1、山东省梁山县第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1某同学在做钠的燃烧实验时，观察到火焰的颜色为 （ ）A红色 B蓝色 C紫色 D黄色【答案】D【解析】试题分析：钠的颜色为黄色，钠的燃烧实验时，观察到火焰的颜色是黄色，故D正确。考点：本题考查钠的性质。 2NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A9 g D2O中含有的电子数为5 NAB92 g NO2和N2O4混合气体中含有原子数为6 NAC1 mol C3H8分子中共价键总数为8 NAD65 g Zn全部溶解在一定浓度的硝酸溶液中，有NO生成，则转移的电子数为NA【答案】B【解析】试题分析：A、D2O的摩尔质量为2
2、0g/mol，9 g D2O中含有的电子物质的量为：9g20g/mol10=4.5mol，则电子数目数为4.5 NA，错误；B、NO2与N2O4的最简式相同，所以92 g NO2和N2O4混合气体中含有原子物质的量为：92g46g/mol3=6mol，则原子数目为6 NA，正确；C、C3H8分子含有的共价键为10个，所以1 mol C3H8分子中共价键总数为10 NA，错误；D、Zn元素的化合价由0价升高到+2价，所以65 g Zn全部溶解在一定浓度的硝酸溶液中，转移的电子数为2NA，错误。考点：本题考查阿伏伽德罗常数的应用。 3水的电离过程为H2OH+OH-，在不同温度下其离子积分别为Kw(
3、250C)=1.010-14，Kw(350C)=2.110-14，则下列叙述正确的是（ ）Ac(H+)随着温度的升高而降低B在350C时，纯水中c(H+)c(OH-)C水的电离是一个吸热过程D水的电离常数Kw(250C)Kw(350C)【答案】C【解析】试题分析：A、根据题干信息，Kw随着温度的升高而增大，则c(H)随着温度的升高而增大，故错误；B、纯水电离产生c(H)=c(OH)，故错误；C、Kw的随温度的升高而增大，根据勒夏特列原理，水的电离是吸热过程，故正确；D、Kw的随温度的升高而增大，Kw(25)H2SiO3将燃烧的镁条放入CO2中能继续燃烧还原性：MgC常温下白磷可自燃而氮气须在放
4、电时才与氧气反应非金属性：PN某无色溶液中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液产生白色沉淀原溶液一定有SO42A.B CD全部【答案】C【解析】如同一周期时左边的原子半径大于右边原子半径；N2分子之所以稳定其原因是N2分子中含有键能较大的氮氮三键；原溶液中若有SO32也会产生白色沉淀。13将等质量的两份锌a、b分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加少量的CuSO4溶液，下图中产生氢气的体积V(L)与时间t(min)的关系，其中正确的是（ ）【答案】A【解析】试题分析：锌与稀硫酸反应放出氢气，a中加入少量的硫酸铜溶液，则Zn与硫酸铜发生置换反应，生成Cu，可与Cu形成原电池，加快反应速率，但因为消耗了Zn，所以
5、此时的氢气的体积减少，所以答案选A。考点：考查对化学反应图像的判断14某混合溶液中含有NaI、NaBr、Na2SO3三种溶质，其物质的量均为l mol，向混合溶液中通入一定量的氯气。下列说法正确的是A将溶液蒸干最多可以得到4 mol NaClB将溶液蒸干并灼烧，得到的固体可能是NaCl、NaBr、Na2SO4C向溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液变蓝，则氯气一定过量D若通入氯气的体积为11.2 L(标准状况)，反应的离子方程式为：2I-+Cl2=I2+2C1-【答案】B【解析】试题分析：根据题意知向含有NaI、NaBr、Na2SO3三种溶质各l mol的混合溶液中通入一定量的氯气发生的反应依次为Cl
6、2 +SO32- + H2O=2H+SO42- + 2Cl-、Cl2 + 2I- =2Cl- + I2、Cl2 + 2Br- =2Cl- + Br2。A、根据上述反应及数据分析将溶液蒸干最多可以得到2mol NaCl，错误；B、当通入过量氯气时，将溶液蒸干并灼烧，得到的固体可能是NaCl、NaBr、Na2SO4，正确；C、向溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液变蓝，氯气不一定过量，可能是原溶液中有碘单质生成，错误；D、若通入氯气的体积为11.2 L(标准状况)，反应的离子方程式为：Cl2 +SO32- + H2O=2H+SO42- + 2Cl-，错误。考点：考查氧化还原反应及元素化合物知识。15已知：
7、含碳碳双键的物质一定条件下能与水发生加成反应生成醇，有机物AD间存在图示的转化关系。下列说法不正确的是AA能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B可用B萃取碘水中的碘单质CB与乙酸发生了取代反应 DD的结构简式为CH3COOCH2CH3【答案】B【解析】试题分析：C被氧化生成乙酸，则C为CH3CHO，B在加热条件下和氧化铜发生氧化反应生成C，则B为CH3CH2OH，A和水发生加成反应生成B，则A为CH2=CH2，乙酸和乙醇发生酯化反应生成D，D为CH3COOCH2CH3；A、A是乙烯，乙烯中含有碳碳双键，所以易被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾褪色，A正确；B、作碘水中碘的萃取剂的物质不能和水互溶，B是乙
8、醇，能和水互溶，所以不能萃取碘水中的碘，B错误；C、B是乙醇，能和乙酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应，该反应也属于取代反应，C正确；D、D是乙酸乙酯，其结构简式为CH3COOCH2CH3，D正确；答案选B。【考点定位】本题主要是考查了机物的推断【名师点晴】解答时注意以乙酸为突破口采用逆向推导的方法进行推断，并结合反应条件来分析解答，注意乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，为易错点。16(8分)用下面的原子或离子结构示意图的编号(A、B、C、D)填空：（1）核外电子层排布相同的是_和_；（2）属于同种元素的是_和_；（3）属于金属元素的是_；（4）写出D参加化学反应后所得离子的结构示意图_
9、_。【答案】（1）B和C； （2） A和B； （3）D； （4）【解析】试题分析：（1）核外电子排不包括电子层数和每层排布的电子数（2）核电荷数决定元素种类（3）核电荷数为11的元素是钠考点：考查原子核外电子排布规律和原子结构示意图17 ()浓硝酸与浓盐酸混合过程中会产生少量的黄绿色气体单质X、化合物M和无色液体，化合物M中所有原子均达到8电子的稳定结构。2mol M加热分解生成1mol氧化产物X和2mol无色气体Y，Y遇到空气呈现红棕色。（1）镁与气体X反应产物的电子式 。（2）浓硝酸与浓盐酸反应的化学方程式为 。（3）化合物M水解生成两种酸，为非氧化还原反应，该反应的化学方程式为 。()石
10、油铁储罐久置未清洗易引发火灾，经分析研究，事故是由罐体内壁附着的氧化物甲与溶于石油中的气态氢化物乙按13反应生成的物质丙自燃引起的。某研究小组将一定量的丙粉末投入足量的浓盐酸中发生反应，得到4.8g淡黄色固体和气体乙，乙在标准状况下的密度为1.52gL-1。过滤后向滤液（假设乙全部逸出）中加入足量的NaOH溶液，先出现白色沉淀，最终转变为红褐色沉淀，过滤、洗涤、灼烧后的固体质量为24g。已知气体乙可溶于水。请回答下列问题：（4）甲的化学式为 。（5）丙在盐酸中反应的化学方程式为 。（6）丙与盐酸反应后的滤液暴露在空气中一段时间颜色加深，其原因是（用离子方程式表示） 。（7）为消除石油铁储罐的火
11、灾隐患，下列措施可行的是（填编号） 。A石油入罐前脱硫 B定期用酸清洗罐体C罐体内壁涂刷油漆 D罐体中充入氮气【答案】(共14分)（每空2分）()（1）（2）HNO3+3HCl=Cl2+NOCl+2H2O ；（3）NOCl+H2O=HNO2+HCl()（4）Fe2O3；（5）Fe2S3+4HCl=2H2S+2FeCl2+S（6）4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O；（7）A、D。【解析】试题分析：()（1）黄绿色气体单质X是Cl2，镁与气体Cl2应产物MgCl2电子式是；(2)浓硝酸与浓盐酸混合过程中会产生少量的黄绿色气体单质X是Cl2，化合物M和无色液体，化合物M中所有原子均达到8电子的
12、稳定结构。2mol M加热分解生成1mol氧化产物X和2mol无色气体Y，Y遇到空气呈现红棕色。则Y是NO，Cl2是氧化产物，说明在混合M中Cl元素是-1价，根据气体发生反应时物质的量的比等于气体分子数的比，结合质量守恒电离可得M是NOCl，无色液体是水，则浓硝酸与浓盐酸反应的方程式是HNO3+3HCl=Cl2+NOCl+2H2O；（3）化合物M是NOCl，其水解生成两种酸，为非氧化还原反应，则该反应的化学方程式为NOCl+H2O=HNO2+HCl；() （4）石油铁储罐久置，部分Fe被氧化变为Fe2O3，所以甲是Fe2O3；（5）气体乙在标准状况下的密度为1.52gL-1，其摩尔质量是1.5
13、2gL-122.4L/mol=34g/mol，则乙是H2S。将一定量的丙粉末投入足量的浓盐酸中发生反应，得到4.8g淡黄色固体是S单质和气体乙是H2S，过滤后向滤液（假设乙全部逸出）中加入足量的NaOH溶液，先出现白色沉淀，最终转变为红褐色沉淀，说明溶液中含Fe2+，加入NaOH溶液反应形成Fe(OH)2沉淀最后变为Fe(OH)3沉淀，过滤、洗涤、灼烧后的固体质量为24g是Fe2O3。根据氧化还原反应的规律，结合原子守恒、电子守恒，可确定丙是Fe2S3，丙与盐酸反应方程式是：Fe2S3+4HCl=2H2S+2FeCl2+S；（6）丙与盐酸反应后的滤液是FeCl2，Fe2+有还原性，容易被空气中
14、的氧气氧化为Fe3+，因此暴露在空气中一段时间颜色加深，用离子方程式表示是4Fe2+4H+ +O2= 4Fe3+ 2H2O；（7）为消除石油铁储罐的火灾隐患，根据上述分析可知A石油入罐前脱硫处理，正确；B定期用酸清洗罐体，会使罐壁变薄，不利于储存油，错误；C罐体内壁涂刷油漆，油漆是有机物，容易溶于油中，使油纯度降低，错误；D罐体中充入氮气，就可以防止罐被氧化产生Fe2O3，正确。考点：考查氧化还原反应在实际生活的应用、化学方程式和离子方程式的书写等知识。18（9分）某同学探究同周期元素性质的递变规律，并讨论影响化学反应速率的因素，选用的试剂如下：镁条、铝条、铝粉、钠、新制的Na2S溶液、新制的
15、氯水、0.5mol/L的盐酸、3mol/L的盐酸、酚酞试液，其设计的实验方案及部分实验现象如下表：实验步骤实验现象将一小块金属钠放入滴有酚酞试液的冷水中钠块浮在水面上，熔化成闪亮的小球，做不定向移动，随之消失，溶液变红色将表面积大致相同的镁条和铝条（均已用砂纸打磨过，分别投入足量的相同体积的0.5mol/L的盐酸中镁条剧烈反应，迅速产生大量的无色气体，而铝条反应不十分剧烈，产生无色气体，镁条消失比铝条快将新制的氯水滴加到新制的Na2S溶液中将相同质量的镁条（已用砂纸打磨过）和铝粉分别投入到足量的相同体积的0.5mol/L的盐酸和3mol/L的盐酸中剧烈反应产生气体，但铝粉消失比镁条快请回答下列
16、问题：（1）实验的现象是 ，该反应的离子方程式为 ，（2）由实验得出的实验结论是 （3）由实验可得出决定化学反应快慢的主要因素是 （4）实验中，因为铝粉消失所用的时间短，因此，该同学得出结论：铝比镁易失电子，该结论是否正确？ （填是或否）（5）通过实验说明要加快化学反应速率可 或 。【答案】（1）生成黄色沉淀 Cl2 + S2 = 2Cl + S（2分） （2）氯原子得电子能力强于硫原子得电子能力（其他合理答案同样得分）（2分） （3）反应物本身的性质（4）否（5）增大反应物浓度 增大反应物接触面积（本题除注明分数外，每空1分）【解析】19某学习小组进行如下课外活动，邀请你参与：（1）研究水溶
17、液中复分解型离子反应的发生条件，设计如下方案：实验设计及操作离子方程式向盛有2mlCuSO4溶液的试管里加入2mlNaOH溶液，观察现象Cu2+2OH-Cu(OH)2向盛有2mL pH=1的HCl溶液的试管里慢慢滴入18mL(已足量)CH3COONH4溶液(查资料知CH3COONH4，溶液呈中性 )震荡摇匀，测得pH3.7向盛有2mLNaHCO3溶液的试管里加入2mL H2SO4溶液，观察现象HCO3-+H+H2O+CO2向盛有2mL 稀Na2SO4溶液的试管里加入2mL稀KCl溶液，观察无明显现象写出II实验中发生反应的离子方式_；根据实验发现只要有_，等物质生成，水溶液中复分解型离子反应就
18、可以发生。经过小组同学积极思考、讨论交流发现在生成三类物质后，导致一个共同的结果，于是得出结论：溶液中复分解型的离子反应总是向着某些_的方向进行(与溶液混合的瞬间相比)小组同学进一步深入思考，发现上述问题其实质是化学反应进行的方向问题请你结合化学反应原理的相关知识对中的结论作出合理解释_；（2）如何研究H2SO4、KC1、NaHSO4、NaN03、Na2C03、NH4C1、NaOH的性质？设计方案为：将它们按照酸、碱、盐分类，然后分别溶于水得到溶液，进行实验，具体如下：根据方案进行分类时，经实验测得KC1、NaN03，溶液的pH=7；H2SO4、NaHSO4、NH4Cl溶液的pH7；Na2C0
19、3、NaOH溶液的pH7由此有的同学按分类法思想把H2SO4、NaHSO4、NH4Cl都划分为酸类，请你运用中学化学相关理论判断这样划分是否合理？并简要说明理由_、_；向NaHS04、NaN03的混合溶液中，滴加Na2S溶液产生黄色沉淀和无色气体，写出反应的离子方程式：_；反应中若生成标准状况下的无色气体1.12L，则被氧化的物质为_mol，转移电子的物质的量为_mol。某同学在用H2S04鉴别NaN03、Na2C03、NaOH溶液时，Na2C03很容易鉴别，但鉴别NaN03和NaOH时却陷入了困境限用上述另外六种物质，请你设计一个现象明显的实验方案帮忙解决这一难题_。【答案】（1）H+CH3
20、COO-=CH3COOH 气体、沉淀、弱电解质 离子浓度减小 当生成上述三类物质时，形成新的化学键而导致体系的焓减或生成气体而导致熵增，由化学反应进行的方向的焓判据和熵判据知，反应可发生；（2）不合理；硫酸氢钠和氯化铵都属于盐，前者电离产生的阳离子除了氢离子还有钠离子，后者是因为水解而显酸性2NO3-+3S2-+8H+=2NO+3S+4H2O；0.075；0.15取两张待测液少许于试管中，分别加入氯化铵溶液并加热，有刺激性气味气体产生的为NaOH，另一种为硝酸钠【解析】试题分析：（1）如果二者不反应，混合后溶液中c(H+)=0.01mol/L，混合溶液pH=2，实际上溶液pH=3.72，说明I
21、I实验中二者反应生成弱电解质醋酸，离子方程式为H+CH3COO-=CH3COOH；实验I中生成沉淀、实验II中生成弱电解质、实验3中生成气体和弱电解质，这三个实验都发生复分解反应，IV中不产生上述物质，所以不发生复分解反应，则复分解反应条件是生成气体、沉淀、弱电解质中的一个即可；通过实验对比知，只要发生复分解反应，则离子浓度一定减小，所以离子反应总是向着离子浓度减小的方向进行；当生成上述三类物质时，形成新的化学键而导致体系的焓减或生成气体而导致熵增，由化学反应进行的方向的焓判据和熵判据知，反应可发生；（2）在水溶液里电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，氯化铵在水溶液中只电离出铵根离子和酸根
22、离子，且氯化铵溶液呈酸性是因为水解导致的，硫酸氢钠在水溶液中电离出的阳离子还有钠离子，所以氯化铵和硫酸氢钠都是盐；酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化硫离子生成S单质，同时生成NO，离子方程式为2NO3-+3S2-+8H+=2NO+3S+4H2O；该反应中被氧化的物质是Na2S，根据转移电子相等得被氧化的物质物质的量=0.075mol，转移电子物质的量=0.15mol； 氯化铵和碱反应生成氨气，硝酸钠和氯化铵不反应，则其鉴别方法为：取两张待测液少许于试管中，分别加入氯化铵溶液并加热，有刺激性气味气体产生的为NaOH，另一种为硝酸钠。【考点定位】考查物质检验和鉴别实验方案设计、离子反应条件
23、探究等。【名师点晴】实验的探究与评价，为高频考点，明确物质性质及其性质差异性、离子反应条件是解本题关键，其中离子反应通常是生成沉淀、生成弱电解质如水，挥发性气体及发生氧化还原反应等，另外反应原理挖掘也是解题关键，侧重考查学生分析、实验探究及总结归纳、实验操作及设计能力。20（17分）用含少量铁的氧化物的氧化铜制取硫酸铜晶体( CuSO4xH2O)。其流程如下：已知：在pH为45时，Fe3几乎完全水解而沉淀，而此时Cu2却几乎不水解。（1）溶液A中可能含有Fe2，确定该溶液中Fe2存在的试剂是_（填序号）AH2O2 BNaOH CK3Fe(CN)6 DKSCN（2）欲用（1）中选择的检验试剂测定
24、溶液A中Fe2的浓度，实验前，首先要配制一定物质的量浓度的检验试剂的溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、药匙、250mL容量瓶外，还需_，下列滴定方式中，最合理的是_（夹持部分略去）判断达到滴定终点的方法是_写出滴定反应的离子方程式_（3）试剂1为_，试剂2的作用为_，操作1的名称为_。（4）要得到较纯的产品，试剂3可选用_。aNaOH bCuO cFeO dCu(OH)2 eCu2(OH)2CO3【答案】（1）C；（2）胶头滴管，b。当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时溶液立即变紫色且半分钟内不褪去。5Fe2+ + MnO4- + 8H+ = 5Fe3+ + Mn2+ +4H2
25、O。（3）稀硫酸，将Fe2氧化为Fe3，过滤。（4）bde。【解析】试题分析：（1）根据题给流程知溶液A中可能含有Fe2和Fe3，确定该溶液中Fe2存在应利用其还原性，能使酸性K3Fe(CN)6溶液褪色，选C；（2）根据实验步骤定仪器。配制一定物质的量浓度的溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、药匙、250ml容量瓶外，还需胶头滴管，试样A呈酸性，高锰酸钾溶液溶液具有强氧化性，二者应用酸式滴定管盛装，下列滴定方式中，最合理的是b。判断达到滴定终点的方法是当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时溶液立即变紫色且半分钟内不褪去。滴定反应的离子方程式5Fe2+ + MnO4- + 8H+ = 5Fe3+ + Mn2+ +4H2O。（3）分析题给流程知试剂1为稀硫酸，试剂2的作用为将Fe2氧化为Fe3，操作1为分离固液混合物的操作，名称为过滤。（4）溶液B中存在平衡： Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3+ 3H+，加入CuO、Cu(OH)2 、Cu2(OH)2CO3与氢离子反应，氢离子浓度降低。平衡正向移动，铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去且不引入新的杂质，选bde。考点：考查物质的分离、提纯，溶液的配制，滴定操作和离子方程式的书写。