河北省正定中学高三理综12月月考试题（扫描版）.doc

河北省正定中学2016届高三理综12月月考试题（扫描版）神州智达2016届高三诊断性大联考（一）化学部分答案及解析78910111213dcbdbca【解析】7、苯不与溴水反应，所以a错；石油分馏为物理变化，得不到苯，b错；有机分子如ccl4、乙烯等中不含碳碳单键，c错；乙醇可被氧化为乙酸，且二者均能发生酯化反应，d正确。8、a中向agcl和agno3的混合悬浊液中加入nai溶液时出现黄色沉淀，可能是agno3与nai发生复分解反应得到agi，无法说明ksp（agcl） ksp（agi），a错；向稀硝酸中加入过量的铁粉，铁粉被硝酸氧化为fe3+，但是fe3+与过量的铁粉发生反应fe+2fe3+= 3fe2+，所以再滴加kscn溶液无现象，不能说明氧化性：fe3+hno3，b错；向nabr溶液中滴入少量氯水，发生反应nabr+cl2= nacl + br2，加入的苯萃取br2使溶液上层呈橙红色，所以还原性：br - cl - ，c正确。加热盛有nh4cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结，这是nh4cl的分解所致，而不是升华，d错。9、向含有fe2o3的悬浊液中通入hi，由于fe3+有强氧化性，i - 有强还原性，二者可发生氧化还原反应，所以方程式为：fe2o3+6h+2i=2fe2+3h2o+i2，a错；将1 mol/l naalo2溶液和1.5 mol/l hcl溶液等体积混合：6alo2+9h+3h2o=5al（oh）3+al3+，b正确；向次氯酸钙溶液通入so2，发生氧化还原反应，方程式为：ca2+2clo+2so2+h2o=caso4+ so42+2 cl+4h+，c错；0.1 mol/l的naha溶液ph=1，说明ha-能完全电离，与naoh溶液反应的方程式为：h+oh=h2o，d错。10、100 ml、1 moll-1的alcl3溶液中，由于al3+水解，含al3+的数目小于0.1na，a错；足量fe与0.1 mol氯气充分反应，转移的电子数为0.2 na，b错；在o2参与的反应中，1 mol o2作氧化剂时得到的电子数为4na或2na，c错；2.8g乙烯与一氧化碳的混合气体为0.1mol，含分子数为0.1na，d正确。11、由题中信息可知，x、y、z、w、m分别为h、n、o、na、al。a中两种化合物为h2o、h2o2，均为共价化合物，a正确；工业常用电解nacl、al2o3的方法制取na、al， b错误； m的氧化物为al2o3，为两性氧化物，可与hno3、naoh反应，c正确；na与h可以形成离子化合物nah，具有较强还原性，d正确。12、a图中反应物总能量与生成物总能量差值出现变化，不可能是由于催化剂引起，催化剂不能改变反应的热效应，a错；mgcl2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解，b错；醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以ph变化小的为醋酸，且稀释至ph=4，稀释倍数应100，c正确；d反应为气体体积减小的反应，缩小体积，即增大压强，平衡右移，c（n2o4）变大，与图象中先变大后变小不一致，d错。13、正极上i2得电子发生还原反应，其电极反应式为：p2vpni2+2li+2e-=p2vp（n-1）i2+2lii，故a正确；原电池中阴离子向负极移动，所以电池工作时，碘离子移向li电极，b错；聚2-乙烯吡啶的复合物作正极，所以聚2-乙烯吡啶的复合物能导电，c错；该电池的电势低，放电缓慢，使用寿命比较长，d错。26（14分）【答案】(1)cuo (2分)，473-673k (2分) (2)蒸发浓缩 (1分)，冷却结晶 (1分) (3)d (2分)(4)c(no2-) c (na+) c (h+) c (oh-) (2分)(5)当滴入最后一滴agno3后有砖红色沉淀生成 (2分)；k2cro4溶液为黄色，浓度过大将影响滴定终点现象的判断（或k2cro4溶液浓度过大时，有可能会在cl-未完全沉淀时与ag+结合，对滴定结果造成误差。）(2分，两种答法任选其一都可，其他合理答案也可)【解析】(1)从溶液i中析出的固体混合物a为agno3和cu(no3)2，黑色固体d为cu(no3)2分解生成的cuo。加热温度应控制在能使cu(no3)2分解而不使agno3分解的范围，根据二者的分解温度，故选择473-673k。(2)由agno3的溶解度表可知，agno3的溶解度受温度影响较大，适宜采用冷却热饱和溶液的方法从溶液ii中获得纯净agno3晶体，主要操作包括蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤干燥。(3)常温下将0.1 moll-1 naoh溶液与0.2 moll-1 hno2等体积混合后溶液中含有相同物质的量的hno2与nano2，由于常温时ka(hno2)=4.910-4，故kh(no2-)=2.010-11，即该溶液中hno2的电离程度大于nano2的水解程度，此时溶液呈酸性，所以溶液中离子浓度由大到小为c(no2-) c (na+) c (h+) c (oh-)。(4) 含有cu2+的agno3溶液中加入某固体充分反应后可使cu2+生成蓝色沉淀cu(oh)2，为提高溶液ph值使得cu2+生成沉淀且不引入新的杂质，该固体应为ag2o。(5)根据ksp(agcl)=1.810-10，ksp(ag2cro4)=1.210-12，向含有cl-和cro42-的溶液中逐滴加入agno3时，cl-先生成沉淀。，当滴入最后一滴agno3后，有砖红色沉淀生成。k2cro4溶液为黄色，浓度过大使得溶液呈黄色，将影响对滴定终点现象的判断（另，k2cro4溶液浓度过大时，有可能会在cl-未完全沉淀时与ag+结合，对滴定终点判断造成误差）27（14分）【答案】 (1)3na2o2+2cr3+4oh-=6na+2cro42-+2h2o (2分) 573-673k(2)i bcedaagf(2分)；防止空气中的co2和h2o进入a装置(2分)2na2o +o2=2na2o2(1分，条件不扣分) nh4+al3+4oh-=nh3h2o+al(oh)3(2分)ii na、na2o2(各1分，共2分) 猜想实验设计现象与结论剩余气体为h2（1分)将b中剩余气体通过灼热的氧化铜(1分)若看到黑色固体变红，证明此猜想正确，反之则不正确。(1分)（或：猜想实验设计现象与结论剩余气体为o2（1分)将b中剩余气体通过灼热的铜网(1分)若看到红色固体变黑，证明此猜想正确，反之则不正确。(1分)其它合理答案也可）【解析】(1)由于2cro42-+2h+cr2o72-+h2o，碱性条件下cr3+被na2o2氧化的产物为cro42-，由此写出离子方程式。(2) i由左至右分别为装置b(除去空气中的co2)装置c(除去气体中的h2o，防止其与na反应)装置a(制备na2o2)装置d(防止空气中的co2和h2o进入a装置致使所得na2o2变质)，气体通过洗气瓶时从导气管长管进短管出，干燥管气体粗口进细口出，综上，仪器接口顺序为bcedaagf。根据题干“将钠加热至熔化，通入一定量的除去co2的空气，维持温度在453473k之间，钠即被氧化为573-673kna2o；进而增加空气流量并迅速提高温度至573673k，可制得na2o2。”可知生成na2o2的化学反应方程式应为2na2o +o2=2na2o2有na元素的守恒，2.3gna反应后溶于1l水所得溶液中n(naoh)= 0.1 mol ，所加nh4al(so4)2溶液中n(nh4al(so4)2)= 0.025 mol，故反应的离子方程式为nh4+al3+4oh-=nh3h2o+al(oh)3ii 将反应后固体溶于水后生成气体，且将气体导入密闭容器放电后气体体积减少3/5，说明气体由h2和o2组成。因为h2和o2分别为na、na2o2与水反应的产物，所以反应后固体一定有na、na2o2，可能有na2o。高温b中剩余气体可能为h2或o2，可分别用灼热的氧化铜或灼热的铜检验，现象分别为黑色固体变红或红色固体变黑。28. (15分) 【答案】(1)4hcn+7o2=4co2+4no+2h2o(2分) (2)a+2b+c(2分)(3) (2分) 0.003mol/(lmin) (2分)，80%(2分)，下方(1分)(4)2so32-+4h+2e-=s2o42-+2h2o(2分)，448(2分)【解析】(1)根据题意可以写出此步氧化还原方程式。(2)根据盖斯定律可知，将+2+可得反应2no(g)+2co(g)n2(g)+2co2(g)，所以h=(a+2b+c)kj/mol(3) 化学平衡表达式为由图，5min时，p/p0=0.925，根据阿伏伽德罗定律推论，同温和同体积时p/p0=n/n02no (g) + 2co (g) n2 (g) + 2co2 (g) 初始 0.1mol 0.3mol变化 2x mol 2x mol x mol 2x mol5min (0.1-2x) mol (0.3-2x) mol x mol 2x mol 0.4 / (0.4-x) = 0.925 ， x = 0.03 molv(n2) = 0.03 mol / ( 2 l 5 min) = 0.003 mol/(lmin)同理， 2no (g) + 2co (g) n2 (g) + 2co2 (g) 初始 0.1mol 0.3mol变化 2xmol 2xmol xmol 2xmol平衡 (0.1-2x) mol (0.3-2x) mol xmol 2xmol 0.4 / (0.4-x) = 0.9 ， x= 0.04 mol ，(no) = 0.08/0.10 = 80%13min时向容器中再充入0.06 mol co，若平衡不移动，容器内压强(p)与起始压强(p0)的比值p/ p0= n/n0=(0.4-0.04+0.06)/0.4=0.42/0.4=1.05。由于充入co后增大了反应物的浓度，所以平衡向气体物质的量减少的方向移动，再次平衡后容器内气体物质的量必然少于0.42，所以此时p/ p0mgsin，所以图线斜率变小，选项b正确，选项cd错误。21ac 解析：粒子不经过圆形区域就能到达b点，故粒子到达b点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，设粒子做圆周运动的半径为r1，如图，由几何关系得：r1sin30=3ar1，又，解得：，故选项a正确，选项b错误；粒子在磁场中的运动周期为：，故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为为：=360=60，粒子到达b点的速度与x轴夹角=30，设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何关系得：3a=2r2sin30+2acos230又，解得：，故选项c正确，选项d错误。22（3分）（3分）解析：设挡光条的宽度为d，则重锤到达光电门的速度v=，当挡光时间为t0时的速度，挡光时间为t1时的速度，重锤在竖直方向做匀加速直线运动，则有：，联立可得：（2）根据牛顿第二定律得：，解得：，作出i的图线的斜率为k，则，解得：23（1）1（2分）（2）1.21（2分）（3）如图所示（2分）（4）（3分）解析：（1）因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，所以应按“1”倍率读数；（2）将电流表g 与电阻箱并联改装成量程为0.6a的电压表，而电流表g（内阻rg=120，满偏电流ig=6ma）；因此电阻箱的阻值应调为r0=；（3）因电压表的内阻可看作无穷大，故用电压表直接测测量电阻rx阻值；而滑动变阻器r（5，1a），电源电压为6v，所以滑动变阻器使用分压式，则电路图如图所示；（4）由电阻定律可知，电阻，则电阻率，根据欧姆定律，所以电阻率24（14分）（1）q 带负电（2）6mg 方向竖直向上解析：（1）小球以某一速度通过最高点c时，小球恰好与空心管上、下壁均无挤压，在c处所受电场力的合力的方向由c指向o，根据小球的受力情况，故小球带负电，b处电荷带负电。（2分）由几何关系知lacl，lbc2labcos 30l，（1分）根据小球的受力分析图可知f1sin 30f2cos 30（1分） 即f1f2（1分）则kk，（1分）所以qbq （1分）(3)小球位于最低点和最高点时受到的静电力f的大小相等，方向均指向圆心小球在最高点c处时，由牛顿第二定律，有f+mgm（1分）小球在最高点c和最低点的电势能相同（1分）对小球从c点运动到最低点的过程应用能量守恒定律得：mv2mv+2mgr（1分）小球在最低点时由牛顿第二定律，有：fmgf管m（2分）解得f管-6mg（1分）方向竖直向上（1分）25（18分）（1）0.5kg（2）解析：（1）：设b静止时，弹簧压缩量为，应有：，（2分）解得：=0.1m（1分）当a下滑到c点时，物体b上升的距离为：=0.2m，（2分）弹簧伸长的长度为：=0.20.1=0.1m，（1分）比较可知：，（1分）对物体a与b及弹簧组成的系统，由能量守恒定律应有：（2分）联立解得：=0.5kg（1分）（2）若a质量为=20.5=1kg，根据能量守恒定律应有：（2分）根据速度合成与分解规律，可知，（2分）其中（2分）联立以上各式解得：（2分）33.（1）acd（2）p2=1.2105pa解析：（1）分子间同时存在着相互作用的斥力和引力，它们都随分子间距离的减小而增大，但斥力增加的快，故a正确；气体分子的平均动能增大，温度升高，但是若体积增大，则单位时间内打在器壁上的分子数会减少，故气体压强不一定增大，故b错误；热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故c正确；完全失重状态下悬浮的水滴呈球状是液体表面张力作用的结果，故d正确；温度是分子的平均动能的标志，温度保持不变，气泡内部气体（被视为理想气体）内能不变故e错误。（2）（10分）0.9105pa 327 解析：以气缸为对象(不包括活塞)列气缸受力平衡方程：p1s+ mgp0s（2分）解之得：p10.9105pa（2分）当外界温度缓慢升高的过程中，缸内气体为等压变化。对这一过程研究缸内气体，由状态方程得：（2分）所以t22t1600 k（2分）故t2(600273) 327 （2分）34.（1）如图所示 （5分）（2）若波向右传播，=（k=0，1，2）；若波向左传播，= （k=0，1，2）解析：（1）用直角三棱镜测定介质的折射率与用平行玻璃砖测定玻璃的折射率实验方法相同，都是应用“插针法”。光线射入介质与ab边平行，因此与斜边cb的夹角为30，则反射光线与cb的夹角也是30，射向d