2015学年湖南长沙市长郡中学高三上学期第二次月考化学试卷与答案（带解析）.doc

1、2015学年湖南长沙市长郡中学高三上学期第二次月考化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列叙述正确的是 A向含有 CaCO3沉淀的水中通入 CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有 CaCO3沉淀生成 B向 Na2 CO3溶液中逐滴加入含等物质的量 HCl的稀盐酸，生成的 CO2与原Na2 CO3的物质的量之比为 1： 2 C等质量的 Na HCO3和 Na2 CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同 D向 Na2 CO3饱和溶液中通入 CO2， 有 Na HCO3结晶析出 答案： D 试题分析： A向含有 CaCO3沉淀的水中通入 CO2至沉淀恰好溶解

2、生成碳酸氢钙，再向溶液中加入 NaHCO3饱和溶液，碳酸氢钙与碳酸氢钠不反应，没有CaCO3沉淀生成， A错误； B向 Na2 CO3溶液中逐滴加入含等物质的量 HCl的稀盐酸恰好生成碳酸氢钠和氯化钠，得不到 CO2， B错误； C等质量的 Na HCO3和 Na2 CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的 CO2体积不相同，前者大于后者， C错误； D碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的，所以向 Na2 CO3饱和溶液中通入 CO2，有 Na HCO3结晶析出， D正确，答案：选 D。 考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质判断 将 35 8 g Al、 Fe、 Cu组成的合金溶于足量的 NaOH溶

3、液中，产生 6 72L气体 (标准状况 )。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成 13 44 LNO(标准状况 )，向反应后的溶液中加入足量的 NaOH溶液，得到沉淀的质量为 A 66.4 g B 50.8 g C 44.8g D 39.2 g 答案： B 试题分析：合金溶于足量的 NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气 6 72L（标准状况），物质的量为 6 72L22 4L/mol 0 3mol，根据电子转移守恒可知 n（ Al） 0 32/3 0 2mol，故金属铝的质量为0 2mol27g/mol 5 4g，金属铝提供电子的量是 0 6mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分

4、别生成 Al3+、 Fe3+、 Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为（ 13 44L22 4L/mol） 3 1 8mol，故 Fe、 Cu共提供的电子物质的量为 1 8mol-0 6mol 1 2mol，向反应后的溶液中加入过量的 NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧 化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即 n（ OH-） 1 2mol，所以反应后沉淀的质量等于 35 8g-5 4g+1 2mol17g/mol 50 8g，故选 B。 考点：考查混合物的计算、反应方程式的计

5、算等 下列各组物质的性质比较中，正确的是 A酸性 :HClO4H3PO4H2SO4 B氢化物的稳定性 :H2SHFH2O C碱性 :Al(OH)3Mg(OH)2NaOH D氧化性 :F 2C12Br2I2 答案： D 试题分析： A同一周期中，元素非金属性随着原子序数的增大而增大，所以非金属性 Cl S P，非金属的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性： HClO4 H2SO4H3PO4， A错误； B同一周期中，元素非金属性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，所以非金属性 F O S，非金属的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，

6、所以稳定性 HF H2O H2S， B错误； C A同一周期中，元素金属性随着原子序数的增大而减小，所以金属性 Na Mg Al，金属的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性： Al(OH)3Mg(OH)2 NaOH，故 C错误； D同一主族中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，所以非金属性 F Cl Br I，非金属的非金属性越强，其单质的氧化性越强，所以氧化性： F2C12Br2I2，故 D正确，答案：选 D。 考点：考查元素周期律的应用 X、 Y、 Z、 M、 W为五种短周期元素。 X、 Y、 Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为 15， X与

7、Z可形成 XZ2型分子； Y与 M形成的气态化合物在标准状况下的密度为 0 76 g/L; W的质子数是 X、 Y、 Z、 M四种元素质子数之和的 1/2。下列说法正确的是 A原子半径 : WZYXM B XZ2、 X2M2、 W2Z2均为直线形的共价化合物 C由 X元素形成的单质不一定是导体 D由 X、 Y、 Z、 M四种元素形成的化合物一定既含有离子键，又含有共价键 答案： C 试题分析：由题给的条件可知， X、 Y、 Z、 M、 W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有 X、 Y、 Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由 X、 Y、 Z的最外层电子数之和为

8、15， X与 Z可形成 XZ2分子，可推出 X、 Y、 Z分别为 C、 N、 O三种元素；根据 Y与 M形成的气态化合物在标准状况下的密度 0 76g L-1，就可计算出该气态化合物的摩尔质量为22 4L/mol0 76g L-1 17g/mol，从而确定 M为 H元素；根据 W的质子数是X、 Y、 Z、 M四种元素质子数之和的 1/2，推出 W的质子数为（ 6+7+8+1）0 5 11，所以 W为 Na元素，则 A、原子半径应是 W X Y Z M（即Na C N O H），故 A错误； B、选项中 CO2、 C2H2均为直线型共价化合物，而 Na2O2是离子化合物，不是 直线型共价化合物，

9、故 B错误； C、碳的同素异形体很多，石墨可以导电，但金刚石不是导体，故 C正确； D、 X、 Y、 Z、M四种元素可形成化合物 （ NH4） 2CO3、 NH4HCO3、 CO（ NH2） 2（尿素）等，前二种为离子化合物，而尿素为共价化合物，故 D错误，故选 C。 考点：考查无机填空题的推断以及元素周期律的应用 设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A常温下， 4 gCH4含有 NA个 C-H共价键 B 1 mol Fe与足量稀 HNO3反应，转移 2NA个电子 C 1 L 0 1 mol/L NaHCO3溶液中含有 0 1NA个 HCO3- D常温常压下， 22 4 LNO2和

10、 CO2的混合气体中含有 2NA个氧原子 答案： A 试题分析： A、 4g CH4物质的量为 0 25mol，分子中含 C-H共价键40 25NA NA个，故 A正确； B、稀硝酸过量，生成硝酸铁，转移电子应该是 3 NA个电子，故 B错误； C、碳酸氢根离子水解，应该是小于 0 1NA个HCO3-；故 C错误； D、条件错误，应为标准状况，故 D错误；故选 A。 考点：考查阿伏伽德罗常数的应用 从下列事实所列出的相应结论正确的是 实验事实 结论 A Cl2的水溶液可以导电 Cl2是电解质 B SO2通入硝酸钡溶液出现白色沉淀 BaSO3不溶于强酸 C NaHCO3溶液与 NaAlO2溶液混

11、合产生白色沉淀 结合 H+的能力： CO32-N 答案： C 试题分析： A、电解质必须是能够自身电离出离子的化合物，氯气是单质，不是电解质， A错误； B、 SO2通入硝酸钡溶液中溶液显酸性，硝酸根氧化 SO2生成硫酸，进而生成硫酸钡白色沉淀， B错误； C、 NaHCO3溶液与 NaAlO2溶液混合产生白色沉淀，方程式为 HCO3- AlO2- H2O CO32- Al(OH)3，这说明结合 H+的能力： CO32-_。 （ 3） 、 、 的气态氢化物的稳定性由弱到强的顺序是 _。 （ 4） 、 两种元素按原子个数之比为 1:1组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将 Fe2+氧化，写出该反

12、应的离子方程式 _。 答案：除标明外，每空 2分。共 8分 )（ 1） Na ClF （ 2） HClO4（ 1分） H2SO4(1分 ) （ 3） H2SClF； （ 2）同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，则 和 的最高价含氧酸的酸性强弱为 HClO4 H2SO4； （ 3）非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性是 SClF，则 、 、 的气态氢化物的稳定性由弱到强的顺序是 H2SHClHF； （ 4） 、 两种元素按原子个数之比为 1:1组成的常见液态化合物是双氧水，在酸性溶液中能将 Fe2+氧化生成铁离子，则该反应的离子方程式为 H2O2 2F

13、e2 2H =2Fe3 2H2O。 考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用 （ 12分 )铜及其化合物在生产生活中有着广泛的应用，铜在化合物中的常见化合价有 +1、 +2。 （ 1）工业上可用 Cu2S O2 2Cu SO2反应制取粗铜，反应中被氧化的元素是_，当消耗 32 g Cu2S时，转移电子数目是 _。 （ 2）将少量铜丝放人适量的稀硫酸中，温度控制在 50 -60 ，加入 H2O2，反应一段时间后可制得硫酸铜，发生反应的离子方程式为 :_。 CuSO4溶液中加入一定量的 Na2SO3溶液和NaCl溶液加热，生成 CuCl沉淀，写出生成 CuCl的离子方程式_。 （ 3）某小组同

14、学在做铜与浓硫酸反应的实验时，发现铜片表面有黑色固体生成。 甲同学猜想 :黑色固体是未来 得及溶解于酸的 CuO，其猜想可用化学方程式表示为 : Cu+H2SO4 _。 乙同学认为 :黑色固体除 CuO外，还可能含有 Cu2S和 CuS，其理由可能是_(填字母 )。 a Cu2S和 CuS都是黑色的 b铜与浓硫酸在加热条件下反应，还可能放出 O2 c浓硫酸是氧化剂，铜是还原剂， Cu的化合价升高与 S的化合价降低有多种可能 答案：每空 2分，共 12分 ) （ 1） S 1 2NA （ 2） Cu H2O2 2H Cu2 2H2O； 2Cu2 2Cl- SO32- H2O 2CuClSO42-

15、 2H （ 3） CuO SO2 H2O ac 试题分析：（ 1）化合价升高的反应为 -2价的 S升高至 +4价，即钡氧化的元素是 S。所以 32gCu2S反应电子转移数目为：（ 32g160g/mol） 6NAmol-11 2NA，故答案：为： S、 1 2NA； （ 2） H2O2在硫酸溶液中能把铜氧化生成硫酸铜，而双氧水被还原为水，反应的离子方程式为 Cu H2O2 2H Cu2 2H2O；根据氧化还原原理， Cu2+把 SO32氧化为 SO42 ，而自身被还原为 CuCl，反应的离子方程式为 2Cu2 2Cl- SO32- H2O 2CuCl SO42- 2H ； （ 3） 浓硫酸把铜

16、氧化为 CuO，本身被还原为 SO2，同时生成水，反应的方程式为 Cu+H2SO4 CuO SO2 H2O； 从物质的颜色判断： Cu2S和 CuS的颜色也是黑色的，故 a项正确； Cu单质可被氧化为 +2价或 +1价铜，浓硫酸中的 S元素也可被还原为多种低价态，故 c项正确；但铜与浓硫酸反应不可能产生氧气，乙烷硫酸是氧化剂，答案：选 ac。 考点：考查铜及其化合物知识 （ 12分 )已知 : ，从 A出发发生图示中的一系列反应，其中 B和 C按 1:2反应生成 Z。 F和 E按 1:2反应生成 W， W和 Z互为同分异构体。 回答下列问题： （ 1）写出反应类型 : _， _。 （ 2）写出

17、下列反应的化学方程式 : _； _。 （ 3）与 B互为同分异构体，属于酚类且苯环上只有两个互为对位取代基的化合物有 4种，其结构简式为 _， _，_， _。 （ 4） A的结构简式可能为 _(只写一种即可 )。 答案： (除标明外，每空 1分。共 12分 )（ 1）加成反应 取代反应 (或水解反应 ) （ 2） 2CH3CH2OH O2Cu2CH3CHO 2H2O；（ 3）（ 4） 试题分析：反应 是乙烯与水的加成反应，则 E是乙醇。乙醇氧化生成 D，则D是乙醛。乙醛继续氧化生成 C，则 C 是乙酸。乙酸与 B发生酯化反应生成 Z，则 Z的结构简式为 。 F和乙醇按 1:2反应生成 W， W

18、和 Z互为同分异构体，这说明 F中苯环上含有两个羧基，其中之一是甲基被氧化产生的，另外一个是 A水解产生的，这说明反应 是 A的水解反应或取代反应。 （ 1）根据以上分析可知反应 、 分别是加成反应和取代反应； （ 2）反应 是乙醇的催化氧化，方程式为 2CH3CH2OH O2Cu2CH3CHO2H2O；反应 是酯化反应，方程式为； （ 3）与 B互为同分异构体，属于酚类，说明含有酚羟基，且苯环上只有两个互为对位取代基，则另外一个取代基应该是含有羟基的或含有醚键的，则符合条件的 4中种化合物的结构简式分别为； （ 4）由于 F中两个羧基可能是对位的、或邻位的或间位的，因此 A的可能结构也有 3种，例如 。 考点：考查有机物推断、反应类型、同分异构体以及方程式书写等