1、河南省三门峡市第一高级中学2015-2016学年高二下期第二次月考化学试题（解析版）1下列元素中，最高正化合价数值最大的是ACl BF CS DC【答案】A【解析】试题分析：元素最高正化合价数值等于最外层电子数；Cl最高正化合价数值最大的是7；F没有正价；S最高正化合价数值最大是6；C最高正化合价数值最大4，故A正确。考点：本题考查原子结构。2人类应以可持续发展的方式使用资源，以合理的方式对废物进行处理并循环使用，下列做法不利于环境保护的是A回收并合理处理废电池 B将煤转化为水煤气作燃料C发电厂的煤经脱硫处理 D富含重金属离子电镀废液直接排放【答案】D【解析】试题分析：D项中含有重金属离子的废
2、液会造成水体污染，不利于环境保护。考点：化学与STSE.3下列物质不属于高分子化合物的是（ ）A羊毛 B蚕丝 C橡胶 D蔗糖【答案】D【解析】试题分析：羊毛、蚕丝、橡胶都是天然高分子化合物，而蔗糖是小分子，不属于高分子化合物，因此选项是D。考点：考查物质的分类的知识。4在标准状况下，氧气的密度为gL，则氢气的密度为（）。A.gLB.gLC.gLD.gL【答案】D【解析】在同一状况下，两种气体的密度之比等于其相对分子质量之比，故H2的密度是同条件下O2的。5反应4NH35O24NO6H2O在一定体积的密闭容器中进行，30 s后NO的物质的量浓度增加了3 mol/L，则下列反应速率正确的是Av(O
3、2)0.125mol(Ls)1 Bv(NO)0.01mol(Ls)1Cv(NH3)0.01 mol(Ls)1 Dv(NH3)0.2 mol(Ls)1【答案】A【解析】试题分析：化学反应速率的单位时间内的浓度改变值。不同物质表示的化学反应速率，速率比等于方程式中该物质的化学计量数的比。v(NO)3 mol/L30s=0.1mol/(Ls)。选项B正确。v(O2)5/4 v(NO)5/40.1mol/(Ls)=0.125mol/(Ls)，选项A正确。v(NH3)v(NO)0.1mol/(Ls)。选项C、D错误。考点：考查化学反应速率的计算及关系的知识。6判断下列有关化学基本概念的依据正确的是 （
4、）A溶液与胶体：不同的本质原因是能否发生丁达尔效应 B纯净物与混合物：是否仅含有一种元素C氧化还原反应：元素化合价是否变化D电解质与非电解质：物质本身的导电性 【答案】C【解析】A错，溶液与胶体：不同的本质原因是分散质粒子直径大小不同；B错，纯净物与混合物：是否仅含有一种分子；C正确；D错，电解质与非电解质：溶于水或熔融状态下能否导电的化合物；7下列颜色变化与氧化还原反应无关的是A.将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，溶液由橙色变为绿色B.将SO2滴入盛有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去C.将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去D.将葡萄糖溶液加入新制Cu(OH)2悬浊液
5、至沸腾，出现红色沉淀【答案】B【解析】试题分析：A、将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，乙醇与K2Cr2O7发生氧化还原反应，溶液由橙色变为绿色，A错误；B、将SO2滴入盛有酚酞的NaOH溶液中，发生反应2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，不属于氧化还原反应，B正确；C、将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，溶液紫红色褪去，C错误；D、将葡萄糖溶液加入新制Cu(OH)2悬浊液中，葡萄糖中的醛基能和氢氧化铜发生氧化还原反应，出现红色沉淀，D错误。答案选B。考点：氧化还原反应8下列叙述正确的是( )A电镀时，通常把待镀的金属制品
6、作阳极B氯碱工业是电解熔融的NaCl，在阳极能得到Cl2C氢氧燃料电池(酸性电解质)中O2通入正极，电极反应为O24H4e=2H2OD工业冶炼金属铝的方法是电解熔融的氯化铝【答案】C【解析】试题分析：A电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，把镀层金属作阳极，错误；B氯碱工业是电解饱和的NaCl溶液，在阳极能得到Cl2，错误；C氢氧燃料电池(酸性电解质)中O2通入的是正极，电极反应为O24H4e=2H2O，正确；D工业冶炼金属铝的方法是电解熔融的氧化铝，错误。【考点】考查电解原理的应用的知识。9下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（ ）A、NH4CO3 NH3
7、H2O+CO2 B、2Na2O22H2O =4NaOHO2C、H2OCl2HClHClO D、NH3SO2H2O=NH4HSO3【答案】B【解析】试题分析：A.反应有离子键、极性共价键的断裂，形成的只有极性共价键，错误；B.反应过程中同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，正确；C.有极性共价键、非极性共价键的断裂，形成的只有极性共价键，不符合题意，错误；D.断裂的只有极性共价键，形成的有离子键、极性共价键，不符合题意，错误。考点：考查化学反应与化学键的断裂和形成的关系的知识。10COCl2俗称光气，是有毒气体。在一定条件下，可发生的化学反应为：COCl2(g) CO(g)Cl2(
8、g)HT2，则升温时CO的含量降低，平衡逆向移动，与题意不符。考点：化学平衡的图像与平衡的移动，涉及平衡常数、反应速率的计算。18（12分）在常温下，Fe与水并不起反应，但在高温下，Fe与水蒸气可发生反应。应用下列装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”。请回答该实验中的问题。（1）写出该反应的反应方程式： ；并指明该氧化还原反应的还原剂是 ，氧化剂是 。（2）圆底烧瓶中盛装的水，该装置受热后的主要作用是 ；烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是 。（3）实验开始时，应先点燃 （填写“酒精灯”或“酒精喷灯”）。【答案】（
9、每空2分）（1）Fe4H2O(g)Fe3O44H2 ；Fe；H2O（2）提供水蒸气；防止爆沸事故的发生。（3）酒精灯【解析】试题分析：（1）在高温下铁能和水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，反应的化学方程式是3Fe4H2O(g)Fe3O44H2。该反应是氧化还原反应，其中铁的化合价升高，所以铁是还原剂。水中氢元素的化合价降低，水是氧化剂。（2）水加热沸腾后可以产生水蒸气，所以该装置受热后的主要作用是提供水蒸气；由于水沸腾后，容易剧烈跳动，所以碎瓷片的作用是防止爆沸事故的发生。（3）由于装置中含有空气，所以首先加热酒精灯，利用生成的水蒸气排除装置中的空气。考点：考查铁和水蒸气反应的有关判断、实验安全
10、等点评：有关氧化还原反应的判断，关键是准确标出有关元素的化合价变化情况，然后逐一分析即可。另外在进行有关可燃性气体的性质实验时，必须注意实验安全，以防止发生意外。19我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献。他利用NaHCO3、NaCl、NH4C1等物质溶解度的差异，以食盐、氨气为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱。下面是在实验室中模拟“侯氏制碱法”中制取NaHCO3的实验步骤：第一步：连接好装置图（如下），检查气密性，在仪器内装入药品。第二步：先让一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解时，再通入另一装置中产生的气体，片刻后C中出现固体，继续向C中通入两种气
11、体，直到不再有固体产生。第三步：过滤C中所得的混合物，得到NaHCO3固体。第四步：向滤液中加入适量的NaCl粉末，有NH4Cl晶体析出。请回答下列问题：(1)装置的连接顺序是：(a)接( )( )接( )；(b)接( )。(2)A中常选用的固体为 ；D中应选用的液体为 ；B中发生反应的化学方程式为 。(3)第二步中必须让 装置先发生反应。(4)C中用球形干燥管而不用直导管，其作用是 ，C中广口瓶内发生反应的化学方程式为 。(5)第四步中分离出NH4Cl晶体的操作是 ；其所得的NH4Cl晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3 (约占58)，请设计一个简单的实验证明所得固体的成分大部分是NH4
12、Cl，简要写出操作和现象： 。【答案】(1)f e d c (2)块状石灰石 饱和NaHCO3溶液 CaO+NH3H2O=Ca(OH)2+NH3(其他合理答案也可) (3)B (4)防倒吸CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl (5)过滤 取少量固体放入试管中加热；固体大部分消失，在试管口又有较多的固体凝结(其他合理答案均可)【解析】(1)f e d c (2)块状石灰石 饱和NaHCO3溶液 CaO+NH3H2O=Ca(OH)2+NH3(其他合理答案也可) (3)B (4)防倒吸CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl (5)过滤 取少量固体放入试管中加
13、热；固体大部分消失，在试管口又有较多的固体凝结(其他合理答案均可)20（11分）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，请填写下列空白：（1）选用的指示剂是 。（2）用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_。（3）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_。A酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液B滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（4）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图
14、所示，请将数据填入下面表格的空白处。滴定次数待测氢氧化钠溶液的体积/ mL01000 mol/L 盐酸的体积/ mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/ mL第一次2500第二次250020028082608第三次250002226342612（5）请根据上表中数据列式计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：c（NaOH） 。（6）滴定终点的判定依据是 。【答案】25、（1）甲基橙 （2）眼睛应注意锥形瓶内颜色的变化（3）D （4）000 、2610 、2610 （5）0104 4 mol/L （6）溶液从黄色变为橙色，半分钟内不变色。【解析】试题分析：（1）甲基橙是酸碱指示剂，pH值变色范围31(红)-
15、44(黄)，选甲基橙（2）眼睛观察的是锥形瓶内指示剂颜色的变化，而不是滴定管中液体的体积变化；判断滴定终点时，注意在指示剂颜色发生变化后，半分钟内不再复原，停止滴定，答案为眼睛应注意锥形瓶内颜色的变化；（3）A由于未用标准液润洗，导致消耗盐酸的体积比实际上要大，测定的氢氧化钠溶液的浓度偏高。B无影响；C 酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失,直接导致读数比实际值偏大，使测定的氢氧化钠溶液的浓度偏高；D 读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数,导致读数比实际上偏小，使测定的氢氧化钠溶液的浓度偏低；选D。（4）由图可知：滴定前刻度000，滴定后刻度2610，溶液体积2610；（5）取
16、这三次盐酸体积的平均值：V=(2610+2608+2612)/3= 2610(mL)，其浓度为0100 0 mol/L，待测氢氧化钠溶液的体积为2500 mL，则该氢氧化钠溶液的物质的量浓度c(NaOH)=c(盐酸)V(盐酸) /V(NaOH)=0104 4 mol/L；(6) 滴定终点的判定依据是溶液从黄色变为橙色，半分钟内不变色。考点：考查酸碱中和滴定。21一定温度下，在密闭容器中，发生反应： 2NO2 2NOO2，经过一定时间后，测得混合气中NO2浓度为0.06 mol1， O2的浓度为0.12 mol1，且各物质的浓度不再发生变化。 求：（1）NO2的起始浓度? ；（2）此时NO2的转
17、化率? 。【答案】 0.3 mol/L 80%【解析】22某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如下图所示（部分产物已略去）：（1）写出F的电子式_。（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是_（3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的_溶液再与盐酸反应，如图所示，则A与B溶液反应后溶液中的溶质化学式为_。（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_。（5）若A是一种化肥。实验
18、室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是_。（6）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32、SO42中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为_。【答案】（1） （2）水玻璃 （3）Na2CO3、NaHCO3（4）溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失（5）3Cl 2 + 8NH3 = N2 + 6NH4Cl（6）C(H+) : C(Al3+)
19、: C(NH4+): C(SO42-) =1 :1 :2: 3【解析】试题分析：C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH；（1）HCl的电子式（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以制备G为H2SiO3，E溶液的俗称是水玻璃；（3）曲线中，从0.1L0.3L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗
20、盐酸为100mL，小于200mL，所以溶液中的溶质成分NaHCO3、Na2CO3；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失；（5）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（6）由图可知，
21、开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH-=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H+OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1积，发生反应Al3+3OH-=Al（OH）3，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4+OH-=NH3H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）=
22、1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3考点：无机物的推断23A、B、C、D四种元素的核电荷数依次增加，它们的离子的电子层数相同，且最外层电子数均为8A原子的L层电子数与K、M层电子数之和相等，D原子的K、L层电子数之和等于电子总数的一半。回答以下问题：（1）四种元素的符号依次是 A ，B ，C ，D 。（2）试画出四种元素的离子结构示意图：A ，D 。它们的离子半径由大到小的顺序 。（3）写出各元素最高价氧化物对应水化物的分子式 ，分别比较酸性和碱性的强弱 。【答案】（1）S；Cl；K；Ca（2）；r（S2-）r（Cl-）r（K+）r（C
23、a2+）（3）H2SO4、HClO4、KOH、Ca（OH）2；酸性：HClO4H2SO4，碱性：KOHCa（OH）2【解析】试题分析：A、B、C、D 4种元素的核电荷数依次增大，A原子的L层电子数与K、M层电子数之和相等，则M层电子数8-26，故A为S元素；D原子的K、L层电子数之和等于电子总数的一半，则L层已经排满电子，故核外电子数2（2+8）20，故D为Ca元素，四元素的离子的电子层数相同且最外层电子数均为8，结合原子序数，可推知，B为Cl、C为K，（1）由上述分析可知，A为S，B为Cl，C为K，D为Ca；（2）S、Ca对应的离子结构示意图为、，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径r（S2-）r（Cl-）r（K+）r（Ca2+）；（3）S、Cl、K、Ca对应的最高价氧化物对应水化物分别为H2SO4、HClO4、KOH、Ca（OH）2，根据元素周期律，非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物碱性越强，由于氯的非金属性强于硫，钾的金属性强于钙，所以，在上述四种物质中酸的酸性强的是HClO4，碱的碱性较强的是KOH。考点：考查元素推断及元素周期律
