陕西省西安铁一中、铁一中国际合作校高三化学上学期四月月考试卷（含解析）.doc

陕西西安铁一中、铁一中国际合作校2013-2014学年高三化学上学期四月月考试卷（含解析）第i卷（选择题）请点击修改第i卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）1国际热核聚变实验反应堆的原理类似太阳发光发热，即在上亿摄氏度的超高温条件下，利用氢的同位素氘、氚的聚变反应释放出核能。 下列说法正确的是（ ）a h、d、t互为同素异形体b氘、氚聚变反应生成其它元素，属于化学变化c h、d、t与16o、17o、18o构成双氧水分子的相对分子质量有36个dh2、d2、t2在同条件下密度之比为1：2：3【答案】d【解析】试题分析：a h、d、t的质子数相同，而中子数不同，互为同位素。错误。b. 化学变化的过程中元素的种类不变，而氘、氚聚变反应生成其它元素，属于核反应。错误。c h、d、t与16o、17o、18o构成双氧水分子有h216o2、h217o2、h218o2、d216o2、d217o2、d218o2、t216o2、t217o2、t218o2、hd16o2、hd17o2、hd18o2、 ht16o2、ht17o2、ht18o2、dt16o2、dt17o2、dt18o2、h216o17o、h216o18o、h217o18o、d216o17o、d216o18o、d217o18o、t216o17o、t216o18o、t217o18o、hd16o17o、hd16o18o、hd17o18o、ht16o17o、ht16o18o、ht17o18o、dt16o17o、dt17o18o、dt17o18o共36种分子。其中很多分子的相对分子质量如ht16o2与t216o2相等。因此构成双氧水分子的相对分子质量就少于36个。错误。d .h2、d2、t2在同条件下密度之比等于它们的相对分子质量的比。因此密度比等于1：2：3。正确。考点：考查化学反应与核反应的区别、同位素、同位素原子构成的微粒及阿伏伽德罗定律的应用的知识。2下列有关物质“量”的说法正确的是（ ）a相同质量的al和al2o3分别与等浓度的naoh溶液反应，至体系中均无固体物质时，al2o3消耗碱量多b反应n2o4n2h4n2h2o中，若有1 mol n2o4参加反应，则有4 mol电子发生转移c由na2co3和nahco3组成的混合物中，若n(na)：n(c)7：5，则n（na2co3）：n（nahco3）2：3d1 mol cl2参加的任何反应，反应过程中转移电子数都是2 na【答案】c【解析】试题分析：a。反应的方程式是2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2 ；al2o3+2naoh=2naalo2+2h2o。由方程式可以看出2mol的naoh反应消耗al2mol;消耗al2o31mol。2mol的铝的质量小于1mol的al2o3的质量，因此相同质量的al和al2o3 与naoh反应，金属al消耗碱量多。错误。b在反应n2o42n2h4=3n24h2o中，若有1 mol n2o4参加反应，则有8mol电子发生转移，错误。c假设na2co3和nahco3的物质的量分别为x、y，则(2x+y):(x+y)7：5，则x:y=2:3.因此即n（na2co3）：n（nahco3）2：3。正确。d在反应cl22naoh=naclnacloh2o 中，1 mol cl2参加反应，转移电子数是 na。错误。考点：考查有关物质“量”的说法的知识。3在水中加入等物质的量的ag+、pb2+、na+、so42-、no3-、cl-，该溶液放在用惰性电极材料做电极的电解槽中，通电片刻，则氧化产物与还原产物质质量比为（ ） a35.5：108 b16：207 c8：1 d108：35.5 【答案】c【解析】试题分析：在水中加入等物质的量的ag+、pb2+、na+、so42-、no3-、cl-，首先发生反应：ag+cl-=agcl; pb2+so42-= pbso4;因此得到的溶液为nano3溶液。阳离子的放电顺序是h+ na+；阴离子的放电顺序是： oh-含氧酸根离子。该电解反应实质是电解水。因此通电片刻，氧化产物o2与还原产物h2的物质的量的比为1 ：2，质量比为32:4=8:1。因此选项为c。考点：考查离子反应、电解的应用的知识。4下列关于有机物的说法中正确的是（ ）a油脂属于高分子化合物 b含五个碳原子的有机物，分子中最多可形成四个碳碳单键c分子式为c8h6o2的芳香族有机物分子中不可能有羧基d汽油、煤油和植物油都是碳氢化合物【答案】c【解析】试题分析：a油脂都是小分子，不属于高分子化合物。错误。b含五个碳原子的有机物，若c原子之间形成环状结构，则分子中最多可形成五个碳碳单键。错误。c芳香族有机物含有苯环，有6个c原子，若再含有羧基(cooh)，侧链就不能形成双键，分子中的h原子个数就多余6个。因此分子式为c8h6o2的芳香族有机物分子中不可能有羧基。正确。d汽油、煤油都是碳氢化合物；而植物油属于油脂，是含有c、h、o三种元素的化合物。错误。考点：考查常见的阳极化合物的组成、结构的知识。5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加入mg能放出h2的溶液：na+、al3+、cl、so42b常温下，c(h+)/c(oh)=1010的溶液：fe2+、k+、no3、so42c加入苯酚显紫色的溶液：nh4、k+、cl、s2d使甲基橙呈红色的溶液：nh4、na、alo2、hco3【答案】a【解析】试题分析：a加入mg能放出h2的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中离子na+、al3+、cl、so42不会发生任何反应，能够电离共存。正确。b常温下，c(h+)/c(oh)=1010的溶液，c(h+)=0.01mol/l，是酸性溶液，在此溶液中会发生反应：3fe2+no3-+4h+= 3fe3+no+2h2o，不能电离共存，错误。c加入苯酚显紫色的溶液含有fe3+,此时会发生反应：2fe3+3s2=2fes+s，不能电离共存。错误。d使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，此时会发生反应：4h+alo2=al3+2h2o；h+hco3= co2+h2o,不能电离共存，错误。考点：考查离子能否大量共存的知识。6有t的a g kcl不饱和溶液，其质量分数为w1，采取措施后使其变为b g饱和溶液，其溶质质量分数为w2，下列说法正确的是aa一定小于或等于b baw1一定等于b w2 ct时kcl溶解度一定大于100w1 dw1一定大于w2【答案】c【解析】试题分析：a. kcl的溶解度受温度的影响变化较大，若是温度不变，向溶液中加入kcl使其变为饱和溶液，则ab。错误。b在变化的过程中若是未加入溶质或析出晶体，则aw1=b w2；若是加入了kcl或析出晶体kcl,则二者不相等。错误。c在t时a g kcl不饱和溶液，其质量分数为w1，若变为饱和溶液，则就要加入溶质，因此溶液的质量分数就大于w1，所以kcl溶解度一定大于100w1 。正确。d若为同一温度下的溶液，或高于t的溶液则w2一定大于w1；若是温度低于t，则w1一定大于w2。错误。考点：考查饱和溶液与不饱和溶液的质量分数、溶解度的关系的知识。7下列图示与对应的叙述相符的是a图表示盐酸滴加到0.1 mol/l某碱溶液得到的滴定曲线，用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取酚酞作指示剂b图表示一定条件下进行的反应2so2o22so3 各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是缩小容器体积c图表示某明矾溶液中加入ba(oh)2溶液，沉淀的质量与加入ba(oh)2溶液体积的关系，在加入20 ml ba(oh)2溶液时铝离子恰好沉淀完全d图表示ph相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液ph的变化，其中曲线a对应的是盐酸【答案】b【解析】试题分析：a.人的视觉有滞后性，为了减少滴定误差，选择指示剂时滴定终点的颜色变化从浅到深，这样误差较小。用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取甲基橙作指示剂。错误。b.反应在t2时刻so2和o2浓度减小，而so3的浓度增大，化学平衡正向移动，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以改变的条件可能是缩小容器体积，使容器内的气体压强增大，平衡正向移动。正确。c向某明矾溶液中加入ba(oh)2溶液，当al3+沉淀完全时发生反应：2kal(so4)2+3ba(oh)2=k2so4+ 2al(oh)3 +3baso4，当so42-沉淀完全是发生反应：kal(so4)2+2ba(oh)2=kalo2+2baso4+2h2o。所以在加入15mlba(oh)2溶液时铝离子恰好沉淀完全;在加入20 ml ba(oh)2溶液时硫酸根离子恰好沉淀完全。错误。d向ph相同的盐酸与醋酸中分别加入等体积的水时，由于在醋酸溶液中存在醋酸分子会继续电离产生h+，因此醋酸溶液的ph变化较小。故其中曲线a对应的是醋酸，曲线b对应的是盐酸。错误。考点：考查图像法在酸碱中和滴定、平衡移动、沉淀反应及电解质溶液稀释中的应用的知识。第ii卷（非选择题）请点击修改第ii卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）8（15分）已知化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理。请回答下列问题：（1）可逆反应feo（s）co（g）fe（s）co2（g）是炼铁工业中一个重要反应，其温度与平衡常数k的关系如下表：t（k）9381100k0.680.40写出该反应平衡常数的表达式_。若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，若升高温度，混合气体的平均相对分子质量_；充入氦气，混合气体的密度_（选填“增大”、“减小”、“不变”）。（2）常温下，浓度均为0.1 moll1的下列六种溶液的ph如下表：溶质ch3coonanahco3na2co3naclonacnc6h5onaph8.89.711.610.311.111.3上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是 根据表中数据判断，浓度均为0.01 moll1的下列五种物质的溶液中，酸性最强的是 ；将各溶液分别稀释100倍，ph变化最小的是 （填编号）。ahcn bhclo cc6h5oh dch3cooh eh2co3据上表数据，请你判断下列反应不能成立的是 （填编号）。ach3cooh na2co3nahco3ch3coona bch3coohnacnch3coonahcncco2h2o2naclona2co32hclo dco2h2o2c6h5onana2co32c6h5oh要增大氯水中hclo的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为 （3）已知常温下cu（oh）2的ksp21020。又知常温下某cuso4溶液里c（cu2）0.02 moll1，如果要生成cu（oh）2沉淀，则应调整溶液ph大于 ；要使0.2 moll1的cuso4溶液中cu2沉淀较为完全 （ 使cu2浓度降至原的千分之一）则应向溶液里加naoh溶液，使溶液ph为 。【答案】 k= ；减小；增大 co32 ；d；c； c d；2cl2co32 h2oco22cl2hclo。 5； 6。【解析】试题分析：（1）该反应平衡常数的表达式；由于温度升高，化学平衡常数减小。说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应。若升高温度，平衡逆向移动，气体的质量减小，而气体的物质的量不变，所以混合气体的平均相对分子质量减小；充入氦气，化学平衡不发生移动，但在整个容器内气体的质量增大，所以混合气体的密度增大；（2）同种浓度的离子结合质子能力越强，则盐水解程度就越大，盐溶液的碱性就越强，即ph越大。由于na2co3溶液的ph最大，说明co32 与h+结合力最强。因此上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是co32 。发生反应时应该是强酸制取弱酸。a酸性ch3cooh h2co3，正确。b酸性ch3cooh hcn.正确。c h2co3hclo。正确。d.由于酸性：h2co3c6h5oh hco3，所以会发生反应co2h2oc6h5onanahco3c6h5oh。错误。要增大氯水中hclo的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为：2cl2co32 h2oco22cl2hclo。（3）c (cu2)c2(oh-)ksp21020; c2(oh-)210200.02=11018; c(oh-)1109;所以ph=5; c(cu2)= 0.2 mol/l1000=2104mol/l,则c2(oh-)210202104mol/l=11016,所以c(oh-)1108；ph=6.考点：考查化学平衡常数的表达式、温度对化学平衡移动的影响、盐的水解规律、离子方程式的书写、沉淀溶解平衡的应用的知识。9（14分）铝土矿(主要成分为al2o3、sio2、fe2o3)是提取氧化铝的原料。提取氧化铝的工艺流程如下： （1）滤液甲的主要成分是（写化学式） （2）写出反应 ii 的离子方程式： （3）结合反应ii，判断下列微粒结合质子 ( h+) 的能力，由强到弱的顺序是 （填字母序号）aalo2 boh csio32 （4）取滤液甲少许，加入过量盐酸，过滤；再用惰性电极电解其滤液，两极均有气体产生，且全部逸出，在阴极区还有沉淀生成，最后沉淀消失。沉淀消失的原因可用离子方程式表示为： （5）取 （4） 电解以后的溶液 10.0 ml，经分析，该溶液中只含有两种等物质的量浓度的碱性溶质，向其中逐滴加入0.100 mol l1 盐酸溶液，当加入50.0ml 盐酸溶液时，生成的沉淀恰好溶解。加入50.0ml 盐酸溶液发生的离子反应的先后顺序依次为： 请画出生成沉淀的物质的量与加入盐酸体积的关系图。【答案】naoh、naalo2、na2sio3 co2+2oh=co32+2h2o co22h2o +2 alo2=2al(oh)3+hco3bac al(oh)3 +ohalo2+2h2o hoh=h2o alo2-h+h2o =al(oh)3 al(oh)33h=al33h2o 图像如下所表示。【解析】试题分析：（1）铝土矿中加入过量的naoh溶液，其中的al2o3、sio2发生反应得到naalo2、na2sio3和过量的naoh溶液，所以滤液甲的主要成分是naalo2、na2sio3、naoh；不溶性的固体是 fe2o3。（2）向含有naalo2、na2sio3、naoh的溶液中通入过量co2，发生反应co2+2oh=co32+2h2o ；co22h2o +2alo2=2al(oh)3+hco3，得到al(oh)3沉淀。（3）h2o是中性物质；al(oh)3是两性物质，h2sio3是弱酸。所以微粒结合质子 ( h+) 的能力，由强到弱的顺序是bac。（4）向含有naalo2、na2sio3、naoh的加入过量盐酸发生反应得到alcl3、nacl、h2sio3；溶液为alcl3、nacl的混合溶液。用惰性电极电解，在阴极发生反应：2h+2e-=h2,由于破坏了附近的水的电离平衡，溶液中oh-的浓度增大，oh-与溶液中的al3+发生反应形成al(oh)3沉淀。在阳极发生反应：2cl-2e-=cl2。当溶液呈碱性时，又发生反应：al(oh)3+ oh-= alo2-+ 2h2o。沉淀又逐渐溶解而消失。（5）加入50.0ml 盐酸溶液发生的离子反应的先后顺序是hoh=h2o ；alo2-h+h2o =al(oh)3 al(oh)33h=al33h2o 。 由于二者的物质的量相等，所以它们都是是0.100 mol/l0.01l=0.001mol。naoh与hcl反应消耗10mlhcl; naalo2与hcl反应形成al(oh)3沉淀消耗10mlhcl;溶解al(oh)3沉淀消耗30mlhcl.图像见图示: 考点：考查元素与化合物的性质、混合物的分离、离子方程式的书写、n(hcl)与沉淀的关系图像的知识。10（14分）利用废铁丝、硫酸铜废液（含硫酸亚铁）和被有机物污染的废铜粉制备硫酸铜晶体。生产过程如下：试回答下列问题：（1）铁丝在投入硫酸铜废液前需用稀h2so4进行处理，可能发生反应的离子方程式有 。（2）为了使灼烧后的氧化铜混合物充分酸溶，在加入稀h2so4的同时，还通入o2。通入o2的目的是（用化学反应方程式表示） 。在实验室中，常将适量浓硝酸分多次加入到铜粉与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体（装置如图所示）。（3）写出烧瓶中发生反应的离子方程式为 （4）广口瓶的作用是 （5）为符合绿色化学的要求，某研究性学习小组进行如下设计：将3.2 g铜丝放到45 ml 1.5 moll1的稀硫酸中，控温在50 。加入18 ml 10%的h2o2，反应0.5h后，升温到60 ，持续反应1 h后，过滤、蒸发浓缩、减压抽滤等，用少量95%的酒精淋洗后晾干，得cuso45h2o 10.5 g。请回答：加热时温度不宜过高的原因是 ；本实验cuso45h2o的产率为 。【答案】 fe2o36h2fe33h2o，2fe3fe3fe2，fe2hfe2h2； 2cuo22h2so42cuso42h2o 或2cuo22cuo，cuoh2so4cuso4h2o ； 3cu8h3no3 3cu22no4h2o ； 安全瓶 ； 防止双氧水分解 ；84 。【解析】试题分析：（1）铁丝表面有铁锈。投入稀h2so4中发生反应的两种方程式为：fe2o36h2fe33h2o；2fe3fe3fe2；fe2hfe2h2；（2）为了使灼烧后的氧化铜混合物充分酸溶，在加入稀h2so4的同时，还通入o2。通入o2的目的是使cu变为氧化铜，与酸反应得到cuso4.反应的方程式为：2cuo22h2so42cuso42h2o 或2cuo22cuo，cuoh2so4cuso4h2o ；（3）在烧瓶中cu与稀硝酸发生反应的离子方程式为：3cu8h3no3 3cu22no4h2o ；（4）广口瓶的作用是安全瓶，防止倒吸现象的发生；（5）加热时温度不宜过高是由于在反应的过程中使用了h2o2，而h2o2受热容易分解，使用温度不宜过高。n(cu)= 3.2 g64g/mol=0.05mol,n(h2so4)= 0.045 l1.5 mol/l= 0.0675 mol硫酸过量，所以产生的cuso4按照cu来计算，理论产量：0.05mol250g/mol=12.5g。因此cuso45h2o的产率为(10.5 g12.5g)100=84。考点：考查物质的制取方法、化学方程式、离子方程式的书写、反应条件的选择及物质的产率的计算。11(15分)空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下：（1）溴在周期表中位于第_周期第_族。（2）步骤中用硫酸酸化可提高cl2的利用率，理由是_。（3）步骤利用了so2的还原性，反应的离子方程式为_。（4）步骤的蒸馏过程中，温度应控制在8090 。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因_。（5）步骤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离。分离仪器的名称是_。（6）步骤、之后并未直接用“含br2的海水”进行蒸馏得到液溴，而是经过“空气吹出”、“so2吸收”、“氯化”后再蒸馏，这样操作的意义是_。【答案】（1）4a （2）酸化可抑制cl2、br2与水反应 （3）br2so22h2o=4h2brso （4）温度过高，产生大量水蒸气，溴蒸气中水蒸气增加；温度过低，溴不能完全蒸出，吸收率低（5）分液漏斗（6）“空气吹出”、“so2吸收”、“氯化”的过程实际上是一个br2的浓缩过程，与直接蒸馏含br2海水相比效率更高，消耗能更少，成本降低【解析】试题分析：（1）35号元素溴在周期表中位于第四周期第a。（2）步骤中用硫酸酸化可提高cl2的利用率，是因为在酸性溶液中可以减少cl2、br2与水反应；（3）步骤利用了so2的还原性，反应的离子方程式为br2so22h2o=4h2brso。（4）步骤的蒸馏过程中，温度应控制在8090 。温度过高或过低都不利于生产，是因为温度过高，会产生大量水蒸气，溴蒸气中水蒸气含量增加；若温度过低，溴又不能完全蒸出，吸收率就会降低。（5）步骤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离。分离互不相溶的两层液体混合物的方法叫分液，分离仪器的名称是分液漏斗。（6）步骤、之后并未直接用“含br2的海水”进行蒸馏得到液溴，而是经过“空气吹出”、“so2吸收”、“氯化”后再蒸馏，是因为“空气吹出”、“so2吸收”、“氯化”的过程实际上是一个br2的浓缩过程，与直接蒸馏含br2海水相比效率更高，消耗能更少，成本降低，效益更高。考点：考查空气吹出法从“海水提溴”的反应原理、反应条件的选择、离子方程式的书写混合物的分离方法知识。12（15分）x、y、z、q、w为按原子序数由小到大排列的五种短周期元素，已知：x元素与q处于同一主族，其原子价电子排布式都为ns2np2，且x原子半径小于q的。y元素是地壳中含量最多的元素；w元素的电负性略小于y元素，在w原子的电子排布中，p轨道上只有1个未成对电子。z元素的电离能数据见下表（kjmol1）：i1i2i3i4496456269129540请回答：（1）xy2分子空间构型为 ，x原子的轨道杂化方式为 ；qx的晶体结构与金刚石的相似，其中x原子的杂化方式为 ，微粒间存在的作用力是 。（2）晶体zw的熔点比晶体xw4明显高的原因是 。（3）氧化物mo的电子总数与qx的相等，则m为_（填元素符号）。mo是优良的耐高温材料，其晶体结构与zw晶体相似。mo的熔点比cao的高，其原因是_。（4）zw晶体的结构示意图如右图。已知：(zw)2.2 gcm3，na6.021023mol1，则zw晶体中两个最近的z离子中心间的距离为 。【答案】 直线型分子； sp杂化； sp3杂化；共价键 ； nacl为离子晶体而ccl4为分子晶体； mg mg2半径比ca2小，mgo晶格能大 4.0108 cm【解析】试题分析：根据题意可推知各种元素分别为：x是c；y的o；z是na；q是si；w是cl。（1）co2分子空间构型为直线型；其中x原子的轨道杂化方式为sp杂化；sic的晶体结构与金刚石的相似，是原子晶体，其中c原子的杂化方式为sp3杂化；c原子与si原子之间的作用力是共价键。（2）nacl晶体是离子晶体，离子间通过离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用，断裂较难，因此该化合物的熔点高；而ccl4是由分子通过分子间作用力结合，分子间作用力是一种比较弱的作用，破坏比较容易，因此该晶体的熔沸点比较低，ccl4在室温下为液态。（3）sic的电子数是20，而氧化物mo的电子总数与sic的相等，则m的电子数是12，该元素是mg；mgo是优良的耐高温材料，其晶体结构与nacl晶体相似。mgo的熔