河南省洛阳市嵩县一中届毕业班考前化学适应性训练.docx

1、河南省洛阳市嵩县一中届毕业班考前化学适应性训练河南省洛阳市嵩县一中2016届毕业班考前化学适应性训练（5月月考）（解析版）1下列叙述正确的是A1 mol H2O的质量为18g/mol B. 3.011023个SO2分子的质量为32g CCH4的摩尔质量为16g D标准状况下，1 mol任何物质体积均为22.4L【答案】B【解析】A、质量的单位为g；C、摩尔质量单位为g/mol；D、1mol，标况下，22.4L的前提是气体。2列有关肥皂的叙述不正确的是（）。A肥皂的化学成分中，分子的一端为亲水基，另一端为亲油基B肥皂的去污原理与合成洗涤剂不同C肥皂是由油脂与碱反应制得的D肥皂可以将水与油联系起来

2、，使油污脱离附着物而悬浮于水中【答案】B【解析】本题考查肥皂的结构特点、去污原理和生产原理。3下列醇既能发生消去反应，又能被氧化为醛的是 ( )【答案】D【解析】4Na2CO3CO2H2O2NaHCO3的反应类型是A化合反应 B分解反应 C置换反应 D复分解反应【答案】A【解析】试题分析：反应Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3，是三种物质反应生成一种物质的反应，符合“多变一”，属于化合反应，故选A。考点：考查了化学反应的基本类型的相关知识。5已知酸式盐NaHB在水溶液中存在下列反应：NaHB=Na+HB-HB-H+B2-HB-+H2OH2B十OH-，且溶液中c(H+)c(OH-)，下列

3、说法中一定正确的是A、NaHB为强电解质 B、H2B为强酸 C、H2B为弱电解质 D、HB-的电离程度小于HB-的水解程度【答案】AC【解析】正确答案：ACA、正确，由NaHB全电离可知为强电解质 B、不正确，由HB 离子能水解，说明H2B为弱酸 C、正确，由HB 离子能水解，说明H2B为弱电解质 D、不正确，由溶液中c(H+)c(OH-)，HB-的电离程度大于HB-的水解程度6实验中需2 mol L-1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是A1000 mL，212 g B950 mL，201.4 g C950 mL， 212 g D1000 m

4、L，201.4 g【答案】A【解析】7已知：H2（g）I2（g）2HI（g），H0，该反应是一个可逆反应。若反应物起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图正确的是【答案】A【解析】略8室温下，某无色透明溶液中由水电离出来的H+和OH浓度的乘积为11024，则此溶液中可能大量共存的离子组为（ ）AHCO3、Al3+、Na+、SO42 BI、NO3、K+、NH4+CMnO4、Cl、SO42、K+ DSiO32、SO32、Na+、Cl【答案】D【解析】试题分析：室温下某无色透明溶液中由水电离出的H+和OH-浓度的乘积为110-24，则c（H+）=110-12，溶液为酸或碱溶液，AHCO3-既能与酸反

5、应又能与碱反应，且HCO3-、Al3+相互促进水解，则离子一定不能共存，故A错误；B酸溶液中氢离子与I-、NO3-发生氧化还原反应，碱溶液中OH-与NH4+结合生成弱电解质，则一定不能共存，故B错误；C该组离子之间不反应，能共存，但MnO4-为紫色，与无色溶液不符，故C错误；D碱溶液中该组离子之间不反应，则能共存，但酸溶液中氢离子分别与SiO32-、OH-、SO32-反应，则不能共存，即此溶液中可能大量共存，D正确；答案选D考点：离子共存9下列说法正确的是A往沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，可制得Fe(OH)3胶体BCO2溶于水中，只存在平衡：CO2+H2OH2CO3

6、C在潮湿的空气中，生铁比纯铁更耐腐蚀D实验室可用浓H2SO4制备HCl，这是因为H2SO4的酸性比HCl强【答案】A【解析】试题分析：在沸水中加入几滴饱和氯化铁溶液，使氯化铁的水解平衡向生成氢氧化铁的方向移动，当溶液变为红褐色时，就制取了氢氧化铁胶体，故A正确；二氧化碳溶于水时，不仅存在二氧化碳的溶解平衡，还存在碳酸的电离平衡：H2CO3H+HCO3等，故B错误；生铁是FeC合金，在潮湿的空气中可形成原电池，铁作负极，发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀，而纯铁不能形成原电池，所以生铁更容易腐蚀，故C错误；硫酸、氯化氢都能完全电离，都是强酸，实验室用浓硫酸制取氯化氢的原因是浓硫酸的沸点高于氯化氢，或者浓硫酸

7、的挥发性小于氯化氢，故D错误。考点：考查元素化合物的主要性质及制备，涉及氢氧化铁胶体的制取方法、二氧化碳溶于水后的化学平衡、生铁和纯铁的腐蚀、浓硫酸的难挥发性等。10下列说法可以证明反应N2+3H22NH3已达到平衡状态的是( )A.1molNN键断裂的同时，有3molHH键生成B.1molNN键断裂的同时，有3molHH键断裂C.1molNN键断裂的同时，有6molHH键断裂D.1molNN键断裂的同时，有6molHH键生成【答案】A【解析】向两个方向进行的成键和断键情况，符合反应的系数比，但向同一方向表示的成键和断键情况不能表示平衡状态。11铁有、三种晶体结构，以下依次是、三种晶体不同温度

8、下转化的图示，下列有关说法不正确的是 () A-Fe晶体中与相邻铁原子距离相等且最近的铁原子有8个 B-Fe晶体中与相邻铁原子距离相等且最近的铁原子有12个 C-Fe晶胞边长若为a cm，-Fe晶胞边长若为b cm，则-Fe和-Fe两种晶体的密度比为b3a3 D将铁加热到1500 分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体结构不相同，但化学性质几乎相同【答案】C【解析】根据晶胞结构可知，-Fe晶胞、-Fe晶胞中含有的铁原子是1个和4个，所有有、，所以-Fe和-Fe两种晶体的密度比为b34a3，即选项C是错误的，其余都是正确的，答案选C。12下列物质的制备线索中，不符合工业生产实际的是【答案】C【解析】

9、试题分析：二氧化锰制氯气是实验室制法，工业上通过电解饱和食盐水制氯气，答案选C。考点：物质制备实验方案设计13如图为含有同一种元素的a、b、c、d、e五种物质的转化关系。其中a是单质，b是气态氢化物，c、d是氧化物，e是该元素最高价氧化物对应的水化物，则a可能是( )C N2 S F2A只有和 B只有 C D【答案】C【解析】试题分析：C的氢化物不完全燃烧产生CO，C的氢化物完全燃烧产生CO2,CO燃烧产生CO2, CO2溶于水反应产生H2CO3,正确；氨气与氧气在点燃时反应产生N2，N2与O2在放电时发生反应产生NO, 氨气催化氧化得到NO；NO被氧气氧化得到NO2, NO2和水发生反应产生

10、硝酸；正确；H2S不完全燃烧产生S，完全燃烧产生SO2,S 燃烧产生SO2, SO2被O2催化氧化得到SO3; SO3被水吸收得到硫酸，正确；HF不能变为F2，而且F也没有含氧酸，错误。所以a可能是，选项是C。考点：考查元素的单质及化合物的转化关系的知识。14砷是氮族元素，黄砷（As4）是其一种单质，其分子结构与白磷（P4）相似，以下关于黄砷与白磷的比较叙述正确的是 A分子中共价键键角均为10928 B黄砷中共价键键能大于白磷 C黄砷分子极性大于白磷 D黄砷的熔点高于白磷【答案】D【解析】试题分析：A中，由于白磷分子是正四体结构，分子中共价键键角均为60，错误；B中黄砷中共价键键能小于白磷，由

11、于砷原子的半径大于磷原子，错误；C中黄砷分子和白磷都是对称性结构，正负电苛重心重合，无极性，错误；D中黄砷相对分子质量大于白磷，分子间作用力大于白磷，故其熔点高于白磷，正确。考点：本题考查分子的结构与分子的性质判断。15向Ba(OH)2和NaOH混合溶液中缓缓通入CO2气体至过量，生成沉淀物质的量与通入CO2气体的体积V（标准状况）的关系如图所示，下列结论不正确的是A原混合物中nBa(OH)2 nNaOH=1:2B横坐标轴上p点的值为90Cb点时溶质为NaHCO3Dab段发生反应的离子方程式依次为：CO2+2OH- = H2O+CO32-，CO2H2O+ CO32- = 2HCO3-【答案】A

12、【解析】试题分析：AOA段：Ba2+2OH+CO2BaCO3+H2O，消耗30mL的二氧化碳、ab段：2OH+CO2CO32+H2O、ab段消耗（6030）mL的二氧化碳；bp段：最后是BaCO3+CO2+H2OBa2+2HCO3，由Oa段和ac段的反应原理可知，消耗二氧化碳的量Ba（OH）2和NaOH的物质的量相等，所以原混合溶液中Ba（OH）2和NaOH的物质的量之比为30：（6030）=1：1，故A错误；BOA段：Ba2+2OH+CO2BaCO3+H2O，消耗30mL的二氧化碳，bp段：最后是BaCO3+CO2+H2OBa2+2HCO3，需消耗30mL的二氧化碳，所以P点为90mL，故B

13、正确；Cab段：2OH+CO2CO32+H2O、CO32+H2O+CO2=2HCO3，所以b点溶液中溶质为NaHCO3，故C正确；Da、b段，当氢氧化钡消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，CO2+2OH=CO32+H2O，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，CO32+H2O+CO2=2HCO3，故D正确；故选A考点：有关混合物反应的计算16结构示意图为的粒子。x值可能为_、_、_、_、_、_，相应的粒子符号分别为_、_、_、_、_、_。【答案】8 9 10 11 12 13 O2- F- Ne Na+ Mg2+ Al3+【解析】本题是涉及具有相同电

14、子层结构粒子的填空题。具有相同电子层结构的粒子，是指电子层数相同，电子总数及各层电子数都相同，而核电荷数不同的原子、阴离子和阳离子。根据结构示意图可知：该粒子核外共有10个电子。该粒子为第2周期的阴离子和第3周期的阳离子及氖原子。（1）如果该粒子是原子，则x=10,为氖原子。（2）如果该粒子是阴离子，则x10。若x=9，为氟离子；若x=8，为氧离子；若x=7，为氮负离子。（3）如果该粒子是阳离子，则x10。若x=11，为钠离子；若x=12，为镁离子；若x=13，为铝离子。17(7分)现有部分元素的原子结构特点如下表：XL层电子数是K层电子数的3倍Y核外电子层数等于原子序数ZL层电子数是K层和M

15、层电子数之和W最外层电子数是次外层电子数的2.5倍（1）画出W原子结构示意图：_ _。（2）元素X与元素Z相比，非金属性较强的是_ _（填元素符号），写出一个能表示X、Z非金属性强弱关系的化学反应方程式：_ _。（3）X、Y、Z、W四种元素形成的一种离子化合物，其水溶液显强酸性，该化合物的化学式为_ _。（4）元素X和元素Y以原子个数比11化合形成的化合物Q，元素W和元素Y化合形成的化合物M，Q和M的电子总数相等。以M为燃料，Q为氧化剂，可作火箭推进剂，最终生成无毒的，且在自然界中稳定存在的物质，写出该反应的化学方程式：_ _。【答案】（7分）（1） （1分）（2） O （1分） SO2SO2

16、(或2H2SO2=2H2O2S) （2分）（3）NH4HSO4（1分）（4）N2H42H2O2N24H2O（2分）【解析】试题分析：（1）W的最外层电子数是次外层电子数的2.5倍，则次外层一定不是8个电子，所以W有2层电子，次外层也是第一层电子数是2，所以W是N元素，原子结构示意图为；（2）X的L层电子数是K层电子数的3倍，则L层有6个电子，所以X是O元素，Z的L层电子数是K层和M层电子数之和，K层是2个电子，L层有8个电子，所以M层有6个电子，所以Z是S元素，根据元素周期律可知，则O元素的非金属性较强，表示O比S非金属性强的化学方程式为SO2SO2，O显负价，S先正价；(或2H2SO2=2H

17、2O2S)；（3）Y的核外电子层数等于原子序数，则Y是H元素，所以X、Y、Z、W四种元素形成的一种离子化合物，该离子化合物为铵盐，其水溶液显强酸性，说明该化合物在水溶液中可以电离产生氢离子，所以该化合物是硫酸氢铵，化学式为NH4HSO4；（4）H与O形成1:1的化合物是过氧化氢，含有18个电子，则N与H形成的化合物中含有18个电子的化合物是N2H4，二者反应生成水和氮气，无污染，化学方程式为N2H42H2O2N24H2O。考点：考查元素推断，元素及其化合物的性质应用18实验室配制少量银氨溶液的方法是先向洁净的试管中加入 溶液，然后逐滴加入 。写出银氨溶液中滴加少量的乙醛溶液产生银镜现象的化学方

18、程式 。【答案】【解析】略19（10分）某校化学兴趣小组拟用浓盐酸与二氧化锰加热反应，制取并收集2瓶干燥纯净的氯气。为防止换集气瓶时生成的氯气污染空气，设计了如下装置：（1）写出装置烧瓶中发生的反应的离子方程式： 。（2）装置中盛放的药品是饱和氯化钠溶液，其作用是 ；装置的作用是干燥氯气，应盛放_。（3）实验开始后，先 a b(填“关闭”或“打开”，下同)；当集满一瓶氯气时，为减少换集气瓶时氯气的外溢，再 a b，换好集气瓶后,继续收集氯气（4）兴趣小组的某些同学准备在烧杯中加入下列溶液中的一种来吸收残余氯气，你认为其中不恰当的是（填序号） 。A氢氧化钠溶液 B浓硫酸 C水【答案】1）MnO2

19、 + 4H+2ClMn2+ + Cl2 + 2H2O（3分）（2）除去Cl2中混有的HCl（2分）、 浓硫酸（2分） （3）关闭 、 打开 、 打开 、 关闭 （各2分，共8分） （4）B 、C （2分） 【解析】考查氯气的制取、除杂、干燥、收集及尾气吸收（1）制氯气的原理：MnO2 + 4H+2ClMn2+ + Cl2 + 2H2O（2）由于同离子效应，氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度很小，并且可吸收氯化氢液态干燥剂可选用浓硫酸来吸收氯气中的水蒸气（3）观察装置IV（气囊可用于临时收集氯气）与V（集气瓶）、橡胶夹的位置关系可知，收集氯气时可关闭a打开b，换集气瓶时可打开a关闭b（4）浓硫酸并不

20、能吸收氯气，排除；水只能以1:2的体积比吸收氯气，效果不很理想；最好选用碱液：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O20某小组以废铁屑、稀硫酸、饱和(NH4)2SO4溶液为原料，经过一系列反应和操作后，合成了浅蓝绿色晶体X为确定其组成，进行如下实验。 .结晶水的测定：称取7.84g浅蓝绿晶体，加热至100失去结晶水，冷却至室温后，称重，质量为5.68g。.NH4+的测定：将上述5.68g固体置于如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入氮气，用40.00mL 1molL-1的硫酸溶液吸收产生氨气。蒸氨结束后取下接收瓶，用2molL-1NaOH标准溶液来源:学.科.网Z.X

21、.X.K滴定过剩的硫酸，到终点时消耗20.00mLNaOH溶液。.铁元素的测定：将上述实验结束后三颈瓶中的物质全部倒入锥形瓶中，向其中加入适量3%H2O2的溶液，充分振荡后滤出沉淀，洗净、干燥、灼烧后，测得其质量为1.6g。回答下列问题：（1）在实验I中，不可能用到的实验仪器是_（填正确答案标号）A烧杯 B铁架台（带铁圈） C坩埚 D蒸发皿 E.酒精灯 F.干燥器 G.托盘天平（2）在实验中，通入氮气的目的是_。（3）在实验中，用NaOH标准溶液滴定过剩的硫酸时，应使用_式滴定管；可使用的指示剂为_；若在滴加氢氧化钠溶液时有少量待测液溅出，会使测量值_。（4）在实验中，检验沉淀是否洗净的方法是

22、_。（5）根据上述实验数据计算，该浅蓝绿晶体的化学式为_，三颈瓶中发生反应的离子方程式为_。【答案】（1）AD（2）将溶液中的氨全部蒸出（3）碱；酚酞(或甲基红)（4）取最后一次洗涤滤液于试管中,滴入12滴稀盐酸酸化,再滴入氯化钡溶液,若无白色沉淀生成,则说明沉淀已经洗净（5）FeSO4(NH4)2SO46H2O或(NH4)2Fe(SO4)26H2O；(NH4)2SO4FeSO46H2O；2NH4+Fe2+4OH=Fe(OH)2+2NH3+2H2O【解析】试题分析：（1）结晶水的测定，称量需要托盘天平，加热需要酒精灯，坩埚，铁架台玻璃棒，干燥时需要干燥器等，无须使用烧杯和蒸发皿，选AD。（2）

23、 实验的目的是测定铵根离子的含量，通过铵根例子和碱反应市场氨气的量测定，将氨气全部赶出，减小误差需要通入氮气。（3） 碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性容易只能盛放在酸式滴定管中，所以用氢氧化钠标准溶液确定过剩的硫酸时，应使用碱式滴定管盛放氢氧化钠溶液。氢氧化钠和硫酸溶液反应后显中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基红为酸性变色指示剂，酚酞为碱性指示剂，所以可以选择酚酞(或甲基红)；滴定过程有中有氢氧化钠溅出，则需要的氢氧化钠的体积读数变大，结果偏大。（4） 溶液中存在硫酸铵，若未洗净，加入1-2滴稀硝酸，在滴入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，所以检验沉淀是否洗净的方法是：取最后一次洗涤滤液

24、于试管中，滴入12滴稀盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液,若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗净。（5） 由题中数据可知7.84克摩尔盐中，水的质量为7.84-5.68=2.16g，物质的量为2.16/18=0.12mol，消耗氢氧化钠的物质的量为0.04摩尔，则根据反应式分析，剩余硫酸的物质的来那个为0.02摩尔，则根据氨气与硫酸的反应分析，与氨气反映的硫酸的物质的量为0.04-0.02=0.02mol，则与硫酸反应的氨气的物质的量为0.022=0.04mol，生成的氨气的质量为0.68g，氧化铁的质量为1.6g，则氧化铁的物质的量为1.6/160=0.01mol，铵根离子的质量为0.0418=0.7

25、2g，亚铁离子的质量=0.0256=1.12g，则硫酸根离子的质量=7.84-2.16-0.72-1.12=3.84g，物质的量为3.84/96=0.04摩尔，所以物质的量比为铵根离子：亚铁离子：硫酸根离子：水=0.04:0.02:0.04:0.12=2:1:2:6，则该晶体的化学式为：FeSO4(NH4)2SO46H2O或(NH4)2Fe(SO4)26H2O；(NH4)2SO4FeSO46H2O；三颈烧瓶中亚铁离子和铵根离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铁和氨气和水，离子方程式为：2NH4+Fe2+4OH=Fe(OH)2+2NH3+2H2O考点：探究物质的组成和测量物质的含量 211块表面已经氧

26、化为氧化钠（Na2O)的金属钠的质量为10.8 g，把它投入100 g水中，在常温下放出氢气0.2 g，求：（1）金属钠的纯度为多少？（2）被氧化的金属钠的质量为多少？（3）生成氢氧化钠的质量。（4）所得溶液中溶质的质量分数。【答案】设10.8 g反应物中含金属钠的质量为x，根据：2Na+2H2O2NaOH+H2232 402 2x y 0.2 gx=4.6 gy=(1)金属钠的纯度： =42.59%(2)反应物中含氧化钠:m(Na2O)=10.8 g-4.6 g=6.2 g氧化钠中钠元素（即被氧化的钠）的质量为z。6246=6.2 gz z=4.6 g(3)设氧化钠溶于水生成的氢氧化钠的质量

27、为b。Na2O+H2O2NaOH62 2406.2 g b b=8 gm(NaOH)=8 g+8 g=16 g(4)计算溶质的质量分数，必须求出反应后溶液的总质量，根据质量守恒关系，m(溶液)=m(H2O)+m(Na)+m(Na2O)-m(H2)=100 g+10.8 g-0.2 g=110.6 g溶质的质量分数为：100%=14.47%答：（1）金属钠的纯度为42.59%。(2)被氧化的金属钠的质量为4.6 g。（3）生成的氢氧化钠的质量为16 g。（4）溶质的质量分数为14.47%。【解析】10.8 g固体反应物实际上是金属钠和氧化钠的混合物，其中只有金属钠能与水反应产生氢气。而氢氧化钠是

28、钠、氧化钠与水反应的共同产物。根据反应的化学方程式，从放出氢气的质量可求出金属钠的质量及氧化钠的质量。解题时要注意的是：金属钠溶于水所得溶液的溶质是氢氧化钠而不是金属钠。在计算溶液中溶质的质量分数而求算溶液质量时，不能忽略反应中产生的氢气的质量，即从溶液质量中将其减去才能求出正确的溶液质量。还须注意的是：被氧化的金属钠的质量不能理解为被氧化生成的氧化钠的质量，应先求出氧化钠的质量，再求出其中所含钠元素的质量，这才是被氧化的金属钠的质量。22A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，A、B同周期，A、C同主族，化合物AB2、DB2均是可使澄清石灰水变浑浊的气体。又已知C、E的单质均可与

29、NaOH溶液反应，且C与NaOH溶液反应可产生氢气。（1）A元素的名称为_，在元素周期表中的位置是_。（2）写出C单质的一种用途_。（3）对B单质或化合物描述正确的是_。a常温、常压下单质难溶于水bB元素在化合物中的化合价可为1或2价c单质分子中含有18个电子d氢气与B单质混合在一定条件下可能发生爆炸（4）写出C、E单质分别与NaOH溶液反应的离子方程式_、_。【答案】（1）碳 ，第2周期第A族（2）制作硅芯片或太阳能电池（3）abd （4）Si+2OH+H2O=SiO32+2H2，Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O【解析】试题分析：AB2、DB2均可使澄清石灰水变浑浊，且原子序数ABD，可知A为碳，B为氧，D为硫，D、E均为短周期元素，则E为Cl元素，A、C同主族，则C为Si元素，据此回答。（1）根据上述推断，A为碳元素，碳为6号元素，在元素周期表中的位置是第2周期第A族。（2）根据上述推断，C为Si元素，硅单质的用途是制作硅芯片或太阳能电池。（3）根