1、四川省大竹县文星中学2015年春高二下期6月月考化学试卷考试时间：50分钟；满分：100分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题：共14题 每题6分 共84分1用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.用含0.1mol FeCl3的溶液与足量沸水反应制得的Fe(OH)3胶体中胶粒数为0.1NAB.0.1mol Fe与0.1mol Cl2充分反应，转移的电子数为0.3 NAC.46g NO2和N2O4的混合气体中含N原子总数为NAD.等物质的量的和OH含电子数均为10NA【答案】C【解析】本题考查氢氧化铁胶体微粒是氢氧化铁的
2、集合体，用含0.1molFeCl3的溶液与足量沸水反应制得的Fe(OH)3胶体中胶粒数小于0.1NA，故A错误；0.1mol铁完全反应生成氯化铁需要消耗0.15mol氯气，显然氯气不足，二者反应转移的物质的量按照氯气的计算，转移电子物质的量为0.1mol2=0.2mol，转移电子数为0.2NA，故B错误；NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算46gNO2中原子数=3NA=3NA。故C正确；不知道和OH的物质的量。无法算出它们电子数的多少。故D错误。2胆固醇是人体必需的生物活性物质，分子式为C25H46O。已知某种胆固醇酯是液晶材料，分子式为C32H50O2。则生成这种胆固醇酯的酸是A.C6H
3、13COOHB.C6H5COOHC.C7H15COOHD.C6H5CH2COOH【答案】B【解析】本题考查酯的结构及酯化反应的特点。酸与醇反应生成酯和水，用酯的分子式加上一个水分子的组成，再减去醇的分子式，就是反应的酸的分子式：C7H6O2，故选B。3假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化。为各装置中的电极编号。下列说法错误的是A.当K闭合时，A装置发生吸氧腐蚀，在电路中做电源B.当K断开时，B装置锌片溶解，有氢气产生C.当K闭合后，整个电路中电子的流动方向为；D.当K闭合后，A、B装置中pH均变大。【答案】A【解析】本题考查原电池和电解池原理。A.当K闭合时，锌
4、在所有电极材料中最活泼，B装置是原电池，其余装置都是电解池，错误；B.当K断开时，B装置无法构成原电池，锌片与溶液中的氢离子直接反应而溶解，有氢气产生，正确；C.当K闭合后，B是原电池，锌是负极，电子由流向，整个电路中电子的流动方向为；，正确；D.当K闭合后，A装置是电解池，铁作阴极，溶液中水放电生成氢气和氢氧根离子，阳极氯离子放电生成氯气，溶液pH增大，B装置中氢离子在正极铜极得到电子生成氢气，溶液pH变大，正确，故选A。4下列说法正确的是A.用红外光谱可鉴别乙醇和二甲醚，用X射线衍射实验可鉴别玻璃与水晶B.煤的主要成分是单质碳、苯、二甲苯等，可通过煤的干馏将它们分离C.聚氯乙烯塑料可制作保
5、鲜膜、一次性食品袋D.聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应【答案】A【解析】本题考查了化学与生产、生活、社会密切联系。二甲醚中含COC，而乙醇中含COH，则利用红外光谱法可以鉴别二甲醚和乙醇，玻璃不是晶体而水晶是晶体，所以用X射线衍射实验可鉴别，故A正确。煤是由有机物与少量无机物组成的复杂混合物，煤的干馏是隔绝空气加强热使之分解，是化学变化的过程，得到碳、苯、二甲苯等，故B错。聚氯乙烯塑料有毒，所以聚氯乙烯塑料不可制作保鲜膜、一次性食品袋，故C错。聚乙烯塑料的老化是由于发生了氧化反应，故D错。5中和热是在稀溶液中，强酸、强碱发生中和反应生成1 mol水时放出的热量，中和热为57.3 kJ/mo
6、l。下列热化学方程式中正确的是A.HNO3(aq)KOH(aq)H2O(l)KNO3(aq)H57.3 kJ/molB.HNO3(aq)NH3H2O(aq)H2O(l)NH4NO3(aq)H57.3 kJ/molC.CH3COOH(aq)KOH(aq)H2O(l)CH3COOK(aq)H57.3 kJ/mol【答案】D【解析】本题考查中和热。在稀溶液中，强酸、强碱发生中和反应生成1 mol水时放出的热量叫中和热，数值为57.3 kJ/mol。A.HNO3(aq)KOH(aq)H2O(l)KNO3(aq)H=57.3 kJ/mol，错误；B.NH3H2O是弱电解质，电离吸热，H57.3 kJ/m
7、ol，错误；C.CH3COOH是弱电解质，电离吸热，H57.3 kJ/mol，错误；D.CH3COOH、NH3H2O均为弱电解质，电离吸热，H57.3 kJ/mol，正确。6天然维生素P(结构如图，结构中R为烷基)存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂，关于维生素P的叙述正确的是A.1 mol该物质与足量溴水反应消耗6 mol Br2B.1 mol该物质可与5 molNaOH反应C.分子内所有原子可能在同一平面上D.若能使酸性KMnO4溶液的紫色褪去，则可证明该物质分子中含有碳碳双键【答案】A【解析】本题主要考查了有机物的官能团，有机物按官能团的分类等考点的理解。A、由维生素P的结构可知：在物质
8、的分子中含有四个酚羟基和一个碳碳双键，在苯环上发生取代反应，在碳碳双键上发生加成反应，所以维生素P可与溴水反应，且1 mol该物质与足量溴水反应消耗6 mol Br2，所以A正确。B. 维生素P含有四个酚羟基，可与NaOH溶液反应，1 mol该物质可与4 mol NaOH反应，所以B错误。C、分子内所有原子不可能在同一平面上，单键是可以旋转，所以C错误。D、酚羟基也可被氧化，所以D错误。7一定条件下，在体积为10 L的固定容器中发生反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g)H0，反应过程如图，下列说法正确的是A.t1 min时正、逆反应速率相等B.X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系C.
9、08 min，H2的平均反应速率v(H2)molL1min1D.1012 min，升高温度使反应速率加快，平衡正向移动【答案】B【解析】本题主要考查了对化学反应速率、化学平衡移动等考点的理解。A、t1min时反应物H2、生成物NH3的物质的量浓度相等，但是由于化学反应速率是平均速率，所以不能说正、逆反应速率相等，错误。B、根据坐标中横轴、纵轴的含义可知X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系。正确。C、08 min，H2的平均反应速率v(H2)(1.20.3)mol/10L/8min=0.01molL1min1，错误。D、1012 min，H2的物质的量减小，NH3的物质的量增大，平衡正向移
10、动，最终到12min时达到新的平衡状态。若是升高温度，反应速率加快，则由于该反应的正反应是放热反应，平衡应该向逆反应方向移动，H2的物质的量增大，NH3的物质的量减小，与图像不符合，错误。第II卷（非选择题）二、实验题： 共15分8某学习小组探究溴乙烷的消去反应并验证产物。实验原理：CH3CH2Br + NaOHCH2=CH2 + NaBr + H2O实验过程：组装如图所示装置，检查装置气密性，向烧瓶中注入10mL溴乙烷和15mL饱和氢氧化钠乙醇溶液，微热，观察实验现象。一段时间后，观察到酸性KMnO4溶液颜色褪去。(1)甲同学认为酸性KMnO4溶液颜色褪去说明溴乙烷发生了消去反应，生成了乙烯
11、；而乙同学却认为甲同学的说法不严谨，请说明原因： 。(2)丙同学认为只要对实验装置进行适当改进，就可避免对乙烯气体检验的干扰，改进方法为： 。改进实验装置后，再次进行实验，却又发现小试管中溶液颜色褪色不明显。该小组再次查阅资料，对实验进行进一步的改进。资料一：溴乙烷于55时，在饱和氢氧化钠的乙醇溶液中发生取代反应的产物的百分比为99，而消去反应产物仅为1。资料二：溴乙烷发生消去反应比较适宜的反应温度为90110，在该范围，温度越高，产生乙烯的速率越快。资料三：溴乙烷的沸点：38.2。(3)结合资料一、二可知，丙同学改进实验装置后，溶液颜色褪色不明显的原因可能是，此时发生反应的化学方程式为： 。
12、(4)结合资料二、三，有同学认为应将实验装置中烧瓶改成三颈烧瓶并增加两种仪器，这两种仪器是 。 。【答案】(1)乙醇易挥发，挥发出来的乙醇也可以使酸性KMnO4溶液褪色(2)在小试管之前增加一个盛有冷水的洗气瓶(其他合理答案均可)(3)反应温度较低(其他合理答案均可)；CH3CH2Br + NaOHCH3CH2OH + NaBr(4)冷凝管温度计(量程为200)【解析】本题考查了溴乙烷的消去反应及产物的验证。(1)乙醇易挥发，挥发出来的乙醇也可以使酸性KMnO4溶液褪色。 (2) 由于乙醇与水以任意比例互溶，所以在小试管之前增加一个盛有冷水的洗气瓶，使乙醇冷凝溶解，不让乙醇进入酸性高锰酸钾溶液
13、中。 (3)由资料一、二可知，反应温度较低时，大部分溴乙烷在饱和氢氧化钠的乙醇溶液中发生取代反应生成乙醇，而很少的溴乙烷发生消去反应生成乙烯，从而造成溶液颜色褪色不明显，此时发生反应的化学方程式为CH3CH2Br + NaOHCH3CH2OH + NaBr。(4)由资料二、三可知，溴乙烷发生消去反应比较适宜的反应温度为90110，在该范围，温度越高，产生乙烯的速率越快，故需要增加量程为200的温度计，控制温度为90110，溴乙烷的沸点为38.2，温度为90110时，溴乙烷会大量的挥发除去，故需要增加一个冷凝管来防止溴乙烷挥发除去。三、填空题： 共13分9工业上以氨气为原料(铂铑合金网为催化剂)
14、催化氧化法制硝酸的过程如下：(1)已知反应一经发生，铂铑合金网就会处于红热状态。写出氨催化氧化的化学方程式：_。当温度降低时，化学平衡常数K值_(填“增大”、“减小”或“无影响”)。(2)氨气是制取硝酸的重要原料，合成氨反应的化学方程式如下：N23H22NH3，该反应在固定容积的密闭容器中进行。下列各项标志着该反应达到化学平衡状态的是_(填字母)。A.容器内N2、H2、NH3的浓度之比为132B.v正(N2)v逆(H2)C.容器内压强保持不变D.混合气体的密度保持不变若在恒温条件下，将N2与H2按一定比例混合通入一个容积为2 L固定容积的密闭容器中，5 min后反应达平衡时，n(N2)1.0
15、mol，n(H2)0.8 mol，n(NH3)0.8 mol，则反应速率v(H2)_，平衡常数_。若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后，容器内温度(填“大于”、“小于”或“等于”)原来的2倍。【答案】(1)4NH35O24NO6H2O；增大；(2)C0.12 molL1min1；5向左移动；小于【解析】本题考查化学反应速率与化学平衡。(1) 氨催化氧化的化学方程式：4NH35O24NO6H2O；当温度降低时，化学平衡正向移动，平衡常数增大(2)A.容器内N2、H2、NH3的浓度之比为132，不能证明达到平衡，错误
16、；B.3v正(N2)v逆(H2)时，达到化学平衡，故错误；C.反应前后系数不等，容器内压强保持不变，达到平衡，正确；D.反应过程中混合气体的密度始终保持不变，不能说明达到平衡，错误；故选C；5 min后反应达平衡时，n(NH3)0.8mol，参加反应的氢气是1.2mol, v(H2)1.2mol 2L5min=0.12 molL1min1；平衡时，c(N2)0.5 mol/L，c(H2)0.4 mol/L，c(NH3)0.4 mol/L，平衡常数K5；因为容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将向左移动；因为平衡将向左移动，达到新平衡后，容器内温度小于原来的2倍。四、综合题：
17、 每题15分 共30分10合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92.4 kJmol1一种工业合成氨的简易流程图如下：(1)在密闭容器中，使2 mol N2和6 mol H2混合发生下列反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)(正反应为放热反应)，当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是。升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量(填“变大”、“变小”或“不变”)。(2)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式： _。(3
18、)步骤中制氢气原理如下：CH4(g)H2O(g) CO(g)3H2(g) H206.4 kJmol1CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g) H41.2 kJmol1对于反应，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的措施是_。a.升高温度 b.增大水蒸气浓度c.加入催化剂 d.降低压强利用反应，将CO进一步转化，可提高H2产量。若a mol CO和H2的混合气体(H2的体积分数为80%)与H2O反应，得到1.14a mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为_。上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是(填序号)_。简述本流程中提高合成氨原料总转化率
19、的方法： 。【答案】(1) 13；变小(2)2NH4HSO22NH3H2O2S(3) a；70%(4) ；(5)对原料气加压；分离液氨后，未反应的N2、H2循环使用【解析】本题考查了化学平衡影响因素、化学平衡的计算，注意化学平衡的计算方法，明确化学平衡及其影响因素。(1)依据起始量氮气和氢气物质的量之比等于反应之比分析判断，在密闭容器中，使2molN2和6molH2混合发生下列反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应物起始量之比等于化学方程式中的反应之比，所以平衡浓度为13；N2(g)+3H2(g)2NH3(g)(正反应为放热反应)，反应是放热反应，所以升温平衡逆向进行，气体质量不变
20、，气体物质的量增大，M=m/n可知，混和气体的平均相对分子质量减小；故答案为：13；变小；(2)H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为：2NH4HS+O22NH3H2O+2S；(3)反应CH4(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) H=+206.4 kJmol1，是气体体积增大的吸热反应，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，说明平衡正向进行，又能加快反应速率，说明影响反应速率的条件可以是升温、加压、增大浓度等，分析反应特征可知反应正向进行且反应速率增大的
21、只有升温平衡向吸热反应进行，平衡正向进行反应速率增大；a.反应是吸热反应，升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，平衡体系中H2百分含量增大，故a正确；b.增大水蒸气浓度，平衡正向进行，反应速率增大，但平衡体系中H2百分含量不一定增大，故b错误；c.加入催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，反应速率增大，氢气百分含量不变，故c错误；d.减小压强，平衡向着正向移动，氢气百分含量增大，但反应速率减小，故d错误；利用反应，将CO进一步转化，可提高H2产量，若：amol CO和H2的混合气体(H2的体积分数为80%)中 H2为：amol80%=0.8amol，CO的物质的量为：0.2amol，与H2O反应
22、得到1.14amol CO、CO2和H2的混合气体，该反应前后气体体积不变，增加的部分应该是起始的水蒸气的物质的量为：1.14amolamol=0.14amol，设转化的一氧化碳的物质的量为x，则则：0.2ax+x+x+0.8a=1.14a，x=0.14amol则CO转化率为：0.14a/0.2a100%=70%，；(4)由流程合成氨放热，通过热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度；(5)提高合成氨原料总转化率，依据平衡移动原理分析，分离出氨气促进平衡正向进行，把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原理利用率。11由Cu、N、B、Ni等元素组成的新型材料有着广泛用途。(1)基态 C
23、u的最外层核外电子排布式为_。(2)研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种，若中每个氮原子均满足8电子结构，以下有关推测正确的是 。A. 有24个电子B. 离子中存在三对未成键的电子对C.阳离子中存在两个氮氮三键(3)化合物A(H3BNH3)是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物 (HB=NH)3。通过3CH4 +2(HB=NH)3+6H2O 3CO2+6H3BNH3制得。与上述化学方程式有关的叙述不正确的是_。(填标号)A.反应前后碳原子的轨道杂化类型不变B.CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形C.第一电离能：NOCBD.化合物A中存在配位键1个(HB=NH
24、)3分子中有_个键。(4)在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式。图(a)是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为_。图(b)是硼砂晶体中阴离子的环状结构，其中硼原子采取的杂化类型为_。(5) NiO晶体结构与NaCl晶体类似，其晶胞的棱长为acm，则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离为_(用含有a的代数式表示)。在一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”(如图)，可以认为氧离子作密致单层排列，镍离子填充其中，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为_g(氧离子的半径为1. 4010m，l. 732)。【答案】(1) 3d10(2)C(3) A；12(4) (
25、或)；sp3、sp2(5)1.83103【解析】本题考查了学生对物质结构与性质。(1)Cu原子失去1个电子生成Cu+，Cu+核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 。(2)A、1个氮原子中含有7个电子，则1个N5分子中含有35个电子，是由N5分子失去1个电子得到的，则1个粒子中有34个电子，故A错误。B.离子中每个氮原子均满足8电子结构，每个N原子形成3个共用电子对，还剩一对未成键电子，所以离子中存在五对未成键的电子对，故B错误。C.离子的结构为，则阳离子中存在两个氮氮三键，故C正确。(3)3C
26、H4+2(HB=NH)3+6H2O3CO2+6H3BNH3，A.由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故A错误；B.CH4分子中价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对=4+(441)=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H2O中价层电子对个数=2+(621)=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，CO2分子中价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+(422)=2，所以二氧化碳是直线型结构，故B正确。C、同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第II
27、A族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是I1(N)I1(O)I1(C)I1(B)，故C正确。D.B一般是形成3个键，(H3BNH3)由六元环状化合物(HB=NH)3通过3CH4+2(HB=NH)3+6H2O3CO2+6H3BNH3制得，其中1个键是配位键，故D正确。故答案为：A。1个(HB=NH)3分子中硼原子与氮原子间以键结合，而剩余的p轨道形成一个共轭大键，BH键有3个，NH键有3个，BN有键有6个，故一共12个。(4)图(a)是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个单元，都有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个单元共用，所以BO=1(1+2)=12，化学式为：(或)，从图(b)是硼砂晶体中阴离子的环状结构可看出，B4O5(OH)42一半sp3杂化形成两个四配位BO4四面体；另一半是sp2杂化形成两个三配位BO3平面三角形结构。(5)根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍，所以其距离是acm；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=，则每平方米含有的氧化镍个数=，每个氧化镍的质量=g，所以每平方米含有的氧化镍质量=1.83103。
