河南省郑州市2015-2016学年高二化学下册6月月考试题4.doc

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C酸性：H4SiO4H3PO4H2SO4Ca(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3【答案】B【解析】试题分析：同周期自左向右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强；同主族自上而下，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，据此可知选项B不正确，稳定性应该是HIHBrHClACD 原子序数 ab dc离子半径 CDBA单质的还原性BA单质的氧化性DC10下列物质的水溶液中，只有一种分子存在的是( )A.NaF B.NaHCO3C.HClO D.HNO3【答案】D【解析】NaF、NaHCO3均属于强碱弱酸盐，水解后分别生成HF、H2CO3;HClO属于弱电解质，在水溶液中发生部分电离，仍存在HClO分子；HNO3属于强电解质，在水中完全电离。据上述分析只有HNO3水溶液存在水分子，其他溶液均含两种分子。11下列各组中的两种物质作用，反应条件（如温度等）或反应物用量改变，不会引起产物种类改变的是ANa和O2 BNaOH和CO2 CAlCl3和NaOH DNa2O2和CO2【答案】D【解析】A钠与氧气在加热条件下生成过氧化钠，常温下生成氧化钠，反应产物与温度有关，故A不选；B氢氧化钠与二氧化碳反应生成，二氧化碳少量生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠，反应产物与二氧化碳的用量有关，故B不选；C氯化铝与氢氧化钠反应，氢氧化钠少量生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量反应生成偏铝酸钠，反应产物与氢氧化钠用量有关，故C不选；D过氧化钠与二氧化碳反应，产物与反应条件（如温度等）或反应物用量无关，故D选；故选：D【点评】本题考查了物质之间反应产物的判断，明确物质的性质、熟悉反应条件或反应物用量对反应的影响是解题关键，题目难度不大12已知重铬酸钾（K2Cr2O7）是一种比高锰酸钾还要强的氧化剂，其溶液中存在如下平衡： 2CrO42（黄色）+2H + Cr2O72（橙色）+H2O 若要使溶液的橙色加深，下列可采用的方法是A.加入适量稀盐酸 B.加入适量稀硫酸C.加入适量烧碱固体 D.加水稀释【答案】B【解析】13室温下，下列变化后的溶液pH小于8的是 （ ） ApH=10的氨水稀释100倍 BpH=4的醋酸和pH=10的NaOH等体积混合CpH=8的NaOH溶液与pH=8的Ba(OH)2等体积混合DpH=11的NaOH溶液与pH=5的盐酸等体积混合【答案】B【解析】氨水中存在电离平衡，加水促进电离，所以pH=10的氨水稀释100倍后，其pH大于8。pH=4的醋酸和pH=10的NaOH等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，B正确。C中均是强碱，混合后pH不变。pH=11的NaOH溶液与pH=5的盐酸等体积混合，氢氧化钠是过量的，混合液中OH的浓度，则氢离子浓度21011mol/L，所以pH大于8。答案选B。14NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是( )A22.4LCO中一定含有6.021023个分子B在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NAC常温常压下，16gO2与16gO3含有的分了数相同D0.1mol/LK2SO4溶液中含有K+为0.2NA【答案】B【解析】试题分析：A影响气体体积的因素有物质的量及外界条件，没有指明气体所处的条件，因此不能确定气体的物质的量多少，也不能确定含有的微粒数目，错误；B CH4与H2O都是10个电子的分子，在标准状况下，22.4LCH4的物质的量是1mol，因此含有的电子数目是10NA；18gH2O的物质的量也是1mol，因此其所含有的电子数也为10NA，正确；Cn=m/M，由于二者的摩尔质量不同，因此等质量的氧气与臭氧的物质的量不同，则所含的分子数也不相同，错误；D只有溶液的物质的量浓度，缺少溶液的体积，因此不能确定所含的微粒数目，错误。考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。15下列变化只涉及物理变化的是A煤的干馏 B石油的裂化 C石油的分馏 D乙烯聚合【答案】C【解析】试题分析：A、煤的干馏是化学变化，不选A；B、石油的裂化是化学变化，不选B；C、石油的分馏是利用物质的沸点不同而进行分离，是物理变化，选C；D、乙烯聚合是化学变化，不选D。考点：煤和石油的综合利用。16120号中的某几种元素微粒的电子层结构均为，根据下列叙述，填写相应的微粒符号：（1）A微粒一般不与其他物质发生反应，则A为_。（2）B微粒所在的元素是地壳中含量最多的，则B为_。（3）C微粒氧化性很弱，但获得一个电子后形成的电中性的原子则还原性很强，则C为_。（4）D微粒与H+相结合形成的化合物，能腐蚀玻璃，则D为_。【答案】（1）Ne （2）O2- （3）Na+ （4）F-【解析】一般不与其他物质发生反应的物质是稀有气体，具有两个电子层的稀有气体原子是Ne；地壳中含量最多的元素是O，O2-具有的电子层排布；中性原子具有很强的还原性，一般是金属原子，因此C为Na+；能腐蚀玻璃的酸是氢氟酸，所以D为F-。17（10分）工业上用CO生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：。图1表示反应中能量的变化；图2表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化图。 请回答下列问题：（1）在“图1”中，曲线 （填a或b）表示使用了催化剂；该反应属于 （填吸热、放热）反应。（2）下列说法正确的是 A起始充入的CO为1molzxxkB增加CO浓度，CO的转化率增大C容器中压强恒定时，反应已达平衡状态 D保持温度和密闭容器容积不变，再充入1molCO和2molH2，再次达到平衡时n(CH3OH)/n(CO)会减小（3）从反应开始到建立平衡，v(H2)= ；该温度下CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的化学平衡常数为 。若保持其它条件不变，将反应体系升温，则该反应化学平衡常数 （填“增大”、“减小”或“不变”）。（4）请在“图3”中画出平衡时甲醇百分含量（纵坐标）随温度（横坐标）变化的曲线，要求画压强不同的2条曲线（在曲线上标出P1、P2，且P1P2）。（5）已知CH3OH(g)3/2O2(g)CO2(g)2H2O(g) ；H192.9kJ/mol又知H2O(l)= H2O(g) H44 kJ/mol，请写出32g的CH3OH(g)完全燃烧生成液态水的热化学方程式 。【答案】（1）b 放热 （2）C （3）0.15molL-1min-1 12 减小（4） （5）CH3OH(g)3/2O2(g)CO2(g)2H2O(l) H280.9kJ/mol【解析】试题分析：（1）使用催化剂降低反应活化能，所以是曲线b，由曲线可看出生成物能量不反应物能量低，反应发热。（2）A：CO起始浓度为1mol/L，容器体积2L，故CO起始量应是2mol；B：增加CO浓度，反应速率增大，但转化率不一定增大；（3）根据反应速率计算公式：V（H2）=C（H2）/t=1.5mol/10min.L=0.15molL-1min-1zai平衡常数，代入数据即可算的。该反应属于放热反应，故升高温度反应向左移动，平衡常数减小。（4）反应是放热反应，所以升高温度平衡向左移动，甲醇百分数随温度的升高降低；在相同的温度、体积下，压强越大，单位体积反应物浓度越高，正反应速率加快，平衡向右移动，故甲醇百分数较高，P2在P1之上考点：影响反应平衡的因素、平衡常数的计算、化学反应速率点评：综合考查化学平衡章节的内容，熟悉影响化学反应速率及化学平衡的因素及其原理，在此基础上进行推导18(12分)实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol/L的NaOH溶液240 mL（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：称量 计算 溶解 摇匀 转移洗涤 定容 冷却 振荡其正确的操作顺序为_。本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、_。（2）某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示。烧杯的实际质量为_g，要完成本实验该同学应称出_g NaOH。（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是_。（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是_。A转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面B定容时俯视刻度线C未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容D定容后塞上瓶塞反复倒转摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线【答案】（每空2分，共12分） （1） 250 mL容量瓶、胶头滴管 （2）27.4 10.0（3）查漏 （4）B、C【解析】试题分析：（1）配制溶液时，首先是计算，然后称量、溶解冷却后转移至容量瓶，洗涤烧杯和玻璃棒，振荡容量瓶，继续加水，最后定容摇匀即可，所以正确的操作顺序为。根据操作流程可知本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管。（2）用NaOH固体配制1.0 mol/L的NaOH溶液240 mL时需要利用250ml容量瓶，所以需要氢氧化钠固体的质量1.0mol0.25L40g/mol10.0g。由于左盘的质量右盘质量+砝码质量，则根据示意图可知烧杯的实际质量30.0g2.6g27.4g。（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是查漏。（4）A转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，则导致溶质减少，浓度偏低；B定容时俯视刻度线，则液面在刻度线下方，所以浓度偏高；C未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，则冷却后溶液液面低于刻度线，浓度偏高；D定容后塞上瓶塞反复倒转摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，则导致溶液体积增加，浓度偏低，答案选BC。考点：考查一定物质的量浓度溶液配制19为检验淀粉水解的情况,进行如下图所示的实验,试管甲和丙均用6080的水浴加热56 min,试管乙不加热。待试管甲中的溶液冷却后再进行后续实验。实验1:取少量甲中溶液,加入新制氢氧化铜,加热,没有砖红色沉淀出现。实验2:取少量乙中溶液,滴加几滴碘水,溶液变为蓝色,但取少量甲中溶液做此实验时,溶液不变蓝色。实验3:取少量丙中溶液加入NaOH溶液调节至碱性,再滴加碘水,溶液颜色无明显变化。（1）写出淀粉水解的化学方程式: 。（2）设计甲和乙是为了探究 对淀粉水解的影响,设计甲和丙是为了探究 对淀粉水解的影响。（3）实验1失败的原因是 。（4）实验3中溶液的颜色无明显变化的原因是 。（5）下列结论合理的是 (填字母)。a淀粉水解需要在催化剂和一定温度下进行b欲检验淀粉是否完全水解,最好在冷却后的水解液中直接加碘c欲检验淀粉的水解产物具有还原性,应先在水解液中加入氢氧化钠中和稀硫酸至溶液呈碱性,再加入新制氢氧化铜并加热d若用唾液代替稀硫酸,则实验1可能出现预期的现象【答案】（1）(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6（2）温度 催化剂（3）没有加入碱中和作为催化剂的稀硫酸（4）氢氧化钠与碘反应（5）abcd【解析】试题分析：（1）淀粉在酸性条件下，最终水解生成葡萄糖，化学方程式是(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6；（2）甲与乙的反应物均相同，但甲加热，乙未加热，所以甲乙实验是探究温度对淀粉水解的影响；甲中有稀硫酸，而丙中无稀硫酸，所以甲、丙是探究催化剂对淀粉水解的影响；（3）淀粉水解生成的葡萄糖是在酸性条件下，而加入氢氧化铜浊液产生砖红色沉淀时应在碱性条件下，所以应先加入氢氧化钠中和酸后，再加入氢氧化铜，所以实验1无现象；（4）加入的碘与氢氧化钠反应，导致碘无法与淀粉反应，所以溶液变化不明显；（5）a、根据实验可知淀粉水解需要在催化剂和一定温度下进行，正确；b、因为碘已升华，所以冷却后加入碘，可判断淀粉是否完全水解，正确；c、欲检验淀粉的水解产物具有还原性,应先在水解液中加入氢氧化钠中和稀硫酸至溶液呈碱性,再加入新制氢氧化铜并加热，根据砖红色沉淀的产生判断产物的还原性，正确；d、唾液中含有淀粉酶，且为中性，淀粉在淀粉酶的作用下水解为葡萄糖，所以可用唾液代替稀硫酸进行实验1，可达到预期的现象，正确，答案选abcd。考点：考查淀粉水解实验，水解产物的判断，实验方案的评价20（每空2分，共12分）实验室以草酸(HOOCCOOH)和乙醇为原料制备草酸二乙酯的实验步骤如下：步骤1：在上图所示装置中，加入无水草酸45g，无水乙醇81g，苯200mL，浓硫酸10mL，搅拌下加热68-70回流共沸脱水。步骤2：待水基本蒸完后，分离出乙醇和苯。步骤3：所得混合液冷却后依次用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤，再用无水硫酸钠干燥。步骤4：常压蒸馏，收集182-184的馏分，得草酸二乙酯57g。（1）步骤1中发生反应的化学方程式是 ，反应过程中冷凝水应从 (填“a”或“b”)端进入。（2）步骤2操作为 。（3）步骤3用饱和碳酸氢钠溶液洗涤的目的是 。（4）步骤4除抽气减压装置外所用玻璃仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、接液管、锥形瓶和 。（5）本实验中，草酸二乙酯的产率为 。【答案】（1）+2CH3CH2OH+2H2O；（2分） a（2分）（2）蒸馏（2分）（3）除去草酸、硫酸等酸性物质（2分）（4）温度计、酒精灯（2分）（5）78%（2分）【解析】试题分析：（1）草酸与乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙二酸二乙酯和水，化学方程式是+2CH3CH2OH+2H2O；为使冷凝效果好，冷凝水应下进上出，所以从a端进入；（2）乙醇与苯是互溶的液体，所以采用蒸馏的方法分离；（3）所得混合液冷却后依次用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤，水洗的目的是除去乙醇等水溶性杂质，再用碳酸氢钠溶液洗涤，除去草酸、硫酸等酸性物质；（4）步骤4中有常压蒸馏，所以需要蒸馏的仪器，除需要蒸馏烧瓶、冷凝管、接液管、锥形瓶外，还需要温度计测定馏分的温度，酒精灯用于加热；（5）无水草酸45g，无水乙醇81g，根据步骤1发生的化学方程式可知，乙醇过量，所以按草酸的量进行计算。45g草酸的物质的量是0.5mol，理论上生成0.5mol 乙二酸二乙酯，质量是146g/mol0.5mol =73g，则草酸二乙酯的产率为57g/73g100%=78%。考点：考查物质的制备实验，反应原理的判断，操作的判断，产率的计算21取稀硫酸900克，平均分成6份，分别加入镁粉进行6次实验，记录如下表：实验次序123456加入镁粉的质量/克123456生成硫酸镁的质量/克5m11518m218（1）上表中m1= ；m2 = 。（2）这种稀硫酸中溶质的质量分数是多少？【答案】（1）10；18；（2）9.8%；【解析】试题分析：（1）观察并对比表格中的数据可知：第3次实验中的数据为第一次实验的3倍，而第3次生成硫酸镁的质量是第一次的三倍，据此可推算出加入2克镁时生成硫酸镁的质量为10克；加入4克镁与加入6克镁生成硫酸镁的质量都为18克，说明此时硫酸已完全反应由此可知，5次实验中镁也有剩余，即可推出第五次生成硫酸镁的质量应与第4次相同，也为18克。故答案为：10，18；（2）设第56次实验中样品中参加反应的硫酸的质量为x，Mg+H2SO4MgSO4+H298 120x 18g解之得：x=14.7g，稀硫酸中溶质的质量分数是：100%=9.8%，故答案为：9.8%【考点定位】考查根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算【名师点晴】利用实验数据中变化量的变化关系，分析反应的进行情况，对后面的计算时数据选择起着决定性作用；只有使用物质完全反应时的实验数据进行计算才能得到正确的结果。观察并对比表格中的数据可知：第3次实验中的数据为第一次实验的3倍，而第3次生成硫酸镁的质量是第一次的三倍，据此可推算出加入2克镁时生成硫酸镁的质量；加入4克镁与加入6克镁生成硫酸镁的质量都为18克，说明此时硫酸已完全反应由此可知，5次实验中镁也有剩余，即可推出第五次生成硫酸镁的质量应与第4次相同。22（18分）“心得安”是治疗心脏病的药物，下面是它的一种合成路线具体反应条件和部分试剂略)。回答下列问题：（1）试剂b的结构简式为_，b中官能团的名称_。（2）的反应类型是_。（3）心得安的分子式为_。（4）试剂b可由丙烷经三步反应合成：反应1的试剂与条件为_。反应3的反应类型是_。X的核磁共振氢谱显示其分子中含有2种氢原子，反应2的化学方程式为：_。若一次取样，检验X中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂：_。（5）芳香化合物D是1-萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，D能被KMnO4酸性溶液氧化成EC2H4O（2）和芳香化合物FC8H6O4，E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，F芳环上的一硝化产物只有一种。D的结构简式为_；由F生成一硝化产物的化学方程式为：_，芳香化合物F的名称是_。【答案】18分）（1）ClCH2CH=CH2 1分）氯原子 碳碳双键 2分）（2）氧化反应 1分）（3）C16H21O2N 1分）（4）Cl2 光照 2分）取代反应 1分） 2分）NaOH溶液、稀HNO3、AgNO3溶液 3分）（5） 2分）2分）对苯二甲酸 1分）【解析】试题分析：（1）试剂b为3-氯-1-丙烯，结构简式为ClCH2CH=CH2；官能团为碳碳双键和氯原子；（2）比较C与B的分子式，C比B多了1个O原子，所以B到C的反应类型为氧化反应；（3）根据心得安的结构简式可判断其分子式是C16H21O2N；（4）从丙烷到b，应先发生取代反应，再消去、取代，所以X的核磁共振氢谱显示其分子中含有2种氢原子，则被取代的H原子为亚甲基上的H原子，则X的结构简式是CH3-CHCl-CH3，X在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成丙烯，丙烯再发生取代反应生成b，所以反应1的试剂和条件是Cl2 光照；反应3的反应类型是取代反应；X生成Y的化学方程式是；检验X中的Cl原子，应先选择氢氧化钠溶液，使其发生水解反应，再加入稀硝酸中和过量的氢氧化钠，最后加入硝酸银溶液，根据产生沉淀的颜色来检验卤素原子，所以所需试剂及顺序为NaOH溶液、稀HNO3、AgNO3溶液；（5）芳香化合物D是1-萘酚的同分异构体，其分子式是C10H8O，分子中含有两种官能团，其中一种能发生银镜反应，所以含有醛基，根据分子式的不饱和度，判断D中应含有碳碳三键；D能被KMnO4酸性溶液氧化成EC2H4O（2）和芳香化合物FC8H6O（4），E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，说明E、F分子中均含有羧基，则E只能是乙酸，F芳环上的一硝化产物只有一种，则F为对苯二甲酸，所以D分子中有两个取代基为对位取代基，结合其官能团判断D的结构简式是；F与浓硝酸发生硝化反应，硝基取代羧基的邻位上的H原子，只有一种产物，化学方程式是；F的名称为对苯二甲酸。考点：考查有机物的推断，官能团化学性质的应用，结构简式、化学方程式的书写【答案】、（1）是否与水发生氧化还原反应（2）Cl2、Na2O2、NO2（3）2Na2H2O2NaOHH2（4）Cl2SO22H2O2ClSO424H、（1）(NH4)2CO3或 NH4HCO3、NH3、NO2（2）2CO22Na2O22Na2CO3O2（3）3Cu8H2NO33Cu22NO4H2O （4）3NO2H2O=2HNO3+NO【解析】试题分析：（1）溶于水分成AB两组的依据，分析反应过程可知，NH3、Na2O、SO2、CO2溶于水发生化合反应生成对应酸或碱，NH3+H2ONH3H2O；Na2O+H2O2NaOH；SO2+H2OH2SO3；CO2+H2OH2CO3，是非氧化还原反应；Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2，溶于水反应Cl2+H2OHCl+HClO、2Na+2H2O2NaOH+H2、3Fe+4H2OFe3O4+4H2、2Na2O2+2H2O4NaOH+O2、3NO2+H2O2HNO3+NO发生的是氧化还原反应，所以依据是否发生氧化还原反应；（2）Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2溶于水反应发生的是氧化还原反应，Cl2+H2OHCl+HClO是氯气自身氧化还原；2Na+2H2O2NaOH+H2是钠做还原剂被水氧化；3Fe+4H2OFe3O4+4H2是铁做还原剂被水氧化；2Na2O2+2H2O4NaOH+O2是过氧化钡自身氧化还原；3NO2+H2O2HNO3+NO是二氧化氮自身氧化还原反应；所以水既不是氧化剂也不是还原剂D组物质包括Cl2、Na2O2、NO2；（3）钠在常温时能与冷水反应，反应生成过氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na2H2O2NaOHH2 ；（4）E组水溶性呈酸性的是二氧化硫和二氧化碳，D组包括Cl2、Na2O2、NO2，SO2和Cl2与水能反应生成硫酸和盐酸，所以D组中某一物质与E组中某一物质在水中反应生成两种强酸，为二氧化硫和氯气的反应，离子反应方程式为l2SO22H2O2ClSO424H。、M既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与淡黄色粉末反应，应是二氧化碳与过氧化钠反应，故A为CO2，则A应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3。（1）由上述分析可知，M为(NH4)2CO3或 NH4HCO3、C为NH3，D为NO2；（2）反应为二氧化碳和过氧化钠的反应，反应方程式为2CO22Na2O22Na2CO3O2；（3）反应是铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为3Cu8H2NO33Cu22NO4H2O；（4）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3NO2H2O=2HNO3+NO。【考点定位】本题主要是考查无机物的推断，物质分类依等有关判断【名师点晴】关于无机框图题的判断的关键是寻找突破点，例如该题中M能与酸、碱反应生成无色气体A、C为解答本题的突破口，以及淡黄色固体等均可以作为答题的突破口，最后再利用转化关系推出各物质即可；关于物质的分类首先要是明确物质分类依据，对于该题溶于水的反应特征判断是解题的关键，注意氧化还原反应的有关分析与应用。沁园春雪 北国风光，千里冰封，万里雪飘。望长城内外，惟余莽莽；大河上下，顿失滔滔。山舞银蛇，原驰蜡象，欲与天公试比高。须晴日，看红装素裹，分外妖娆。江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。惜秦皇汉武，略输文采；唐宗宋祖，稍逊风骚。一代天骄，成吉思汗，只识弯弓射大雕。俱往矣，数风流人物，还看今朝。薄雾浓云愁永昼，瑞脑消金兽。 佳节又