河南省新乡市第五中学高三化学下学期4月月考试卷（含解析）.doc

河南省新乡市第五中学2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）1下列物质中，常温下为气体的是a 汽油 b 甲醛 c 甲醇 d甲酸【答案】b【解析】2下列变化中需加入氧化剂才能实现的是（ ）。acl-cl2 bfe3+fe2+ ccuocu dh2so4baso4【答案】a【解析】试题分析：a选项氯由负一价到零价，化合价升高，被氧化。故需要加入氧化剂。b选项化合价降低，被还原，需加入还原剂。c选项，化合价降低，需加入还原剂。d选项非氧化还原反应。考点：氧化还原反应。3蛋白质发生的下列过程中，可逆的是a变性 b煮熟 c盐析 d加入浓硫酸【答案】c【解析】a、在某些物理因素或化学因素的影响下，蛋白质的理化性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性，该过程是不可逆的，故a错误；b、煮熟蛋白质属于蛋白质的变性，是不可逆过程，故b错误；c、当向蛋白质溶液中加入的盐溶液达到一定浓度时，反而使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用叫盐析，盐析是可逆的，故c正确；d、向蛋白质中加入浓硫酸，浓硫酸能使蛋白质变性，是不可逆过程，故d错误；4在含有mgcl2、kcl、na2so4三种物质的混合溶液中，已知：，则应是（ ） a.b.c.d.【答案】a【解析】略5有关容量瓶上的说法错误的是a标有温度 b标有刻度线 c标有“0”刻度 d标有容量【答案】c【解析】试题分析：容量瓶用于一定物质的量浓度溶液的配制，其上面标有温度、刻度线和容量，但没有“0”刻度，选c。考点：考查容量瓶的构造。625时，水中存在电离平衡：h2o h+oh- h0。下列叙述正确的是a将水加热，kw增大，ph不变来源:zxxk.comb向水中加入少量nahso4固体，c(h+)增大，kw不变c向水中加入少量naoh固体，平衡逆向移动，c(oh-)降低d向水中加入少量nh4cl固体，平衡正向移动，c(oh-)增大【答案】b【解析】试题分析：a水电离过程吸收热量，将水加热，促进水的电离，使kw增大，由于c(h+)增大，因此ph减小，错误；b向水中加入少量nahso4固体，nahso4是强酸强碱盐，电离产生h+，使溶液中c(h+)增大，由于温度不变，所以kw不变，正确；c向水中加入少量naoh固体，naoh电离产生oh-，使溶液中c(oh-)增大，对水的电离平衡起抑制作用，但是平衡移动的趋势是微弱的，总的来说溶液中c(oh-)增大，错误；d向水中加入少量nh4cl固体，nh4cl电离产生的nh4+会消耗水电离产生的oh-，使水的电离平衡正向移动，当最终达到平衡时，溶液中c(oh-)减小，错误。考点：考查外界条件对水电离平衡及水的离子积常数的影响的知识。7已知：naa的水溶液呈碱性。常温下将等体积的0.10mol/l naa溶液 与0.05mol/l hcl溶液混合，所得溶液ph c(na+ ) bc(na+ ) c(a ) c(h+ ) c(oh )cc(a ) + c(ha) = c(na+ )dc(a ) c(na+ ) c(h+ ) c(oh )【答案】d【解析】等体积的0.10mol/l naa溶液 与0.05mol/l hcl溶液混合：naa+hcl=nacl+ha，可知最终溶液相当于等浓度的naa、ha、nacl混合溶液，由于naa的水解小于ha的电离，溶液最终显酸性其中电荷守恒为：c(cl ) + c(oh ) + c(a) = c(na+ )+c(h+ )，即a正确物料守恒：c(a ) + c(ha) = c(na+ )，即c正确由于a 的部分水解，故c(na+ ) c(a ) c(h+ ) c(oh )，即b正确，d不正确，答案为d8有关化学用语正确的是a乙烯的最简式c2h4 b四氯化碳的电子式c乙炔的结构简式chch d甲苯的分子式c7h8【答案】d【解析】a错，乙烯的最简式为ch2=ch2；b错，四氯化碳的电子式；c错，乙炔的结构简式为hcch；d正确；9用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是()。选项abcd装置目的除去cl2中含有的少量hcl蒸干nh4cl饱和溶液制备nh4cl晶体制取少量纯净的co2气体分离ccl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【答案】d【解析】试题分析：naoh溶液也能与cl2反应，a错；加热nh4cl易分解为nh3和hcl逸出，b不正确；因为盐酸是挥发性酸，制备的co2中含有hcl气体，c不对；i2在ccl4中的溶解度比水大，且ccl4的密度也比水大。故d正确。考点：对实验基本操作的目的评价。10w、x、y、z是原子序数依次增大的四种短周期元素，它们形成的常见化合物wx能抑制水的电离，yz2能促进水的电离，则y元素是（ ）a mg b n c be ds【答案】a【解析】试题分析：化合物wx能抑制水的电离说明是酸，则w为h，x为f或cl元素，由于w、x、y、z是原子序数依次增大的四种短周期元素，说明x为f，化合物yz2能促进水的电离说明是含弱离子的盐，水解促进水的电离，由化学式可知y为金属阳离子，且+2价离子，原子序数大于氟，则y是mg，z是cl元素，答案选a。考点：考查元素推断及水解等11某溶液能溶解al(oh)3，则此溶液中一定能大量共存的离子组是amg2+、cl-、na+、no3- bk+、na+、no3-、hco3- cna+、ba2+、cl-、no3- dfe3+、na+、alo2-、so42-【答案】c【解析】试题分析：某溶液能溶解al(oh)3，则该溶液是强酸或强碱溶液，a.mg2+不能大量共存，错误；b.hco3- 不能大量共存，错误；c.各离子能大量共存，正确；d.fe3+不能大量共存，错误；选c。考点：考查离子共存的判断。12下列离子方程式正确的是(双选)()。a氯化铁溶液中加入铜粉：2fe3cu=2fe2cu2b向氢氧化亚铁中加入足量稀硝酸：fe(oh)22h=fe22h2oc硫酸铜溶液与足量氢氧化钡溶液混合：ba2so42=baso4d向硫酸氢钠溶液中滴加ba(oh)2溶液至中性：2hso42ba22oh=baso42h2o【答案】ad【解析】足量的稀硝酸可以把fe2氧化，故b违背客观事实；cu(oh)2是难溶物，故c错误。13用下列方法均可制得氧气：（1）2kclo32kcl3o2（2）2hgo2hgo2（3）2kmno4k2mno4mno2o2若要制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为a314 b211 c111 d122【答案】c【解析】试题分析：由三个反应可知，生成氧气时，o元素的化合价均为-2价升高为0，即o元素失去电子，则制得相同质量的氧气，失去电子的氧原子相同，所以转移的电子数相同，即制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为1：1：1。【考点定位】氧化还原反应的计算【名师点睛】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重电子转移计算及分析能力的考查，重点解决(1)电子转移；(2)氧化性、还原性及其强弱的判断。14下列说法正确的是：a、石油裂解可以得到氯乙烯b油脂水解可以得到氨基酸和甘油c所有烷烃和蛋白质中都存在碳碳单键d淀粉和纤维素的成分都是(c6h10o5) n两者互为同分异构体【答案】【解析】a：石油中不含氯元素，不可能得到氯乙烯，排除b：油脂水解的产物为高级脂肪酸和甘油，排除c：甲烷中无碳碳单键，排除d：两者为混合物，不可能为同分异构体，排除本题无正确答案1525时，用na2s沉淀cu2+、zn2+两种金属离子（m2+），所需s2最低浓度的对数值lgc（s2）与lgc（m2+）的关系如图所示，下列说法不正确的是（）a25时k（cus）约为11035b向100mlzn2+、cu2+浓度均为105moll1的混合溶液 中逐滴加入104moll1的na2s溶液，cu2+先沉淀cna2s溶液中：c（s2）+c（hs）+c（h2s）2c（na+）d向cu2+浓度为105moll1的工业废水中加入zns粉末，会有cus沉淀析出【答案】c【解析】试题分析：a、在25时，cus饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：cus（s）cu2+（aq）+s2-（aq），ksp（cus）=c（cu2+）c（s2-）=10-2510-10=10-35，故a正确；b、依据此图可知，cus的ksp较小，故cus最难溶，那么首先出现的沉淀是cus，即cu2+先沉淀，故b正确；c、硫化钠溶液中的物料守恒为：2c（s2-）+2c（hs-）+2c（h2s）=c（na+），故c错误；d、由于在25下，cus溶液的是ksp是10-35，小于zns溶度积，故向cu2+浓度为10-5moll-1废水中加入zns粉末，会有cus沉淀析出，故d正确；故选c。【考点定位】考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【名师点晴】本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，侧重于学生的分析能力的考查，注意掌握图象曲线中lgc（m2+）、lgc（s2-）数值越大，实际浓度越小是解题的关键。判断一定条件下沉淀能否生成或溶解，关键在于判断ksp与qc的关系：对于ambn（s）man+（aq）+nbm-（aq），平衡状态：溶度积ksp=an+mbm-n，任意时刻：离子积qc=an+mbm-n，qcksp，有沉淀析出；qc=ksp，沉淀溶解平衡；qcksp，无沉淀析出。1621在一个u形管里盛有氯化铜溶液，并插入两块纯锌片作电极，如下图：（1）如果把电键k接a，这一装置形成电解池装置，_是阳极，其电极反应式是_；（2）上述反应进行5min后，转换电键k到c，这一装置形成原电池装置，_极是负极，该装置发生反应的总化学方程式是_（3）上述装置进行2min后，再转换电键k到b，在极上发生的腐蚀属于 腐蚀。【答案】（1）zn（1）；zn-2e-=zn2+（2）zn（1）；zn+cucl2=zncl2+cu（3）电化学【解析】试题分析：（1）由图可知，该装置为电解池，zn（1）与电源的正极相连，为阳极，发生氧化反应，电极反应为zn-2e-=zn2+；（2）反应进行5min后，转换电键k到c，形成原电池，zn（1）为负极，发生zn置换cu的反应，电池反应为zn+cucl2=zncl2+cu；（3）进行2min后，再转换k到b，zn（2）极上cu、zn及电解质形成了原电池，为电化学腐蚀，zn活泼，作负极，被腐蚀zn（1）极不能形成原电池，zn能和cu2+发生置换反应而发生化学腐蚀。考点：原电池和电解池的工作原理点评：本题考查原电池和电解池的知识，侧重装置的分析及原理的考查，注意开关的位置变化及发生的反应是解答本题的关键，本题为中等难度的题。17（8分）某无色溶液x，由k+、nh+4、ba2+、al3+、fe3+、co23、so24中的若干种离子组成，取该溶液进行如图实验：（1）白色沉淀甲是 ；（2）试写出实验过程中生成气体a、b的离子方程式 、 ；（3）通过上述实验，可确定x溶液中一定存在的离子是 ，尚未确定是否存在的离子是 【答案】【解析】试题分析：无色溶液，判断fe3+不存在，加过量盐酸生成气体和溶液，判断溶液中一定含co32；则一定不含有ba2+、al3+；气体a为co2；溶液i加入过量氢氧化钡反应生成气体b为氨气，白色沉淀甲是硫酸钡解：无色溶液，判断fe3+不存在，加过量盐酸生成气体和溶液，判断溶液中一定含co32；则一定不含有ba2+、al3+；气体a为co2；溶液i加入过量氢氧化钡反应生成气体b为氨气，一定有铵根离子，白色沉淀甲是硫酸钡，原溶液一定含有硫酸根（1）白色沉淀甲是硫酸钡，故答案为：硫酸钡；（2）碳酸钠溶液与过量稀盐酸混合完全反应生成co2，反应的离子方程式为co32+2h+=h2o+co2，铵盐能与碱反应生成氨气：nh+4+oh=nh3+h2o，故答案为：co32+2h+=h2o+co2；nh+4+oh=nh3+h2o；（3）x溶液中一定存在的离子是nh+4、co32、so24，一定不存在的离子是fe3+、ba2+、al3+，尚未确定是否存在的离子是k+，故答案为：nh+4、co32、so24；k+；点评：本题考查了离子检验的方法应用，注意离子共存的正确判断，题目难度中等18(12分) 某同学设计如图所示装置分别进行探究实验（夹持装置已略去）实验药品制取气体量气管中的液体cu、稀hno3h2onaoh固体、浓氨水nh3na2co3固体、稀h2so4co2镁铝合金、naoh溶液（足量）h2h2o请回答下列问题：（1）简述如何检查该装置的气密性： 。（2）该同学认为实验可通过收集测量no气体的体积，来探究cu样品的纯度。你认为是否可行？请简述原因 。（3）实验中剩余的nh3需吸收处理。以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收nh3，而且能防止倒吸的有（4）实验中，量气管中的液体最好是 。ah2o bccl4 c饱和na2co3溶液 d饱和nahco3溶液（5）本实验应对量气管多次读数，读数时应注意：恢复至室温， ，视线与凹液面最低处相平。（6）实验获得以下数据（所有气体体积均已换算成标准状况）编号镁铝合金质量量气管第一次读数量气管第二次读数1.0g10.0ml346.3ml1.0g10.0ml335.0ml1.0g10.0ml345.7ml根据上述合理数据计算镁铝合金中铝的质量分数 。【答案】（12分）（1）量气管中加水后关闭开关a和分液漏斗活塞，微热烧瓶，量气管右端液面升高且保持不变，说明气密性好。（其他答案合理也给分）（2）不可行。因为no会与装置中空气反应后溶于水，使测得的no气体体积不准。（3）acdf（4）d（5）使量气管两端液面相平。（6）27.0%。【解析】试题分析：（1）关闭开关a和分液漏斗活塞，微热烧瓶，量气管右端液面升高，说明气密性良好；（2）一氧化氮与液面上方空气中的氧气反应，生成的no2能溶解于水反应，导致测定一氧化氮的体积不准，故此方案不可行；（3）氨气易溶解于水，容易产物倒吸现象，图中装置acdf都可防倒吸；（4）实验 中制取co2并测量出co2的体积，所以量气管中盛放的溶液应是不与co2反应，但可以吸收其他气体的溶液，故选择排饱和nahco3溶液测量co2的体积。（5）根据pv=nrt，为保证测出来的气体体积是当时大气压下的体积，在读数时应注意：将实验装置恢复到室温，使量气管两端液面相平，相平说明两边液面上的压强一样，这样测出来的气体体积才是当时大气压下的体积，视线与凹液面最低处相平，俯视或仰视会造成误差；（6）实验 中，第2次与第1、3次实验测得氢气的体积相差较大，应舍去第2次数据，生成氢气体积为(346.310)ml+(345.710)ml2=336ml=0.336l，生成h2的物质的量为0.015mol；设生成0.015mol氢气，需al的质量为xg，则：2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h254g 3molxg 0.015mol 解得：x=0.27g0.27/1.0100%=27%考点：实验的探究，涉及装置气密性的检验、气体的收集、混合物纯度的测定等。19现用质量分数为98%、密度为184 gcm3的浓h2so4来配制500 ml 02 moll1的稀h2so4。可供选择的仪器有：玻璃棒 烧瓶 烧杯 药匙 量筒 容量瓶 托盘天平 。请回答下列问题：（1）上述仪器中，在配制稀h2so4时还欠缺的仪器是 。（2）经计算，需浓h2so4的体积为 ml（精确到01）。（3）配制过程有以下操作： a移液 b量取 c洗涤 d定容 e稀释 f摇匀 其正确的操作顺序应是 (填序号)。（4）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中，能引起误差偏高的有 (填代号)。a、定容时，俯视标线b、稀释后的h2so4溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中c、摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线d、转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水（5）从上述容量瓶中移取2500ml的稀硫酸溶液于100ml的容量瓶，加水稀释至刻度线。请问所得溶液中c（h+）= 。【答案】（1）胶头滴管 （2）54 （3）beacdf （4）a、b （5）01 moll1【解析】试题分析：（1）、定容时用到胶头滴管；（2）、c1v1=c2v2 c1=103w/m (103184 gcm398%/98 gmol-) v1=05l02 moll1 v1=54ml （3）配制过程顺序为量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀，所以顺序为beacdf （4）a、定容时，俯视标线，体积偏小，浓度偏高；b、稀释后的h2so4溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中，由于热胀冷缩，室温时体积又减小，浓度偏高，正确；c、摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，浓度变小；d、转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验结果无影响，错误。（5）对稀释h2so4前后，c1v1=c2v2 02 moll12500ml10-3=c2100ml10-3 c2=005 moll1 c(h+)=2c (h2so4)=01 moll1考点：配制溶液仪器、步骤及误差分析。20naclo2的漂白能力是漂白粉的45倍， naclo2广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产naclo2的工艺流程如下：（1）clo2发生器中的反应为：2naclo3+so2+h2so4=2clo2+2nahso4。实际工业生产中，可用硫磺、浓硫酸代替原料中的so2，其原因为 （用化学方程式表示）。（2）反应结束后，向clo2发生器中通入一定量空气的目的： 。（3）吸收器中生成naclo2的离子反应方程式为 ，其中反应温度不能高于5的可能原因： 。（4）某化学兴趣小组用如下图所示装置制备so2并探究so2与na2o2的反应：a b c dna2o2浓h2so4na2so3为除去过量的so2，c中盛放的试剂为 。d中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，b中发生的反应可能为 、na2o2+so2= na2so4。【答案】（1）s+2h2so4(浓) 3so2+ 2h2o（2）驱赶出clo2，确保其被充分吸收（3）2clo2+2oh+h2o2=2clo2+ o2+2h2o 提高clo2的利用率（或防止h2o2分解）（4）naoh溶液（或kmno4溶液）2na2o2+2so2= 2na2so3+ o2【解析】试题分析：（1）反应需要so2，故其它原料也是产生so2，该原料硫与浓硫酸发生归中反应生成so2；（2）通入空气是为了排除装置中的气体，使其充分吸收；（3）吸收器飞反应物为氢氧化钠、双氧水和clo2，产物是naclo2和双氧水的氧化产物氧气；双氧水不稳定受热分解；（4）吸收so2可用碱液吸收；d装置收集到氧气，故b中反应可能有过氧化钠与二氧化碳反应类似发生歧化反应。考点：考查化工流程中的反应原理及实验操作有关问题。21(4分) 用氨氧化法制硝酸时，如果氨的利用率是80%，则用3.4吨氨制得45%硝酸多少吨？【答案】22.4【解析】试题分析：氨的物质的量为0.2106mol，设制得硝酸物质的量为x。由n元素守恒得：nh3 hno3 1 10.2106mol80% xx=1.6105mol。硝酸的质量为1.008107g，所以制得45%硝酸22.4吨。考点： 化学计算点评：注意元素守恒思想的运用。22已知a为常见的金属单质，根据如图所示的转化关系回答下列问题。（1）确定a、b、c、d、e、f的化学式：a为_，b为_，c为_。d为_，e为_，f为_。（2）写出的化学方程式及、的离子方程式：_。 【答案】23 . （1） fe fe3o4 fecl2 fecl3 fe(oh)2 fe(oh)3 （2） 4 fe(oh)2 +o2 + 2h2o = 4 fe(oh)32fe2+ + cl2 = 2fe3+ + 2 cl- 2fe3+ + fe = 3 fe2+【解析】试题分析：b是黑色晶体，应为fe3o4，它与hcl反应生成fecl2和fecl3，红褐色固体f为fe（oh）3，则e为fe（oh）2，c为fecl2，d为fecl3，所以a为fe，（1）由以上分析可知a为fe，b为fe3o4，c为fecl2，d为fecl3，e为fe(oh)2，f为fe(oh)3；答案为：fe；fe3o4；fecl2；fecl3；fe(oh)2 ；fe(oh)3（2）ef为fe（oh）2与氧气反应生成，反应的化学方程式为4fe（oh）2+o2+2h2o4fe（oh）3，dc转化可由fecl3与fe反应生成fecl2，反应的离子方程式为2fe3+fe3fe2+，cd转化可由氯气和氯化亚铁反应生成，反应的离子方程式为2fe2+ + cl2 = 2fe3+ + 2 cl-。考点：考查铁及其化合物的性质。23环已烯常用于有机合成。现通过下列流程，以环已烯为原料合成环醚、环酯、橡胶，其中f可以作内燃机的抗冻剂，j分子中无饱和碳原子。已知：（i）r1chchr2r1chor2cho（ii）羧酸与醇发生酯化反应，通常有不稳定的中间产物生成。例如：（1）c中含有官能团的名称是 ，f的结构简式是 ； （2）a的核磁共振氢谱图上峰的个数为 ，有机物b和i的关系为 （填序号，多填扣分）； a同系物 b同分异构体 c都属于醇类 d都属于烃（3）写出反应的化学方程式： ；（4）判断下列反应类型： ， ；（5）已知：1mol有机物b 与足量ch3c18ooh在一定条件下完全反应时，生成的有机物的结构简式可能为（如有18o请标示） 。【答案】（16分）（1）醛基 ch2ohch2oh （各2分）（2）3 c （各2分）（3） （3分）（4）加成反应或还原反应 酯化（取代）反应 （各1分） （5）、 、 （各1分，共3分）【解析】试题分析：（1）由已知（i）推断，1个c=c键被氧化为2个c=o键，由此可以顺推出合成路线中c、d的结构简式分别为ohccho、ohcch2ch2cho，乙二醇是汽车防冻液，则f的结构简式为hoch2ch2oh，由此逆推可以证明前面c、d的推断成立，则c中官能团是醛基；（2）环己烯分子中的碳碳双键与溴水中的br2发生加成反应，则二者反应生成的化合物a的名称为1，2二溴环己烷，由于1，2二溴环己烷是对称分子，同一个碳上的氢等效、位于对称位置的氢等效，则a分子中含有3种氢原子，所以核磁共振氢谱上有3个峰；1，2二溴环己烷属于卤代烃，卤代烃与氢氧化钠水溶液共热时发生水解反应或取代反应，生成的有机产物属于醇，由此推断图中化合物b的名称为1，2环己二醇；化合物d含有醛基，与足量氢气发生加成反应或还原反应，生成的化合物i的名称1，4丁二醇；1，2环己二醇、1，4丁二醇都属于醇，但前者无环，因此二者不是同系物，也不是同分异构体，更不是烃，故只有c正确；（3）反应是1，2二溴环己烷与氢氧化钠醇溶液共热时发生的消去反应；（4）反应是1，4丁二醛与氢气发生的加成反应或还原反应；是乙二醛与氢气发生的加成反应或还原反应；是乙二醛与氧气发生的氧化反应，生成的化合物e为乙二酸（hooccooh）；是1，4丁二醇在浓硫酸作用下发生的削去反应，生成的化合物j无饱和碳原子，说明它的结构简式为ch2=chch=ch2，名称为1，3丁二烯；是1分子乙二醇与1分子乙二酸发生的酯化反应，生成2分子h2o和1分子环状酯；（5）根据乙酸与乙醇发生酯化反应的机理，先是羧基中c=o键与醇分子中的oh键发生加成反应，后是同一个碳的两个羟基发生消去反应，生成h2o和酯；由此可先仿写出2分子ch3c18ooh与1分子1，2环己二醇发生加成反应，生成1分子加成产物，再写出1分子加成产物脱去2分子h2o后所得酯的结构简式，由于同一个碳的两个羟基脱水方式有两种可能，因此1分子加成产物发生消去反应能得到3种酯：不含氧-18原子、含有1个氧-18原子、含有2个氧-18原子。考点：考查有机合成与推断，涉及官能团名称、结构简式、等效氢、有机物的分类、化学方程式、有机反应类型、官能团结构与性质等。24有x、y、z