届重庆市铜梁县第一中学高三月考化学试题解析版Word格式.docx
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另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。
有关计算公式有
、
。
特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。
3.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）
A.原子半径：
W>
Z>
Y>
X
B.最高价氧化物对应水化物的酸性：
X>
Z
C.最简单气态氢化物的热稳定性：
D.元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等
【答案】A
.
考点：
考查了元素周期律和元素周期表的相关知识。
4.下列有关实验的选项正确的是 （）
A．下列装置中X若为苯，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸
B．除去CO中的CO2
C．下列装置可用于分离C2H5OH和H2O的混合物
D．记录滴定终点读数为12.20mL
A.AB.BC.CD.D
【解析】试题分析：
A、氨气和氯化氢在水中的溶解度很大，将导管直接伸入水中会出现倒吸现象，错误，不选A；
B、二氧化碳能被氢氧化钠吸收，所以能除去一氧化碳中的二氧化碳，正确，选B；
C、乙醇和水互溶，不能用分液漏斗分离，错误，不选C；
D、应该为11.80，错误，不选D。
实验方案的设计，物质的分离和提纯，滴定管的结构
5.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（）
A.某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnO4-
B.pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-
C.Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
D.稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：
H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
【解析】A．MnO4-是紫色，不可能存在无色溶液中，故A错误；
B．pH=2的溶液呈酸性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，故B错误；
C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应的离子方程式2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O满足电子守恒和电荷守恒，故C正确；
D．氢离子和硫酸根离子比例应为2：
1，应为2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选C。
6.下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是
A.甲烷的燃烧热△H=-890.3kJ·
mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
CH4（g）＋
O2（g）＝CO（g）＋2H2O（g）ΔH＝－890.3kJ·
mol-1
B.相同条件下，氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气态水所放出的热量少
C.根据右图金刚石在一定条件下转化成石墨提供的信息，可知生成物比反应物稳定，向外界放出的热量为E2-E3
D.同温同压下，H2（g）＋Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的ΔH相同
【答案】D
A、甲烷的燃烧热是指1摩尔甲烷完全燃烧生成液态水和二氧化碳时放出的热量，热化学方程式中水的状态错误，不选A；
B、液态水的能量比气态水的少，所以反应生成液态水放出的热量多，错误，不选B；
C、从图分析，反应为放热反应，放出的热量为E1-E3，错误，不选C；
D、反应的焓变与反应条件无关，正确，选D。
燃烧热，热化学方程式的书写，反应热的计算
7.如右图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中。
下列分析正确的是（）
A.K1闭合，铁棒上发生的反应为2H＋＋2e－→H2↑
B.K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C.K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D.K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体
【解析】A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe-2e-=Fe2+，故A错误；
B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；
不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；
C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误；
D、K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，阴极生成0.001mol氢气，阳极生成0.001mol氯气，两极共产生0.002mol气体，故D错误；
本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键。
若闭合K1，该装置为原电池，铁作负极，铁发生氧化反应；
石墨棒作正极，正极上氧气发生还原反应；
若闭合K2，该装置为电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极。
8.I．常状况下，X、Y和Z是三种气态单质．X的组成元素是第三周期原子半径最小的元素（稀有气体元素除外）；
Y和Z均由元素R组成，Y主要分布在平流层大气中，是地球的保护伞。
（1）Y与Z的关系是（选填字母）__________。
a．同位素b．同系物c．同素异形体d．同分异构体
（2）将Y和二氧化硫分别通入品红溶液，都能使品红褪色．简述用褪色的溶液区别二者的实验方法___________。
（3）实验室制备X的化学方程式_____________________________。
II．电解原理在化学工业中有广泛应用。
下图表示一个电解池，装有电解液a；
X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。
请回答以下问题：
（4）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则
①电解池中X极上的电极反应式为_____________。
在X极附近观察到的现象是_________。
②Ｙ电极上的电极反应式为_________________，检验该电极反应产物的方法是___________。
（5）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则
①X电极的材料是__________，电极反应式为________________________________。
②Y电极的材料是__________，电极反应式为________________________________。
（说明：
杂质发生的电极反应不必写出）
【答案】
（1）.c
（2）.加热褪色后的溶液，若溶液恢复红色，则原通入气体为SO2；
若溶液不变红，则原通入气体是O3（3）.MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O（4）.2H++2e－==H2↑（5）.放出气体，溶液变红（6）.2Cl－－2e－==Cl2↑（7）.把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色（8）.纯铜（9）.Cu2++2e－==Cu（10）.【答题空10】粗铜（11）.Cu－2e－==Cu2+
【解析】I．常状况下，X、Y和Z是三种气态单质，X的组成元素是第三周期原子半径最小的元素（稀有气体元素除外），X是Cl；
Y和Z均由元素R组成，Y主要分布在平流层大气中，是地球的保护伞，因此Y是臭氧，则Z是氧气，R是氧元素。
（1）氧气和臭氧均是氧元素形成的单质，二者互为同素异形体，答案选c；
（2）臭氧具有氧化性，使品红溶液褪色，褪色是不可逆的。
SO2使品红溶液褪色是可逆的，则区别二者的实验方法是加热褪色后的溶液，若溶液恢复红色，则原通入气体为SO2；
若溶液不变红，则原通入气体是O3。
（3）实验室制备氯气的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O。
II．（4）①X电极与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电，因此电解池中X极上的电极反应式为2H++2e－==H2↑。
氢离子放电破坏了水的电离平衡，X电极附近氢氧根的浓度大于氢离子，溶液显碱性，所以在X极附近观察到的现象是放出气体，溶液变红。
②Ｙ电极是阳极，溶液中的氯离子放电，电极反应式为2Cl－－2e－==Cl2↑，氯气具有强氧化性，检验该电极反应产物的方法是把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色。
（5）①粗铜精炼时纯铜作阴极，粗铜作阳极，与电源的正极相连，所以X电极的材料是纯铜，电极反应式为Cu2++2e－==Cu。
②Y电极的材料是粗铜，电极反应式为Cu－2e－==Cu2+。
9.重铬酸钠俗称红矾钠（Na2Cr2O7·
2H2O），是重要的化工产品和强氧化剂。
工业制备红矾钠的流程如下：
（1）铁元素在周期表中的位置___________，钠的原子结构示意图_____________。
（2）化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3可写成Na2O·
SiO2，则Fe（CrO2）2可写成__________。
（3）煅烧铬铁矿时，矿石中难溶的Fe（CrO2）2生成可溶于水的Na2CrO4，反应化学方程式如下：
4Fe（CrO2）2+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2。
为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是________________。
（写一种即可）
（4）已知CrO42－在不同的酸性溶液中有不同的反应，如：
2CrO42－+2H+=Cr2O72－+H2O；
3CrO42－+4H+=Cr3O102－+2H2O
①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是__________________________________。
②混合溶液乙中溶质的化学式是______________________________________________。
（5）配平碱性溶液还原法中发生的离子反应：
________________。
Cr2O72－+S2－+H2O→Cr（OH）3+S2O32－+OH－
【答案】
（1）.第四周期第VIII族
（2）.
（3）.FeO·
Cr2O3（4）.粉碎矿石、升高温度（5）.少量不能除尽Na2CO3等杂质，过量会生成Na2Cr3O10等副产物（6）.Na2Cr2O7和Na2SO4（7）.46198314
【解析】铬铁矿加入纯碱，通入空气煅烧，经浸取后得到Na2CrO4、Na2CO3，加入适量硫酸，得到混合溶液乙含有Na2Cr2O7和Na2SO4，然后结晶可得到Na2Cr2O7晶体，则
（1）铁元素的原子序数是26，在周期表中的位置是第四周期第VIII族，钠的原子结构示意图为
；
（2）Fe（CrO2）2中铁元素化合价是+2价，氧化物为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，所以Fe（CrO2）2写成氧化物形式为FeO·
Cr2O3；
（3）增大反应物接触面积可以加快反应速率，升高温度可以大大加快反应速率，所以为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是粉碎矿石、升高温度；
（4）①由于少量难以除尽碳酸钠，过量会发生反应3CrO42－+4H+=Cr3O102－+2H2O，生成了Na2Cr3O10等副产物，所以必须加入适量硫酸；
②由于发生了反应2CrO42－+2H+=Cr2O72－+H2O，生成了Na2Cr2O7和Na2SO4，所以乙中溶质的化学式为Na2Cr2O7和Na2SO4；
（5）CrO42－→Cr3+，1molCrO42－获得电子物质的量为1mol×
2×
（6-3）=6mol，S2-→S2O32－，2molS2-失去电子物质的量为2mol×
[2-（-2）]=8mol，根据电子转移守恒，最小公倍数为24，所以发生的离子反应为4Cr2O72－+6S2－+19H2O＝8Cr（OH）3↓+3S2O32－+14OH－。
10.某学生研究小组欲探究CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生的蓝绿色沉淀组成，小组进行下列实验探究。
【提出假设】
假设1：
沉淀为Cu（OH）2
假设2：
沉淀为________
假设3：
沉淀为碱式碳酸铜[化学式可表示为nCuCO3•mCu（OH）2]
【查阅资料】无论是哪一种沉淀受热均易分解（假设均不含结晶水）。
【物质成分探究】
步骤1：
将所得悬浊液过滤，用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤。
步骤2：
甲同学取一定量固体，用气密性良好的下图装置（夹持仪器未画出）进行定性实验。
请回答下列问题：
（1）假设2中的沉淀为________________。
（2）假设1中沉淀为Cu（OH）2的理论依据是____________________________________。
（3）无水乙醇洗涤的目的_________________________。
（4）若反应后A中蓝绿色固体变黑，C中无明显现象，证明假设__（填写序号）成立。
（5）乙同学认为只要将上图中B装置的试剂改用____________试剂后，便可验证上述所有假设。
（6）乙同学更换B试剂后验证假设3成立的实验现象是_________________。
（7）在假设3成立的前提下，某同学考虑用Ba（OH）2代替Ca（OH）2，测定蓝绿色固体的化学式，若所取蓝绿色固体质量为27.1g，实验结束后装置B的质量增加2.7g，C中的产生沉淀的质量为19.7g。
则该蓝绿色固体的化学式为____________________。
【答案】
（1）.CuCO3
（2）.碳酸根水解，溶液中含有较多的OH—（2分，或者答双水解，相互促进，或者写出双水解离子方程式或化学方程式均可）（3）.利用乙醇的易挥发，带走洗涤的水（4）.假设1（5）.无水CuSO4（6）.A中蓝绿色固体变黑色，B中固体变蓝，C中有白色沉淀产生（7）.2CuCO3•3Cu（OH）2或3Cu（OH）2•2CuCO3或Cu5（OH）6（CO3）2
（1）CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生蓝绿色沉淀，可能是反应生成了碳酸铜沉淀，或双水解生成了氢氧化铜沉淀，或是碱式碳酸铜，假设1中沉淀为Cu（OH）2，假设2为CuCO3，故答案为：
CuCO3；
（2）Na2CO3溶液中碳酸根能水解，产生氢氧根离子，所以与CuSO4溶液混合产生的蓝绿色沉淀可能为氢氧化铜，故答案为：
碳酸根水解，溶液中含有较多的OH-；
（3）所得悬浊液过滤，用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤，可以洗去固体中残留的水分，通风晾干可以让乙醇完全挥发，故答案为：
利用乙醇的易挥发，带走洗涤的水；
（4）加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜，若反应后A中蓝绿色固体变黑，C中无明显现象证明一定不含有碳酸铜，现象的产生为氢氧化铜，假设1正确，故答案为：
假设1；
（5）实验验证碳酸铜或氢氧化铜是利用受热分解生成的产物性质验证，加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜，所以需要验证水的存在和二氧化碳的存在就可以证明产生的物质成分，装置A中加热是否变化为黑色固体，装置B选择无水硫酸铜验证是否生成水，澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳，所以要将上图中B装置的试剂改用无水CuSO4，故答案为：
无水CuSO4；
（6）装置A中加热是否变化为黑色固体，装置B选择无水硫酸铜，是否变蓝色验证是否生成水，装置C中澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳，所以证明假设是否正确的现象为：
A中蓝绿色固体变黑色，B中无水CuSO4固体变蓝，C中有白色沉淀产生，故答案为：
A中蓝绿色固体变黑色，B中无水CuSO4固体变蓝，C中有白色沉淀产生；
（7）B中吸收的是水，水的物质的量=
=0.15mol，
C中吸收的是二氧化碳生成碳酸钡白色沉淀，
根据碳原子守恒得二氧化碳的物质的量=
=0.1mol，
氧化铜的物质的量=
=0.25mol，
则铜离子、氢氧根离子和碳酸根离子的物质的量之比=0.25mol：
0.3mol：
0.1mol=5：
6：
2，所以其化学式为：
2CuCO3•3Cu（OH）2或3Cu（OH）2•2CuCO3或Cu5（OH）6（CO3）2，故答案为：
2CuCO3•3Cu（OH）2或3Cu（OH）2•2CuCO3或Cu5（OH）6（CO3）2。
考查了物质的组成和含量的测定的相关知识。
11.Cu3N具有良好的电学和光学性能，在电子工业领域、航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学工业等领域中，发挥着广泛的、不可替代的巨大作用。
（1）N位于周期表中第__________周期____________族，与N3-含有相同电子数的三原子分子的空间构型是______________________。
（2）C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______________。
（3）Cu+电子排布式为______________________________________，其在酸性溶液中不稳定，可发生歧化反应生成Cu2+和Cu，但CuO在高温下会分解成Cu2O，试从结构角度解释高温下CuO为什么会生成Cu2O：
______________________________________。
（4）在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是________，乙醛分子中H—C—O的键角_________（填“大于”“等于”或“小于”）乙醇分子中的H—C—O的键角。
（5）[Cu（H20）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H20被Cl-取代有两种不同的结构，试画出[Cu（H20）2（C1）2]具有极性的分子的结构式：
（6）Cu3N的晶胞结构如右图，N3-的配位数为__________，Cu+半径为apm，N3-半径为bpm，Cu3N的密度____________g·
cm-3。
（阿伏加德罗常数用NA表示）
【答案】
（1）.二
（2）.VA（3）.V形（4）.N>
O>
C（5）.1s22s22p63s23p63d10（6）.Cu+价电子排布式为3d10，为全充满结构，更稳定（7）.sp2、sp3（8）.大于（9）.
（10）.6（11）.
（1）N元素位于元素周期表中第二周期第VA族；
N3-中的电子数是10个，所以与N3-含有相同电子数的三原子分子是水分子，水分子的空间构型是V型；
（2）同周期元素随核电荷数的增大，第一电离能逐渐增大，但N原子的2p轨道为半充满的稳定状态，所以N的第一电离能大于O，所以C、N、O的第一电离能的大小顺序是N>
C；
（3）Cu+的核外有28个电子，最外层的4s1电子失去，所以电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；
CuO中Cu为+2价，而+1价Cu价电子排布式为3d10，为全充满结构，更稳定；
（4）乙醛的结构简式我CH3CHO，甲基的C原子周围的化学键都是单键，是sp3杂化，而醛基中的C原子存在双键，所以是sp2杂化；
乙醇分子中与醛基相连的C原子也是sp3杂化，受孤对电子的影响，所以sp2杂化的键角大于sp3杂化的键角；
（5）[Cu（H20）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H20被Cl-取代且具有极性的分子不是中心对称分子，所以该分子的结构为
（6）根据原子半径的大小，打球代表Cu原子，小球代表N，N3-的配位数为6，同层为4个，上下各一个；
该晶胞中Cu原子的个数是12×
1/4=3，N原子的个数是8×
1/8=1，晶胞的体积是[（2a+2b）×
10-10cm]3，晶胞质量是（3×
64+14）/NA，所以晶胞的密度=m/V=206/8（a+b）3×
10-30×
NAg·
cm-3=103×
1030/4（a+b）3NAg·
考查物质的结构与性质，晶胞的计算、杂化方式的判断、核外电子排布式的书写
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