山东省即墨市市北中学高三化学下学期3月月考试卷（含解析）.doc

山东省即墨市市北中学2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1某物质的水溶液能导电，且该物质属于非电解质，溶于水时化学键被破坏的是 （ ）a干冰 b液溴 c蔗糖 d碳酸钡【答案】a【解析】略2下列说法不正确的是（ ）a煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料b侯氏制碱法的工艺过程，应用了物质溶解度的差异c食品包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同d甘氨酸和丙氨酸发生脱水反应，最多可生成4种二肽【答案】a【解析】试题分析：a、煤的气化和液化是指煤在无氧加热的条件下分解生成气体或液体燃料，是化学变化，错误；b、侯氏制碱法是将co2、nh3通入饱和nacl溶液中，发生以下反应nh3+co2+h2o=nh4hco3 nh4hco3+nacl=nh4cl+nahco3，其中nahco3溶解度最小，故有nahco3的晶体析出，正确；c、食品包装中的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉，可以形成原电池，中性环境中铁发生吸氧腐蚀，降低食品中的氧气的含量，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，正确；d、甘氨酸和丙氨酸发生脱水反应，自身脱水以及甘氨酸的氨基与丙氨酸的羧基脱水、甘氨酸的羧基与丙氨酸的氨基脱水生成二肽，所以共4种，正确，答案选a。考点：考查煤的气化、液化过程，侯氏制碱法的原理，氨基酸的反应，吸氧腐蚀的判断3下列描述中，错误的是a往下水道中倾倒硫酸铜溶液，会进一步加快铁制管道的腐蚀b镁与稀盐酸反应剧烈，加入醋酸钠晶体可以减慢反应速率c电解饱和食盐水制氯气时用铁作阳极d电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极【答案】c【解析】afe能与硫酸铜发生反应生成cu，cu、fe在一起易发生电化学腐蚀，能加快铁制管道的腐蚀，故a正确；b镁与稀盐酸反应剧烈，加入醋酸钠生成醋酸溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，故b正确；c金属作阳极失电子，溶液中的阴离子不放电，所以电解饱和食盐水制氯气时用铁作阳极，阳极上不能生成氯气，故c错误；d电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，阴极上析出铜单质，粗铜作阳极，粗铜逐渐溶解，故d正确4某溶液中含有、na+、ba2+、等4种离子，若向其中加入少量的na2o2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（ ）a. b.na+ c.ba2+ d.【答案】d【解析】加入少量的na2o2固体后，2na2o2+2h2o=4naoh+o2，ba2+oh-+=baco3+h2o，造成ba2+、的减少，na+的增多。5下列实验过程中，始终无明显现象的是 a在稀硫酸中加入铜粉，再加入kno3固体 bso2通入ba(no3)2溶液中cco2通入cacl2溶液中 d稀盐酸滴加到fe（oh）3胶体溶液中【答案】c【解析】试题分析：a、在稀硫酸中加入铜粉，再加入kno3固体，溶液中含有h+、no3，能与cu发生氧化还原反应，生成cu(no3)2蓝色溶液、no气体、h2o，错误；b、so2通入ba(no3)2溶液中，so2与h2o反应生成h2so3，呈酸性，与ba(no3)2反应生成baso4白色沉淀，错误；c、co2通入cacl2溶液中，不发生化学反应，始终无明显现象，正确；d、稀盐酸滴加到fe（oh）3胶体溶液中先生成沉淀然后溶解，错误。考点：本题考查物质的性质及反应现象的判断。 6下列物质的分类方法恰当的是序号氧化物酸碱盐a熟石灰氯酸钾生石灰蓝矾b生石灰次氯酸纯碱苏打c过氧化氢盐酸碱式碳酸酮氯化铁d氧化钠硫酸烧碱纯碱【答案】d【解析】试题分析：a、氯酸钾属于盐，生石灰属于氧化物，错误；b、纯碱是碳酸钠，属于盐，错误；c、盐酸是hcl的水溶液，hcl属于酸，碱式碳酸铜属于盐类，错误；d、氧化钠属于氧化物，硫酸属于酸，烧碱是氢氧化钠，属于碱，纯碱是碳酸钠，属于盐，正确，答案选d。考点：考查物质分类的判断7有关常温下ph均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是（ ）a两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为11011mol/lb分别加水稀释100倍后，两种溶液的ph仍相同c醋酸中的c(ch3coo)和硫酸中的c(so42)相等d分别加入足量锌片，两种溶液生成h2的体积相同【答案】a【解析】试题分析：醋酸为弱酸，存在电离平衡：ch3coohch3coo+h，而硫酸为强酸，全部电离为离子。a在两酸溶液中，溶液中的h浓度（1103moll1）相同，则oh浓度（11011moll1也相同，而两种溶液中的oh全部来自于水的电离，故由水电离出的oh、h浓度均为11011moll1，正确；b由于弱酸存在电离平衡，在稀释过程中促进其电离，故分别加水稀释100倍后，弱酸中h反而大，其ph相对较小；c两溶液中的电荷守恒分别为：c(h+)=c(ch3coo)+c(oh)、c(h+)=2c(so42)+c(oh)；由于两溶液的oh、h浓度均相同，故醋酸中的c(ch3coo)为硫酸中的c(so42)的二倍；d由于弱酸在与锌反应过程中，不断电离出氢离子补充，故ph相同的两酸弱酸生成h2的体积相对较大。选a。考点：强酸、弱酸比较8有一合金由x、y、z、w四种金属组成，若将合金放入盐酸中只有z、y能溶解；若将合金置于潮湿的空气中，表面只出现z的化合物；若将该合金做阳极，用x盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出x这四种金属的活动性顺序是ayzwx bzywx cwzyx dxyzw【答案】b【解析】试题分析：将合金放入盐酸中，只有z、y能溶解，说明z、y在氢前，x、w在氢后，故c、d错误；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现z的化合物则说明z为负极，活泼性是zy，故a错误，若将该合金做阳极，用x盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出x，说明x离子的氧化性最强，所以x的活泼性最弱，故活泼性顺序是：zywx，故选b。考点：考查原电池及电解原理，涉及金属活动性顺序的应用。9对于(nh4)2so4溶液，下列说法正确的是a溶液中存在电离平衡：(nh4)2so42nh4+so42-b向溶液中滴加少量浓硫酸，c(nh4+)与c(so42-)均增大c加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小d溶液中：c(so42-)=2c(nh4+)+2c(nh3h2o)【答案】b【解析】试题分析：a硫酸铵是强电解质能完全电离，用等号连接，即(nh4)2so4nh4+so42-，故a错误；b向溶液中滴加少量浓硫酸，电离出氢离子和硫酸根离子，其中氢离子对铵根离子的水解平衡nh4+h2onh3h2o+h+产生抑制作用，所以c(nh4+)、c(so42-)均增大，故b正确；c加水稀释对水解平衡nh4+h2onh3h2o+h+起到促进作用，溶液里c(h+)减小，kw不变，则c(oh-)增大，故c错误；d该溶液中的物料守恒：2c(so42-)=c(nh4+)+c(nh3h2o)，故d错误，故选b。考点：考查影响盐的水解平衡移动的因素10现有物质的量浓度均为 0.1 moll - 1 的下列五种物质的溶液：hcl h2so4 ch3cooh nh4cl naoh。下列有关说法正确的是：（ ）a其溶液中由水电离出的c（h+）的大小关系是 = b其溶液中由水电离出的（h+）的大小关系是 = c上述溶液中能能促进水的电离是=d上述溶液中能促进水的电离是只有 【答案】bd【解析】酸或碱都是抑制水的电离的，氢离子或oh浓度越大，抑制程度越大。盐类水解是促进水电离的，所以其溶液中由水电离出的c（h+）的大小关系是，因此答案是bd。11下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是a在80 ph= 10的溶液中：na+ 、ch3cho、ag(nh3)2+ 、no3b溶液中能大量共存，通入co2后仍能大量共存：k+、ca2+ 、cl、no3c与镁反应只产生氢气的溶液中：no3、cl、h+、a13+d=1.010-12溶液中：c6h5o、k+、so42、ch3coo【答案】b【解析】试题分析：a、ph=10的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中ch3cho与ag(nh3)2+发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；b、溶液中能大量共存，通入co2后溶液呈酸性，由于cl、no3的存在，二氧化碳与钙离子不会反应生成碳酸钙沉淀，可以大量共存，正确；c、与镁反应只产生氢气的溶液为酸性溶液，若存在硝酸根离子，则mg与硝酸反应不会产生氢气，错误；d、=1.010-12溶液是酸性溶液，c6h5o与ch3coo在酸性溶液中都不能大量共存，错误，答案选b。考点：考查给定条件的离子大量共存的判断12总质量一定时，不论以任何比例混合，完全燃烧生成co2与h2o的量为定值的是（ ）ach2o和c2h4o2 c2h4和c3h8 c 和c2h4 c3h8o和c2h6o【答案】a【解析】试题分析：总质量一定时，不论以任何比例混合，完全燃烧生成co2与h2o的量为定值说明分子中c、h的质量分数为定值，因此化学式的实验室应该相同，因此答案选a。考点：有机物的组成点评：本题主要考查学生分析问题的能力。13下列各组物质类别，在物质分类里前者从属于后者的一组是a、纯净物、混合物 b、氧化物、化合物c、单质、化合物 d、化合物、混合物【答案】b【解析】试题分析：a、纯净物和混合物是并列的概念，不选a；b、氧化物属于化合物，选b；c、单质和化合物是并列的概念，都属于纯净物，不选c；d、化合物属于纯净物，不属于混合物，不选d。考点：物质类别。14氮化铝（aln）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：al2o3+ n2 + 3c=2aln + 3co下列有关该反应的叙述不正确的是a氮化铝中氮元素的化合价为3b上述反应中，每生成2 mol aln，n得到6mol e-c在氮化铝的合成反应中，n2是还原剂，al2o3氧化剂d该反应n2的化合价降低了【答案】c【解析】试题分析：a氮化铝中al的化合价为+3价，氮元素的化合价为-3价，正确；b. 在氮化铝的合成反应中，n2的化合价由0-3，每生成2 mol aln，n2得到的电子是32=6mol电子，正确；c. 在氮化铝的合成反应中，n2的化合价由0-3，发生改变，n2是氧化剂；al2o3 中al、o元素的化合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂错误；d. 该反应n2的化合价降低了，正确；选c。考点：考查氧化还原反应。15下列离子方程式书写正确的是（ ）a钠和水反应：2na +2h2o2na + 2oh + h2 b铁粉与稀硫酸反应：2fe6h+2fe3+3h2c氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：ba2+so42-baso4d在氯化亚铁溶液中通入氯气：cl2fe2+fe3+2cl-【答案】a【解析】铁和稀硫酸反应生成物是氢气和硫酸亚铁，b不正确。选项c中还有水生成，不正确。d中电子的得失不守恒，不正确。所以答案选a。16(4分)有下列物质：空气 o2 nahso4 氨水 cuso45h2o naoh co2 fe2o3 金刚石 h2so4，请回答下列问题（请在横线上填写序号）：（1）属于混合物的有 ；（2）属于酸性氧化物的有 ；（3）属于碱的有 ；（4）属于盐的有 。【答案】（1） （2） （3） （4）【解析】试题解析：（1）空气、氨水由两种或两种以上不同物质组成的物质组成，属于混合物；（2）co2与水化合生成酸，属于酸性氧化物；（3）naoh溶于水电离出的阴离子全部是氢氧根，属于碱；（4）nahso4、cuso45h2o在溶液中电离出的阳离子全部为金属离子，阴离子全部为酸根离子，属于盐。考点：物质的分类17（10分）已知某溶液中只存在oh、h+、nh4+、cl四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：ac(cl)c(nh4+)c(h+)c(oh) bc(cl)c(nh4+)c(oh)c(h+)cc(cl)c(h+)c(nh4+)c(oh) dc(nh4+)c(cl)c(oh)c(h+)（1）若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质是 ，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是（选填序号） 。（2）若上述关系中d是正确的，混合后溶液中的溶质为 。（3）25 时，将a moll1的氨水与b moll1盐酸等体积混合，反应后溶液恰好显中性，则混合前a b（填“”、“ bmoll1【解析】试题分析：任何水溶液中均存在oh和h+，所以去掉oh和h+，剩下的离子就是溶质产生的，因此中溶质为氯化铵。而此溶液中，因为nh4+水解，所以c(cl)c(nh4+)c(h+)c(oh)，即答案选a。（2）要变为d选项，就要增大c(nh4+)，所以要在nh4cl溶质的基础上加nh3h2o，所以溶质为nh4cl和nh3h2o。）（3）将a moll-1的氨水与b moll-1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，氨水过量，则混合前a b，溶液中c（oh-）=110-7mol/l，溶液中c（nh4+）=c（cl-）=mol/l，混合后反应前c（nh3h2o）=mol/l，则反应后c（nh3h2o）=（-）mol/l，则k= = = 10-7。考点：考查盐类水解。18（6分）科学探究结果的准确性来自于探究活动中研究方法的科学性，研究过程的计划性、研究目的的明确性。某学生用下图所示方法研究物质的性质，其中，气体a的主要成分是氯气（含有空气和水蒸气）。请回答下列问题：（1）该项研究(实验)的主要目的是 ；（2）浓硫酸的作用是 _ ；（3）与研究目的直接相关的实验现象是： 。【答案】（1）比较干燥的氯气和次氯酸（潮湿的氯气）的漂白性（或研究氯气的漂白性实验）；（2）吸收气体a中的水；（3）b中有色布条不褪色，c中有色布条褪色。【解析】试题分析：（1）气体a的主要成分是氯气，b、c集气瓶中分别是干燥的有色布条和湿润的有色布条，所以该项研究的主要目的是研究氯气的漂白性实验；(2)氯气必须是干燥的，所以用浓硫酸吸收气体a中的水；（3）与研究目的直接相关的实验现象是b中有色布条不褪色，c中有色布条褪色。考点：考查氯气的化学性质。19实验室配制0.1 mol/l的bacl2溶液可分两个阶段进行。第一阶段：用托盘天平称取5.2 g无水bacl2晶体。第二阶段：溶解配制0.1 mol/l的bacl2溶液。第一阶段操作有如下几步：a将游码拨至0.2 g处；b将游码拨至“0”处；c在天平两边的托盘上各放一张干净的等质量的滤纸，调节天平两边的螺母使天平平衡；d取走药品，将砝码放回砝码盒内；e.往左盘内逐步添加晶体至天平平衡；f.在右盘上放置5 g砝码。（bacl2相对分子量=208）（1）其正确的操作顺序是(填序号)：b_a_。（2）第二阶段操作，应先将5.2 g bacl2加适量蒸馏水溶解，溶解过程中使用的主要仪器有_、_。然后将溶液转入_中，再经_、_、_后即可得到0.1 mol/lbacl2溶液。（3）下列操作使配制的bacl2溶液浓度偏低的有_。a将砝码放在左盘上，bacl2放在右盘上进行称量b选用的容量瓶内有少量蒸馏水c定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线d整个配制过程中，容量瓶不振荡【答案】（1）c f e d b（2）烧杯；玻璃棒；250 ml容量瓶；洗涤；定容；摇匀；（3）a、c【解析】试题分析：（1）天平的正确使用步骤：a把天平放到水平台上，游码移到标尺左端的零刻度；b调节天平的平衡螺母使指针指到分度盘的中央，或左右偏转的格数相同；c物体放在天平的左盘，砝码放在天平的右盘，并调节游码在标尺上的位置，直至横梁恢复平衡，要用镊子夹取砝码，要轻拿轻放，要从大到小；d物体的质量=砝码的质量+游码对应的刻度；e整理器材，所以正确的顺序为：c f e d b；故答案为：c f e d b；（2）配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，溶解时，固体应放在烧杯中，用玻璃棒不断搅拌；故答案为：烧杯、玻璃棒；容量瓶；洗涤、定容、摇匀；（3）a、将砝码放在左盘上，bacl2放在右盘上进行称量，导致称取的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故a选；b、选用的容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度不受影响，故b不选；c、定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故c选；d、整个配制过程中，容量瓶不振荡，会导致溶液混合不均匀，溶液的体积可能偏大或偏小，溶液的浓度可能偏低或偏高，故d不选；故选ac。考点：考查了配制一定物质的量浓度溶液实验的相关知识。20（12分）工业上将纯净干燥的氯气通入到物质的量浓度为0.375mol/l的naoh溶液中得到漂水。某同学在实验室利用下述实验装置探究cl2性质并模拟制备漂水。(1)配制470ml物质的量浓度为0.375 mol/l的naoh溶液时，主要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和 。(2)浓硫酸的作用是_。(3)装置e中发生反应的离子方程式为_。(4)装置b中饱和nacl溶液可用于除去cl2中的hcl气体，已知氯气与水的反应是一个可逆反应，请简述用饱和nacl溶液除去cl2中hcl气体的原理(用离子方程式表示，并配必要的文字说明) 。(5)实验时装置d中湿润的红色纸条褪色，干燥部分没有褪色，放置一段时间后，纸条全部褪色。该同学认为cl2的密度比空气大，可能是试管下部cl2的浓度大于试管上部cl2的浓度所导致的。请判断该解释是否合理，并分析产生上述实验现象的原因_。(6)如果制得氯元素含量为10%的漂水溶液35.5g，那么其中含naclo的物质的量为_mol。 【答案】（12分）】(1)500ml容量瓶 （1分，不写规格不给分）(2)干燥氯气（2分）(3)cl2 + 2oh- = cl- + clo- + h2o（2分）(4)hcl溶于水电离出的h+和饱和nacl溶液中的cl- 都会对反应cl2 + h2o h+ + cl- + hclo 起到抑制作用（2分）(5)不合理；实验进行中cl2与湿润红色纸条中的水反应生成hclo使湿润的红色纸条褪色，干燥部分没有hclo，所以纸条不褪色；放置一段时间，由于烧杯中的水蒸气过来或纸条下端的水分子运动导致纸条上端湿润而褪色（3分）(6)0.05（2分）【解析】略21两份等质量的铜片，一份直接与足量的质量分数为98.0%的浓硫酸（密度为1.84 gcm3）反应，另一份先制成氧化铜，再与足量的稀硫酸反应。结果两种方法得到的硫酸铜质量相等，消耗两酸的体积也相等。求浓、稀硫酸的物质的量浓度。【答案】c（浓h2so4）=18.4 moll1,c（稀h2so4）=9.20 moll1【解析】本题有多种解法，但须先求出浓h2so4的物质的量浓度。为方便计算，设有浓h2so4 1 l，则浓h2so4的物质的量浓度为：c（浓h2so4）= =18.4 moll1下面是计算稀h2so4物质的量浓度的两种方法。方法1（一般解法）：先求浓h2so4的体积：cu+2h2so4（浓）=cuso4+so2+2h2o1.00 mol cu消耗h2so4的物质的量为2.00 mol,其质量为：m（h2so4）=98 g mol12.00 mol=196 g则1.00 mol cu消耗浓h2so4的体积为：v（浓h2so4）=108.7 ml再求稀h2so4的浓度：2cu+o22cuocuo+h2so4（稀）=cuso4+h2ocu与h2so4（稀）的关系式为：cuh2so4相当于1.00 mol cu消耗1.00 mol h2so4（稀），由于所耗浓、稀h2so4的体积相等，所以稀h2so4的浓度为：c（稀h2so4）= =9.20 moll1方法2（巧解法）：比较两种方法，可知1.00 mol cu消耗2.00 mol浓h2so4，1.00 mol cu消耗1.00 mol稀h2so4。由于所耗浓、稀h2so4的体积相等，所以c(稀h2so4）=（浓h2so4）=18.4 moll1=9.20 moll1。22化合物f是一种重要的有机合成中间体，它的合成路线如下：（1）化合物f中含氧官能团的名称是 和 ，由b生成c的化学反应类型是 。（2）写出化合物c与乙酸反应生成酯的化学方程式： （3）写出化合物b的结构简式 。（4）某化合物是d的同分异构体，且分子中只有三种不同化学环境的氢原子。写出该化合物的结构简式 (任写一种)。 （5）请根据已有知识并结合相关信息，写出以苯酚()和ch2ch2为原料制备有机物 的合成路线流程图(无机试剂任用)。 合成路线流程图示例如下：h2c= ch2 hbrch3ch2br naoh溶液 ch3ch2oh【答案】 （1）醛基、羰基(2分，各1分) 加成反应(2分)（2） (2分) （3）(2分)（4） (合理答案均可)(2分)（5） (5分)(全部正确的得5分；若有错误，每有一步正确的给1分；第四步用高锰酸钾氧化直接得目标产物亦可)【解析】试题分析：（1）化合物f中含氧官能团的cho是醛基、c=o是羰基；由b生成c的的苯环变成饱和六元环，是加成反应。（2）写出化合物c与乙酸反应生成酯的化学方程式；（3） b是(ch3)2c=ch2与苯酚对位h的加成反应，结构简式；考点：有机化学基础。23（15分）聚酯增塑剂g及某医药中间体h的一种合成路线如下（部分反应条件略去）：（1）b的名称（系统命名）： ，d的分子式为_ 。（2）反应中属于取代反应的是_ _（3）g的结构简式为 。（4）写出反应和的化学方程式：_ _ ，_ _（5）c存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式 【答案】（共15分）（1）1, 2-丙二醇（2分） c6h10o4 （2分）（2）（2分） （3）（2分）（4）（2分）（3分）（5） 或 （2分）【解析】试题分析：（1）丙烯与氯气发生加成反应，则a是1，2-二氯丙烷，a在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应，生成1,2-丙二醇，则b是1, 2-丙二醇；根据d的结构简式可知d的分子式是c6h10o4；（2）由h的结构简式可知e为乙醇，在反应中，为加成反应，为氧化反应，为取代反应；（3）g是高分子化合物，是d与1,2-丙二醇发生缩聚反应的产物，则g的结构简式是；（4）