山东省东平明湖中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省东平明湖中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．据凤凰网2008年9月6日报道：国家卫生部紧急叫停两种含禁用药物“西布曲明”，的减肥食品一一“阳光塑身牌减肥胶囊”和“卡尔美牌卡尔美减肥胶囊”，已知“西布曲明”的结构简式为，下面有关说法不正确的是
A．“西布曲明”的分子式为C17H26ClN
B．“西布曲明”苯环上的一硝基取代物有2种
C．“西布曲明”属于芳香族化合物
D．“西布曲明”的一溴代物有10种
【答案】D
【解析】
2．下列反应中，属于取代反应的是(
)
A．①②
B．③④
C．①③
D．②④
【答案】B
【解析】
试题分析：①加成反应
②消去反应
③取代反应
④取代反应，故选B。
考点：考查了有机反应类型的判断的相关知识。
3．向27.2Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO
和Cu（NO3）2。在所得溶液中加入1.0mol/L
的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法正确的是
A.Cu与Cu2O
的物质的量之比为1:1
B.硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
C.产生的NO的体积为4.48L
D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
【答案】D
【解析】39.2g沉淀是氢氧化铜，物质的量是0.4mol。如果设铜和氧化亚铜的物质的量分别是x和y，则64x＋144y＝27.2g和x＋2y＝0.4mol，解得x＝0.2mol，y＝0.1mol，所以选项A不正确；反应中共转移电子是0.2mol×2＋0.1mol×2＝0.6mol，所以根据电子的得失守恒可知，生成NO是0.6mol÷3＝0.2mol，但体积不一定是4.48L，选项C不正确；生成物硝酸钠是1mol，所以原硝酸的物质的量是1mol＋0.2mol＝1.2mol，浓度是1.2mol÷0.5L＝2.4mol/L，选项B不正确；生成硝酸铜是0.4mol，所以剩余硝酸是1.2mol－0.4mol×2－0.2mol＝0.2mol，选项D正确，答案选D。
4．下列反应不属于氧化还原反应的是
A．锌放入稀硫酸中
B．高锰酸钾分解
C．实验室制备氨气
D．碳和水蒸气在高温下反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A、锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，有化合价的变化，属于氧化还原反应，不选A；B、高锰酸钾受热分解生成锰酸钾和二氧化锰和氧气，有化合价的变化，是氧化还原反应，不选B；C、实验室制备氨气是用氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙和水和氨气，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，选C；D、碳和水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，有化合价变化，是氧化还原反应，不选D。
考点：氧化还原反应的判断
5．能正确表示下列反应的离子方程式是（
）
A．Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
B．将等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2
和
HC1
溶液混合：Mg2＋＋2OH－=
Mg(OH)2↓
C．将过量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中：
SO2+ClO－+H2O
=HClO+
HSO3-
D．将0.2
mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3
mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合：
2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
【答案】D
【解析】
试题分析：HNO3具有氧化性，不能生成Fe2＋，故A错误；将等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2
和
HC1
溶液混合有水生成：Mg2＋＋4OH－＋2H+=
Mg(OH)2↓+2H2O，故B错误；SO2能被ClO－氧化为SO42-，SO2+ClO－+H2O
=H++Cl—+
SO42-，故C错误；将0.2
mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3
mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，故D正确。
考点：本题考查离子反应。
6．用
NA
表示阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述正确的是
A．常温下，1
mol丙烯中含碳原子数为3
NA
B．常温下，pH=13的NaOH溶液中含OH 数为NA
C．标准状况下，22.4L
CHCl3
中含C-H键数为NA
D．23g
Na与足量氧气反应时转移的电子数为2
NA
【答案】A
【解析】
试题分析：A、丙烯分子中含有3个C原子，所以1mol丙烯中含有碳原子数为3
NA，正确；B、溶液的体积未知，所以氢氧根离子的数目无法计算，错误；C、标准状况下CHCl3
不是气体，所以22.4L的该物质的物质的量不是1mol，含有的C-H键数不是NA，错误；D、Na发生氧化还原反应时生成+1价的钠离子，所以23g的Na与足量氧气反应转移电子数是N A，错误，答案选A。
考点：考查阿伏伽德罗常数的应用
7．胶体区别于其他分散系的本质特征是
A．胶体的分散质能通过滤纸空隙，而浊液的分散质不能
B．产生丁达尔现象
C．分散质粒子直径在1nm～100nm之间
D．胶体在一定条件下能稳定存在
【答案】C
【解析】
试题分析：胶体区别其他分散系的本质特征是分散质的粒子直径在1nm～100nm之间，故选C。
考点：胶体的定义。
8．塑化剂，又名增塑剂，是工业上被广泛使用的髙分子材料添加剂。其结构式如右图。
下列有关塑化剂的说法中正确的是
A.
其分子式为
B.
含极性键，易溶于水,其水溶液有丁达尔效应
C.
Imol该物质最多能与3mol
NaOH反应
D.
可以发生加成、取代、氧化、酯化反应
【答案】A
【解析】A正确，根据C四价原则、H一价原则、O二价原则可得分子式为；B错，塑化剂难溶于水，水溶液无丁达尔效应；C错，该有机物中含有2个酯基，所以，Imol该物质最多能与2mol
NaOH反应；D错，该有机物结构中不存在—OH或—COOH，不能发生酯化反应；
9．在T
℃时，将a
g
NH3完全溶于水，得到V
mL溶液，假设该溶液的密度为ρ
g·cm－3，溶质的质量分数为w，其中含NH4+的物质的量为b
mol。下列叙述中正确的是(　
　)
A．溶质的质量分数为w＝×100%
B．溶质的物质的量浓度c＝
mol·L－1
C．溶液中c(OH－)＝
mol·L－1
D．上述溶液中再加入V
mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w
【答案】B
【解析】溶液的质量是Vρg，所以溶质的质量分数是，选项A不正确；溶质的物质的量是a/17mol，溶液体积是Vml，所以浓度是c＝
mol·L－1，选项B正确；由于水还电离出OH－，因此溶液中OH－的物质的量大于bmol，所以选项C不正确；由于水的密度大于氨水的，所以如果再加入V
mL水后，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，选项D不正确，答案选B。
10．下列反应中硫酸只表现强氧化性是（
）
A、烧碱与硫酸反应
B、碳酸钠与硫酸反应
C、木炭粉与浓硫酸反应
D、铜与浓硫酸反应
【答案】C
【解析】烧碱与硫酸反应体现硫酸的酸性，碳酸钠与硫酸反应也是体现硫酸的酸性。木炭粉与浓硫酸反应只体现浓硫酸的强氧化性，铜与浓硫酸反应既体现酸性也体现氧化性。
11．已知某弱酸的酸式盐有NaH2XO4和Na2HXO4，其中NaH2XO4的溶液呈酸性，Na2HXO4溶液呈碱性。30℃时，浓度均为0.1mol L-1NaH2XO4溶液和Na2HXO4溶液中均存在的关系是
（
）
A．c(H+) c(OH-)
＞1×10-14
B．c(H+)
+
2c(H3XO4)+
c(H2XO4-)=c(XO43-)+
c(OH-)
C．c(H+)
+
c(H3XO4)=
c(HXO42-)+
2c(XO43-)+
c(OH-)
D．c(Na+)+
c(H+)=
c(H2XO4-)+
c(OH-)+
2c(HXO42-)+
3c(XO43-)
【答案】AD
【解析】NaH2XO4和Na2HXO4虽然溶液酸碱性不同，但溶液中离子种类是完全相同的，差别只是各种离子多少的不同。所以两种溶液中都存在相同的电荷守恒。因为温度高于25℃，此时水的离子积常数随温度升高而增大，所以A正确。
12．下列说法正确的是（代表阿伏加德罗常数值）
A.
1molNa被完全氧化为，失去的电子数为2
B.
常温常压下，16g气体含有氧原子数为
C.
常温常压下，22.4L含有的分子数为
D.
18g所含的电子数为10
【答案】B
【解析】A项，1
mol
Na被氧化只能失去1
mol
电子；B项，氧的相对原子质量为16，则16
g
O3含有的原子个数为NA正确；C项，常温常压下，22.4
L气体的物质的量不是
1
mol；D项，18
g
D2O(M=20
g/mol)的物质的量不是1
mol，电子数不是10NA。答案选B。
13．下列实验过程中没有沉淀出现的是
A．向常温时的饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2气体
B．向硅酸钠溶液中通入氯化氢气体
C．向氯化钙和盐酸的混合溶液中通入SO2气体
D．向硝酸银溶液中通入氯气
【答案】C
【解析】
试题分析：A、向常温时的饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2气体，析出碳酸氢钠的晶体，错误；B、向硅酸钠溶液中通入氯化氢气体，生成不溶于水的硅酸，错误；C、向氯化钙和盐酸的混合溶液中通入SO2气体，一开始生成沉淀，后沉淀溶解，正确；D、向硝酸银溶液中通入氯气，会生成白色沉淀氯化银，错误；故本题选择C。
考点：实验现象的描述
14．锌与100
mL
18.5
mol·L-1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体33.6L（标准状况）。将反应后的溶液稀释至1
L，测得溶液中c（H+）=0.1
mol/L，下列叙述正确的是（
）
A．反应中共消耗1.85
mol
H2SO4
B．反应中共消耗97.5
g
Zn
C．反应中共转移6
mol电子
D．气体中SO2与H2的体积比为4:1
【答案】B
【解析】由于浓硫酸在反应中会逐渐变稀，所以反应中会产生氢气，即33.6L气体是SO2和氢气的混合气，物质的量是33.6L÷22.4L/mol＝1.5mol，转移电子是3.0mol，所以根据电子得失守恒可知，消耗锌是1.5mol，质量是1.5mol×65g/mol＝97.5g，B正确，C不正确。剩余硫酸是0.05mol，所以消耗硫酸是1.80mol，A不正确。生成硫酸锌是1.5mol，所以被还原的硫酸是1.80mol－1.50mol＝0.30mol，则生成SO2是0.3mol，因此氢气是1.2mol，即气体中SO2与H2的体积比为1:4，D不正确。答案选B。
15．水的电离平衡曲线如右图所示，下列说法不正确的是（
）
A．图中五点KW间的关系：B＞C＞A=D=E
B．若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量的酸
C．若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入适量的NH4Cl固体。
D．若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合
后，溶液显酸性
【答案】CD
【解析】略
16．A、B、C、
D、E都是原子序数依次增大的五种短周期元素，已知：
①A和
C属同族元素，且A元素的原子半径是短周期元素原子中半径最小的；
②A和B能形成组成为A2B和A2B2的两种化合物；
③D元素原子所形成的离子在同周期元素原子形成的离子中半径是最小的；且D元素原子的最外层电子数是E元素原子最外层电子数的一半。
请回答：
（1）A元素是________；C元素是_________。D元素是_________。E元素是_________。（填元素符号）
（2）化合物A2B2的所含化学键______________电子式是____________；
（3）B和E形成两种常见化合物是_________和_________。
【答案】（1）H；Na；Al；S
（2）极性键和非极性键
H2O2电子式
（3）SO2；SO3
【解析】
17．已知，含3.01×1023个的H2SO4分子，回答下列问题：
（1）H2SO4中
H、S、O的原子数之比为________；
（2）把该H2SO4配成500ml的溶液，则其物质的量浓度为
；
（3）该H2SO4中氧原子数与____克Na2CO3·10H2O固体中含有相同氧原子数；
（4）取（2）所得溶液100ml与足量的Zn充分反应生成的H2在标准状况下体积为
L。
【答案】（1）2:1:4；（2）1mol/L；（3）44；（4）2.24
【解析】
试题分析：（1）H2SO4分子中H、S、O的原子个数比为2:1:4；（2）含3.01×1023个的H2SO4分子的物质的量为=0.5mol，其物质的量浓度为=1mol/L；（3）假设Na2CO3·10H2O分子中含有13个氧原子，假设Na2CO3·10H2O固体的物质的量为x，则所含的氧原子数为13x，即13x=0.5molx4，x=2/13，故Na2CO3·10H2O的质量为2/13molx286g/mol=44g，故答案为44g；（4）硫酸与锌反应生成氢气，关系式为H2SO4~H2，硫酸的物质的量等于氢气的物质的量，氢气的体积为22.4L/molx1mol/Lx0.1L=2.24L，故答案为2.24L.
考点：物质的量的有关计算
18．（14分）有一包白色固体粉末，其中可能含有NaCl、Ba（NO）、CuSO、NaCO中的一种或几种，现做以下实验：
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色。
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生。
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生。
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO溶液，产生白色沉淀。
试根据上述实验事实，完成下列问题：
（1）原白色粉末中一定含有的物质是_____________，一定不含的物质是_______________，可能含有的物质是_________________。（以上各种物质均写化学式）
（2）写出各步变化可能的离子方程式。
【答案】（1）Ba（NO）、NaCO
CuSO
NaCl
（2）Ba+COBaCO↓
BaCO+2HBa+CO↑+HO
SO+BaBaSO↓
CO+2AgAgCO↓
Ag+ClAgCl↓
【解析】溶于水后形成的滤液呈无色，说明溶液中没有Cu，原粉末中肯定无CuSO。沉淀物一定是BaCO，即原溶液中存在Ba和CO，说明固体粉末中有Ba（NO）和Na2CO；滤液与AgNO溶液作用产生白色沉淀，可能是AgCl沉淀，也可能是Ag2CO沉淀。
19．某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸H2C2O4能将其中的Cr2O72—转化为Cr3+。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
（1）在25°C下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始c（H+）和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成以下实验设计表（表中不要留空格）。
实验编号
初始c（H+）
废水样品体积/mL
草酸溶液体积/mL
蒸馏水体积/mL
①
1.0×10—4
60
10
30
②
1.0×10—5
60
10
30
③
1.0×10—5
60
测得实验①和②溶液中的Cr2O72—浓度随时间变化关系如图所示。
（2）上述反应后草酸被氧化为
（填化学式）。
（3）实验①和②的结果表明
；
实验①中0~t1时间段反应速率（Cr3+）=
mol·L—1·min—1
(用代数式表示)。
（4）该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：起催化作用；假设二：
；假设三：
；
(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。（除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4
、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O72—的浓度可用仪器测定）
实验方案（不要求写具体操作过程）
预期实验结果和结论
【答案】（1）20
20（2分）（2）CO2
（3）c（H+）越大，反应的速率越快（2分）
（4）Al3+起催化作用（1分）
；SO42—起催化作用
（5）
用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比试验。
反应进行相同时间后，若溶液中的Cr2O72—浓度大于实验①中Cr2O72—浓度，则假设一成立；若两溶液中的Cr2O72—浓度相同，则假设一不成立
【解析】
试题分析：（1）各组实验的溶液的总体积相等时才具有可比性，调节草酸的用量，实验草酸溶液的体积为20mL，蒸馏水的体积为20mL。
（2）K2Cr2O7具有强氧化性，可把草酸氧化为CO2。
（3）实验①的H+初始浓度大于实验②，根据图像可知实验①的反应速率快，所以实验①和②的结果表明：c（H+）越大，反应的速率越快；（Cr3+）= c/ t=mol·L—1·min—1。
（4）Al2Fe(SO4)4·24H2O含有Fe2+、Al3+和SO42 ，所以假设二和假设三分别是：Al3+起催化作用、SO42-
起催化作用。
（5）假设一是Fe2+起催化作用，所以用不含Fe2+，但是含Al3+和SO42 的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，其它条件与实验①相同，进行对比实验，所以反应进行相同时间后，若溶液中的Cr2O72—浓度大于实验①中Cr2O72—浓度，则假设一成立；若两溶液中的Cr2O72—浓度相同，则假设一不成立。
【考点定位】考查实验探究、实验方案的分析与评价。
【名师点晴】本题为实验探究试题，探究性化学实验题在近几年的高考中频频出现，这类题具有综合性强，开放性强等特点，能很好地考查学生分析问题、解决问题和创新思维的能力，这种题的区分度高，高考中具有很好的选拔功能。解探究性实验题的基本程序可用下列流程图表示：
20．
某有机物含C、H、O三种元素,已知该有机物的蒸气密度是相同条件下H2密度的23倍,4.6克的该有机物在空气中完全燃烧并将生成的气体先通入浓硫酸中,浓硫酸增重8.8克,再通入石灰水中时，石灰水增重5.4克，且知该物质不能与金属钠反应，试通过计算写出该物质的分子式和结构简式.
【答案】C2H6O
CH3-O-CH3
【解析】
21．（1）有机物的结构可用“键线式”简化表示。CH3—CH=CH－CH3可简写为
。
（2）有机物X的键线式为：
X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物有
种。
（3）有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，写出Y的结构简式：
。Y能使溴水褪色，其反应的化学方程式为___________________。Y可以用来合成一种聚合物---泡沫塑料，请写出该聚合物的结构简式___________。有机化学中有多种同分异构现象，其中有顺反异构，请写出Y的侧链多一个甲基的有机物W的两种顺反异构的结构简式：
______________，______________。
【答案】（除（1）（2）每1分，其余每空2分，共12分）
（1）
（2）2
（3），
，
【解析】
试题分析：（1）将结构简式改为键线式时，端点、中间拐点都表示碳原子，碳碳双键等官能团不能省略，氢原子省略，每个点周围短线数=4—氢原子数，由此可以写出CH3—CH=CH－CH3的键线式；（2）X含有3个碳碳双键，属于对称分子，含有2种氢原子（单键碳上的氢核双键碳上的氢），1molX最多与3molH2发生加成反应，加成产物也是对称分子，也只有2种氢原子（周围碳上的氢原子、中间碳上的氢原子），因此加成产物Z的一氯代物的同分异构体有2种；（3）由X的键线式可知其分子式为C8H8，芳香烃含有苯环或苯基（—C6H5），则Y的苯环上连有的取代基为—C2H3，—C2H3只可能是乙烯变为的乙烯基，因此Y是苯乙烯；苯乙烯的官能团是碳碳双键，与溴容易发生加成反应，该反应的化学方程式为C6H5CH=CH2+Br2→C6H5CHBrCH2Br；nmol苯乙烯在一定条件下发生加聚反应，生成聚苯乙烯；根据2—丁烯的顺反异构体为顺—2—丁烯、反—2—丁烯，由此可以推断C6H5CH=CHCH3的顺反异构体的结构简式。
考点：考查有机推断，涉及结构简式变为键线式、等效氢、一氯代物的同分异构体数目、同分异构体、碳碳双键的主要化学性质、顺反异构、化学方程式等。
22．(9分)有机物A为烃的含氧衍生物，其中含C占55.8%，H占7%，其它为氧，且A分子的所有C原子在同一条直线上，D为二溴代烃。有如下转变过程：其中
B,D分子均达饱和， F为五元环状分子，有2种环境不同氢， 一个碳上不能连两个羟基。请回答：
（1）A,F结构简式分别为_______________________，_______________________，
（2）B→D的反应类型_______________________，
（3）1molB的同分异构体中能与足量的Na反应，产生1mol气体还有_________种（除B外）
（4）写出D→C的化学反应方程式________________________________________，
C→E的化学反应方程式__________________________________________，
【答案】（1）CH2OH—CC—CH2OH，
（2）取代反应
（3）5
（4）CH2BrCH2CH2CH2Br
+
2NaOH
CH2=CH—CH=CH2
+
2NaBr
+
2H2O
nCH2=CH—CH=CH2
—[-CH2—CH=CH—CH2-]n—
【解析】
试题分析：
A分子的所有C原子在同一条直线上，说明分子中含有叁键，B
分子均达饱和，C分子含有2个羟基，所以A的分子中含有2个羟基，根据含氧37.2%，所以A的相对分子质量为86，A的分子式为C4H6O2，所以A的结构简式为CH2OH—CC—CH2OH；B为CH2OHCH2CH2CH2OH；B→C发生消去反应，所以C的结构简式为CH2=CH—CH=CH2，C→E发生加聚反应，
E的结构简式为—[-CH2—CH=CH—CH2-]n—；B→F为分子内脱水生成醚，所以F的结构简式为；D为二溴代烃，B→D为取代反应，D的结构简式为CH2BrCH2CH2CH2Br。
考点：本题考查有机推断。