江苏省建湖外国语学校高三化学下学期4月月考试卷（含解析）.doc

江苏省建湖外国语学校2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）1已知：hcn（aq）与naoh（aq）反应的；hcl（aq）与naoh（aq） 反 应的，则hcn在水溶液中电离的等于a b-43.5 c+43.5 d+67.7【答案】c【解析】试题解析：反应的热化学方程式分别为：hcn（aq）+oh-（aq）cn-（aq）+h2o（l）h=-12.1kjmol-1h+（aq）+oh-（aq）h2o（l）h=-55.6kjmol-1hcn电离方程式为，hcnh+cn-，用-可得hcn电离的热化学方程式为：hcn（aq）h+（aq）+cn-（aq）h=-12.1kjmol-1-（-55.6kjmol-1）=+43.5kjmol-1，故选c考点：盖斯定律2下列各组物质互为同系物的是 a16o和18o b正丁烷和异丁烷c金刚石和石墨 dch4和ch3ch3 【答案】d【解析】a错误，16o和18o是同位素。b错误，正丁烷和异丁烷是同分异构体。c错误，金刚石和石墨是同素异形体。d正确，ch4和ch3ch3同属链状烷烃，是同类物质，具备相同的结构，其次在结构上相差一个ch2。3五种短周期元素的某些信息如表所示：元素有关信息x最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐ym层上有3个电子z短周期元素中原子半径最大的主族元素w其单质是淡黄色固体q最高正价与最低负价代数和为6下列说法正确的是a简单离子的半径大小顺序为：wqzybz单质在氧气中燃烧后的产物不能使品红溶液褪色c单质熔点高低的顺序为：zyxdz与w元素只能形成原子个数比为2:1的化合物【答案】a【解析】试题分析：短周期元素中，x最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐，则x为n元素；y元素原子m层上有3个电子，则y为al；z是短周期元素中原子半径最大的主族元素，则z为na；w单质是淡黄色固体，则w为s元素；q最高正价与最低负价代数和为6，则q为cl。a、电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越小，故离子半径s2-cl-na+al3+，故a正确；b、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，故b错误；c、氮气常温下为气体，熔点最低，金属al的熔点高于na单质，故c错误；d、na与s元素可以形成na2s，也可以形成na2s2，前者原子个数比为2：1，后者原子个数之比为1：1，故d错误；故选a。考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。4a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是（ ）a bl cl d【答案】a【解析】a g某气体中含有的分子数为b，其物质的量为=mol则c g该气体的物质的量为：mol=mol则cg该气体在标准状况下的体积是：mol22.4l/mol=l故选：a【点评】本题考查物质的量有关计算，明确计算公式即可解答，注意对公式的理解于灵活应用5三氯化磷分子的空间构型是三角锥形而不是平面正三角形，下列关于三氯化磷分子空间构型理由的叙述，不正确的是apcl3分子中三个共价键的键长，键角都相等bpcl3分子中的p-cl键属于极性共价键cpcl3分子中三个共价键键能，键角均相等dpcl3是非极性分子【答案】d【解析】试题分析：a、pcl3分子中三个p-cl键完全相同，所以键长、键角都相等，故a正确；b、不同非金属元素之间形成极性共价键，则分子中p-cl键是极性共价键，故b正确；c、pcl3分子中三个p-cl键完全相同，所以键能，键角均相等，故c正确；d、pcl3分子中存在p-cl极性键，分子结构不对称，为极性分子，故d错误；故选d。【考点定位】考查键能、键长、键角及其应用【名师点晴】本题考查了判断分子空间构型，键能、键长，键角的判断。键能和键长是共价键稳定性的重要参数，键角是分子在空间立体结构的重要参数，要学会根据这些参数分析判断分子的结构。pcl3分子中三个p-cl键完全相同，所以键能、键长，键角都相等；分子中p-cl键是不同非金属元素之间形成的极性共价键，分子结构不对称，为极性分子。6科学家近期发现2种粒子：第一种是由四个中子构成的粒子；第二种是由四个氧原子构成的分子。下列有关这两种粒子的说法不正确的是a“四中子”不显电性b“四中子”的质量数为4c第二种粒子是氧元素的另一种同位素d第二种粒子的化学式为o4【答案】c【解析】中子不带电，a正确。由于没有质子，所以中子数就等于质量数，b正确。由四个氧原子构成的分子属于单质，而同位素是指质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素，所以c是错误的，该分子和氧气互为同素异形体。由4个氧原子构成，则化学式就是o4，d正确。所以答案选c。7h2和i2在一定条件下能发生反应：h2(g)i2(g) 2hi(g) ha kj/mol已知： (a、b、c均大于零)。下列说法正确的是ah2、i2和hi分子中的化学键都是非极性共价键b断开2 mol hi分子中的化学键所需能量约为(cba) kjc相同条件下，1 mol h2 (g)和1mol i2 (g)总能量小于2 mol hi (g)的总能量d向密闭容器中加入2 mol h2 (g)和2 mol i2 (g)，充分反应后放出的热量为2a kj【答案】b【解析】试题分析：a由同种元素的原子形成的是非极性键，由不同种非金属元素的原子形成的极性键，h2、i2分子中的化学键都是非极性共价键，hi分子中是极性键，a错误；b反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据键能和热化学方程式可知断开2 mol hi分子中的化学键所需能量约为(cba) kj，b正确；c反应是放热反应，则相同条件下，1 mol h2 (g)和1mol i2 (g)总能量高于2 mol hi (g)的总能量，c错误；d反应是可逆反应，则向密闭容器中加入2 mol h2 (g)和2 mol i2 (g)，充分反应后放出的热量小于2a kj，d错误，答案选b。考点：考查反应热的有关判断与计算8下列各组离子，在ph=0的溶液中可以大量共存的是（ ）aal3+、fe3+ 、br、so42bk+、ca2+、so42、 clcna+、cu2+、i、no3dnh4+、k+、hpo42、cl【答案】a【解析】试题分析：ph=0的溶液为强酸性溶液，a项中离子组能够共存，a正确；b项ca2+与so42 生成沉淀不能大量共存，b错误；c项中i与no3 （h+）因发生氧化还原反应不能共存，c错误；d项hpo42 为弱酸酸式酸根，与h+ 不共存，d错误；故选a。考点：本题考查的是离子共存问题。9将cl2制成漂粉精的主要目的是a. 增强漂白和消毒作用 b. 使它转化为较稳定物质，便于保存和运输c使它转化为较易溶于水的物质 d. 增加氯的质量分数，有利于漂白、消毒【答案】b【解析】氯气和漂白精的作用都是生成次氯酸，然后具有漂白性。因氯气不方便保存和运输，故通入石灰乳中制成漂白精，答案选b。10在下列溶液中一定能大量共存的离子组是a.ph=2的溶液：fe2+、nh4+、cl、no3b.能使ph试纸变深蓝色的溶液：na+、s2、co32c.含有大量fe3+的溶液：scn、i、k+、brd.澄清透明的无色溶液：clo、mno4、al3+、so42【答案】b【解析】正确答案：ba、3fe2+no34h=3fe32h2onoc、fe33scn=fe (scn)3 d、mno4 紫红色11已知有反应：i2（g）h2（g）2hi（g）h0，该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中x的值，则y随x变化趋势合理的是选项xya温度容器内混合气体的密度bi2的物质的量h2的转化率ch2的浓度平衡常数kd加入ar的物质的量逆反应速率【答案】b【解析】试题分析：a、该反应的密闭容器为恒容，气体的质量守恒，所以混合气体的密度为定值，错误；b、增加i2的物质的量，平衡向右移动，h2的转化率增大，正确；c、温度不变，则平衡常数不变，错误；d、加入ar的物质的量，因为容器恒容，所以正、逆反应速率不变，错误。考点：本题考查图像的分析、化学平衡移动。 12已知某溶液中存在，和四种离子，其浓度大小有如下关系，其中可能的是（） 且 ab cd【答案】c【解析】正确，此时溶质是氯化铵或氯化铵和氯化氢的混合液。正确，应该是氯化铵和氯化氢的混合液。符合电荷守恒，正确。不符合电荷守恒c(h)c(nh4)=c(oh)c(cl)，不正确。氯化铵的水解程度是很小的，因此不正确，答案选c。13cucl是难溶于水的白色固体，是一种重要的催化剂。工业上，由孔雀石（主要成分cu(oh)2cuco3，含fes、feo和sio2杂质）制备cucl的某流程如下：下列说法不正确的是ah2o2将溶液1中fe2+氧化为fe3+，再通过控制ph转化为fe(oh)3除去bso32-将溶液3中的cu2+还原，反应得到cuclcco32-作用是控制溶液ph，促使cucl沉淀的生成d若改变试剂加入顺序，将溶液3缓慢加入到含大量so32-/co32-的溶液中，同样可制取cucl【答案】d【解析】试题分析：孔雀石与硫酸反应生成硫酸铜、硫酸亚铁、co2和h2s，sio2与酸不反应，滤渣1是sio2，气体是co2和so2的混合气体，溶液1是硫酸铜和硫酸亚铁，加双氧水将fe2氧化成fe3，然后加入naoh调节ph值，使fe3成为fe(oh)3沉淀，则滤渣2为fe(oh)3，溶液2为cuso4，为了增加cl的浓度，向溶液中加入nacl增大cl的浓度，溶液3是cuso4和nacl的混合溶液，向溶液3中加入na2so3将溶液3中的cu2+还原，反应得到cucl，加入na2co3控制溶液ph，促使cucl沉淀的生成，据此回答。a.根据上述分析，h2o2将溶液1中fe2+氧化为fe3+，再通过控制ph转化为fe(oh)3除去，a项正确；b.na2so3具有还原性，cuso4具有氧化性，so32-将溶液3中的cu2+还原，反应得到cucl，b项正确；c.na2co3溶液水解显碱性，所以co32-作用是控制溶液ph，促使cucl沉淀的生成，c项正确；d.如果改变试剂加入顺序，溶液碱性太强，会生成cu(oh)2沉淀，得不到cucl，d项错误；答案选d。【考点定位】考查制备cucl的工艺流程分析。【名师点睛】本题考查了cucl的工艺流程分析，对于工艺流程题解题的基本步骤，总结如下：（1）审题：从题干中获取有用信息，了解生产的产品，并在流程框图上，标出原料中的成分，找出原料中的杂质。审流程图：看箭头，进入的是投料（即反应物）、出去的是生成物（包括主产物和副产物）；找三线，物料进出线、操作流程线、循环线。（2）析题：分析流程中的每一步骤，知道“四个什么”：反应物是什么；发生了什么反应；该反应造成了什么后果；对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。（3）技巧：从问题中获取信息，帮助解题，流程下题目中所提的问题，有时对我们分析流程中某一步的作用有很大帮助，所以我们做题时，不仅要把题中所给信息及流程图审一遍，还要把题中所提问题浏览一遍。14下图曲线a表示反应x（g）+y(g) +n(s) z(g)+m(g) hal3+；（3）naohal(oh)3；（4）hcl ph3。【解析】试题分析：a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期元素，a、b、e三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，则含有al元素，氢氧化铝溶于强酸、强碱，故有na元素，则a为na，b为al，三种原子最外层共有11个电子，则e的最外层电子数为11-1-3=7，则e为cl元素。c元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则c元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则c为si元素；d元素原子序数大于硅元素，处于第三周期，d元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则最外层电子数为8-3=5，则d为磷元素；（1）c元素的名称是硅；d元素的名称是磷；（2）a是na元素，原子结构示意图是：；b元素是al元素，