河南省新乡市长垣县一中高三化学下学期4月月考试卷（含解析）.doc

河南省新乡市长垣县一中2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）1下列溶液一定呈中性的是（ ）aph=7的溶液bc(nh4+)=c(cl-)的nh4cl和氨水的混合溶液cph=2的ch3cooh和ph=12的naoh溶液等体积混合dch3coona溶液【答案】b【解析】只要溶液中氢离子浓度大于oh浓度，溶液就显酸性，小于则显碱性，等于显中性。所以根据电荷是可知，选项b中c（oh） c（h+）；a无法确定，c显酸性，d显碱性，答案选b。2微粒甲与离子乙在溶液中的转化关系如图所示：，则微粒甲是aal2o3 bnh4 c fe3+ dco2【答案】d【解析】试题分析：al2o3溶于碱得到alo2-,alo2-遇酸不可能直接生成al2o3，a错误；nh4在碱性条件下生成nh3h2o，b错误；fe3+遇碱生成fe(oh)3，c错误；co2与oh-能反应生成co32-，co32-和h+反应生成水和co2，d正确。考点：al2o3、铵盐、铁盐及二氧化碳的化学性质3某同学组装了如图所示的原电池装置，下列叙述中正确的是a电流方向：电极电极b电极逐渐溶解c电极上发生还原反应d盐桥中装有含氯化钾的琼脂，cl向右池移动【答案】a【解析】试题分析：a电流与电子的流向相反，由正极到负极，即电极电极，故a正确；b电极上铜离子放电生成单质铜，应是有固体析出，而不是溶解，故b错误；c电极是负极，发生氧化反应，故c错误；dcl-向负极移动，则向左池移动，故d错误；故选a。考点：考查原电池原理4下列叙述正确的是（ ）a、直径介于1100nm之间的粒子称为胶体b、胶体粒子很小，可以透过半透膜c、向煮沸的1mol/l的naoh溶液中，滴加fecl3饱和溶液可制备fe(oh)3胶体d、医疗上的血液透析利用胶体的性质，而土壤保肥也与胶体的性质有关【答案】d【解析】分散质粒子直径介于1100nm之间的分散系称为胶体，a错误；胶体粒子可以透过滤纸但不能透过半透膜，b错误；制备fe(oh)3胶体是将fecl3饱和溶液滴入沸水中，c错误，答案选d。5下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是a水电离出的c（h+）=110-14 mol/l的溶液：k+、ag(nh3)2+、br、clb在含有al3+、cl的溶液中：hco3、i、nh4+、mg2+c在c（h+）=110-13 moll-1的溶液中：na+、s2、so32、no3d在溶质为kno3和nahso4的溶液中：fe2+、ca2+、al3+、cl【答案】c【解析】试题分析：a、水电离出的c（h+）=110-14 moll1，可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，ag(nh3)2+与oh反应，不能大量共存，错误；b、al3+与hco3的水解反应相互促进，不能大量共存，错误；c、c（h+）=110-13 moll-1的溶液，含有大量oh，各离子互不反应，可以大量共存；d、no3、h+氧化fe2+，不能大量共存。考点：本题考查离子共存。 6下列有关说法正确的是a麦芽糖及其水解产物均能与新制的cu(oh)2悬浊液反应b棉、丝、毛、油脂都是天然有机高分子化合物c白菜上洒少许福尔马林，既保鲜又消毒d石英玻璃、陶瓷都属于硅酸盐产品【答案】a【解析】试题分析：a麦芽糖有还原性，麦芽糖水解产生的葡萄糖也有还原性，因此二者均能与新制的cu(oh)2悬浊液反应，产生砖红色沉淀，正确；b棉、丝、毛都是天然有机高分子化合物，而油脂不是天然有机高分子化合物，错误；c福尔马林有防腐作用，但是对人体会产生一定的危害，因此白菜上洒不能喷洒福尔马林，错误；d石英玻璃主要产生是二氧化硅，不是硅酸盐产品，错误。考点：考查物质的性质、分类及作用的知识。7下列装置适用于实验室制氨气并验证氨气的某化学性质，其中能达到实验目的的是a用装置甲制取氨气 b用装置乙除去氨气中的水蒸气c用装置丙验证氨气具有还原性 d用装置丁吸收尾气【答案】c【解析】试题分析：a.nh4cl溶液与naoh溶液会发生反应产生nh3h2o，但是由于溶液的浓度较小，因此不能产生nh3，所以不能由于在实验室制取氨气，错误；b. nh3可以与浓硫酸反应，故不能使用浓硫酸干燥氨气，错误；c氨气若有还原性，会与cuo在加热时发生反应：2nh3+3cuon2+3cu+3h2o，固体有黑色变为红色，所以可以用装置丙验证氨气具有还原性，正确；d氨气及溶液溶于水，所以用装置丁吸收尾气，会导致倒吸现象的发生，可以将苯换为四氯化碳，就既充分吸收了氨气，也防止了倒吸现象的发生，错误。考点：考查化学实验装置及实验目的的关系的知识。8卤代烃能够发生下列反应： 2ch3ch2br2na ch3ch2ch2ch32nabr。下列有机物可合成环丙烷的是ach3ch2ch2cl bch3chbrch2brcch2brch2ch2br dch3chbrch2ch2br【答案】c【解析】试题分析：根据题目信息可知反应的原理，碳溴键发生断裂，溴原子与钠形成溴化钠，与溴原子相连的碳相连形成新的碳碳键。ach3ch2ch2cl与钠发生反应生成ch3ch2ch2ch2ch2ch3，故a错误；b、ch3chbrch2br与钠发生反应生成，故b不正确；cch2brch2ch2br与钠以1：2发生反应生成环丙烷，故c正确；dch3chbrch2ch2br与钠以1：2发生反应生成甲基环丙烷，故d错误，答案选c。考点：考查有机合成9设na为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )a24 g镁的原子最外层电子数为nab1 l 01 moll-1乙酸溶液中h+数为01nac1 mol甲烷分子所含质子数为10nad标准状况下，224 l乙醇的分子数为na【答案】c【解析】试题分析：a、镁原子核外最外层有2个电子，24 g镁即1 mol镁，最外层电子数应为2 mol，即2na，错误；b、乙酸是弱酸，1 l 1 moll-1乙酸溶液中h+数小于0.1 mol，即小于0.1na，错误；c、1个ch4分子中含质子数为10，所以1 mol甲烷分子含质子数为10na，正确；d、标准状况下，乙醇为液体，22.4 l乙醇的物质的量大于1 mol，错误。考点：物质的量，阿伏加德罗常数10下列对物质用途的描述中，错误的是a铝可用于冶炼某些熔点较高的金属 bna2o2可用作漂白剂c碱石灰可用于干燥co2、o2等气体 dsic俗称金刚砂，可用作砂纸、砂轮的磨料【答案】c【解析】 试题分析：a.铝与金属氧化物可以发生铝热反应，用来冶炼某些熔点较高的金属 。正确。b. na2o2与水、二氧化碳都能发生反应，放出氧气，因此可用作漂白剂 。正确。c.碱石灰是碱性干燥剂，不能用于干燥酸性气体co2等气体。错误。d. sic俗称金刚砂，是原子晶体，原子间以共价键结合形成空间网状结构，因此硬度大。故可用作砂纸、砂轮的磨料。正确。考点：考查物质用途的知识。11以下5种说法中正确的数目是在硝酸蒸气的氛围中蒸干fe(no3)2溶液会得到fe(no3)2固体溶解度和ksp一样只与温度有关使用精密ph试纸测出84消毒液的ph为102升温对于强酸、强碱ph不发生变化，弱酸升温ph变小hcl滴定氨水用甲基橙做指示剂效果更好a1 b2 c3 d全部正确【答案】a【解析】试题分析：在硝酸蒸气的氛围中蒸干fe(no3)2溶液，则硝酸亚铁被硝酸氧化为硝酸铁，最终不会得到fe(no3)2固体，错误；气体的溶解度不仅与温度有关还与压强有关，错误；84消毒液具有漂白性，会使精密ph试纸褪色，错误；升温对于强酸的ph无影响，但对强碱的ph有影响，因为kw增大，氢氧根离子浓度不变，则氢离子浓度增大，ph减小，错误；hcl滴定氨水，滴定终点时溶液呈酸性，所以用甲基橙做指示剂效果更好，正确，答案选a。考点：考查对溶解度、溶液的ph的变化、ph试纸、酸碱中和滴定、盐溶液的蒸发的判断12对于一个密闭容器中进行的可逆反应：ma(g) + nb(g) ec(g )+dd (g) h”、“”或“”)，活塞f最终停留在右侧刻度_处(填下列序号：6 6)。（3）若一开始就将k、f固定，其他条件均不变，则平衡时，甲、乙中so3的物质的量分数是甲_乙(填“”、“、 =、1-w% 4.66【解析】试题分析：（1）反应2so2（g）+o2（g）2so3（g）是气体体积减小的反应，隔板一定发生滑动，达到平衡后隔板k不可能处于0刻度；由于甲中充入2molso2和1mol o2，反应向正反应方向进行，a中压强降低，假设反应正向进行到底，根据反应方程式分析甲容器内气体物质的量最多减小1mol，但可逆反应不能进行到底，甲容器内气体的物质的量大于2mol，所以达到平衡后，隔板k不再滑动，最终停留在左侧刻度0-2之间，故a小于2；（2）由于左右两边不考虑加入的氦气，达到的平衡是相同平衡，三氧化硫体积分数相同，“隔板k最终停留在左侧1处”说明反应后气体体积为5格，左边气体减少了0.5mol，即平衡后物质的量为2.5mol，设参加反应的二氧化硫的物质的量为2x，故2-2x+1-x+2x=2.5，则x=0.5mol，则甲中二氧化硫的转化率为50%生成三氧化硫物质的量为1mol；如果容器乙中不通入he，甲与乙是等效平衡，通入氦气，容器乙体积比容器甲大，则平衡向右移动，二氧化硫转化率大于50%；左边气体减少了0.5mol，右边增加物质的量大于0.5mol，f活塞右移，活塞f最终停留在右侧刻度大于6处，选；（3）体积固定，恒温、恒压容器中，两边达到平衡的状态相同，乙中的氦气对平衡无影响；甲中so2的转化率为w%，则甲容器中二氧化硫转化了2w%mol，生成so32w%mol，又两平衡等效，则乙容器中含有2w%mol三氧化硫，乙中三氧化硫的转化率=（2-2w%）/2=1-w%；（4）平衡后将甲容器的混合气的1.0%通入足量ba（no3）2溶液，稀硝酸具有氧化性，依据硫元素守恒生成的baso4质量为1.0%2233g/mol=4.66g。考点：考查化学平衡、等效平衡。17写出下列物质或微粒的电子式(每空1分)(1) cacl2 (2)co2 (3) koh (4) hf (5) na2o2 (6) n2 (7) 镁离子 (8)硫离子 (9)nh4cl_ (10) cl2_【答案】略【解析】18糖尿病是“富贵病”，请你设计实验检验病人尿液中的葡萄糖，并与正常人作对比，设计要求：（1）写出实验所用化学药品。 （2）写出实验现象并作出结论。 【答案】（每空1分，共2分）（1）10% naoh溶液，cuso4溶液和两种尿液样品（其它合理药品也可以）（2）加热时出现砖红色沉淀，正常人尿液无现象，证明糖尿病人中含有葡萄糖【解析】19（10分）实验需要0.1 mol/l naoh溶液450 ml，根据溶液配制中的情况回答下列问题：实验操作如下：（1）请在下列操作步骤中填写有关的空格：用托盘天平称取 g氢氧化钠固体；加水溶解，冷却后将溶液沿玻璃棒注入 ；用少量蒸馏水洗涤烧杯2-3次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中；继续向容量瓶中加蒸馏水，直到液面接近刻度线 cm处； 改用 逐滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切；盖好容量瓶塞，反复颠倒，摇匀；将配好的溶液倒入试剂瓶中，贴好标签。（2）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是 (填序号)定容时俯视刻度线观察液面 容量瓶使用时未干燥定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线移液后未洗涤烧杯和玻璃棒。【答案】(1) 2.0g ; 500ml容量瓶 ; 12cm; 胶头滴管 (2) ;【解析】容量瓶的规格有：100ml、50ml、500ml、1000ml等，没有450 ml的规格，所以，只能用500ml容量瓶，所以需naoh的质量为2.0g；（1）用托盘天平称取2.0g氢氧化钠固体；加水溶解，冷却后将溶液沿玻璃棒注入500ml容量瓶 ; 继续向容量瓶中加蒸馏水，直到液面接近刻度线12cm处改用胶头滴管逐滴加入蒸馏水；（2）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是；无最影响；配制结果浓度偏低；配制结果浓度偏低；20绿矾（feso47h2o）、硫酸铵以相等物质的量混合可制得摩尔盐晶体，反应原理为：（nh4）2so4feso46h2o（nh4）2so4feso46h2o。其流程可表示为：（1）洗涤中na2co3的主要作用是 。（2）结晶过程中要加热蒸发溶剂，浓缩结晶。应加热到 时，停止加热。（3）过滤是用下图装置进行，这种过滤跟普通过滤相比，除了过滤速度快外，还有一个优点是 。（4）用无水乙醇洗涤的目的是 。（5）产品中fe2的定量分析：制得的摩尔盐样品中往往含有极少量的fe3+。为了测定摩尔盐产品中fe2+的含量，一般采用在酸性条件下kmno4标准液滴定的方法。称取4.0 g的摩尔盐样品，溶于水，并加入适量稀硫酸。用0.2 moll-1 kmno4溶液滴定，当溶液中fe2+ 全部被氧化时，消耗kmno4溶液体积 10.00 ml。本实验的指示剂是 。a酚酞 b甲基橙 c石蕊 d不需要产品中fe2+的质量分数为 。【答案】（9分）（1）利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污（2）加热到溶液表面出现晶膜时（3）得到较干燥的沉淀（4）除去水分，减少晶体溶解损失；容易干燥（5）d；14%【解析】试题分析：制取摩尔盐晶体流程为：先利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污，然后加稀硫酸溶解，铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，加入硫酸铵发生（nh4）2 so4+feso4+6h2o=（nh4）2so4?feso4?6h2o，结晶过滤，摩尔盐易溶于水，难溶于有机溶剂，用酒精洗涤摩尔盐，得到摩尔盐晶体（1）na2co3溶液中co32-水解co32-+h2o?hco3-+oh-，使na2co3溶液呈碱性，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质易于洗去，步骤1中加入10%na2co3溶液的主要作用是除去铁屑表面的油污，故答案为：利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污；（2）浓缩结晶莫尔盐时要用小火加热，加热浓缩初期可轻微搅拌，但注意观察晶膜，若有晶膜出现，则停止加热，防止莫尔盐失水；更不能蒸发至干，蒸干时溶液中的杂质离子会被带入晶体中，晶体可能会受热分解或被氧化，故答案为：加热到溶液表面出现晶膜时；（3）减压过滤，利用大气压强原理，用减小压力的方法加快过滤的速率，并能得到较干燥的沉淀，故答案为：得到较干燥的沉淀；（4）摩尔盐易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，但摩尔盐属于无机物难溶于有机物，可用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的液体杂质，故答案为：除去水分，减少固体损失；（5）mno4-为紫色，当滴入最后一滴kmno4溶液，溶液由无（浅绿）色变为浅紫色，半分钟内不褪色，故不需要外加指示剂，故选：d；测定摩尔盐产品中fe2+的含量，采用在酸性条件下kmno4标准液滴定，fe2+fe3+，铁元素化合价升高1价；mno4-+mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，故fe2+系数为5，mno4- 系数为1，根据元素守恒可知mn2+与fe3+系数分别为1、5，根据电荷守恒可知缺项为h+，h+其系数为2+35-25-1=8，根据h元素守恒可知h2o系数是4，所以反应离子方程式为5fe2+mno4-+8h+=1mn2+5fe3+4h2o，令4g产品中fe2+的物质的量为xmol，根据5fe2+mno4-，有=，所以x=0.01mol，所以4g产品中fe2+的质量0.01mol56g/mol=0.56g，所以4g产品中fe2+的质量分数为100%=14%；故答案为：14%。考点：考查了物质制备的工艺流程、化学计算等相关知识。21将64 g铜与足量的浓硫酸在加热情况下充分反应，铜没有剩余。试计算：（要求有计算过程）（1）生成的so2的体积（标准状况下）。（2）若用4 moll-1的naoh溶液吸收生成的so2 ，恰好生成na2so3 ，计算需要naoh溶液的体积。【答案】（1）224 l （2分）（2）005 l或50 ml （2分）【解析】试题分析：（1）6.4gcu的物质的量为0.1mol，根据cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o可知，n（so2）=n（cu）=0.1mol，故生成so2的体积为0.1mol22.4l/mol=2.24l，答：生成so2的体积为2.24l；（2）根据硫元素守恒可知n（na2so3）=n（so2）=0.1mol，根据钠离子守恒可知n（naoh）=2n（na2so3）=0.2mol，故需要naoh溶液的体积为0.05l，答：需要naoh溶液的体积为0.05l考点：考查根据化学方程式的计算及守恒法计算。22（8分）现有属于前四周期的a、b、c、d、e、f、g七种元素，原子序数依次增大。a元素的价电子构型为nsnnpn+1；c元素为最活泼的非金属元素，d元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6；e元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，f元素基态原子的m层全充满，n层没有成对电子，只有一个未成对电子；g元素与a元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。（1）a元素的第一电离能 b元素的第一电离能（填“”或“=”），a、b、c三种元素电负性由小到大的顺序为 （用元素符号表示）。（2）d元素原子的价电子排布式是 。（3）c元素的电子排布图为 ；e3+的离子符号为 。（4）f元素位于元素周期表的 区，其基态原子的电子排布式为 。（5）g元素可能的性质 。a其单质可作为半导体材料 b其电负性大于磷c最高价氧化物对应的水化物是强酸【答案】（1） ； nof； （2）3s2 （3） fe3+（4）ds ； 1s22s22p63s23p63d104s1 或 ar3d104s1 （5）a【解析】试题分析：现有属于前四周期的a、b、c、d、e、f、g七种元素，原子序数依次增大。a元素的价电子构型为nsnnpn+1，n2，所以a是n；c元素为最活泼的非金属元素，则c是f，所以b是o；d元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，所以d是mg；e元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，则e的原子序数是18+5+326，即e是fe；f元素基态原子的m层全充满，n层没有成对电子，只有一个未成对电子，则f是cu；g元素与a元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，则g是as。（1）非金属性越强，第一电离能越大，但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则氮元素的第一电离能大于氧元素的第一电离能；非金属性越强，电负性越大，则a、b、c三种元素电负性由小到大的顺序为nof；。（2）根据核外电子排布规律可知镁元素原子的价电子排布式是3s2。（3）根据核外电子排布规律可知氟元素的电子排布图为；e3+的离子符号为fe3+。（4）区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的轨道名称，则铜元素位于元素周期表的ds区，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1 或 ar3d104s1。（5）a砷位于元素周期表中分界线附近，其单质可作为半导体材料，a正确；b其电负性小于硅，而硅小于p，所以砷的电负性小于磷，b错误；c最高价氧化物对应的水化物是弱酸，c错误，答案选a。考点：考查元素推断的应用23已知x、y、z、w是短周期元素中的四种非金属元素，它们的原子序数依次增大 x元素的原子形成的离子就是一个质子，z、w在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍（1）请写出z在元素周期表中的位置为第 周期、第 族（2）气体分子（yz）2的电子式为 （3）由x、y、z、w四种元素可组成酸式盐，该化合物的水溶液与足量naoh溶液在加热条件下反应的离子方程式为 （4）在一定条件下，由x单质与z单质可化合生成e，工业上用e检验输送氯气的管道是否漏气，可观察到大量白烟，同时有单质z生成，写出化学方程式 该反应中被氧化的e与参与反应的e的质量之比 【答案】（1）二、a；（2）；（3）nh4+hco3+2oh=nh3+2h2o+co32；（4）8nh3+3cl2=6nh4cl+n2；1：4【解析】x、y、z、w是短周期中四种非金属元素，它们的原子序数依次增大，x元素原子形成的离子就是一个质子，则x是h元素；y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子不能超过8，只能有2个电子层，最外层电子数为4，则y是c元素；z、w在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，且z的原子序数小于w，所以z是n元素，w是o元素（1）z为氮元素，n有2个电子层，最外层5个电子，处于第二周期第a族，故答案为：二、a；（2）气体分子（cn）2的电子式为；（3）h、c、n、o四种元素可组成酸式盐nh4hco3，碳酸氢铵与足量浓naoh溶液反应生成碳酸钠、氨气与水，反应离子方程式为：nh4+hco3+2oh=nh3+2h2o+co32，（4）工业上用e检验输送氯气的管道是否漏气，可观察到大量白烟，同时有单质氮气生成，故e为nh3，化学方程式为：8nh3+3cl2=6nh4cl+n2，该反应中被氧化的nh3与参与反应的nh3的质量之比为2：8=1：424已知a、b、c、d是中学化学常见物质，它们在一定条件下有a+bc+d的转化关系（1）若a为金属铝，b为氧化铁，该反应的一种用途是 （2）若a是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，且该反应是工业上制取硝酸的重要反应之一，该反应的化学反应方程