶体,而不是硅,故 B 错误;

C、 稀硫酸中加入硝酸钾, 酸电离出的氢离子与硝酸钾电离出的硝酸根离子, 组合成稀硝酸, 所以可使金属铜溶解,故 C 正确; D、氯气本身无漂白性,氯气与水反应生成次氯酸的强氧化性漂白,故 D 错误;故选 C. 【点评】本题考查氧化还原反应,为高考常考考点,侧重氧化还原中基本概念的考查,明确 氯气本身无漂白性,而是生成的次氯酸漂白即可解答,题目难度不大.

4.下列选项中,为完成相应实验,所用仪器或相关操作合理的是(



A 海水蒸馏得到淡水

B 测量 Cl2 的体积

C 过滤

D 用 NaOH 标准溶液滴定锥形 瓶中的盐酸

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】A.海水淡化,利用水的沸点低,选择蒸馏法; B.氯气不溶于食盐水,可排饱和食盐水测定其体积; C.过滤需要引流; D.NaOH 标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸,NaOH 溶液应盛放在碱式滴定管中. 【解答】解:A.海水淡化,利用水的沸点低,选择蒸馏法,而图中冷水的方向不合理,应 下进上出,故 A 错误; B.氯气不溶于食盐水,可排饱和食盐水测定其体积,则图中装置可测定气体的体积,故 B 正确; C.过滤需要玻璃棒引流,图中缺少玻璃棒,故 C 错误; D.NaOH 标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸,NaOH 溶液应盛放在碱式滴定管中,仪器的使用 不合理,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,把握物质的性质、混合物分离提纯操 作、中和滴定等为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,题目 难度不大.

5.从下列实验事实所得出的相应结论正确的是( 实验事实 ① ② ③

) 结论 该气体一定是 SO2 还原性:Mg>C


将某气体通入品红溶液中,品红溶液褪色 将燃烧的镁条放入 CO2 中能继续燃烧

NaHCO3 溶液与 Na[Al(OH)4]溶液混合产生白色 酸性:HCO3 >Al 沉淀 (OH)3



常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反 非金属性:P>N 应



某无色晶体加入氢氧化钠浓溶液中并加热,产生的该晶体中一定有 NH4+ 气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝

A.②③⑤

B.①②③

C.③④⑤

D.①③⑤

【考点】化学实验方案的评价. 【分析】①品红溶液褪色,气体为二氧化硫、氯气等; ②燃烧的镁条放入 CO2 中能继续燃烧,生成 MgO 和 C; ③Na[Al(OH)4]溶液促进碳酸氢根离子的电离生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子; ④N≡N 键能大,性质稳定; ⑤产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝,气体为氨气. 【解答】解:①品红溶液褪色,气体为二氧化硫、氯气等,若加热恢复红色,气体为二氧化 硫,故错误; ②燃烧的镁条放入 CO2 中能继续燃烧,生成 MgO 和 C,由还原剂的还原性大于还原产物的 还原性可知,还原性为 Mg>C,故正确; ③Na[Al(OH)4]溶液促进碳酸氢根离子的电离生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子,则酸性: HCO3 >Al(OH)3,故正确; ④N≡N 键能大,性质稳定,则利用现象比较非金属性,事实为非金属性 N>P,故错误; ⑤产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝,气体为氨气,则该晶体中一定有 NH4+,故正确; 故选 A.


【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及物质的性质、反应现象与结论的 关系等,把握物质的性质及反应原理为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度 不大.

6.下列叙述正确的是(



A.将 CO2 通入 BaCl2 溶液中至饱和,无沉淀产生;再通入 SO2,产生沉淀 B.在稀硫酸中加入铜粉,铜粉不溶解;再加入 Cu(NO3)2 固体,铜粉仍不溶 C.向 AlCl3 溶液中滴加氨水,产生白色沉淀;再加入过量 NaHSO4 溶液,沉淀消失 D.纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢;再加入少量 CuSO4 固体,速率不改变 【考点】二氧化硫的化学性质;化学反应速率的影响因素;硝酸的化学性质;两性氧化物和 两性氢氧化物. 【专题】压轴题;化学反应速率专题;元素及其化合物. 【分析】A.CO2 和 SO2 与 BaCl2 不反应,没有沉淀产生; B.NO3 具有强氧化性,在酸性条件下与 Cu 发生氧化还原反应; C.Al(OH)3 不溶于弱碱,但可溶于强碱和强酸; D.锌和铜在酸性条件下形成原电池反应,反应速率较大. 【解答】解:A.CO2 和 SO2 对应的酸比 HCl 弱,二者与 BaCl2 不反应,没有沉淀产生,故 A 错误; B.铜和稀硫酸不反应,加入 Cu(NO3)2 固体,NO3 具有强氧化性,在酸性条件下与 Cu 发生氧化还原反应,可溶解铜,故 B 错误; C.氨水呈弱碱性,向 AlCl3 溶液中滴加氨水,生成 Al(OH)3,Al(OH)3 不溶于弱碱, 但可溶于强碱和强酸,则再加入过量 NaHSO4 溶液,沉淀消失,故 C 正确; D. 加入少量 CuSO4 固体, 置换出铜, 锌和铜在酸性条件下形成原电池反应, 反应速率较大, 故 D 错误. 故选 C. 【点评】本题考查元素化合物知识,题目难度中等,本题注意 CO2 和 SO2 对应的酸比 HCl 弱,Al(OH)3 不溶于弱碱,以及原电池反应等知识,为元素化合物中常考查知识,学习中 注意积累.
﹣ ﹣

7.关于阿伏加德罗常数(NA)的下列说法正确的是(



A.0.1molNa2O2 与水反应转移电子数为 0.2 NA B.标准状况下,11.2L CCl4 中含有的分子数为 0.5NA C.1mol S 在足量 O2 中燃烧,转移的电子数为 4NA D.0.2 mol Cl2 溶于水中,转移电子数为 0.2NA 【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、过氧化钠与水的反应为歧化反应; B、标况下四氯化碳为液态; C、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫; D、氯气与水的反应为可逆反应. 【解答】解:A、过氧化钠与水的反应为歧化反应,故 0.1mol 过氧化钠转移 0.1mol 电子即 0.1NA 个,故 A 错误; B、标况下四氯化碳为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故 B 错误; C、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫故 1mol 硫失去 4mol 电子即 4NA 个,故 C 正确; D、氯气与水的反应为可逆反应, 不能进行彻底, 故转移的电子数小于 0.2NA 个, 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.

8.在 pH=1 的溶液中,能大量共存的一组离子是( A.Mg2+、Ca2+、HCO3 、NO3
﹣ ﹣


﹣ ﹣

B.Al3+、NH4+、Br 、Cl


C.K+、MnO4 、S2 、SO42
﹣ ﹣



D.Na+、K+、SiO32 、Cl



【考点】离子共存问题. 【专题】离子反应专题. 【分析】pH=1 的溶液,含大量的 H+,根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等,则离 子大量共存,以此来解答. 【解答】解:A.酸性溶液中 H+、HCO3 结合生成水和气体,不能大量共存,故 A 错误;


B.酸性溶液中该组离子之间不反应,可大量共存,故 B 正确; C.酸性溶液中 MnO4 、S2 发生氧化还原反应,不能大量共存,故 C 错误;
﹣ ﹣

D.H+、SiO32 结合生成沉淀,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,把握常见离子之间的反应为解答的关键,注意 信息的抽取及复分解反应的条件即可解答,题目难度不大.

9.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是(



A.在溶液中加 KSCN,溶液显红色,证明原溶液中有 Fe3+,无 Fe2+ B.在溶液中滴加盐酸酸化,在滴加硝酸钡溶液,若有白色沉淀生成则含有 SO42 C.灼烧白色粉末,火焰成黄色,证明原粉末中有 Na+,无 K+ D.将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,证明原气体可能是 CO2 【考点】常见离子的检验方法;物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用. 【专题】物质的分离提纯和鉴别. 【分析】A.亚铁离子与 KSCN 不反应,不能鉴别; B.不能排除生成 AgCl 沉淀; C.应透过蓝色钴玻璃观察钾离子; D.二氧化碳可使澄清石灰水变浑浊. 【解答】解:A.亚铁离子与 KSCN 不反应,不能鉴别,如检验亚铁离子,可用高锰酸钾溶 液,观察颜色是否变化,故 A 错误; B.不能排除生成 AgCl 沉淀,检验硫酸根离子,应先加入盐酸,如无现象,再加入氯化钡 观察是否生成沉淀,故 B 错误; C.为防止滤去黄光,应透过蓝色钴玻璃观察钾离子,故 C 错误; D.二氧化碳可使澄清石灰水变浑浊,气体可能为二氧化碳,故 D 正确. 故选 D. 【点评】本题考查离子的检验,为高频考点,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注 意把握物质的性质以及实验的严密性、可行性的评价,难度不大.


10.在 CO2 中,Mg 燃烧生成 MgO 和 C.下列说法正确的是( A.元素 C 的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体 B.Mg、MgO 中镁元素微粒的半径:r(Mg2+)>r(Mg) C.在该反应条件下,Mg 的还原性强于 C 的还原性 D.该反应中化学能全部转化为热能



【考点】同素异形体;微粒半径大小的比较;氧化性、还原性强弱的比较;化学能与热能的 相互转化. 【分析】A、C 元素的单质存在多种同素异形体; B、电子层数越多,微粒半径越大; C、依据化学反应方程式判断即可,还原剂的还原性大于还原产物的还原性; D、镁燃烧放出强光,据此解答即可. 【解答】解:A、元素 C 除存在金刚石和石墨外,还存在足球烯(C60)等同素异形体,故 A 错误; B、Mg 有 3 个电子层,Mg2+为 Mg 失去最外层的 2 个电子形成的阳离子,只有 2 个电子层, 故半径 r(Mg2+)<r(Mg) ,故 B 错误; C、该反应为:2Mg+CO2 2MgO+C,此反应中 Mg 为还原剂,C 为还原产物,还原

剂的还原性大于还原产物的还原性,即还原性 Mg>C,故 C 正确; D、该反应放出光,即部分化学能转化为光能,且生成物仍具有能量,故 D 错误,故选 C. 【点评】本题主要考查的是同素异形体的判断、微粒半径大小比较、氧化还原反应中还原性 强弱比较以及能量之间的转化等,综合性较强,有一定的难度.

11.下列离子方程式正确的是(




3+ A. 向 KAl (SO4) (OH) 2Al3++3SO42 +3Ba2++6OH 2 溶液中滴加 Ba 2 溶液至 Al 恰好沉淀完全:


═2Al(OH)3↓+3BaSO4↓


B.向 NH4HSO4 溶液中滴加过量 NaOH 溶液并加热:NH4++OH

H2O+NH3↑


C.向 AlCl3 溶液中滴加过量氨水:Al3++4NH3?H2O═[Al(OH)4] +4NH4+ D.FeO 溶于稀硝酸中:FeO+2H+═Fe2++H2O 【考点】离子方程式的书写. 【分析】A.若使 Al3+恰好沉淀完全,KAl(SO4)2 与 Ba(OH)2 应按照 2:3 反应; B.NH4HSO4 溶液中滴加过量 NaOH 溶液时,NH4+与 H+均与 OH 反应;


C.由于 Al(OH)3 不能溶于弱碱; D.+2 价铁具有较强的还原性,会被硝酸氧化. 【解答】解:A.若使 Al3+恰好沉淀完全,KAl(SO4)2 与 Ba(OH)2 应按照 2:3 反应, 离子方程式:2Al3++3SO42 +3Ba2++6OH ═2Al(OH)3↓+3BaSO4↓,故 A 正确;
﹣ ﹣

B.向 NH4HSO4 溶液中滴加过量 NaOH 溶液并加热:NH4++2OH +H+


2H2O+NH3↑,

故 B 错误; C.AlCl3 溶液中加入过量 NH3?H2O 的离子反应为 Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故 C 错误; D.FeO 溶于稀硝酸中:3FeO+10H++NO3 ═3Fe2++5H2O+NO↑,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, 明确发生的化学反应是解答本题的关键, 注意反应物用量对反应的影响.

12.下列有关物质的性质或应用正确的是(



A.实验室常用铝盐溶液与氢氧化钠溶液制备 Al(OH)3 沉淀 B.浓硫酸能干燥 SO2、NO2 等气体,说明浓硫酸具有吸水性 C.SO2 具有漂白性,通入紫色石蕊溶液中能使溶液先变红后褪色 D.30%的 H2O2 溶液中加入 MnO2 可制得 O2,MnO2 做氧化剂 【考点】浓硫酸的性质;催化剂的作用;二氧化硫的化学性质. 【分析】A.氢氧化铝能够溶解在氢氧化钠溶液中; B.浓硫酸具有吸水性,能够吸收气体中的水蒸气; C.SO2 气体通入紫色石蕊试液中,溶液变为红色; D.二氧化锰在双氧水分解制备氧气中做催化剂. 【解答】解:A.氢氧化铝能够溶解在氢氧化钠溶液中,实验室制备氢氧化铝不能用强碱, 应选择弱碱氨水,故 A 错误; B.浓硫酸具有吸水性,能够吸收气体中的水蒸气,常用作干燥剂,故 B 正确; C.将 SO2 气体通入紫色石蕊试液中,溶液变为红色,可说明二氧化硫为酸性氧化物,不能 说明其漂白性,故 C 错误; D.二氧化锰在双氧水分解制备氧气中做催化剂,故 D 错误; 故选:B. 【点评】本题考查了物质的性质,熟悉浓硫酸、二氧化硫、双氧水的性质是解题关键,注意 二氧化硫漂白性特点,题目难度不大.

13.下列化学实验事实及其结论都正确的是( 选项 A B C D A.A 实验事实 将 SO2 通入含 HClO 的溶液中生成 H2SO4 铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落 将水蒸气通过灼热的铁粉,粉末变红 将铜丝插入浓硫酸中加热,有气泡冒出 B.B

) 结论 HClO 的酸性比 H2SO4 强 铝箔表面氧化铝熔点高于铝 铁与水在高温下发生反应 Cu 与浓硫酸发生置换反应 D.D

C.C

【考点】化学实验方案的评价. 【分析】A.发生氧化还原反应生成硫酸,不能比较酸性的强弱; B.铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高; C.铁与水蒸气在高温下反应生成黑色的 Fe3O4 和 H2; D.铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、水和 SO2. 【解答】解:A.SO2 与 HClO 反应生成 H2SO4,是 HClO 的强氧化性所致,不是酸性所致, 所以不能得出 HClO 的酸性比 H2SO4 强的结论,故 A 错误; B.氧化铝的熔点高于铝,故熔融的铝能被固体氧化铝膜包住,故 B 正确; C.铁与水蒸气在高温下反应生成黑色的 Fe3O4 和 H2,而不是红色的 Fe2O3,故 C 错误; D.铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、水和 SO2,该反应不属于置换反应,故 D 错误; 故选 B. 【点评】本题考查化学实验方案的评价,涉及氧化还原反应、铝、铁、铜的化学性质等,注 重物质性质的考查,综合性较强,但题目难度不大.

14. 工业上将 Na2CO3 和 Na2S 以 1: 2 的物质的量之比配成溶液, 再通入 SO2, 可制取 Na2S2O3, 同时放出 CO2.在该反应中( )

A.二氧化硫体现还原性,做还原剂 B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1:2 C.每生成 1molNa2S2O3,转移 4mol 电子 D.相同条件下,每吸收 10m3SO2 就会放出 2.5m3CO2 【考点】氧化还原反应.

【分析】工业上将 Na2CO3 和 Na2S 以 1:2 的物质的量之比配成溶液,再通入 SO2,可制取 Na2S2O3,同时放出 CO2,其反应方程式为 2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2,反应在 S 元素的化合价从﹣2 价升高到+2 价,S 的化合价从+4 价降低到+2 价,据此分析. 【解答】解:A.由反应方程式中二氧化硫 S 的化合价从+4 价降低到+2 价,则二氧化硫体 现氧化性,做氧化剂,故 A 错误; B.2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2 中,Na2S 为还原剂,SO2 为氧化剂,则氧化剂与还 原剂的物质的量之比为 2:1,故 B 错误; C.反应中 2Na2S 转化为 3Na2S2O3,转移 8 个电子,则生成 1molNa2S2O3,转移 mol 电子, 故 C 错误; D.根据方程式可知,每当 4molSO2 参与氧化还原反应就会放出 1molCO2,则每 10m3SO2 参与反应就会放出 2.5m3CO2,故 D 正确. 故选 D. 【点评】本题考查了氧化还原反应,注意根据反应物和生成物写出反应方程式,结合元素化 合价的变化分析,题目难度中等.

15. 用如图所示装置进行下列实验: 将①中溶液滴入②中, 预测的现象与实际相符的是 ( 选项 A B C D ①中物质 稀盐酸 浓硝酸 氯化铝溶液 草酸溶液 ②中物质 碳酸钠、氢氧化钠混合溶液 用砂纸打磨过的铝条 浓氢氧化钠溶液 高锰酸钾酸性溶液 预测中的现象 立即产生气泡 产生红棕色气体 产生大量白色沉淀 溶液逐渐褪色



A.A

B.B

C.C

D.D

【考点】化学实验方案的评价.

【分析】A.稀盐酸先和 NaOH 反应生成氯化钠和水,然后再和碳酸钠反应生成碳酸氢钠, 最后碳酸氢钠和稀盐酸反应生成二氧化碳; B.常温下,浓硝酸和铝发生钝化现象; C.NaOH 过量,开始不生成沉淀; D.发生氧化还原反应. 【解答】解:A.先发生盐酸与 NaOH 的反应,然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,最后 盐酸与碳酸氢钠反应生成气体,则现象不合理,故 A 错误; B.常温下,Al 遇浓硝酸发生钝化,则不能观察到红棕色气体,现象不合理,故 B 错误; C.NaOH 过量,开始不生成沉淀,反应生成偏铝酸钠和氯化钠,开始无现象,故 C 错误; D.草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应,溶液褪色,现象合理,故 D 正确; 故选 D. 【点评】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用,为高频考点,把握物质的性质、发生 的反应、 反应与现象的关系为解答的关键, 侧重分析与实验能力的综合考查, 题目难度不大.

16.向一定量的 Fe、FeO 和 Fe2O3 的混合物中加入 120mL 4mol/L 的稀硝酸,恰好使混合物 完全溶解,放出 1.344LNO(标准状况) ,往所得溶液中加入 KSCN 溶液,无红色出现.若 用足量的 CO 在加热下还原相同质量的混合物,最终得到铁的物质的量为( A.0.21mol B.0.24mol C.0.16mol )

D.0.14mol

【考点】有关混合物反应的计算. 【专题】计算题. 【分析】n(HNO3)=0.12L× 4mol/L=0.48mol,n(NO)= =0.06mol,往所得溶液

中加入 KSCN 溶液,无红色出现,说明全部生成 Fe2+,溶液溶质为 Fe(NO3)2,结合铁守 恒计算. 【解答】解:n(HNO3)=0.12L× 4mol/L=0.48mol,n(NO)= =0.06mol,往所得

溶液中加入 KSCN 溶液,无红色出现,说明全部生成 Fe2+,溶液溶质为 Fe(NO3)2,则原 混合物中 Fe 为 =0.21mol,则若用足量的 CO 在加热下还原相同质量的

混合物,最终得到铁的物质的量为 0.21mol, 故选 A.

【点评】本题考查混合物的计算,题目难度不大,注意从守恒的角度解答该题较为直观,答 题时注意体会.

二、非选择题(本题共 5 个小题,共 52 分) 17. (11 分) (2015 秋?淄博校级月考) 辉铜矿主要含有硫化亚铜 (Cu2S) 及少量脉石 (SiO2) , 焙烧辉铜矿会产生大气污染物 SO2,为探究 SO2 的化学性质,用如图装置进行实验.

(1)检查 A 装置气密性的方法 止水夹关闭导管 a 处,从分液漏斗注入水在锥形瓶与漏斗 下端导管内形成水柱,一段时间内高度不变,则气密性良好 . (2)实验中,装置 B 中的现象是 红色溶液变成无色 ═SO32 +H2O .


,反应的离子方程式 SO2+2OH



(3)装置 D 可证明 SO2 具有还原性,则 D 中的溶液可选用 高锰酸钾溶液 (填化学式) , 现象为 紫红色溶液变成无色 _. (4)为完成以上实验,仪器接口的连接顺序为 a→ edbcgfh 或 edgfbch . 【考点】性质实验方案的设计;实验装置综合. 【专题】无机实验综合. 【分析】A 为二氧化硫制备装置,B 为检验二氧化硫使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色原理, D 为检验二氧化硫的氧化性,两性质检验时,装置位置可以颠倒,E 进行尾气处理,防止污 染空气,C 装置防止倒吸,应在 A 与 B 或 C 之间,注意 C 中气流方向为短进长出,以此来 解答. 【解答】解: (1)检查 A 装置气密性的方法利用止水夹关闭导管 a 处,从分液漏斗注入水 在锥形瓶与漏斗下端导管内形成水柱,一段时间内高度不变,则气密性良好, 故答案为:止水夹关闭导管 a 处,从分液漏斗注入水在锥形瓶与漏斗下端导管内形成水柱, 一段时间内高度不变,则气密性良好;

(2)A 中反应生成 SO2,与 B 中 NaOH 溶液发生 SO2+2OH ═SO32 +H2O,观察到红色溶液
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变成无色, 故答案为:红色溶液变成无色;SO2+2OH ═SO32 +H2O;
﹣ ﹣

(3)装置 D 可证明 SO2 具有还原性,则 D 中的溶液可选用,可以选择高锰酸钾溶液,现象 是:紫红色溶液变成无色, 故答案为:高锰酸钾溶液;紫红色溶液变成无色; (4)A 为二氧化硫制备装置,B 为检验二氧化硫使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色原理,D 为检验二氧化硫的氧化性,两性质检验时,装置位置可以颠倒,E 进行尾气处理,防止污染 空气,C 装置防止倒吸,应在 A 与 B 或 C 之间,注意 C 中气流方向为短进长出,故仪器接 口的连接顺序为 a→edbcgfh 或 edgfbch, 故答案为:edbcgfh 或 edgfbch. 【点评】本题考查性质实验方案的设计,为高频考点,把握气体的制备原理、性质及实验装 置的作用为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,题目难度不大.

18.铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛,请根据下列实验回答问题. (1)氯化铁溶液常用作印刷电路铜板的腐蚀剂,反应的离子方程式为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ ;从腐蚀废液中回收金属铜还需要的试剂是 过量的铁粉和稀盐 酸 . (2)铁红是一种红色颜料,其成分是 Fe2O3,将一定量的铁红溶于 160mL5mol?L
﹣1

盐酸中,

再加入一定量铁粉恰好溶解,收集到 2.24L 氢气(标准状况) ,溶液中铁元素的存在形式为 Fe2+ (填离子符号) ,检验该离子的实验操作、现象和结论是 取少量待测液于试管中,

滴入酸性的高锰酸钾溶液,紫色褪去,则含有二价铁离子 ;参加反应的铁粉的质量为 11.2g . 【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用. 【专题】元素及其化合物. 【分析】 (1)氯化铁与铜发生氧化还原反应生成氯化铜和氯化亚铁;从腐蚀废液中回收金属 铜,应加入过量的铁粉,使铁与铜离子反应置换铜,然后用过量的盐酸溶解剩余的铁粉; (2)铁先与 Fe3+反应,然后再与氢离子反应;二价铁离子具有还原性能够还原酸性的高锰 酸钾;结合反应的离子方程式计算.

【解答】解: (1)氯化铁与铜发生氧化还原反应生成氯化铜和氯化亚铁,离子方程式: 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+; 从腐蚀废液中回收金属铜,应加入过量的铁粉,使铁与铜离子反应置换铜,然后用过量的盐 酸溶解剩余的铁粉; 故答案为:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;过量的铁粉和稀盐酸; (4)铁红与过量的盐酸反应生成氯化铁,加入铁粉后铁先与 Fe3+反应,然后再与氢离子反 应,因为有氢气生成,所以溶液中不存在三价铁,只存在二价铁离子;二价铁离子具有还原 性能够还原酸性的高锰酸钾,能够使酸性的高锰酸钾褪色,所以检验方法为:取少量待测液 于试管中,滴入酸性的高锰酸钾溶液,紫色褪去,则含有二价铁离子; 氢气的物质的量为: 由关系式 Fe~2HCl~H2,得到 0.1mol 0.2mol 0.1mol 根据氯原子守恒,所以氯化铁的物质的量为: × (0.16L× 5mol/L﹣0.2mol)=0.2mol, Fe~2FeCl3 0.1mol 0.2mol 所以参加反应的铁粉的质量为: (0.1mol+0.1mol)× 56g/mol=11.2g, 故答案为:Fe2+;取少量待测液于试管中,滴入酸性的高锰酸钾溶液,紫色褪去,则含有二 价铁离子;11.2g. 【点评】 本题考查了金属单质及其化合物性质的综合应用、 离子方程式的书写及有关方程式 的计算,题目难度中等,明确金属单质及其化合物的物质的性质及发生的反应是解题关键, 试题培养了学生的分析能力及化学计算能力. =0.1mol,

19. (12 分) (2015 秋?淄博校级月考)某化学学习小组设计如图实验装置(夹持装置略去) 制备 Cl2,并探究氯气的相关性质.

(1) 写出实验室制取 Cl2 的离子方程式 MnO2+4H++2Cl



Mn2++Cl2↑+2H2O . 若A mol.

装置中固体药品为 KClO3,则反应中每生成 1mol Cl2 时转移电子的物质的量

(2)装置 B 的作用 除去氯气中的氯化氢,检测实验过程中装置 C 是否发生堵塞 . (3)装置 C 的作用是验证氯气是否具有漂白性,I 处是湿润的有色布条,则Ⅱ、Ⅲ处应加 入的物质分别是 无水氯化钙 、 干燥的有色布条 .

(4)设计装置 D、E 的目的是比较氯、溴、碘的非金属性.请简述能说明氯、溴、碘非金 属性强弱的实验操作及现象: 打开 A 中分液漏斗活塞,一段时间后,D 中的无色溶液变 为橙色(橙红色或黄色) ,说明氯的非金属性大于溴;打开 D 中活塞,将 D 中少量溶液放入 装置 E 中,振荡,下层为紫红色,说明溴的非金属性大于碘 . (5)请用化学方程式说明装置 F 的作用: Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O . 【考点】氯气的实验室制法. 【专题】气体的制备与性质检验类实验. 【分析】 (1) 实验室制备氯气是利用二氧化锰固体和浓盐酸加热反应生成氯化锰、 氯气和水; 依据氯酸钾和浓盐酸反应的化学方程式结合元素化合价变化计算电子转移; (2)浓盐酸易挥发,制取的氯气中含有氯化氢,用饱和食盐水可以吸收氯化氢;B 装置还 能够检测实验过程中装置 C 是否发生堵塞; (3)验证氯气是否具有漂白性,要验证干燥氯气无漂白性,湿润的有色布条中,氯气和水 反应生成次氯酸具有漂白性; (4)依据氯气氧化性大于溴,能够置换溴,溴的氧化性大于碘,能够置换碘解答; (5)氯气有毒,直接排放能够引起空气污染,氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠 和水,可以用氢氧化钠吸收过量氯气.
﹣ ﹣ ﹣

【解答】解: (1)实验室制取氯气反应的离子方程式为:MnO2+4H++2Cl Mn2++Cl2↑+2H2O; 若 A 装置中固体药品为 KClO3,和盐酸反应的化学方程式为:



KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O,反应生成 3molCl2,转移电子 5mol,则反应中每生成 1mol Cl2 时转移电子的物质的量为 mol, 故答案为:MnO2+4H++2Cl


Mn2++Cl2↑+2H2O; ;

(2)浓盐酸易挥发,制取的氯气中含有氯化氢,氯化氢易溶于水,氯气在饱和食盐水中溶 解度不大,用饱和食盐水可以吸收氯化氢; 检测实验过程中装置 C 是否发生堵塞,若 C 中发生堵塞,会看的,B 中长颈漏斗中液面上 升,形成液柱; 故答案为:除去氯气中的氯化氢,检测实验过程中装置 C 是否发生堵塞; (3)装置 C 的实验目的是验证氯气是否具有漂白性,验证氯气是否具有漂白性,要验证干 燥氯气无漂白性,湿润的有色布条中,氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性,Ⅱ中应是干燥 剂无水氯化钙,湿润的氯气通过干燥除去水分,通过Ⅲ处干燥的有色布条,布条不褪色; 故答案为:无水氯化钙,干燥的有色布条; (4)设计装置 D、E 的目的是比较氯、溴、碘的非金属性,使用操作为及现象为:打开 A 中分液漏斗活塞,一段时间后,D 中的无色溶液变为橙色(橙红色或黄色) ,说明氯的非金 属性大于溴;打开 D 中活塞,将 D 中少量溶液放入装置 E 中,振荡,下层为紫红色,说明 溴的非金属性大于碘; 故答案为:打开 A 中分液漏斗活塞,一段时间后,D 中的无色溶液变为橙色(橙红色或黄 色) ,说明氯的非金属性大于溴;打开 D 中活塞,将 D 中少量溶液放入装置 E 中,振荡, 下层为紫红色,说明溴的非金属性大于碘. (5)F 作用吸收过量氯气,氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,离子方程式: Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O; 故答案为:Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O. 【点评】本题考查了氯气实验室制取、氯气性质的检验、实验设计、实验装置的理解评价、 化学方程式、离子方程式的书写等,注意装置连接的操作和实验设计,掌握基础是关键,题 目难度中等.
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

20.铜及其化合物在工农业生产中都有着广泛应用. (1)火法炼铜首先要焙烧黄铜矿,其反应为:2CuFeS2+2O2=2Cu+2FeS+2SO2,当有 1molCu 生成,则反应中转移电子 6 mol.

(2)某种处理火法炼铜中 SO2 废气的工艺流程如图所示.

①溶液 A 中发生的反应为 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42 +4H+ .


②由流程图可推知 Fe3+、O2、SO42 的氧化性由强到弱的顺序为 O2>Fe3+>SO42
﹣ ﹣





(3)已知反应:3Cu+2NO3 +xH+=3Cu2++2R+yH2O.则参加反应的 Cu 和消耗的 HNO3 物质 的量之比为 3:8 . 【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质. 【专题】元素及其化合物. 【分析】 (1)2CuFeS2+2O2=2Cu+2FeS+2SO2 中,Cu、O 元素的化合价降低,S 元素的化合 价升高; (2)由工艺流程可知,A 中的反应为 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42 +4H+,B 中的反应为


4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,C 中铁离子循环利用,结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大 于氧化产物的氧化物分析; (3)由电荷守恒计算 x,由电子守恒计算 R 中 N 元素的化合价,从而判断 R,然后写出方 程式,再计算参加反应的 Cu 和消耗的 HNO3 物质的量之比. 【解答】解: (1)反应 2CuFeS2+2O2=2Cu+2FeS+2SO2 中,化合价变化情况为:Cu 元素由 +2 价降低为 0 价,S 元素由﹣2 价升高到+4 价,氧气中 O 元素由 0 降低为﹣2 价,则每生 成 2molCu 转移电子 12mol,则当有 1molCu 生成,则反应中转移电子为 6mol, 故答案为:6; (2)由工艺流程可知,A 中的反应为 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42 +4H+,B 中的反应为


4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,C 中铁离子循环利用, ①由上述分析可知溶液 A 中的反应为 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42 +4H+,


故答案为:2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42 +4H+;


②A 中发生 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42 +4H+, 溶液 B 中发生 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,


由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性为 O2>Fe3+>SO42 ,


故答案为:O2>Fe3+>SO42 ;


(3)由电荷守恒可得: (﹣2)+x=2× 3,则 x=8,设 R 中氮元素的化合价为 a,由得失电子 守恒可得:2× (5﹣a)=2× 3,解得 a=+2,则 R 为 NO,配平方程式为:3Cu+2NO3


+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O,所以参加反应的 Cu 和消耗的 HNO3 物质的量之比为 3:8; 故答案为:3:8. 【点评】 本题以铜及其化合物为载体考查氧化还原反应的计算, 把握发生的反应及反应中元 素的化合价变化为解答的关键,侧重分析、计算能力的综合考查,题目难度中等.

21. (12 分) (2015 秋?淄博校级月考)NH4Al(SO4)2 是食品加工中最为快捷的食品添加剂, 用于焙烤食品,工业上常用铝土矿(主要成分是 Al2O3 和少量的 SiO2、Fe2O3 杂质)是工业 上制取铝的原料.实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取 Al2(SO4)3 和铵明矾晶体[NH4Al (SO4)2?12H2O]的工艺流程如图所示;

请回答下列问题: (1)废渣 a、b 的成分分别是 SiO2 、 Fe(OH)3 .
﹣ ﹣

(2) Ⅲ中通入足量 CO2 气体发生反应的离子方程式为 AlO2 +CO2+2H2O═HCO3 +Al (OH)
3↓



(3) 由Ⅴ制取铵明矾溶液的化学方程式为 Al2O3+4H2SO4+2NH3═2NH4Al (SO4) , 2+3H2O 从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为 (填操作名称) 蒸发浓缩 、 冷却结晶、 过滤洗涤. (3)以 1 000kg 含氧化铝 36%的铝土矿为原料制取 Al2(SO4)3,需消耗 18.4mol?L 酸 575.4 L.
﹣1

的硫

(4)若同时制取铵明矾和硫酸铝,通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量.若欲使制得 的铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为 1:1,则投料时铝土矿中的 Al2O3 和 H2SO4 的物质的 量之比为 3:10 . 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用. 【专题】综合实验题;类比迁移思想;演绎推理法;无机实验综合. 【分析】铝土矿用盐酸溶解,Al2O3、Fe2O3 反应得到 AlCl3、FeCl3,SiO2 不与盐酸反应,过 滤得到固体 a 为 SiO2,滤液中含有 AlCl3、FeCl3 及剩余的 HCl,再加入过量的烧碱,反应得 到氢氧化铁沉淀、偏铝酸钠、氯化钠,过滤,红褐色沉淀 b 为氢氧化铁,溶液中含有偏铝酸 钠、氯化钠及剩余的 NaOH,通入过量的二氧化碳,反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠,过 滤,滤液 c 中含有氯化钠、碳酸氢钠,将沉淀加热分解得到氧化铝,用硫酸溶解得到硫酸铝 溶液,再通入氨气,得到铵明矾溶液,最后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到铵明 矾晶体, (1)Al2O3 和 Fe2O3 能溶于盐酸,SiO2 不溶于盐酸,含有 FeCl3 溶液中加入过量的烧碱,得 到氢氧化铁沉淀; (2)碳酸的酸性强于偏铝酸,故二氧化碳与偏铝酸钠生成氢氧化铝沉淀; (3)Al2O3 与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾溶液;依据从可溶性溶液中获取固体的实验方 法回答; (3)依据化学反应方程式以及给出的数据计算即可; (4)设制得的 Al2(SO4)3 和 NH4Al(SO4)2?12H2O 的物质的量都是 1 mol,然后依据铝 离子与硫酸根的关系回答即可. 【解答】解:铝土矿用盐酸溶解,Al2O3、Fe2O3 反应得到 AlCl3、FeCl3,SiO2 不与盐酸反应, 过滤得到固体 a 为 SiO2,滤液中含有 AlCl3、FeCl3 及剩余的 HCl,再加入过量的烧碱,反应 得到氢氧化铁沉淀、偏铝酸钠、氯化钠,过滤,红褐色沉淀 b 为氢氧化铁,溶液中含有偏铝 酸钠、氯化钠及剩余的 NaOH,通入过量的二氧化碳,反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠, 过滤,滤液 c 中含有氯化钠、碳酸氢钠,将沉淀加热分解得到氧化铝,用硫酸溶解得到硫酸 铝溶液,再通入氨气,得到铵明矾溶液,最后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到铵 明矾晶体, (1)根据上面的分析可知,废渣 a 为、固体 b 为 Fe(OH)3, 故答案为:SiO2;Fe(OH)3;

(2)碳酸的酸性强于偏铝酸,故二氧化碳与偏铝酸钠生成氢氧化铝沉淀,反应的离子方程 式为 AlO2 +CO2+2H2O═HCO3 +Al(OH)3↓, 故答案为:AlO2 +CO2+2H2O═HCO3 +Al(OH)3↓; (3)Al(OH)3 分解生成 Al2O3,Al2O3 与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾溶液,从铵明矾溶 液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤, 故答案为:Al2O3+4H2SO4+2NH3═2NH4Al(SO4)2+3H2O;蒸发浓缩; (3)m(Al2O3)=1 000 kg× 36%=360 kg, 依据:Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O 102 294
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

360kg m(H2SO4) 故 m(H2SO4)= = =575.4 L, =1037.6 kg,需消耗质量分数 98%的硫酸(密度 1.84 g?cm 3)为


故答案为:575.4; (4) 设制得的 Al2 (SO4) (SO4) 则 Al3+共 3 mol, 3 和 NH4Al 2?12H2O 的物质的量都是 1 mol, SO42 共 5 mol,根据 Al3+和 SO42 守恒原理可得,加入 Al2O3 和 H2SO4 的物质的量之比为:
﹣ ﹣

:5=3:10, 故答案为:3:10. 【点评】本题主要考查的是无机非金属材料的流程与应用,属于中等题,考查的是学生综合 分析问题的能力.


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