河南省新乡市第九中学校高三化学下学期4月月考试卷（含解析）.doc

河南省新乡市第九中学校2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）1下列关于糖类的说法中正确的是a葡萄糖不能发生水解反应，是最简单的醛糖b淀粉可用于制备葡萄糖、酿制食醋、酿酒c蔗糖是最甜的糖d葡萄糖是醛糖具有还原性；果糖是酮糖，在碱性条件下不能发生银镜反应【答案】b【解析】2有alcl3和mgcl2的固体混合物，取一定量的该混合物加水溶解配成溶液，实验测知cl-的物质的量为0.70摩尔，如向该混合溶液中逐滴加入8.00mol/l的氢氧化钠溶液（密度为1.27g/ml），加入氢氧化钠溶液的体积(v)和沉淀的质量(m)有右图所示的关系。求：（1）原naoh溶液的质量分数为 。（2）alcl3和mgcl2的物质的量分别是多少？（3）另取64.70克该混合物溶于水，要使沉淀质量最大，需要加入8.00mol/l的氢氧化钠溶液多少毫升？【答案】（1）25.2 （2）0.1mol 0.2mol （3）175ml【解析】略3某气体通入澄清石灰水中，先出现浑浊，接着又变澄清，该气体是( ) a一定是so2 b一定是co2 c一定不是so2 d可能是co2，也可能是so2 【答案】d 【解析】co2、so2一样是二元弱酸的酸酐，与ca(oh)2反应均先生成不溶性正盐，然后均生成可溶性酸式盐。4借助新的显微技术，能成功观察到小于200nm的粒子。下列分散系中，分散质粒子半径最小的是a雾 b蛋白质溶液 c石灰乳 d硝酸钾溶液【答案】d【解析】试题分析：人们根据分散质微粒直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，分散质微粒直径小于1nm的分散系是溶液，分散质微粒直径大于100nm的分散系是浊液，分散质微粒直径介于1-100nm之间的分散系是胶体，雾、蛋白质溶液属于胶体，石灰乳属于浊液，硝酸钾溶液属于溶液，选d。考点：考查分散系的概念与分类。5在ph都等于9的naoh和ch3coona两种溶液中，设由水电离产生的oh离子浓度分别为a moll1与b moll1，则a和b的关系为aab ba104b cb104a dab【答案】b【解析】试题分析：同题意可知，a=109 moll1，而b =105moll1，因此选b考点：考查酸碱盐对水的电离的影响。6a元素的最高正化合价和负化合价的绝对值之差6，b元素与a元素的原子次外层上的电子数均为8，a与b可形成化合物ba2，则该化合物是amgcl2 bcaf2 csio2 dcs2【答案】a【解析】a元素的最高正化合价和负化合价的绝对值之差6，所以a是第 a元素。a与b可形成化合物ba2，说明b是第a元素。又因为b元素与a元素的原子次外层上的电子数均为8，所以答案选a。7下列说法正确的是a.向naalo2溶液中滴加nahco3溶液，有沉淀和气体生成b.0.1mol/lnaalo2溶液中：h+、na+、cl-、so42-能大量共存c.向明矾溶液中滴加ba(oh)2溶液，恰好使so42-完全沉淀完全：al3+ +2so42-+2ba2+4oh- =2baso4 +alo2-+2h2od.0.10mol/l的氨水与alcl3溶液发生反应的离子方程式为al3+3oh-=al(oh)3【答案】c【解析】alo2-与hco3-反应生成al(oh)3沉淀和co32-，不生成气体a项错; naalo2溶液是碱性溶液，h+不能在其中存在，b项错；c项正确；氨水在离子方程式书写中不能拆，d项错。8下列说法正确的是（ ）a相同物质的量的任何物质具有相同数目的微粒b同物质的量浓度同体积的任何溶液中所含溶质微粒数目相同c含58.5 克氯化钠的溶液中含有6.021023个氯化钠分子d无论什么状况下，一定质量的某种气体含有的分子数是一定的【答案】d【解析】选项a不正确，因为微粒种类不能确定；同样选项b是不正确；氯化钠是离子化合物，在溶液中不存在氯化钠分子，选项c不正确，所以正确的答案选d。9某溶液中由水电离产生的c（h+）=1.010-10mol/l，则下列各组离子在该溶液中肯定能大量共存的是： 、a、hco3、cl 、a、no3、l、a、no3 、g、a、so32、co32【答案】b【解析】试题分析：a、溶液可能是酸性或碱性，碳酸氢跟离子在酸性或碱性条件下不存在，不选a；b、四种离子在酸性或碱性溶液中存在，选b；c、硫离子在酸性条件下反应而不共存，不选c；d、镁离子在碱性条件下反应不存在，亚硫酸根离子和碳酸根离子在酸性条件下反应不存在，不选d。考点：离子共存。10欲除漆包铜线表面的油漆，可将铜线放在酒精灯火焰上灼烧后，再将其放入某种试剂中，即可除净，该试剂是 （ ）a乙醇 b醋酸 c硝酸 d硫酸【答案】a【解析】试题分析：油漆属于油脂类物质，加热燃烧即可除去，同时铜被氧化表面生成氧化铜，a、乙醇能与表面的氧化铜发生反应得到铜，不影响铜的质量，除去了杂质，故a正确；b、乙酸与氧化铜发生反应得到乙酸铜，铜的质量减少，故b错误；c、硝酸和氧化铜、金属铜均反应，故c错误；d、硫酸和氧化铜反应，导致金属铜的质量减少，故d错误，答案选a。考点：考查铜、氧化铜以及乙醇的催化氧化11下列条件下，两物质所含分子数不相等的是a同温度、相同质量的n2和cob常温常压，同体积的h2o和o2c同压强、同物质的量的n2和o2d同体积、同密度的n2和co【答案】b【解析】试题分析：a根据n=nna=na知，n2和co的相对分子质量均为28，质量相同时，分子数一定相等；错误；b常温常压，h2o是液体，o2是气体，相同体积时h2o所含分子数远远大于o2所含分子数，正确；c根据n=nna，同物质的量的n2和o2分子数一定相等；错误；d同体积同密度的氮气和一氧化碳质量相等，由于摩尔质量相同，故物质的量相等，分子数相等，错误。考点：考查阿伏加德罗定律的应用。12关于55号元素r的单质及其化合物的叙述，不正确的是a.硫酸盐的化学式为r2so4，它易溶于水b.单质与水剧烈反应甚至发生爆炸c.r的最高价氧化物对应的水化物的碱性强于氢氧化钠d.在同族的单质中r的单质熔点最高【答案】d【解析】55号元素为铯（cs），属于碱金属元素。a正确，硫酸盐的化学式为cs 2so4，它易溶于；b正确，铯的金属性比k强，水剧烈反应甚至发生爆炸；c正确，同主族从上到下元素的金属性增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性增加；d错，碱金属元素单质的熔点，从上到下逐渐降低。13在同温同压下，下列各组热化学方程式中q2 q1 （q2 、q1均为正值）的是（ ）a.2h2(g)+o2(g)=2h2o(l) h= q1 kjmol-1； 2h2(g)+o2(g)=2h2o(g) h=q2 kjmol-1b.s(g)+o2(g)=so2(g) h = q1 kjmol-1； s(s)+o2(g)=so2(g) h= q2 kjmol-1c.c(s)+1/2o2(g)=co(g) h = q1 kjmol-1； c(s)+o2(g)=co2(g) h= q2 kjmol-1d.h2(g)+cl2(g)=2hcl(g) h = q1 kjmol-1； 1/2h2(g)+1/2cl2(g)=hcl(g) h= q2 kjmol-1【答案】c【解析】考查反应热的大小比较。由于液态水的能量高于气态水的能量，所以氢气燃烧生成液态水放热多，所以选项a中q1 q2 ；气态s的能量高于固态s的能量，所以气态s燃烧放热多，因此选项b中q1 q2 ；碳完全燃烧放热多，所以选项c中q2 q1；参加反应的氢气越多，放出的热量越多，因此选项d中q1 q2，答案选c。14一定温度下，对可逆反应a(g)2b(g) 3c(g)的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是a单位时间内消耗amola，同时生成3amolcb混合气体的物质的量不再变化c2v(c)正3v(b)逆d容器内的压强不再变化【答案】c【解析】试题分析：a、单位时间内消耗a mol a，同时生成3a mol c，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故a错误；b、反应两边气体的化学计量数之和相等，气体的物质的量之和始终不变，所以混合气体的物质的量不能作为判断达到平衡状态的依据，故b错误；c、当3v（b）正=2 v（c）逆，表示的是正逆反应速率且相等，各组分的浓度不再变化，说明达到了平衡状态，故c正确；d、由于该反应是体积不变的反应，反应过程中压强始终不变，所以压强不能作为判断平衡状态的依据，故d错误。考点：化学平衡状态的判断15将硝酸铵晶体溶于水中，温度与时间变化曲线（其中a代表扩散过程中温度变化情况，b代表水合过程中温度变化情况）中符合实际的是【答案】c【解析】晶体扩散过程吸热，而水合为放热，而铵盐溶于水过吸热过程，所以表示吸热过程的a曲线导致温度降低的程度大于表示放热过程的b曲线，故答案为c16反应a(g)b(g)c(g)d(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。(1)该反应是_(填“吸热”或“放热”)反应。(2)当反应达到平衡时，升高温度，a的转化率_(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_(3)反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？_，原因是_(4)在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，e1和e2的变化是：e1_，e2_。(填“增大”“减小”或“不变”)【答案】(1)放热(2)减小根据勒夏特列原理，升高温度有利于反应向吸热反应方向移动，因而该反应中a的转化率减小(3)没有催化剂只能改变化学反应的速率和途径，不能改变化学反应的始态和终态的能量，因此对反应热没有影响(4)减小减小【解析】解答第(1)题的关键是读懂图，由图示可知反应物a(g)b(g)所含的能量大于生成物c(g)d(g)所含的能量，故该反应为放热反应。解答第(2)题结合第(1)题的推断可知，升高温度平衡向逆反应方向(吸热反应方向)移动，故升高温度，a的转化率减小。第(3)、(4)题，加入催化剂只能改变反应途径，使e1(活化能)减小，e2同时减小，增大反应速率，不改变化学反应的始态和终态的能量，而反应热只与化学反应的始态和终态有关，与反应途径无关，因此使用催化剂对反应热没有影响。17(8分)（1）（4分）实验室在临时配制一些氯化铁溶液时，常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，是为了 。氯化铁水溶液呈 性 ，原因是（用离子方程式表示）： 。（2）（2分）物质的量浓度均为0.1 mol/l的下列溶液ph 由大到小的顺序 （用序号表示）ch3cooh nh4cl nahco3 ba(oh)2 naoh n a2co3 (3)（2分）物质的量浓度相同的下列溶液按c(co32)由大到小的顺序是_na2co3 nahco3 h2co3 (nh4)2co3 nh4hco3 【答案】(8分)（1）抑（防）止fe2+水解（1分)； 酸性（1分)； fe3+ + 3h2o fe(oh)3 + 3h+（2分，写“”不得分) （2） （3) 【解析】18把180moll-1的浓硫酸稀释成200moll-1的稀硫酸100ml，实验操作如下：a将配好的稀硫酸倒入试剂瓶中，贴好标签；b盖好容量瓶塞，反复颠倒，摇匀；c用量筒量取 ml的180moll-1的浓硫酸；d将 沿烧杯内壁慢慢注入盛有少量 的烧杯中；e用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中；f将已冷却至室温的硫酸溶液沿玻璃棒注入 ml的容量瓶中；g改用胶头滴管逐滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切；h继续向容量瓶中加蒸馏水，直到液面接近刻度线1-2cm处。（1）填写上述步骤中的空白：c ；d将 注入 ；f ；（2）请按正确的操作步骤进行排序 。（3）试分析下列操作会使所配溶液的浓度偏高的是洗涤了量取浓硫酸的量筒，并把洗涤液转移到容量瓶中；转移溶液前，容量瓶中含有少量蒸馏水；溶解硫酸用的烧杯、玻璃棒未洗涤；定容时俯视容量瓶的刻度线；定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线；量取浓硫酸时俯视读数【答案】（10分）（1）111ml；浓硫酸 ，水；100；（2）c d f e h g b a ；（3）。【解析】试题分析：（1）c、设需要的浓硫酸的体积为vml，根据溶液的稀释定律c浓v浓=c稀v稀可知：18mol/lvml=2mol/l100ml，解得v=111ml，故答案为：111；d、由于浓硫酸的稀释放热，故要将浓硫酸沿烧杯内壁注入水中，故答案为：浓硫酸，水；f、容量瓶只有一条刻度线，故只能配制出与其规格相对应的体积的溶液，故配制100ml溶液应选择100ml容量瓶，故答案为：100；（2）根据操作过程是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等步骤来排序可知：正确的操作顺序是：c d f e h g b a，故答案为：c d f e h g b a；（3）量筒不需要洗涤，洗涤使物质的量增大，溶液浓度偏高，故正确；只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故错误；烧杯、玻璃棒未洗涤会导致溶质的损失，则会使稀硫酸溶液的浓度偏小，故错误；定容时俯视容量瓶的刻度线会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故正确；液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，故错误；量筒从下到上刻度增加，俯视读数，量取的溶液体积偏小，则浓度偏低，故错误；故答案为：。考点：考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析的相关知识。19次硫酸氢钠甲醛(nahso2hcho2h2o)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。以na2so3、so2、hcho 和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：步骤1：在烧瓶中(装置如图 所示) 加入一定量na2so3 和水，搅拌溶解，缓慢通入so2，至溶液ph 约为4，制得nahso3 溶液。步骤2：将装置a 中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80 90益下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。(1)装置b 的烧杯中应加入的溶液是 。(2)步骤2 中，反应生成的zn(oh)2 会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是 。冷凝管中回流的主要物质除h2o 外还有 (填化学式)。(3)抽滤装置所包含的仪器除减压系统外还有 、 (填仪器名称)。滤渣的主要成分有 、 (填化学式)。(4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在120益以上发生分解。步骤3 中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是 。【答案】【解析】（1）装置b用来吸收剩余的so2尾气，应该用naoh溶液吸收。（2）防止zn(oh)2附着在锌粉的表面可用快速搅拌的方法。反应物中的甲醛沸点较低，具有挥发性，会在冷凝管中冷却。（3）抽滤装置还包含布氏漏斗和吸滤瓶。滤渣中含有生成的zn(oh)2以及部分未反应的锌。（4）由题意知，次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，真空蒸发的目的是防止其被空气中的氧气氧化。【考点定位】化学实验模块20金属钒素有“合金维生素”之称，普通钢中加入少量的钒（v）能极大地改善钢的弹性和强度。工业上回收废钒催化剂（含有v2o5、voso4、k2so4、sio2）中的钒的主要流程如下：回答下列问题：（1）滤渣l的主要成分是_；（2）步骤中发生反应的离子方程式为_；（3）步骤的变化过程可简化为（ha表示有机萃取剂）voso4+（水层）+2ha2（有机层）voa2（有机层）+h2so4（水层），则步骤中可选择硫酸作萃取剂的原因是_；萃取和反萃取在实验室里用到的玻璃仪器有_和_；（4）该工艺流程中，可以循环利用的物质除了氨气以外，还有_；（5）调节溶液ph，可将（vo2）so4转变成nh4vo3沉淀；25时，当ph为1.71.8时，钒沉淀率为98.8%；假设其它各步反应都完全进行，已知kc1o3的还原产物是kcl，若每消耗1moikc1o3，理论上可回收金属钒_g（计算结果保留一位小数）。 【答案】（1）v2o5、sio2（2）v2o5+so32- +4h+=2vo2+so42-+2h2o（3）加入硫酸使平衡向左移动，使voso4进入水层，分液漏斗 烧杯（4）有机萃取剂（5）302.3（4分）【解析】试题分析：废钒催化剂的主要成分为v2o5、voso4、k2so4、sio2，废钒粉碎水浸后，五氧化二钒和二氧化硅难溶于水，经过滤成为滤渣，滤液中主要含有voso4、k2so4，滤液1加硫酸，亚硫酸钠是将废钒催化剂中的五氧化二钒变成可溶于水的voso4，发生了氧化还原反应，过滤后得到滤液，主要成分为voso4，第一次过滤，滤液中主要含有voso4、k2so4，两者合并，加入有机萃取剂，通过萃取，把剩余余酸和有机层分开，通过反萃取，把萃取剂和离子分开，加入氧化剂氯化钾把vo22-氧化成vo3+，调节ph加入氨水，得到含钒的沉淀，灼烧得到五氧化二钒和氨气，有机萃取剂和氨气再循环利用。（1）废钒粉碎水浸后，滤渣为v2o5、sio2。（2）亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子方程式为：v2o5+so32- +4h+=2vo2+so42-+2h2o。（3）反萃取时分析平衡，加入硫酸使平衡向左移动，使voso4进入水层，萃取和反萃取在实验室里用到的玻璃仪器名称叫分液漏斗和烧杯。（4）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环使用，流程中有机萃取剂和氨气可以循环使用。（5）氯元素化合价从+5价到-1，化合价降低6，钒化合价从+4升高到+5，升高1.二者最小公倍数为6，配平方程式为：clo3-+6vo2+6h+=6vo3+cl-+3h2o，消耗1摩尔氯酸钾，生成6摩尔vo3+，钒的沉淀率为98.8%，根据原子守恒，钒的质量=6598.9%=302.3。考点： 物质的分离和提纯的方法和基本实验操作综合利用21so2的排放是造成酸雨的主要因素，某同学通过实验探究，得出酸雨ph随时间的增加而减小的结论。其原因是 （用化学方程式表示）。为进一步研究酸雨的成分，该同学取某一时段的这种雨水v l，加入0.5 mol l1的ba(oh)2溶液至不再产生沉淀时，恰好消耗40.00 ml ba(oh)2溶液。请计算：该v l雨水中共溶解的so2体积是_ ml（标准状况）。若在上述实验中生成沉淀物的质量为4.50 g，该雨水中含有h2so3的物质的量浓度是多少？（要求写出计算过程）【答案】h2so3+o2=h2so4设v l雨水中含有h2so3的物质的量为n1，含有h2so4的物质的量为n2h2so3+ ba(oh)2 =baso3 +2h2o h2so4+ba(oh)2 =baso4 +2h2o n1+ n2 =0.5moll-10.0400 l，共溶解的so2体积v（so2）=0.02mol22.4 l mol11000ml l1= 448 ml 217gmol-1 n1+233gmol-1 n2 =4.50 gn1=0.01 mol c(h2so3)=0.01/v mol l1 【解析】考查酸雨的形成及有关计算等。亚硫酸碱液还原性，能被氧化生成强酸硫酸。所以ph减小，方程式为h2so3+o2=h2so4。22下列图示中，a为一种常见的单质，b（白色）、c、d、e是含a元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色。填写下列空白：（1）写出化学式：a ，b 。（2）写出反应的离子方程式： 。（3）写出反应的化学反应方程式： 。【答案】（1）a na ， b na2o （各1分）（2）oh+ co2 = hco3 。（3）2nahco3 na2co3h2oco2【解析】试题分析：a是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则a是na，b、c、d、e是含a元素的常见化合物，na在o2中燃烧生成b，b为na2o2，na和h2o反应生成naoh和h2，na2o2和水反应生成naoh和o2，所以c是naoh，naoh和过量co2反应生成nahco3，所以e是nahco3，na2o2和co2反应生成na2co3和o2，nahco3分解生成na2co3、co2和水，所以d是na2co3，（1）通过以上分析知，a是na、b是na2o2，故答案为：na；na2o2；（2）naoh和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：co2+oh-=hco3-，故答案为：co2+oh-=hco3-；（3）在加热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为：2nahco3 na2co3+co2+h2o，故答案为：2nahco3 na2co3+co2+h2o考点：考查了无机推断的相关知识。23【化学选修3：物质结构与性质】a、b、c、d为原子序数依次增大的四种元素，a2和b+具有相同的电子构型；c、d为同周期元素，c核外电子总数是最外层电子数的3倍；d元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是 (填元素符号)，其中c原子的核外电子排布式为 ；（2）单质a有两种同素异形体，其中沸点高的是 (填分子式)，原因是 ，a和b 的氢化物所属的晶体类型分别为 和 ；（3）c和d反应可生成组成比为13的化合物e， e的立体构型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 ；（4）a和b能够形成化合物f，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a = 0.566 nm，f的化学式为 ，列式计算晶体f的密度(g.cm-3) 。【答案】（1）o；1s22s22p63s23p3(或ne 3s23p3)（2）o3；o3为极性分子且相对分子质量较大，范德华力大 分子晶体；离子晶体（3）三角锥形；sp3 （4）na2o； 【解析】试题分析：c核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为p元素，c、d为同周期元素，则应为第三周期元素，d元素最外层有一个未成对电子，应为cl元素，a2-和b+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知a为o元素，b为na元素；（1）四种元素分别为o、na、o、cl，电负性最大的为o元素，c为p元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3；（2）a为o元素，有o2、o3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因o3相对原子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，a的氢化物为水，为分子晶体，b的氢化物为nah，为离子晶体；（3）c和d反应可生成组成比为1：3的化合物为pcl3，p形成3个键，孤电子对数为(5-31)/2=1，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形；（4）a和b能够形成化合物f为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则na的个数为8，o的个数为81/8+61/2=4，n(na)：n(o)=2：1，则形成的化合物为na2o，晶胞的质量为，晶胞的体积为(0