山东省高密市凤城中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省高密市凤城中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列物质属于电解质的是
A．Cu
B．N2
C．KNO3
D．C2H5OH
【答案】C
【解析】首先得是化合物，再有就是本身可电离出自由移动的离子。C2H5OH是非电解质
2．同种类型的物质往往具有某些相同的性质。下列性质中不属于酸通性的是
A、使紫色石蕊试液变蓝色
B、与碱反应生成盐和水
C、与活泼金属反应生成盐和氢气
D、与氧化钠反应生成盐和水
【答案】A
【解析】
试题分析：A、酸使紫色石蕊试液变红色，故A错误；
B、酸能和碱反应生成盐和水，属于酸通性，故B正确；
C、酸与活泼金属反应生成盐和氢气，属于酸通性，故C正确；
D、酸可以和氧化钠之间反应生成钠盐和水，属于酸通性，故D正确，
考点：考查了酸的通性的相关知识。
3．在体积均为1.0L的恒容密闭容器中加入足量的相同的炭粉，再
分别加入0.1molCO2和
0.2molCO2，在不同温度下反应CO2（g）+C（s）2CO（g）达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（
）
A．体系中c（CO）：c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ）
B．反应CO2（g）+C（s）2CO（g）的△S＞0、△H＜0
C．体系的总压强P总：P总（状态Ⅱ）＜2P总（状态Ⅰ）
D．逆反应速率V逆：V逆（状态Ⅰ）＞V逆（状态Ⅲ）
【答案】A
【解析】
试题分析：A、开始时先通入0.1molCO2，两个平衡为等效平衡，CO浓度相等，再充入0.1molCO2，假设平衡不移动，此时c(CO，状态II)=2c(CO，状态III)，相当增大压强，平衡向逆反应方向进行，消耗CO，因此有c(CO，状态II)<2c(CO，状态III)，故正确；B、根据反应方程式，气体物质的量增大，△S>0，随着温度的升高，CO2的浓度减小，说明反应向正反应方向移动，此反应属于吸热反应，△H>0，故错误；C、状态II先通入0.1molCO2，此时压强相等，再通入0.1molCO2，假设平衡不移动，此时的压强=2P总（状态I），但要求CO2的浓度相等，加热使反应向正反应方向移动，气体的物质的量增加，因此P总（状态Ⅱ）>2P总（状态Ⅰ），故错误；D、温度越高，反应速率越快，即V逆（状态Ⅰ）考点：考查勒夏特列原理、影响反应速率的因素、等效平衡等知识。
4．将等物质的量的镁和铝相混合，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是
A．3mol/L
HCl
B．4mol/L
HNO3
C．8mol/L
NaOH
D．18mol/L
H2SO4
【答案】A
【解析】
试题分析：A、镁铝均能与盐酸反应产生H2；B、硝酸是强氧化性酸，镁铝与硝酸反应不能产生氢气；C、铝能与氢氧化钠溶液反应产生氢气而镁不能；D、镁与浓硫酸（18mol/L）反应生成SO2气体，不产生氢气，铝与浓硫酸发生钝化，答案选A。
考点：考查计算与酸碱反应的计算
5．（3分）标况下由0.5g
H2、11g
CO和4g
O2组成的混合气体，其体积约为（
）
A．
8.4
L
B．
11.2
L
C．
14.0
L
D．
16.8
L
【答案】C．
【解析】
试题分析：0.5g
H2、11g
CO和4g
O2的体积分别是：
氢气：×22.4L/mol=5.6L；
一氧化碳：=5.6L；
氧气：=2.8L，
所以混合气体的体积V=5.6L+5.6L+2.8L=14L．
考点：
物质的量的相关计算．.
6．为了防止热带鱼池中水藻的生长，需保持水中Cu2+的浓度约1.2×10-5
mol·L-1。为避免在每次换池水时溶液浓度的改变，可把适当的含铜化合物放在池底，其饱和溶液提供适当的Cu2+。已知CuS、Cu(OH)2、CuCO3的Ksp值依次为1.3×10-36、2.2×10-20、1.4×10-10，下列四种物质中，能满足池水浓度要求的是
A．CuSO4
B．CuCO3
C．Cu
(OH)2
D．CuS
【答案】B
【解析】要保持水中Cu2+的浓度约1.2×10-5
mol·L-1，根据题给条件KspCuS=c（Cu2+）×[c（S2-）]=
1.3×10-36,
c（Cu2+）≈√1.3×10-18,Ksp
Cu(OH)2=c（Cu2+）×[c（OH-）]2=2.2×10-20,
c（Cu2+）≈√0.22×10-7,
Ksp
Cu
CO3=c（Cu2+）×[c（CO32-）]=1.4×10-10，c（Cu2+）≈√1.4×10-5,所以CuCO3最接近题目要求，所以选B。
7．纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是
A．X可能是金属铜
B．Y不可能是氢气
C．Z可能是氯化钠
D．Z可能是三氧化硫
【答案】A
【解析】
试题分析：A．若X是Cu，Y是Cl2，Cu在Cl2燃烧产生的Z是CuCl2，电解CuCl2溶液产生Cu和Cl2，符合上述物质转化关系，A项正确；B．若X是Cl2，Y是氢气，氢气在氯气中燃烧产生Z是HCl，电解HCl的水溶液，产生氢气和氯气，符合上述物质转化关系，B项错误；C．若Z是氯化钠，则X、Y分别是Na和Cl2中的一种，电解氯化钠水溶液会产生氢气、氯气、氢氧化钠，不能产生金属钠，不符合上述物质转化关系，C项错误；D．若Z是三氧化硫，而X、Y分别是O2和SO2中的一种，SO3溶于水产生硫酸，电解硫酸溶液，实质是电解水，产生氢气和氧气，不能产生O2和SO2，不符合上述转化关系，D项错误；答案选A。
考点：考查物质的性质及转化关系的正误判断等知识。
8．在酸性无色溶液中，下列各组离子一定能大量共存的是
A．MnO4﹣、H+、K+、NO3﹣
B．Na+、H+、Cl﹣、NO3﹣
C．Ba2+、H+、SO42﹣、Cl﹣
D．H+、Mg2+、CO32﹣、Cl﹣
【答案】B
【解析】
试题分析：A．MnO4﹣是紫色的，在无色溶液中不能大量存在，错误；B．Na+、H+、Cl﹣、NO3﹣在酸性无色溶液中不能发生任何反应，可以大量存在，正确；C．在酸性无色溶液中Ba2+、SO42﹣会发生反应形成BaSO4沉淀，不能大量共存，错误；D．在酸性无色溶液中，H+、CO32﹣会发生反应形成CO2、H2O，不能大量共存，错误。
考点：考查离子大量共存的知识。
9．已知3NO2+H2O===2HNO3+NO，则被氧化和被还原的氮原子个数比为
A．2
：1
B．1
：2
C．
1
：1
D．3
：2
【答案】A
【解析】
试题分析：反应中二氧化氮中氮元素化合价既升高也降低，二氧化氮既作氧化剂又作还原剂，3mol的NO2中，2mol做还原剂，1mol做氧化剂，则被氧化和被还原的氮原子个数比为2:1，答案选A。
【考点定位】考查氧化还原反应。
【名师点睛】本题考查了氧化还原反应。在解答氧化还原反应的题时应注意：
（1）还原剂（化合价升高）→失去电子→发生氧化反应→得到氧化产物；
氧化剂（化合价降低）→得到电子→发生还原反应→得到还原产物。
氧化剂和还原剂可以是相同的物质，也可以是不同的物质。
（2）氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等；
氧化剂化合价降低总数与还原剂化合价升高总数相等。
（3）氧化剂与还原剂同时存在；氧化反应与还原反应同时发生；氧化产物与还原产物同时生成。
10．下列物质的水溶液呈酸性的是
A．K2SO4
B．NaHSO4
C．Na2SiO3
D．NH3
【答案】B
【解析】
试题分析：A．K2SO4强酸强碱盐，不水解，中性；B．NaHSO4强酸强碱的酸式盐，电离显酸性，C．Na2SiO3弱酸强碱盐，水解显碱性，
D．NH3溶于水显碱性，故选B。
考点：考查溶液的酸碱性。
11．300
mL
Al2(SO4)3溶液中，含Al3＋为1.62
g，在该溶液中加入0.1
mol·L-1Ba(OH)2溶液100
mL，反应后溶液中SO42-的物质的量浓度约为
A．0.4
mol·L-1
B．0.3
mol·L-1
C．0.2
mol·L-1
D．0.1
mol·L-1
【答案】C
【解析】
试题分析：1.62g铝离子的物质的量是1.62g÷27g/mol＝0.06mol，则硫酸根的物质的量是0.09mol。氢氧化钡是0.01mol，则反应后生成0.01mol硫酸钡，剩余硫酸根是0.08mol，因此硫酸根的浓度是0.08mol÷0.4L＝0.2mol/L，答案选C。
考点：考查物质的量浓度计算
12．某气态烷烃是20
mL，完全燃烧时，正好消耗同温、同压下的氧气100
mL，该烷烃的化学式是
(
)
A．C2H6
B．C3H8
C．C4H10
D．C5H12
【答案】B
【解析】
试题分析：某气态烃20mL完全燃烧时，正好消耗同温同压下的O2100mL，则消耗氧气的物质的量为烃的物质的量的5倍，设烃的分子式为CxHy，燃烧时发生：CxHy+(x+)O2→xCO2+H2O，则x+=5，
只有B符合，3+=5，故选B。
考点：考查有机物分子式的计算
13．A～G各物质间的关系如下图所示，其中B、D为气体单质。则下列说法正确的是
A．若反应①在常温下进行，则1
mol
A在反应中能转移1
mol电子
B．反应②的离子方程式为MnO2＋2H＋＋2Cl－Mn2＋＋H2O＋Cl2↑
C．新配制的F溶液一般需要加入铁屑和稀硫酸，前者用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+，后者可抑制Fe2+的水解
D．已知C的浓溶液在催化剂存在的条件下加热，能与B反应生成D，由此可以推断B的氧化性比MnO2强
【答案】A
【解析】
试题分析：根据物质之间的转化关系可知：A是H2O2；B是O2；C是浓HCl；D是Cl2；E是Fe3O4；F是FeCl2；G是FeCl3。A．若反应①在常温下进行，则根据元素化合价的变化可知1
mol
A在反应中能转移1
mol电子，正确；B．反应②的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑，错误；C．新配制的F溶液一般需要加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+，后者可抑制Fe2+的水解，错误；D．由于C的浓溶液在催化剂存在的条件下加热，能与B反应生成D，根据氧化性氧化剂>氧化产物，可以推断B的氧化性比Cl2强,而不能推断MnO2与O2的氧化性的强弱，错误。
考点：考查元素的单质及化合物的推断、物质的性质及应用的知识。
16．元素周期表现共有
个周期
，第四周期有
种元素，
砷元素在周期表的位置
。
【答案】七
18
4
周期VA
【解析】
试题分析：元素周期表现共有七个横行，七个周期，第四周期有18种元素，33号砷元素在周期表的位置是第四周期第ⅤA族。
考点：考查元素周期表及应用。
14．A、B、C、D、E均为短周期主族元素，且原子序数依次递增。A、E同主族，B、D同周期且B和D最外层电子数之和为10；D为自然界含量最多的元素；A与D可形成A2D、A2D2共价化合物。请回答：
（1）C的气态氢化物的电子式为___
___，其水溶液显
性。
（2）B、C、D气态氢化物稳定性由强到弱的顺序是_____
___________（用化学式表示）。
（3）与E同周期的元素中，金属性最弱的金属元素名称是
，原子结构示意图为：
，
其最高价氧化物对应的水化物与E的最高价氧化物对应的水化物的溶液反应的离子方程式为
。
（4）E、C两元素的最高价氧化物对应水化物的稀溶液各0.1mol，恰好完全反应，放出5.73kJ的热量，写出此反应的热化学方程式：
。
【答案】（1）；碱（2）H2O＞NH3＞CH4
（3）铝；；OH－
+Al(OH)3==AlO2－+2H2O
（4）NaOH(ag)+HNO3(ag)==NaNO3(ag)+H2O(l)
△H=-57.3kJ/mol
【解析】考查元素周期表的结构及元素周期律的应用。
D为自然界含量最多的元素，则D是氧。B和D最外层电子数之和为10，且B的原子序数小于氧的，所以B是碳，则C是氮元素。A的原子序数最小，且A与D可形成A2D、A2D2共价化合物，所以A是氢元素。A、E同主族，因此E是钠。
（1）氨气是极性键形成的共价化合物，其水溶液显碱性。
（2）非金属性越强，相应氢化物的稳定性就越强，非金属性是O＞N＞C，所以氢化物的稳定性就是H2O＞NH3＞CH4。
（3）氢氧化铝是两性氢氧化物能溶于强碱中，离子方程式为OH－
+Al(OH)3==AlO2－+2H2O。
（4）E、C两元素的最高价氧化物对应水化物分别是氢氧化钠和硝酸，热化学方程式为NaOH(ag)+HNO3(ag)==NaNO3(ag)+H2O(l)
△H=-57.3kJ/mol。
15．（14分）50
mL
0.50
mol L－1盐酸与50
mL
0.55
mol L－1NaOH溶液在图示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：

（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是
。
（2）烧杯间填满碎纸条的作用是
。
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值
（填“偏大”“偏小”“无影响”）。
（4）实验改用60
mL
0.50
mol
L－1盐酸跟50
mL
0.55
mol
L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量
（填“相等”“不相等”），所求中和热
（填“相等”“不相等”），简述理由：
。
（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会
；用50
mL
0.50
mol L－1NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会
。（均填“偏大”“偏小”“无影响”）
【答案】（本题14分）（1）环形玻璃搅拌棒（2）减少实验过程中的热量损失（3）偏小（4）不等(1分)
相等（1分）因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1
mol
H2O所放出的能量，与酸碱的用量无关（5）偏小
偏小
【解析】
试题分析：（1）酸碱溶液混合时需要搅拌，故缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒；
（2）为防止烧杯间气体的对流，烧杯间填满碎纸条是为了减少实验过程中的热量损失；
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，反应中产生的热量会有一部分散发到空气中，故计算出的中和热数值偏小；
（4）实验改用60
mL
0.50
mol
L－1盐酸跟50
mL
0.55
mol
L－1NaOH溶液进行反应，因生成的水不等，与上述实验相比，所放出的热量也不相等”，但所求中和热不相等，因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1
mol
H2O所放出的能量，与酸碱的用量无关；
（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，因氨水是弱电解质，电离时会吸热，测得的中和热的数值会偏小；如改用50
mL
0.50
mol L－1NaOH溶液进行上述实验，反应中实际生成的水低于上述实验中生成的水，测得的中和热的数值会偏小。
考点：中和热实验测定及探究
16．某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：
①将碱式滴定管用蒸馏水洗净并检查不漏水且用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；从碱式滴定管中放入25.00
mL待测溶液到锥形瓶中。
②将酸式滴定管用蒸馏水洗净并检查不漏水后，立即向其中注入0.1000
mol·L-1标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数。
③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定。到达滴定终点时，测得消耗盐酸的体积为V1
mL。
④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶中加入5
mL
的蒸馏水，测得消耗盐酸的体积为V２mL。
试回答下列问题：
（1）滴定时，当看到
的现象时，即为到达滴定终点。
（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察
。
（3）该小组在步骤①中的错误是
。由此造成的测定结果
(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
（4）步骤②缺少的操作是
。
（5）右图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为
mL。
【答案】（1）滴入最后一滴HCl溶液时，溶液颜色由红色变为无色，且30s内部褪色（2）锥形瓶内溶液颜色的变化(3）锥形瓶不能润洗；偏高（4）滴定管没有润洗；（5）22.60
【解析】
试题分析：（1）酚酞试液能使碱液显和，则滴定时，当看到滴入最后一滴HCl溶液时，溶液颜色由红色变为无色，且30s内部褪色的现象时，即为到达滴定终点。
（2）滴定过程中眼睛要注视锥形瓶中的溶液颜色变化。
（3）操作过程中错误的是：用待测液润洗锥形瓶，如果用待测液润洗锥形瓶，会造成待测液增多，盐酸的用量增大，测出来的浓度偏高。
（4）滴定前要用用标准液润洗滴定管，否则会造成标准液浓度变小，测出来的待测液浓度偏高。
（5）从图看出滴定管每一小格是0.1
mL，液面刚好与6格处相切，读数要保留小数点后2为，故读数为22.60
mL
考点：考查酸碱中和滴定
17．（6分）将1
mol
I2（g）和2
mol
H2置于某2L密闭容器中，在一定温度下发生反应：I2(g)+H2(g)
2HI(g)ΔH＜0,并达到平衡。HI的体积分数w(HI)随时间t变化如图曲线(Ⅰ)所示。
（1）达到平衡时，I2(g)的物质的量浓度为______________mol·L-1。
（2）若改变反应条件，在甲条件下w(HI)的变化如图曲线（Ⅱ）所示，在乙条件下w(HI)的变化如图曲线（Ⅲ）所示。则甲条件可能是______________，乙条件可能是______________。（填入下列条件的序号）
①恒容条件下，升高温度
②恒容条件下，降低温度
③恒温条件下，缩小反应容器体积
④恒温条件下，扩大反应容器体积
⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂
（3）若保持温度不变，在另一相同的2L密闭容器中加入a
mol
I2（g），b
mol
H2(g)和c
molHI(g)(a、b、c均大于0)，发生反应，达平衡时，HI的体积分数仍为0.60，则a、b、c的关系是_____________________________。
【答案】（1）0.05
(2)③⑤
④
(3)4a+c=2b
【解析】H2(g)
+
I2(g)
2HI
反应前
2
mol
1
mol
0
反应
0.9
mol
0.9
mol
3
mol×0.6
反应后
1.1
mol
0.1
mol
1.8
mol
c(I2)==0.05
mol·L-1。
Ⅱ.Ⅲ与Ⅰ相比平衡时转化率均未变，可通过改变压强或加入催化剂，Ⅱ达平衡所需时间变短，而Ⅲ达平衡所需时间变长。
18．若四种溶液，分别含有:
①Al3+
②Mg2+
③Fe2+
④
Fe3+
离子。请回答下列问题：
（1）遇KSCN溶液呈红色的是
。
（2）加铁粉溶液质量增重的是
。
（3）加入过量NaOH溶液中最终无沉淀的是
。
（4）加入新制Cl2水溶液变黄色的是
，反应的离子方程式是
。
【答案】（1）④
（2）④
（3）①
（4）③
2Fe2+
+
Cl2
=
2Fe3++
2Cl-
【解析】
试题分析：（1）铁离子遇到硫氰化钾显红色，选④。（2）铁和铁离子生成亚铁离子，溶液的质量增加，选④。（3）铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，而镁离子和过量的氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，亚铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，所以选①。（4）氯气和亚铁离子反应生成铁离子，溶液显黄色，选③；离子方程式为：
2Fe2+
+
Cl2
=
2Fe3++
2Cl-
考点：金属离子的性质，离子方程式的书写
19．丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：
已知：
②E的核磁共振氢谱只有一组峰；
③C能发生银镜反应；
④J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环．
回答下列问题：
（1）由A生成B的化学方程式为__________，其反应类型为__________；
（2）D的化学名称是__________，由D生成E的化学方程式为__________；
（3）J的结构简式为__________；
（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式__________(写出一种即可)；
（5）由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2一苯基乙醇：
反应条件1为__________；反应条件2所选择的试剂为__________；L的结构简式为__________。
【答案】（1）+Br2
+HBr；取代反应；
（2）2-甲基丙烯；CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr；（3）；
（4）或或；
（5）光照；镁、乙醚；
【解析】
试题分析：比较A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，则可知D为CH2=C(CH3)2，E为(CH3)3CBr，根据题中已知①可知F为(CH3)3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G和F的结构简式可推知C为，进而可以反推得，B为，A为，根据题中已知①，由G可推知H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为，与溴发生取代生成K为，K在镁、乙醚的条件下生成L为，L与甲醛反应生成2-苯基乙醇，
（1）由A生成B的化学方程式为+Br2+HBr，其反应类型为取代反应；
（2）D为CH2=C(CH3)2，名称是2-甲基丙烯，由D生成E的化学方程式为CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr，故答案为：2-甲基丙烯；CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr；
（3）根据上面的分析可知，J的结构简式为，故答案为：；
（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，这样的结构为苯环上连有-OH、-CH2Br呈对位连结，另外还有四个-CH3基团，呈对称分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈对位连结，另外还有2个-CH3基团，以-OH为对称轴对称分布，这样有或或；
（5）反应Ⅰ的为与溴发生取代生成K为，反应条件为光照，K在镁、乙醚的条件下生成L为，故答案为：光照；镁、乙醚；。
考点：考查了有机合成与推断的相关知识。