成都七中2013—2014学年上期高2014届“一诊”模拟考试

化学试题（100分）

第Ⅰ卷（42分）

一、单项选择题（本题包括7个小题，共42分）

1.化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是（ ）

A．石英只能用于生产光导纤维

B．从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现

C．为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂

D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂

2. 下列离子方程式正确的是（　 　）

A．Cl2通入水中：Cl2 + H2O === 2H+ + Cl— + ClO—

B．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2 + 2H+ + 2I— === I2 + 2H2O

C．用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2+ + 2H2O === 2Cu + O2↑+ 4H+

D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32— ＋4H+ === SO42— + 3S↓ + 2H2O

3.利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（ ）

实验器材（省略夹持装置）

相应实验



A

烧杯、玻璃棒、蒸发皿

硫酸铜溶液的浓缩结晶



B

烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸

用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡



C

烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶

用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液



D

烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗

用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI



4. NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）

A．在密闭容器中加入l.5mol H2和0.5molN2，充分反应后可得到NH3分子数为NA

B．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA

C．1.0L的0.1 mol·L-1Na2S溶液中含有的S2-离子数为0.1NA

D．标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA

5. 在一定温度下，将气体X和气体Y 各0.16 mol充入10 L 恒容密闭容器中，发

生反应X（g）+ Y（g）
2Z（g） △H < 0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表（　　）

t / min

2

4

7

9



n(Y)/mol

0.12

0.11

0.10

0.10



A. 反应前2min的平均速率v(Z)=2.0×10-5 mol/（L·min）

B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)＞v(正)

C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44

D．其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大

6. 某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则（ ）

A．M点所示溶液导电能力强于Q点

B．N点所示溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)

C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同

D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积

7. 定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为（ ）

A.9.0L B.13.5L C.15.7L D.16.8L

第Ⅱ卷（58分）

二、非选择题（本题包括4个小题，共58分）

8. （18分）五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D 同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的化合物在水中呈中性。回答下列问题：

（1）五种元素中，原子半径最大的是 ，非金属性最强的是 （填元素符号）；

（2）由A和B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是 （用化学式表示）；

（3）A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为 ，其中存在的化学键类型为 ；

（4）D最高价氧化物的水化物的化学式为 ；

（5）单质D在充足的单质E中燃烧，反应的化学方程式为 ；D在不充足的E中燃烧，生成的主要产物的化学式为 ；

（6）单质E与水反应的离子方程式为 。

9.（14分） 金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应。

（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是 。

a．Fe2O3 b．NaCl c．Cu2S d．Al2O3

（2）辉铜矿（Cu2S）可发生反应2Cu2S+2H2SO4+5O2＝4CuSO4+2 H2O，该反应的还原剂是 ，当1mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为 mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是 。

（3）右图为电解精炼银的示意图， （填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为 。（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为 。

10.（12分）用含有A12O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备A12(SO4)3·18H2O。，工艺流程如下(部分操作和条件略):

Ⅰ.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤:

Ⅱ.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；

Ⅲ.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色:

Ⅳ.加入MnSO4至紫红色消失，过滤；

Ⅴ.浓缩、结晶、分离，得到产品。

H2SO4溶解A12O3的离子方程式是

KMnO4 - 氧化Fe2+的离子方程式补充完整：

（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pH

Al（OH）3

Fe（OH）2

Fe（OH）3



开始沉淀时

3.4

6.3

1.5



完全沉淀时

4.7

8.3

2.8



注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1

根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的： 。

(4)己知:一定条件下，MnO4 - 可与Mn2+反应生成MnO2。

① 向 Ⅲ 的沉淀中加入浓HCI并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是 。

② Ⅳ 中加入MnSO4的目的是 。

11. （14分）固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：

甲：Mg(NO3)2、NO2、O2 乙：MgO、NO2、O2 丙：Mg3N2、O2 丁：MgO、NO2、N2

（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是____ ________。

查阅资料得知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O

针对甲、乙、丙猜想，设计如下图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：

（2）实验过程

①取器连接后，放人固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E 中有气泡连续放出，表明_ _______

② 称取Mg(NO3)2固体3 . 79 g置于A中，加热前通人N2以驱尽装置内的空气，其目的是________；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先________然后固定在管中固体部位下加热。

③ 观察到A 中有红棕色气体出现，C、D 中未见明显变化。

④ 待样品完全分解，A 装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1.0g

⑤ 取少量剩余固体于试管中，加人适量水，未见明显现象。

(3）实验结果分析讨论

① 根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想_______是正确的。

② 根据D 中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：_________________ ____（填写化学方程式），溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检侧到的原因是_____________________。

③ 小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装里进一步研究。

参考答案

第Ⅰ卷（42分）

一、单项选择题（42分，每题6分，错选或多选得0分）

题号



1



2



3



4



5



6



7



答案

D

B

D

B

C

C

A



1.【解析】A是一种用途，但不是唯一用途；B蒸馏淡水是物理变化；C不能过量。

2.【解析】A中的HClO 是弱电解质不拆，C中的Cu做电解池电极时参加反应失电子做阳极，不是水中的氢氧根失去电子。D中生成物应该是SO2、S和H2O，答案选B。

3.【解析】硫酸铜溶液的浓缩结晶需要用到酒精灯，A错；用盐酸除去BaSO4中的少量BaCO3需要进行过滤，需要用到漏斗，B错；用固体配制溶液需要用到托盘天平称量固体，C错；D中可以先进行置换反应，然后进行萃取、分液，D正确。

4.【解析】因合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，A选项错；2.3g钠(0.1mol)不论生成氧化钠还是过氧化钠，都生成+1价的Na+，都会失去0.1mol电子，B选项正确；因S2-离子会水解，使其数目小于0.1NA ，C选项错；标准状况下CCl4是液态，不能应用标准状况的气体摩尔体积计算，D选项错。

5.【解析】A. Y的反应速率为v(Y)=(0.16-0.12)mol/(10L*2mim)=2.0×10-3mol/L，v(Z)=2v(Y)=4.0×10-3 mol/L。

B. ΔH<0，放热反应，降温正反速率均降低，降温反应向正向移动，V(正)>V(逆)

C. 列出三行式，由平衡常数公式可得K=1.44

D. 反应前后计量数不变，达到等效平衡，X体积分数不变。

6. 【解析】由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，A错；N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c（Na+）＞c(CH3COO-)，B错；由于M点的H+浓度等于N点的OH-浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点所示溶液中水电离程度相同，C正确；Q点的pOH＝pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性。则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，D错。

7.【解析】由铜守恒可知CuS与Cu2S中含有n(Cu)＝12.0g/80g·mol-1＝0.15mol，利用电子守恒，依据“极端假设法”可知，当混合物全部为CuS时可得：0.15mol×8＝n(NO)×3+n(NO2) ×1，因n(NO)＝n(NO2)，解之得n(NO)＝n(NO2)＝0.3mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V＝（0.3mol+0.3mol）×22.4mol·L-1＝13.44L；当混合物全部为Cu2S时可得：

10×0.15mol/2＝n(NO)×3+n(NO2) ×1

因n(NO)＝n(NO2)，解之得n(NO)＝n(NO2)＝0.1875mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V＝（0.1875mol+0.1875mol）×22.4mol·L-1＝8.4L,所以收集到气体体积：8.4L＜V＜13.44L，故选A。

第Ⅱ卷（58分）

二、非选择题（58分）

8.【答案】（1）Na（2分） Cl （2分） （2）PH3（2分）

（3）NH4Cl（2分） 离子键和共价键（2分）

（4）H3PO4（2分） (5)2P＋5Cl2
2PCl5（2分） PCl3（2分）

（6）Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO（2分）

【解析】根据题目所给的信息，A和BDE均可以形成共价型化合物，可知A是H元素，B是N元素（AB形成化合物的水溶液显碱性），C是Na元素，D是P元素，E是Cl元素。

（1）根据原子半径变化规律，可知Na的原子半径最大；Cl的非金属性最强；

（2）H与N、P、Cl形成的氢化物NH3、PH3、HCl，PH3最不稳定（P的非金属新最弱）；

（3）AE形成的化合物是HCl，A和B形成的化合物是NH3，二者反应的到的盐是NH4Cl，存在的化学键：离子键和共价键；

（4）P的最高价是+5价，最高价氧化物水化物的化学式为H3PO4。

评分标准见答案（本题满分18分）

9.【答案】（1）b、d（2分，漏选得1分，错选或多选得0分）

（2）Cu2S（2分）；4（2分）；氢气（2分）

（3）a（2分）；NO3-+e-＋2H+＝NO2↑+H2O（2分）

（4）做电解质溶液（或导电）（2分）

【解析】（1）NaCl与Al2O3冶炼需要用电解法，Fe2O3与Cu2S可以用热还原法，选b、d

（2）在该反应中，Cu元素化合价由+1升高到+2，S元素化合价由-2升高到+6，Cu2S做还原剂；当有1molO2参与反应转移的电子为4mol，由于Cu2+水解呈酸性，加入镁条时，镁与H+反应生成了氢气。

（3）电解精炼时，不纯金属做阳极，这里就是a极；b电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是NO，遇空气氧化生成的NO2，电极反应：NO3-+3e-＋4H+＝NO↑+2H2O。或NO3-+e-＋2H+＝NO2↑+H2O

（4）做电解质溶液，形成原电池。

评分标准见答案（本题满分14分）

10.【答案】（1）Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O（2分）；（2）5、8H+、5、4H2O（4分）；

（3）pH约为3时，Fe2+和Al3＋不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀（2分）；

（4）①生成有黄绿色气体（2分）； ②除去过量的MnO4-（2分）。

【解析】（1）氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝与水；

（2）反应中MnO4-→Mn2+，Fe2+→Fe3+， MnO4-系数为1，根据电子转移守恒可知，Fe2+系数为
=5，由元素守恒可知， Fe3+系数为5，由电荷守恒可知，由H+参加反应，其系数为8，根据元素原子守恒可知，有H2O生成，其系数为4，方程式配平为MnO4-+5 Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；

（3）滤液中含有Fe2+，由表中数据可知，Fe（OH）2开始沉淀的pH大于Al（OH）3 完全沉淀的pH值，而Fe（OH）3完全沉淀的pH值小于Al（OH）3开始沉淀的pH值，pH值约为3时，Al3+、Fe2+不能沉淀，步骤Ⅱ是将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值使铁完全沉淀；

（4）①MnO2能将HCl氧化为Cl2，若有黄绿色气体生成说明沉淀中存在MnO2；

②Ⅲ 的上层液呈紫红色，MnO4-过量，加入MnSO4，除去过量的MnO4-。

评分标准见答案（本题满分12分）

11.【答案】（1）不符合氧化还原反应原理（2分）

（2）①装置气密性良好（2分）

②避免对产物O2的检验产生干扰（2分）；移动酒精灯预热硬质玻璃管（2分）

（3）①乙 （2分） ②2Na2SO3 + O2
2Na2SO4（2分）

O2在通过装置B时已参与反应（2分）

【解析】本题考查Mg(NO)3加热分解后的产物的探究，以及实验基本操作。

（1）Mg(NO3)2中Mg、N、O的化合价分别为＋2、＋5、－2价，NO2、N2、Mg2N3中氮的化合价分别为＋4、0、－3价，O2中氧的化合价是0价。故甲、乙、丙中元素的化合价“有升有降”，符合氧化还原反应特点。而丁猜想只有化合价的降低，没有化合价的升高，该猜测不成立。

（2）最后一个装置中有气泡，说明整个装置气密性良好。N2将装置中的空气赶出的目的，是防止对分解产物的O2的检验超成干扰。加热操作是先预热，再集中加热。

（3）①Mg(NO3)2易溶于水，Mg3N2能够与水反应：Mg3N2＋6H2O＝3Mg(OH)2↓＋2NH3↑，MgO难溶于水。将固体溶于水，未见明显现象，故乙猜想正确。

②Na2SO3为弱酸强碱盐，SO32(水解溶液呈碱性：SO32(＋H2O
HSO3(＋OH(，溶液颜色退去，说明氧气能够氧化Na2SO3为Na2SO4：2Na2SO3＋O2＝2Na2SO4。

未检验到氧气，则是由于NO2、O2与水共同作用可以产生HNO3，被NaOH吸收，导致无法检验O2的存在。

评分标准见答案（本题满分14分）