安徽省黄山市20xx届高三化学上学期第四次月考试卷含解析

安徽省黄山市20xx届高三化学上学期第四次月考试卷含解析内容摘要：

的量比 2： 1加入烧瓶中，再滴入少量 H2SO4溶液并用水溶解、加热，产生棕黄色气体 X，反应后测得 NaClO3和 Na2SO3恰好完全反应．则 X为（ ） A． ClO2 B． Cl2O C． Cl2 D． Cl2O3 【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算． 【专题】氧化还原反应专题． 【分析】 NaClO3和 Na2SO3按物质的量比 2： 1加入烧瓶中，再滴入少量 H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，利用氧化还原反应中电子守恒来分析． 【解答】解：因 NaClO3和 Na2SO3按物质的量比 2： 1加入烧瓶中，再滴入少量 H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应， Cl元素的化合价降低， S元素的化合价升高， Na2SO3作还原剂， S元素的化合价由 +4价升高 为 +6价， 设 X中 Cl元素的化合价为 x，由电子守恒可知， 2 （ 5﹣ x） =1 （ 6﹣ 4），解得 x=+4， A、 ClO2中， O为﹣ 2价，由化合物中正负化合价的代数和为 0，则 Cl为 +4价，故 A正确； B、 Cl2O中， O为﹣ 2价，由化合物中正负化合价的代数和为 0，则 Cl 为 +1价，故 B错误； C、 Cl2中， Cl元素的化合价为 0，故 C错误； D、 Cl2O3中， O为﹣ 2价，由化合物中正负化合价的代数和为 0，则 Cl为 +3价，故 D错误； 故选 A． 【点评】本题考查氧化还原反应中电子守恒的计算，明确硫元素的化合价升高，氯元素 的化合价降低是解答本题的关键． 9．短周期的三种元素分别为 X、 Y和 Z，已知 X元素的原子最外层只有一个电子， Y元素原子的 M电子层上的电子数是它的 K层和 L层电子总数的一半， Z元素原子的 L电子层上的电子数比 Y元素原子的 L电子层上的电子数少 2个．则这三种元素所组成的化合物的分子式不可能是（ ） A． X2YZ4 B． XYZ3 C． X3YZ4 D． X4Y2Z7 【考点】原子结构与元素周期律的关系． 【分析】短周期的三种元素分别为 X、 Y和 Z． Y元素原子的 M电子层上的电子数是它 K层和L层电子总数的一半，则其 M层电子数 为 5，故 Y为 P元素； Z元素原子的 L电子电子数比 Y元素原子的 L电子层上电子数少 2个，则 Z元素 L层有 6个电子，故 Z为 O元素； X元素的原子最外层只有一个电子，则 X处于 ⅠA 族，判断可能的化合价，根据化合价可判断可能的化学式． 【解答】解： Y元素原子的 M电子层上的电子数是它 K层和 L层电子总数的一半，则 M层有5个电子，故 Y为 P元素，为 + +5价等； Z元素原子的 L电子电子数比 Y元素原子的 L电子层上电子数少 2个，则 Z元素 L层有 6个电子，故 Z为 O元素，为﹣ 2价， X元素的原子最外层只有一个电子，则 X处于 ⅠA 族， X+1价． A． Y元素化合价为 +6价，不符合，故 A错误； B． XYZ3中 Y元素化合价为 +5价，符合，故 B正确； C． X3YZ4中 Y元素化合价为 +5价，符合，故 C正确； D． X4Y2Z7中 Y元素化合价为 +5价，符合，故 D正确． 故选 A． 【点评】本题考查原子结构与元素性质，注意根据原子核外电子排布推断元素种类，并结合化合价判断可能的化合物，题目难度不大． 10．有机物甲的分子式为 C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲可能结构有（ ） A． 8种 B． 14种 C． 16种 D． 18种 【考点】有机化合物的异构现象；辨识简单有机化合物的同分异构体． 【专题】同系物和同分异构体；有机物分子组成通式的应用规律． 【分析】有机物甲的分子式应为 C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯．由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个 C原子，说明水解后得到的羧酸含有 4个 C原子，而得到的醇含有 5个 C原子，判断 5碳醇属于醇的同分异构体， 4碳羧酸属于羧酸的异构体数目．据此判断有机物甲的同分异构体数目． 【 解答】有机物甲的分子式应为 C9H18O2． 解：有机物甲的分子式应为 C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯．由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个 C原子，说明水解后得到的羧酸含有 4个 C原子，而得到的醇含有 5个 C原子． 含有 4个 C原子的羧酸有 2种同分异构体： CH3CH2CH2COOH， CH3CH（ CH3） COOH． 含有 5个 C原子的醇的有 8种同分异构体： CH3CH2CH2CH2CH2OH， CH3CH2CH2CH（ OH） CH3， CH3CH2CH（ OH） CH2CH3； CH3CH2CH（ CH3） CH2OH， CH3CH2C（ OH）（ CH3） CH3， CH3CH（ OH） CH（ CH3） CH3， CH2（ OH） CH2CH（ CH3） CH3； CH3C（ CH3） 2CH2OH． 所以有机物甲的同分异构体数目有 28=16 ． 故选： C． 【点评】考查同分异构体数目的判断，难度中等，清楚饱和一元醇与少一个 C原子的饱和一元羧酸的相对分子质量相同是解题关键． 11．能正确表示下列化学反应的离子方程式是（ ） A．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫： 2CO32﹣ +SO2+H2O=2HCO3﹣ +SO32﹣ B．金属铝溶于盐酸中： Al+2H+=Al3++H2↑ C．硫化钠溶于水中： S2﹣ +2H2O=H2S↑+2OH ﹣ D．碳酸镁溶于硝酸中： CO32﹣ +2H+=H2O+CO2↑ 【考点】离子方程式的书写． 【专题】离子反应专题． 【分析】 A．反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠； B．电子不守恒、电荷不守恒； C．水解反应为可逆反应，第一步水解生成硫氢根离子和 OH﹣ ； D．碳酸镁不溶于水，在离子反应中应保留化学式． 【解答】解： A．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫的离子反应为 2CO32﹣ +SO2+H2O═2HCO 3﹣ +SO32﹣ ，故 A正确； B．金属铝溶于盐酸中的离子反应为 2Al+6H+=2Al3++3H2↑ ，故 B错误； C．硫化钠溶于水中的离子反应为 S2﹣ +H2O HS﹣ +OH﹣ ，以第一步水解为主，故 C错误； D．碳酸镁溶于硝酸中的离子反应为 MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑ ，故 D错误； 故选 A． 【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的反应是解答的关键，并注意水解为可逆反应，在离子反应中应保留化学式的物质即可解答，题目难度不大． 12．质量分数为 a的某物质的溶液 m g与质量分数为 b的该物质的溶液 n g混合后，蒸发掉p g水．得到的溶液每毫升质量为 q g，物质的量浓度为 c．则溶质的分子量（相对分子质量）为（ ） A． B． C． D． 【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算． 【专题】物质的量浓度和溶解度专题． 【分析】首先求蒸发掉 Pg水后溶质质量分数为： ，再根据 c= 的公式变形计算溶质的相对分子质量． 【解答】解：蒸发掉 Pg水后溶质质量分数为： ， 根据 c= 可知，溶质的摩尔质量M= = g/mol= g/mol． 所以溶质的相对 分子质量为 g/mol． 故选： C． 【点评】考查物质的量浓度与质量分数的关系、计算等，难度中等，注意公式的灵活运用． 13．用惰性电极进行电解，下列说法正确的是（ ） A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液 pH不变 B．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗 OH﹣ ，故溶液 pH减小 C．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为 1： 2 D．电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为 1： 1 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题． 【分析】 A、根据溶液中氢离子的浓度 是否变化判断； B、根据溶液中氢离子的浓度是否变化判断； C、根据得失电子守恒判断阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比； D、根据离子的放电顺序判断在阴极上和阳极上析出产物，再根据得失电子守恒判断阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比； 【解答】解： A、电解稀硫酸时，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢离子的浓度增大，溶液的 PH 值变小，故 A错误． B、电解稀氢氧化钠溶液时，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢氧根离子的浓度增大，溶液的 PH 值变 大，故 B错误． C、电解硫酸钠溶液时，实质上是电解水，阴极上氢离子的电子生成氢气，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，根据得失电子守恒，所以在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为2： 1，故 C错误． D、电解氯化铜溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上氯离子失电子生成氯气，根据得失电子守恒，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为 1： 1，故 D正确． 故选 D． 【点评】本题以电解原理为载体考查了电解时溶液中离子的放电顺序及溶液 PH 是否变化，电解类型有：电解水型，如电解稀硫酸溶液；电解电解质型，如电解氯化铜溶液； 电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液． 14．在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和 pH 都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气．下列说法正确的是（ ） A．甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量小 B．两烧杯中参加反应的锌等量 C．甲烧杯中的酸过量 D．反应开始后乙烧杯中的 c（ H+）始终比甲烧杯中的 c（ H+）小 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡． 【专题】电离平衡与溶液的 pH专题． 【分析】 A．醋酸浓度大，等体积的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，产生等 量的氢气，醋酸中锌的量要少与盐酸中锌的量； B．根据转移电子相等判断； C．盐酸的浓度小，生成等量的氢气，盐酸完全反应； D．反应开始后，醋酸持续电离． 【解答】解： A．在体积和 pH都相等的盐酸和醋酸中，已提供的 H+的浓度和其物质的量相等，但由于醋酸是弱酸，只有部分电离，盐酸是强酸，已经完全电离，所以可提供的 H+的物质的量显然是醋酸大于盐酸，与足量的锌反应时，消耗锌的质量是醋酸大于盐酸，要使两种酸中生成的氢气的量相等，则在醋酸中加入的锌粒质量应较小，盐酸中加入的锌粒质量较大，故A错误； B．醋酸和盐酸都是一 元酸，生成等量的氢气时转移电子数相等，所以消耗的锌的质量相等，故 B正确； C．当加入的锌粒质量不等而产生等量的氢气时，说明参加反应的锌粒相等，乙烧杯中醋酸一定有剩余，故 C错误；。