广东省梅州市梅县松口中学高三化学上学期第四次段考试卷（含解析）.doc

广东省梅州市梅县松口中学 2015届高三上学期第四次段考化学试卷一、选择题（共8小题，每小题4分，满分36分）1生活处处有化学下列说法正确的是( )a制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金b做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体c煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类d磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸考点：金属与合金在性能上的主要差异；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 专题：化学应用分析：a合金就是某种金属与其他一种或几种金属或非金属融合在一起形成的混合物；b棉和麻主要成分是纤维素；c花生油是植物油是不饱和酯类；d蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸解答：解：a“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故a正确； b棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉不属于同分异构体，n值不同，故b错误；c花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故c错误；d豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故d错误故选a点评：本题考查合金、同分异构体、油脂和蛋白质的性质，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握2水溶液中能大量共存的一组离子是( )aag+、ca2+、cl、so42bfe2+、h+、so32、clocmg2+、nh4+、cl、so42dk+、fe3+、no3、scn考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则该组离子能大量共存，以此来解答解答：解：a离子之间可反应生成agcl、ag2so4、caso4沉淀，不能大量共存，故a错误；b酸性条件下，fe2+、so32与clo发生氧化还原反应，不能大量共存，故b错误；c因该组离子之间不反应，则能够大量共存，故c正确；dfe3+、scn发生络合反应，不能大量共存，故d错误故选c点评：本题考查了离子共存的判断，为高频考点，注意熟练掌握离子反应发生的条件，明确离子不能共存的情况：生成难溶物、气体、弱电解质，发生氧化还原反应、生成络合物等，试题有利于提高学生灵活应用所学知识的能力，难度不大3设na为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是( )a1mol甲苯含有6na个ch键b18g h2o含有10na个质子c标准状况下，22.4l氨水含有na个nh3分子d56g铁片投入足量浓h2so4中生成na个so2分子考点：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甲苯中含有8个碳氢键，1mol甲苯中含有8mol碳氢键；b水分子中含有10个质子，1mol水中含有10mol质子；c标准状况下氨水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氨水的物质的量；d铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法计算生成的二氧化硫的物质的量解答：解：a1mol甲苯中含有8mol碳氢键，含有8na个ch键，故a错误；b18g水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol质子，含有10na个质子，故b正确；c标况下，氨水不是气体，题中条件无法计算氨气的物质的量，故c错误；d56g铁的物质的量为1mol，由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故d错误；故选b点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力4下列实验不能达到目的是( )a用饱和nahco3溶液除去co2中混有的hclb用加热蒸干alcl3溶液的方法制备无水alcl3固体c用分液漏斗分离ccl4萃取碘水后已分层的有机层和水层d用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体考点：化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂 专题：实验评价题分析：a碳酸氢钠与hcl反应生成二氧化碳；balcl3溶液水解生成hcl，且盐酸易挥发；cccl4萃取碘水后，分层，有机层在下层；d碳酸氢钠加热分解，而碳酸钠不能解答：解：a碳酸氢钠与hcl反应生成二氧化碳，则用饱和nahco3溶液除去co2中混有的hcl，故a正确；balcl3溶液水解生成hcl，且盐酸易挥发，则用加热蒸干alcl3溶液的方法得到al（oh）3，故b错误；cccl4萃取碘水后，分层，有机层在下层，则分液漏斗分离，故c正确；d碳酸氢钠加热分解，而碳酸钠不能，则可利用加热方法鉴别，故d正确；故选b点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、盐类水解及应用、物质鉴别等知识，把握物质的性质、反应原理等为解答的关键，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下列实验的现象与对应结论均正确的是( )选项操作现象结论a将新制氯水滴到淀粉ki试纸上试纸变蓝色氧化性：i2cl2b将过量的co2通入cacl2溶液中产生白色沉淀酸性：hclh2co3cfeso4溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液紫色褪色fe2+有还原性dso2通入溴水中溶液褪色so2有漂白性aabbccdd考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：a氯水滴到淀粉ki试纸上，氯气氧化碘离子生成碘单质；b过量的co2通入cacl2溶液中，不发生反应；cfeso4溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应生成铁离子；dso2通入溴水中，发生氧化还原反应解答：解：a氯水滴到淀粉ki试纸上，氯气氧化碘离子生成碘单质，氧化性为cl2i2，故a错误；b过量的co2通入cacl2溶液中，因盐酸的酸性大于碳酸，则不发生反应，不会生成白色沉淀，故b错误；cfeso4溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应生成铁离子，紫色褪色，说明fe2+有还原性，故c正确；dso2通入溴水中，发生氧化还原反应，生成硫酸和hbr，说明so2有还原性，故d错误；故选c点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质及反应原理等，侧重氧化还原反应的考查，注意把握发生的氧化还原反应分析实验的评价性，题目难度不大6在0.1moll1的nahco3溶液中，下列关系式正确的是( )ac（na+）=c（h2co3）+c（hco3）+c（co32）bc（na+）c（co32c（hco3）c（oh）cc（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hco3）+2 c（co32）dc（hco3）+c（co32）=0.1 moll1考点：离子浓度大小的比较 分析：a、碳酸氢钠溶液中遵循物料守恒，根据物料守恒进行判断；b、nahco3溶液呈碱性，hco3的水解程度大于电离程度，且水解程度很小；c、溶液中存在电荷守恒，根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒进行判断；d、c在溶液中以hco3、co32、h2co3形式存在解答：解：a、根据元素守恒n（na）=n（c），c在溶液中以hco3、co32、h2co3形式存在，则c（na+）=c（hco3）+c（co32）+c（h2co3），故a正确；b、nahco3溶液呈碱性，hco3的水解程度大于电离程度，且水解程度很小，溶液中离子浓度大小为：c（na+）c（hco3）c（co32），故b错误；c、碳酸氢钠溶液一定存在电荷守恒：c（na+）+c（h+）=c（hco3）+2c（co32）+c（oh），故c正确；d、c在溶液中以hco3、co32、h2co3形式存在，c（hco3）+c（co32）+c（h2co3）=0.1 moll1，故d错误；故选ac点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，注意把握弱电解质的电离和盐类水解的原理，从守恒的角度比较离子浓度大小是常用的方法7短周期金属元素甲丁在元素周期表中的相对位置如图所示：下列判断正确的是( )a原子半径：丙丁乙b单质的还原性：丁丙甲c甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物d乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：根据元素在周期表中的位置知，甲、乙、丙、丁分别是h、n、na、al元素，a电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；b元素的金属性越强，其单质的还原性越强；c只含共价键的化合物为共价化合物；d乙的最高价氧化物的水化物是硝酸、丙的最高价氧化物的水化物是naoh、丁的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，氢氧化铝能溶于强酸和强碱解答：解：根据元素在周期表中的位置知，甲、乙、丙、丁分别是h、n、na、al元素，a电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是丙丁乙，故a正确；b元素的金属性越强，其单质的还原性越强，金属性丙丁甲，所以单质的还原性：丙丁甲，故b错误；c只含共价键的化合物为共价化合物，甲和乙的氧化物中只含共价键，为共价化合物，丙的氧化物中含有离子键，为离子化合物，故c错误；d乙的最高价氧化物的水化物是硝酸、丙的最高价氧化物的水化物是naoh、丁的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，氢氧化铝能溶于强酸和强碱，所以乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应，故d正确；故选ad点评：本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，侧重考查推断、知识运用能力，明确元素周期表结构及元素性质、元素周期律知识即可解答，注意氢氧化铝的两性，题目难度不大8铜锌原电池如图工作时，下列叙述正确的是( )a正极反应zn2e=zn2+b电池反应：zn+cu2+=zn2+cuc在外电路中，电子从负极移向正极d盐桥中k+移向znso4溶液考点：原电池和电解池的工作原理；电极反应和电池反应方程式 专题：压轴题分析：原电池中负极为较活泼金属，发生氧化反应，在外电路中，电子从负极移向正极，溶液中，阳离子向正极移动，反应的总方程式为：zn+cu2+=zn2+cu解答：解：a、zn是负极，故a错误； b、电池总反应和没有形成原电池的氧化还原反应相同，故b正确；c、根据闭合回路的电流方向，在外电路中，电子由负极流向正极，故c正确；d、在溶液中，阳离子往正极移动，k+移向cuso4溶液，故d错误；故选：bc点评：本题考查原电池原理，盐桥在原电池中的作用是代替了单一溶液体系，电子的流向问题是学生普遍感到困难的一个考点二、解答题（共4小题，满分64分）9（16分）单体液晶（有机物）是用偶联反应合成的：试回答以下问题：（1）有机物的分子式是c5h8o；1mol有机物i完全燃烧消耗6.5molo2有机物不能发生的反应为（单选）：取代反应 加成反应消去反应 醇氧化为醛（或酮）的反应（2）以苯为原料生成有机物的化学方程式为：（3）由有机物制备 的反应条件是浓硫酸、加热（4）chcch2oh与ch3i能发生类似的反应，该反应方程式是：（5）请写出丙酮ch3coch3经过反应生成的有机物的结构简式：考点：有机物的结构和性质；有机物的合成 专题：有机化合物的获得与应用分析：（1）反应物i的分子中含有5个c原子、8个h原子、1个o原子，根据分子式可判断消耗氧气的物质的量，反应物iii中含有碳碳三键、醇羟基、苯环，具有炔烃、醇和苯的性质；（2）苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下反应生成溴苯；（3）有机物iii在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应；（4）chcch2oh与ch3i能发生类似的反应，该反应为取代反应，碳碳三键连接的碳原子上h原子被甲基取代；（5）丙酮ch3coch3经过反应与rmgbr发生加成、水解得到醇解答：解：（1）反应物i的分子中含有5个c原子、8个h原子、1个o原子，分子式为c5h8o，从消耗氧气的角度可写成c5h6h2o，由此可以看出1molc5h8o完全燃烧消耗6.5molo2，反应物iii中含有碳碳三键、醇羟基、苯环，具有炔烃、醇和苯的性，能发生取代、加成、消去反应，故选，故答案为：c5h8o；6.5；（2）苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下反应生成溴苯，反应方程式为，故答案为：；（3）有机物iii在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应，所以反应条件是浓硫酸、加热，故答案为：浓硫酸、加热；（4）chcch2oh与ch3i能发生类似的反应，该反应为取代反应，碳碳三键连接的碳原子上h原子被甲基取代，反应方程式为，故答案为：；（5）丙酮ch3coch3经过反应与rmgbr发生加成、水解反应，得到，故答案为：点评：本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度中等，答题时注意有机官能团性质的灵活运用10（16分）大气中的部分碘源于o3对海水中i的氧化将o3持续通入nai溶液中进行模拟研究（1）o3将i氧化成i2的过程由3步反应组成：i（aq）+o3（g）=io（aq）+o2（g）h1io（aq）+h+（aq）hoi（aq）h2hoi（aq）+i（aq）+h+（aq）i2（aq）+h2o（l）h3总反应的化学方程式为2i+o3+2h+=i2+o2+h2o，其反应h=h1+h2+h3（2）在溶液中存在化学平衡：i2（aq）+i（aq）i3（aq），其平衡常数表达式为（3）为探究fe2+对o3氧化i反应的影响（反应体系如图1），某研究小组测定两组实验中i3浓度和体系ph，结果见图2和下表编号反应物反应前ph反应后ph第1组o3+i5.211.0第2组o3+i+fe25.24.1第1组实验中，导致反应后ph升高的原因是由2i+o3+2h+=i2+o2+h2o可知消耗酸，所以ph升高图1中的a为fe2+，由fe3+生成a的过程能显著提高的转化率，原因是o3可以将fe2+氧化为fe3+：o3+2fe2+2h+=2fe3+o2+h2o，fe3+氧化i：2fe3+2i=i2+2fe2+，即a是亚铁离子，i消耗量增大，转化率增大第2组实验进行18s后，i3浓度下降导致下降的直接原因有（双选）bdac（h+）减小 bc（i）减小 ci2（g）不断生成 dc（fe3+）增加（4）据图2，计算318s内第2组实验中生成i3的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；反应速率的定量表示方法；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素 专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：（1）根据题给信息，总反应为o3氧化i生成i2，将所给的三个反应：+可得总反应以及h；（2）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积来分析；（3）该反应消耗h+，随反应进行c（h+）浓度降低，ph升高；由于是持续通入o3，o3可以将fe2+氧化为fe3+：o3+2fe2+2h+=2fe3+o2+h2o，fe3+氧化i：2fe3+2i=i2+2fe2+，即a是亚铁离子，i消耗量增大，转化率增大，与i2反应的量减少，i3浓度减小；根据i2（aq）+i（aq）i3（aq），使c（i3）急剧减小，说明平衡逆向移动；（4）根据v=计算反应速率；解答：解：（1）将所给的三个反应：+可得总反应：2i（aq）+o3（g）+2h+（aq）=i2（aq）+o2（g）+h2o（l），h=h1+h2+h3，故答案为：2i+o3+2h+=i2+o2+h2o；h1+h2+h3； （2）因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以k=，故答案：；（3）该反应消耗h+，随反应进行c（h+）浓度降低，ph升高，方程式为：2i+o3+2h+i2+o2+h2o，故答案为：由2i+o3+2h+i2+o2+h2o可知消耗酸，所以ph升高；由于是持续通入o3，o3可以将fe2+氧化为fe3+：o3+2fe2+2h+=2fe3+o2+h2o，fe3+氧化i：2fe3+2i=i2+2fe2+，即a是亚铁离子i消耗量增大，转化率增大；故答案为：fe2+；o3可以将fe2+氧化为fe3+：o3+2fe2+2h+=2fe3+o2+h2o，fe3+氧化i：2fe3+2i=i2+2fe2+，即a是亚铁离子，i消耗量增大，转化率增大；c（fe3+）增加，发生反应：2fe3+2i=i2+2fe2+，消耗i，i2（g）不断生成，都会使i2（aq）+i（aq）i3（aq）平衡逆向移动，故消耗i，i2（aq）不断生成，都会使c（i3）急剧减小，但直接原因是c（i）减小、c（fe3+）增加，故答案为：bd；（4）318s内，v（i3）=5.5104mol/（ls），故答案为：5.5104mol/（ls）点评：本题考查了盖斯定律、化学平衡常数，化学平衡的移动以及化学反应速率的计算等知识，难度中等11（16分）以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等实验室模拟工业以硫酸渣制备铁红（fe2o3），过程如下：（1）硫酸渣的成分中属于两性氧化物的是al2o3，写出酸溶过程硫酸渣与稀硫酸反应的离子反应方程式（任意两个）：al2o3+6h+=2al3+3h2o、fe2o3+6h+2fe3+3h2o（2）生产过程中，为了确保铁红的纯度，氧化过程需要调节溶液的ph的范围是3.23. 8（部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的ph见下表）沉淀物fe（oh）3al（oh）3fe（oh）2mg（oh）2开始沉淀2.73.87.59.4完全沉淀3.25.29.712.4（3）滤渣a的主要成分为sio2，滤液b可以回收的物质有na2so4、mgso4和al2（so4）3（4）第二次过滤得到的沉淀加水进行洗涤，如何证明沉淀一定洗涤干净？请简单描述一下实验操作：取最后一次洗涤液，加入bacl2溶液，不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净考点：铁的氧化物和氢氧化物；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；镁、铝的重要化合物 专题：几种重要的金属及其化合物分析：硫酸渣中含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的sio2，再加氢氧化钠调节ph值3.23.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀而被除去，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到实验目的；（1）氧化铝是两性氧化物，可以和硫酸反应生成硫酸铝和水；氧化铁是碱性氧化物，可以和硫酸反应生成硫酸铁和水；（2）根据几种离子沉淀的ph，应选择使fe3+沉淀完全而其他离子不沉淀；（3）二氧化硅不和酸反应；因加入的是氢氧化钠来调节ph，所以滤液b中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠；（4）洗涤干净的实验操作为取最后一次洗涤液，加入bacl2溶液，不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净解答：解：硫酸渣中含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的sio2，再加氢氧化钠调节ph值3.23.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀而被除去，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到实验目的；（1）氧化铝是两性氧化物，可以和硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为：al2o3+6h+=2al3+3h2o；氧化铁是碱性氧化物，可以和硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为fe2o3+6h+2fe3+3h2o，故答案为：al2o3；al2o3+6h+=2al3+3h2o；fe2o3+6h+=2fe3+3h2o；（2）根据几种离子沉淀的ph，使fe3+沉淀完全的ph为3.2，其他离子开始沉淀ph为3.8，因此所选ph因介于3.2和3.8之间，故答案为：3.23.8；（3）因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣a”主要成份为sio2；未沉淀的离子为na+、mg2+、al3+，故滤液b可以回收的物质有na2so4、al2（so4）3、mgso4，故答案为：sio2；al2（so4）3；（4）洗涤干净的实验操作为取最后一次洗涤液，加入bacl2溶液，不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入bacl2溶液，不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净点评：本题考查实验的探究与评价，难度中等涉及物质的性质、离子方程式的书写等方面的知识，侧重学生分析、解决问题能力的培养12（16分）碘元素的单质和化合物在现实生产生活中应用广泛（提示：问题（2）更简单一些）（1）碘化钾（ki）是常用的还原剂某研究性学习小组利用碘酸钾（kio3）测定碘化钾的浓度在10.00ml的ki溶液中逐滴滴入用硫酸酸化的kio3溶液，溶液颜色不再变化后，用na2s2o3溶液滴定生成的i2（使用淀粉做指示剂），消耗0.2000moll1na2s2o3溶液30.00ml滴定过程发生的离子方程式如下：2s2o32+i2s4o62+2i写出本实验中碘酸钾和碘化钾反应的化学方程式（提示：硫酸也参与反应）kio3+5ki+3h2so4=3i2+3h2o+3k2so4 na2s2o3溶液滴定生成的i2（使用淀粉做指示剂），滴定终点如何判断：当滴加最后一滴na2s2o3溶液，溶液恰好由蓝色变为无色且半分钟内不变色即为滴定终点测定的ki溶液浓度是0.5000moll1（2）探究酸性kio3溶液的与ki溶液反应中kio3浓度和温度对反应速率的影响，生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率某同学设计实验如下表所示：0.01moll1kio3酸性溶液的体积/ml0.01moll1ki溶液的体积/mlh2o的体积/ml实验温度/溶液出现蓝色时所需时间/s实验155525t1实验245v125t2实验355535t3由小到大比较t1、t2、t3的大小t3t1t2；表中v1=6ml；用na2s2o3标准溶液滴定生成的i2，应该选用碱式滴定管滴定前排气泡时，应选用下图中的考点：探究物质的组成或测量物质的含量；氯、溴、碘及其化合物的综合应用 专题：实验探究和数据处理题分析：（1）根据题干信息可知，碘化钾与碘酸钾在酸性条件下反应生成碘单质，据此写出反应的化学方程式；反应结束前溶液为蓝色，反应结束后溶液变成无色，据此判断滴定终点；根据反应方程式找出碘化钾与硫代硫酸根离子的关系式，然后根据硫代硫酸根离子的物质的量计算出碘化钾的物质的量，再根据c=计算出该