云南省师大附中高考理综（化学部分）适应性月考（六）（扫描版）新人教版(1).docVIP

云南师大附中2014届高考适应性月考卷（六）理科综合化学参考答案78910111213cadccbd7c选项料酒的主要成分为乙醇，与水垢的主要成分碳酸钙不反应。8b选项氯乙烯不属于烃；c选项苯与溴水不反应；d选项油脂不属于高分子化合物。9a选项fe3+、i发生氧化还原反应；b选项mno有色且不与so共存；c选项 al与co发生双水解反应；d选项能共存。10a选项氢氧化钠溶液的ph变化大；b选项铁作负极；c选项正确；d选项还可能是so。11a的最高价氧化物对应的水化物是h3po4为弱酸；同周期元素从左到右，气态氢化物的稳定性逐渐增强，原子半径逐渐减小，b、d项错误；答案为c项。12a选项ph的大小关系为；b选项根据电荷守恒和物料守恒进行运算，正确； c选项c(ch3coo)c(na+)；d选项实际为na2co3溶液，故正确的表达式为c(na+)2c(hco)+2c(h2co3)+2c(co)。13根据题干和图象，a曲线为naoh与hcl的反应，b和c曲线为na2co3与hcl反应产生nahco3的过程。由纵坐标可知，na2co3、naoh的物质的量均为0.05mol，naoh完全反应时，消耗hcl溶液50ml，故hcl溶液的浓度为1moll1。d选项反应时有气泡产生。26（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）naclo（2）漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁（1分）（3）将试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测量液，点在ph试纸上，与标准比色卡对照得出ph fe(oh)3、mn(oh)2（4）na2co3（5）mgco3+h2omg(oh)2+co2（6）h2o（1分） co2（1分） 3mgco3mg(oh)23h2o【解析】（1）为了除去fe2+需要选择一种氧化剂，在不影响实验效果同时考虑试剂的价格，故选择naclo。（3）由于加入naoh至溶液的ph=9.8，可使fe3+、fe2+、mn2+完全除去。（6）碱式碳酸镁分解的产物为mgo、co2和h2o，由于碱石灰既能吸收co2，又能吸收h2o，故要先用浓硫酸吸收h2o并测定其质量，再用碱石灰吸收co2并测定其质量。在9.1g碱式碳酸镁的分解产物中：，故n(mgo)n(co2)n(h2o)=0.10.0750.1= 434，由此得碱式碳酸镁用氧化物表示的化学式为4mgo3co24h2o，即为：3mgco3mg(oh)23h2o。27（除特殊标注外，每空1分，共14分）（1）cu2s + 4fe=2cu+s+4fe（2分）（2）氧化还原反应（填置换、化合反应也给分） 过滤 蒸发浓缩，冷却结晶（3）调节溶液的ph，使fe完全转化为fe(oh)3沉淀（2分） ab（2分）（4）hno3 b 抑制cu的水解（5）8.4（2分）【解析】（1）（4）辉铜矿石中的cu2s可被fe氧化为cu2+和s，加过量fe置换出cu，过滤得到cu和fe的混合物。溶液b中有fecl2，通入cl2可得到能循环使用的fecl3，从题表信息可知，可加cuo调节ph，使fe3+沉淀而cu2+不沉淀，cu(oh)2和cuco3能替代cuo且不引入杂质。nox与氧气混合溶于水可生成hno3。cu2+易水解，蒸发时加入少量硝酸可防止水解。（5）cuo物质的量为，则cu2s物质的量为0.075mol，转移电子数0.07510= 0.75mol，设no 为x mol，no2亦为 x mol，3x+x=0.75mol，计算得x=0.1875mol，气体体积0.375mol22.4lmol1=8.4l。28（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1） 0.0133moll1min1 1.65103 3.03（1分） 9.01%（1分）（2）b a 【解析】（1）由图可知，15min时达到平衡，氨气的物质的量为0.2mol，可计算v（nh3）。补充氮气、氢气物质的量之比与起始时原料气的相同，再次达到平衡时，氮气的浓度不变，说明加入的氮气完全反应，根据t2再次平衡时生成氨气的物质的量为0.2mol，则： n2(g) + 3h2(g)2nh3(g)变化：0.1mol 0.3mol 0.2mol故t1时，加入0.1mol氮气，加入的氢气为0.1mol3.30.33mol，故t1时氢气的物质的量为3mol+0.33mol=3.33mol，t2再次平衡时，参加反应的氢气为0.3mol，平衡时氢气的物质的量为3.33mol0.3mol=3.03mol，故t2时坐标为（50min，3.03mol）。第一次平衡时氢气的转化率=，第二次平衡时氢气的转化率=，氢气的转化率降低。（2）由于甲容器定容，而乙容器定压，它们的压强相等，达到平衡时，乙的容积应该为甲的两倍，生成的nh3的物质的量应该等于2c mol。当甲、乙两容器的体积相等时，相当于将建立等效平衡后的乙容器压缩，故乙中nh3的物质的量大于2c mol。 乙的容积为甲的一半时，要建立与甲一样的平衡，只有乙中的投入量是甲的一半才行，故乙中应该投入n2为，h2为(1.51.5) mol=0mol。36（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）热水能促进na2s水解，稀碱可抑制na2s水解 产生热量，维持高温 （2）3na2so4+8c3na2s+4co2+4co（3分）（3）ph介于910之间，x=12（4）4.01036（5）b【解析】（1）na2s是强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，加热会促进s2水解，而加碱则可以抑制其水解。煅烧中碳粉燃烧生成二氧化碳，此过程放出大量的热。（2）由题意分析知反应除生成等物质的量的co和co2外还生成na2s，注意条件为加热。消耗的碳单质为1mol，根据碳原子守恒，生成的 co 和 co2的总物质的量为1mol，生成的co和co2的物质的量之比为x，令co2的物质的量为a mol，则a+ax=1，故，则co的物质的量为，反应生成 na2s的物质的量为y mol，根据电子转移守恒有：，整理得，故答案为：。（3）由图象可知当ph介于910时，x=12时汞的去除率最大。（4）ph=4，则c(oh)=1010moll1，根据cu(oh)2溶度积可求得c(cu)=2.2moll1，代入cus的溶度积求得c(s)=41036moll1。（5）a项连接电源正极的是电解池的阳极，连接电源负极的是电解池的阴极，a为阳极产生的气体，是氧气，故错误；b项阴极发生的反应为：2h2o+2e=h2+2oh，在阴极上生成h2和naoh溶液，故正确；c项若由f口通入稀硫酸，则将naoh中和，得不到产品，故错误；d项电解的是饱和硫酸钠溶液，实质是电解水，在两极分别得到氢氧化钠和硫酸，需要补充饱和硫酸钠溶液，故错误。37（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）o（1分）（2） sp 孤对电子（3）6 mgfe3c（4）0.9 72【解析】根据题意，可以推出a、b、c、d、e分别为c、n、o、mg、fe，故a、b、c、d四种元素中，电负性最大的是o。等电子体具有相似的结构和性质，co的电子式与n2相似， ocn中c与co2中c的杂化方式相同，可以得出结论。第（4）问，根据晶体类型和晶胞参数，可以计算出该化合物的摩尔质量为66.4gmol1，由此计算的该晶体中x值为0.9。根据晶体中正负化合价的代数和为0，则fe2+与fe3+的比值为72。38（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）ch2=ch2 （2）取代反应（1分）（3）4 （4）（5）8（6）（4分）【解析】本题以乙烯为基础，根据题目信息和反应条件来判断物质转化关系。其中bc为取代反应；ce为取代反应，根据元素守恒可判断d的结构简式为c6h5ch2