1、南省郑州女子高级中学2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1不同元素的原子（包括离子）（ ）A核外电子数一定不相等 B中子数一定不相等C质量数一定不相等 D质子数一定不相等【答案】D【解析】2下列气体易液化，遇挥发性酸时冒白烟，而且适宜作制冷剂的是（ ）A. 【答案】B【解析】NH3遇到酸蒸气时生成白色的铵盐颗粒，产生大量白烟。液氨汽化时能吸收大量的热量，可作制冷剂。应选B。3天气预报是百姓生活、工作中备受关注的一件事。近年来我国重点城市已发布“空气质量日报”。 下列物质中不列入首要污染物的是A二氧化硫 B二氧化氮 C二氧化碳 D可吸入颗粒物【答案】C【解析】试题分析：二氧化硫、二氧化氮
2、会形成酸雨，是污染物，二氧化碳是人呼吸产生的气体，不属于污染物；可吸入颗粒物对人体呼吸道会有伤害，是污染物，选C。考点：常见污染物的了解。4下列说法正确的是A中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶B用带玻璃塞的磨口瓶盛放NaOH溶液C用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出DNaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体即停止加热【答案】D【解析】试题分析：A中和滴定实验时，不能用待测液润洗锥形瓶，错误；BNaOH容易与玻璃中的SiO2发生反应产生有粘性的Na2SiO3，将玻璃瓶与玻璃塞黏在一起，因此不能用带玻璃塞的磨口瓶盛放NaOH溶液，错误；C用苯萃取溴水中的溴时，由于苯
3、的密度比水小，因此应该将溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出，错误；DNaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体即停止加热。利用余热将剩余的水分蒸干，正确。考点：考查化学实验操作的正误判断的知识。5常温下，将pH和体积都相同的盐酸和醋酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积变化如图，下列有关叙述正确的是A曲线I为醋酸稀释时pH值变化曲线Ba点时，若都加入相同大小的锌粒，此时盐酸反应的速率大Ca点时，若都加入足量的锌粒，最终与醋酸反应产生的氢气多Db点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小【答案】C【解析】试题分析：稀释能促进弱酸电离平衡向电离方向移动，则稀释相同倍数时，盐酸pH的变化
4、程度大于醋酸，所以图中I表示盐酸，II表示醋酸，故A错误；Zn+2H+=Zn2+H2，a点时盐酸和醋酸的pH相同，则c(H+)相同，因此反应速率相等，故B错误；a点时盐酸和醋酸的c(H+)相同，但前者的电离程度大于后者，则c(HCl)c(CH3COOH)，因此n(HCl)n(CH3COOH)，所以醋酸与足量锌粒反应放出的氢气多，故C正确；H2OH+OH，b点的pH大于c点的pH，则b点的c(H+)小于c点的c(H+)，酸电离出的c(H+)越大，水的电离平衡越向左移动，水的电离程度越小，则b点水的电离程度大于c点，故D不正确。考点：考查强弱电解质、溶液的pH、弱酸的电离平衡、水的电离平衡、化学反
5、应速率的大小比较等。6用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列各操作中，无误差的是（ ）A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，注入标准溶液盐酸进行滴定B. 用蒸馏水洗涤锥形瓶后再用NaOH溶液润洗，而后装入一定体积的NaOH溶液进行滴定C. 用碱式滴定管量取10.00mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水和2滴甲基橙试液后进行滴定D. 若改用移液管取待测液10.00mLNaOH溶液放入锥形瓶后，把留在移液管尖嘴处的液体吹入锥形瓶内，再加入1mL甲基橙指示剂后进行滴定【答案】C【解析】试题分析：A项：滴定管还需标准溶液润洗，否则浓度变小，故错；B项：锥形瓶不能用NaOH溶
6、液润洗，否则NaOH溶液的量变大，故错；D项：移液管尖嘴处的液体不能吹出，否则量变大，故错。故选C。考点：中和滴定点评：本题主要考查酸碱滴定实验的基本操作，题目难度八大，学生应注意操作的规范性。7NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 A10 g H18 2O含有的中子数为5NA B1 mol羟基(-OH)含有的电子数为10NAC1 mol 氯气参加反应时，电子转移数目一定为2NAD标准状况下，11.2L己烷含有的分子数为0.5NA【答案】A【解析】试题分析：A、H18 2O的摩尔质量为20g/mol，10 g是0.5mol，每个分子中有10个中子，中子数为5NA，错误；B、每个羟基中含有9个
7、电子，1 mol羟基(-OH)含有的电子数为9NA，错误；C、氯气与水反应是每个Cl2，转移1个电子，正确；D、标准状况下，己烷是液体，错误。考点：考查微观粒子的结构、物质的量等基本化学性质知识。8在蒸馏实验中，下列叙述不正确的是 A在蒸馏烧瓶中盛约1/3体积的自来水并放入几粒沸石B将温度计水银球插入自来水中C不可用酒精灯直接加热蒸馏烧瓶D收集蒸馏水时应弃去开始馏出的部分【答案】B【解析】试题分析：为避免加热时出现暴沸现象，在蒸馏烧瓶中盛约1/3体积的自来水，并放入几粒沸石，选项A正确；温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，目的是控制馏分物质的沸点，得到较纯净的物质，不能将温度计水银球插入自来水中
8、，选项B不正确；蒸馏烧瓶应垫放在石棉网上加热，选项C正确；收集蒸馏水时应弃去刚开始馏出的部分，保证得到纯净的蒸馏水，选项D正确。考点：蒸馏操作要点9按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物下列说法错误的是A步骤（1）需要过滤装置 B步骤（2）需要用到分液漏斗C步骤（3）需要用到坩埚 D步骤（4）需要蒸馏装置【答案】C【解析】试题分析：A、步骤(1)是分离固液混合物，采取过滤的方法，A正确；B、步骤(2)，得到有机层和水层，所以需要用分液漏斗分离，B正确；C、步骤（3）是从水溶液中获得固体，采取蒸发结晶的方法，应用蒸发皿，C错误；D、步骤（4）是从有机层中获得甲苯，应采用
9、蒸馏装置，D正确。答案选C。考点：物质的分离方法10关于如右图所示装置中的叙述正确的是A这是电解NaOH溶液的装置B电子由Fe流向PtCPt为正极，其电极反应为：2H+2e-=H2DFe为负极，其电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2【答案】B【解析】试题分析：铁的金属性强于Pt的，所以铁是负极，Pt是正极。又因为溶液显碱性，所以属于铁的吸氧腐蚀，因此选项B正确，其余都是错误的，答案选B。考点：考查原电池的有关判断点评：在判断原电池的正负极时，一般主要是依据金属性的强弱，即较活泼的金属作负极，不活泼的金属作正极，据此可以判断。而电极反应式的书写还需要依据电解质溶液。11欲增加Mg(OH)2
10、在水中的溶解，可采用的方法是 ( )A增加溶液pH B加入2.0 mol/L NH4ClC加入0.1 mol/L MgSO4 D加入适量95%乙醇【答案】B【解析】试题分析：Mg(OH)2是难溶性弱电解质在水中的溶解存在溶剂平衡：Mg(OH)2Mg2+2OH-。A. 若增加溶液pH，则对沉淀溶解平衡起抑制作用，会减少Mg(OH)2在水中的溶解，错误；B. 若加入2.0 mol/L NH4Cl，由于铵根离子会会该物质的溶解电离产生的OH-离子结合形成弱电解质，而使OH-的浓度减小，沉淀溶解平衡正向移动，因此增加Mg(OH)2在水中的溶解，正确；C. 若加入0.1 mol/L MgSO4，由于Mg
11、2+浓度增大，是沉淀溶解平衡逆向移动，减少Mg(OH)2在水中的溶解，错误；D. 若加入适量95%乙醇，对其溶解物影响，错误。考点：考查影响难溶性物质溶解度的因素的知识。12对下列实验的描述正确的是图1 图2 图3 图4热水 冰水ZnSO4溶液CuSO4溶液环形玻璃棒保温瓶温度计盐桥A图1所示的实验：根据检流计（G）中指针偏转的方向比较Zn、Cu的金属活泼性B图2所示的实验：根据小试管中液面的变化判断铁钉发生析氢腐蚀C图3所示的实验：根据温度计读数的变化用浓硫酸和NaOH反应测定中和热D图4所示的实验：根据两烧瓶中气体颜色的变化(热水中变深、冰水中变浅)判断2NO2(g)N2O4(g)是吸热反
12、应【答案】A【解析】图2所示的实验中，钢铁发生的是吸氧腐蚀，B不正确。浓硫酸溶于水，放出大量的热，应该用稀硫酸，C不正确。根据图示可知，温度越低，颜色越浅，所以正反应是放热反应，选项D不正确，答案选A。13可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) HFeCu，故方案中Cu均作正极，中Mg均作负极，方案中铁作负极，方案中铁作正极。在方案中负极反应为Mg2e=Mg2，正极反应为2H2e=H2，总电池方程式为Mg2H=Mg2H2。17（10分）已知下列热化学方程式：H2O（l）=H2（g）O2（g） H285.8 kJ/molH2（g）O2（g）=H2O（g） H241.8 kJ/molNa
13、OH（aq）HCl（aq）=NaCl（aq）H2O（l）H57.3 kJ/molC（s）O2（g）=CO（g） H110.5 kJ/molC（s）O2（g）=CO2（g） H393.5 kJ/mol回答下列问题：（1）上述反应中属于吸热反应的是_ _。（2）C的燃烧热H为_ _。（3）燃烧10 g H2生成液态水，放出的热量为_ _。（4）写出CO燃烧的热化学方程式_写出制水煤气的热化学方程式_【答案】（1）；（2）-393.5 kJ/mol ；（3）1429 kJ；（4）CO（g）O2（g）=CO2（g） H283 kJ/molC（s）H2O（g）=CO（g）H2（g） H131.3 kJ/
14、mol。【解析】试题分析：（1）吸热反应H0，因此是吸热反应；（2）燃烧热：25时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，如C转化成CO2，H转化成液态水，因此表示碳燃烧热的热化学反应方程式，即燃烧热：H=-393.5 kJ/mol ；（3）得出：H2O（l）=H2O（g） H=44kJmol1 ，推出：H2（g）1/2O2（g）=H2O（l） H=241.844kJmol1=285.8 kJmol1，因此消耗10g氢气放出的热量为1429kJ；（4）推出：CO（g）1/2O2（g）=CO2（g） H=283.0kJmol1；得出：C（s）H2O（g）=CO（g）H2（g） H=1
15、31.3kJmol1。考点：考查吸热反应、放热反应、热化学反应方程式的计算、燃烧热等知识。18苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，有机化学中通过酯化反应原理，可以进行苯甲酸甲酯的合成。有关物质的物理性质、实验装置如下所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/122.4-97-12.3沸点/24964.3199.6密度/g.cm-31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶实验一：制取苯甲酸甲酯：在大试管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇，边振荡边缓慢加入一定量浓硫酸，按图A连接仪器并实验。（1）苯甲酸与甲醇反应的化学方程式为_。（2）大试管中除了装有15g苯甲酸和一定量的甲醇和沸石外还需要加入一定量
16、浓硫酸，浓硫酸的作用是 。（3）实验室制取乙酸乙酯时，为了除去乙酸乙酯中混有的乙酸所用试剂为 。实验二：提纯苯甲酸甲酯：该实验要先把图A中制备的苯甲酸甲酯水洗提纯，再利用图B装置进行蒸馏提纯（4）水洗提纯时所进行的操作为（填操作名称） 。（5）用图B装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示 时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯。【答案】（1） (2分)（2）催化剂、吸水剂 (2分) （3）饱和碳酸钠溶液 (2分)（4） 分液 (2分) （5）199.6-249 (2分)【解析】试题分析：（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，反应方程式为：；（2）酯化反应中，需要加入一定量的浓硫酸作为催化剂和吸水剂；（3）可用
17、饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸；（4）用水洗提纯制备的苯甲酸甲酯混合液，分为上下二层，可利用分液漏斗进行分液操作进行分离。（5）苯甲酸甲酯的沸点是199.6，用图B装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示199.6时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯。考点：考查酯的性质，涉及混合物的分离与提纯。19（有机物A可用葡萄发西酵得到，也可从牛奶中提取，纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水，为研究A的组成与结构，进行如下实验：实 验 步 骤解 释 或 实 验 结 论（1）称取A 9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍试通过计算填空：（1）A的相对分子质量为：_（2）将此9.0g A在足量纯O2充
18、分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现分别增重5.4g和13.2g（2）A的分子式为：_（3）另取A 9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24L CO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24L H2（标准状况）（3）写出A中所含有的官能团名称：_（4）A的核磁共振氢谱如图：（4）A中含有_种氢原子（5）综上所述，A的结构简式_【答案】（1）90（2）C3H6O3（3）羧基、羟基（4）4 （5）【解析】试题分析：（1）有机物质的密度是相同条件下H2的45倍，所以有机物质的相对分子质量=452=90； （2）9.0gA的物质的量=9.0g90g/mol0.1mol，
19、浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成n（H2O）=5.4g18g/mol=0.3mol，所含有n（H）是0.6mol，碱石灰增重13.2g，生成m（CO2）是13.2g，n（CO2）=13.2g44g/mol=0.3mol，所以n（C）是0.3mol，n（A）：n（C）：n（H）=0.1mol：0.3mol：0.6mol=1：3：6，则有机物中碳个数是3，氢个数是6，根据相对分子质量是90，所以氧原子个数是3，即分子式为：C3H6O3；（3）9.0gA的物质的量=9.0g90g/mol0.1mol，A和碳酸氢钠反应说明A中含有羧基，生成2.24LCO2（标准状况），n（CO2）=
20、2.24L22.4L/mol0.1mol，所以含有一个羧基；醇羟基和羧基都可以和金属钠发生反应生成氢气，与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况），n（H2）=2.24L22.4L/mol0.1mol，羧基或羟基与钠反应生成氢气时，羧基或羟基的物质的量与氢气的物质的量之比为2：1，A与钠反应时，A的物质的量与氢气的物质的量之比是1：1，则说明A中除了含有一个羧基外还含有一个羟基；（4）根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含4种类型的等效氢原子；（5）根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含4种类型的等效氢原子，且氢原子的个数比是3：1：1：1，所以结构简式为：。考点：考查有
21、机物的推断20SO2是一种重要的化工原料，也是引起酸雨污染的重要来源。(1)某兴趣小组采用如图所示装置制取SO2下列实验方案适用如图所示装置制取所需SO2的试剂是_(填序号）。ANa2SO3溶液与稀硝酸BNa2SO3固体与浓硫酸C固体硫和氧气D铜与浓硫酸a的仪器名称是_。尾气吸收装置的连接顺序是b接( )接 ( )接e。(2)为了回收利用SO2废气，研究人员研制了利用低品位软锰矿浆(主要成分是MnO2)吸收高温焙烧含硫废渣产生的SO2废气，制备硫酸锰晶体(生产流程，其流程示意图如下： 已知：浸出液的pHc(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+) （3分）（6）3.0210-2mol
22、/L （3分）【解析】试题分析：由四种短周期元素中的两种或三种组成的5种化合物V、W、X、Y、Z，其中X是导致温室效应的主要气体，X 是CO2，Z是天然气的主要成分，Z是CH4；Y、W都既能与酸反应，又能与强碱溶液反应，Y是白色胶状不溶性物质，则Y是Al(OH)3。Y加热分解产生的白色固体W是Al2O3， 则V中含有Al元素，V由一种金属元素和两种非金属元素组成，其原子个数比为139，所含原子总数等于其组成中金属元素的原子序数。则其中还含有C、H元素，V是Al(CH3)3。（1）W是Al2O3，该物质是离子化合物，熔点、沸点高，可以高温耐火材料，由于Al金属活动性强，在工业上一般用氧化铝电解方
23、法冶炼金属铝；（2）根据题意，结合质量守恒对于，可得V与足量NaOH溶液反应的化学方程式是Al(CH3)3+NaOH+H2O=NaAlO2+3CH4；（3）由于酸性H2CO3Al(OH)3，所以根据复分解反应的规律，将过量的CO2通入NaAlO2溶液中，会发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，该反应的离子方程式是: AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-。（4）CH4式量是16，4 g 甲烷的物质的量是n(CH4)=4g16g/mol=0.25mol,完全燃烧生成X和液态水放出222.5 kJ的热量，则1mol甲烷完全燃烧放出热量是Q=222
24、.5 kJ0.25=890.0kJ，所以甲烷的燃烧热的热化学方程式是CH4(g) +2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l) H=-890.0kJ/mol；（5）在200 mL 1.5 molL-1 NaOH溶液中含有溶质的物质的量是n(NaOH)=0. 200 L 1.5 molL-1=0.3mol，通入标准状况下4.48 LCO2气体的物质的量是n(CO2)=4.48L22.4L/mol=0.2mol，二者发生化学反应：3NaOH+2CO2=Na2CO3+NaHCO3+H2O，在溶液中，根据物料守恒可得2c(Na+)=3 c(CO32-)+ c(HCO3-)+c(H2CO3)，而且C
25、O32-和 HCO3-都会发生水解反应而消耗，水解产生OH-，消耗H+，使溶液想你碱性，所以c(OH-)c(H+)，由于水解程度CO32- HCO3-，所以后溶液中完全反应后所得溶液中c(HCO3-)c(CO32-)，但是盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+) ；（6）Y是Al(OH)3，一种难溶物质，其溶度积常数为1.2510-33。将0.01 mol Al(OH)3投入1 L某浓度的盐酸中，二者会发生化学反应：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+H2O，n=0.01mol，则
26、反应消耗n(HCl)=3 n=0.03mol，由于溶液的体积是1L，所以反应后溶液中c(Al3+)=0.01mol/L，由于溶度积常数Ksp=c(Al3+)c3(OH-)=1.2510-33,所以c(Al3+)c3(OH-)=0.01c3(OH-)=1.2510-33，c(OH-)=510-11，则根据水的离子积常数可得该溶液中c(H+)=10-14510-11=210-4mol/L，所以加入的盐酸的浓度是：c(HCl)=0.03mol/L+210-4mol/L=3.0210-2mol/L。【考点定位】考查元素及化合物的推断、化学方程式和热化学方程式及离子方程式的书写、离子浓度大小比较、沉淀溶
27、解平衡的应用的知识。【名师点睛】元素的原子结构与元素的性质及在元素周期表中的位置关系密切，结构决定性质，性质决定用途。铝元素在元素周期表中处于金属与非金属交界处，使其性质有金属、非金属元素的性质。由于其氧化物熔点高因此可以制取耐高温的材料，氯化铝是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，在液体只有分子，没有离子，铝活动性比较强，在地壳中是含量最高的金属，由于难冶炼，因此认识比较晚，在工业上只能用电解熔融的氧化铝的方法冶炼铝。为了降低其熔点要加入冰晶石，不像其它活泼的金属用电解熔融的氯化物的方法冶炼。在比较离子浓度大小时，要结合盐溶液的浓度及盐的水解规律，对于等浓度的Na2CO3、NaHCO3，前
28、者水解程度比后者大，因此盐溶液中离子浓度c(HCO3-)c(CO32-)，但是盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，盐水解产生的离子浓度很小。要结构物料守恒、电荷守恒及质子守恒进行分析和判断。24【选修5：有机化学基础】某有机物A的水溶液显酸性，遇FeCl3溶液不显色，A分子结构中不含甲基，含苯环，苯环上的一氯代物只有两种，G的分子式为C7H6O3，A和其他有机物存在如下图所示的转化关系：已知：试回答下列问题：（1）B化学式_，（2）HI反应类型为_，J所含官能团的名称为_。（3）写出HL反应的化学方程式_。（4）A的结构简式_。（5）F的同分异构体中含有苯环且官能团相同的物质共有_
29、种(不包括F)，其中核磁共振氢谱有两个峰，且峰面积比为12的是_(写结构简式)。【答案】（第（3）问3分，其余每空2分）（1）C7H4O3Na2 （2）酯化反应或取代反应；碳碳双键和羧基（3）n HO-CH2-CH2-CH2COOH+（n-1）H2O（4） （5）5；【解析】试题分析：（1）有机物A的水溶液显酸性，遇FeCl3溶液不显色，说明A中不含有酚羟基，苯环上的一氯代物只有两种，说明A的苯环上有2个不同的对位取代基；E与浓溴水反应生成白色沉淀，所以E是苯酚，D是苯酚钠，B到D发生脱羧反应，失去1个羧基，所以B是对羟基苯甲酸与氢氧化钠反应的产物，化学式为C7H4O3Na2；G是B酸化后的产
30、物，所以G是对羟基苯甲酸；（2）因为A中不含有酚羟基，所以G中的酚羟基来自于A的水解反应，说明A中的酯基的碳氧单键与苯环直接相连；由K的结构简式可倒推A中含有HO(CH2)3COO-结构，所以另一取代基为-COOH；A为酯类化合物，与氢氧化钠反应后生成B、C；C为HO(CH2)3COONa，H为HO(CH2)3COOH，所以H到I是分之内的酯化反应；H在浓硫酸、加入条件下发生消去反应生成J，所以J为CH2CHCH2COOH，含有碳碳双键、羧基；（3）H到L发生缩聚反应，化学方程式为n HO-CH2-CH2-CH2COOH+（n-1）H2O；（4）由以上分析A的结构简式为；（5）F是三溴苯酚，含
31、有苯环且官能团相同的同分异构体的判断方法是，先写出三溴苯的同分异构体共有3种，然后再把羟基作取代基，计算三溴苯的一代物的种数，也即计算三溴苯的等效氢种数，除去F外还有5种。其中核磁共振氢谱有两个峰，且峰面积比为12的是。【考点定位】本题主要是考查有机物的化学性质及推断，同分异构体的判断，化学式、化学方程式的判断及书写等【名师点晴】有机合成与推断题综合性强，思维容量大，常以框图题或变相框图题的形式出现，解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。