1、山东省莱阳市第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1用水稀释0.l的醋酸溶液，下列说法正确的是A.醋酸的电离程度逐渐增大，溶液的PH值减小B. 逐渐减小 C.水的电离程度增大D. 变大【答案】C【解析】对于弱电解质醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COOH加水稀释时，促进其电离，其电离程度增大，但CH3COOH、CH3COO、H的浓度减小，溶液的pH增大；而水的离子积只与温度相关，必然可知OH的浓度增大；由于CH3COO的浓度减小，而OH的浓度增大，故 变小。所以本题答案为C2关于同分异构体的下列说法中正确的是 （ ）A结构不同，性质相异，化学式相同的物质互称同分异
2、构体B同分异构体现象是导致有机物数目众多的重要原因之一 C同分异构体现象只存在于有机化合物中D同分异构体现象只存在于无机化合物中 【答案】B【解析】试题分析：A具有相同的分子式，结构不同的化合物互称为同分异构体，不同类时化学性质不同，同类异构时化学性质相似，A错误；B由于有机物存在同分异构体现象，是导致有机物数目众多的重要原因之一，B正确；C同分异构体也可存在与无机物中，C错误；D同分异构现象多存在有机物中，D错误；答案选B。考点：考查同分异构体判断3下列坩埚中，既可用作熔化固体KOH，又可用作熔化固体KHSO4的容器是( ) A铁坩埚 B石英坩埚 C瓷坩埚 D石墨坩埚 【答案】D 【解析】K
3、OH是强碱，KHSO4是强酸的酸式盐，前者能与石英坩埚和瓷坩埚中的SiO2反应，后者能与铁坩埚的铁反应。而石墨与熔化的KOH、KHSO4均不发生反应。4某元素的微粒最外电子层有8个电子，该微粒是（ ）A 稀有气体原子 B 阳离子 C 阴离子 D 无法确定【答案】D【解析】最外电子层有8个电子，说明最外层已经达到8电子稳定结构，所以A、B、C均有可能。答案选D。5反应A+BC(H0)，XC(H0)得X能量大于A+B，由XC(HS2，在上图中画出c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是_
4、。（2）煤燃烧产生的烟气中有含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知甲烷的燃烧热为890 kJmol1；1 mol水蒸气变成液态水放热44 kJ；N2与O2生成NO的过程如下，CH4（g）4NO（g）=2N2（g）CO2（g）2H2O（g） H_。在恒压下，将CH4（g）和NO2（g）置于密闭容器中，也可以发生化学反应：CH4（g）2NO2（g）N2（g）CO2（g）2H2O（g） HS2，在T1、S2条件下达到平衡所用的时间比T1、S1要长，但温度相同最后的状态与T1、S1相同，故图像为：从图像中看出T1温度下先达到平衡，故T1温度较高，但CO2的浓度较低，说明反应是
5、放热反应，若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，则体系的而温度会升高，温度升高反应速率加快，但达到平衡时反应速率不变，故A错；温度升高平衡向逆反应方向移动，平衡常数变小，B对；达到平衡时 CO2和NO的物质的量不能再改变，故C错；NO的物质的量不再改变，说明反应达到了平衡，D对。（2） 甲烷的燃烧热为890 kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（gCO2（g）+2H2O（l） H1890 kJmol1； 1 mol水蒸气变成液态水放热44 kJ，则有：H2O（g） H2O（l） H244 kJmol1；根据N2与O2生成NO的过程可得：N2（g）+O2（g）2NO（g
6、） H3+183kJmol1，利用盖斯定律知道CH4（g）4NO（g）=2N2（g）CO2（g）2H2O（g）的HH1H22H32890 kJmol1442kJmol1183kJmol121 168 kJmol1。增大催化剂的表面积会加快反应，但不能使平衡发生移动，不能提高NO2转化率，A错；降低温度平衡向正反应方向移动，可以提高NO2转化率，B对；减小投料比n（NO2）/n（CH4） ，相当于增大CH4的浓度，可以提高NO2转化率，C对；增大压强平衡向逆反应方向移动，NO2转化率变小，D错，选BC。（3） 450 600 时NOx转化率随温度升高而减小推测原因是：在250450 时，NOx转
7、化率随温度升高而增大，反应未建立平衡，温度升高反应一定正向进行；450600 （温度较高）时，反应已达平衡，所以温度升高平衡逆向移动，NOx转化率随温度升高反而减小 。 从图还可以看出NO的转化率曲线在NO2的下面，故可得出结论二为：相同温度下NO的转化率比NO2的低。考点：化学反应速率的计算、化学图像的分析、化学平衡状态判断、盖斯定律的运用。18某探究性学习小组拟通过锌与盐酸的反应研究影响反应速率的因素。该探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如下表所示：实验编号锌的状态反应温度/收集100mL氢气所需时间/s薄片15200薄片2590粉末2510（1）该实验的
8、目的是探究 、 对锌和稀盐酸反应速率的影响；（2）实验和表明 ，化学反应速率越大；（3）能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号是 和 ，实验结论是 ；（4）请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响： 。【答案】（1）固体表面积， 温度（2）温度越高 （3）， ，其他因素不便，固体表面积越大，反应速率越快（4）在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应【解析】试题分析：（1）根据表格提供的信息可知，锌的状态有薄片和粉末两种状态，温度有15和25两种温度，稀盐酸的浓度相同，则该实验的目的是探究固体表面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响。（2）实
9、验和中，温度不同，温度大的反应速率快，即温度越高，化学反应速率越大。（3）实验和中，固体表面积不同，表面积大的反应速率快，即其他因素不便，固体表面积越大，反应速率越快。（4）在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应，可以证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响。考点：考查探究影响化学反应速率的因素。19(14分)以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3 ，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(红矾钠的主要成分为重铬酸钠:Na2Cr2O72H2O),其主要工艺流程如下：查阅资料得知:i. 常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下
10、，能将Cr3+转化为CrO42。ii.物质开始沉淀的pH值完全沉淀的pH值Fe(OH)32.73.7Al(OH)33.44.4Cr (OH)34.65.9Fe(OH)27.59.7Bi(OH)30.74.5回答下列问题:（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是 。（2）操作I、III、IV用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和_（填仪器名称）。（3）写出反应的离子反应方程式 。（4）中酸化是使CrO42转化为Cr2O72，写出该反应的离子方程式 。（5）将溶液H经过下列操作，蒸发浓缩，_，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠。（6）取一定质量的固体D溶解于200mL的硫酸中，向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液，
11、生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V关系如图所示，则硫酸的浓度为 ，固体D中含Fe化合物的物质的量为 。【答案】（14分）（每空2分）（1）增大反应物的接触面积,加快反应速率 （2）漏斗 烧杯（3）3NaBiO3 + 2Cr3+ + 7OH+ H2O2CrO42 + 3Na+ + 3Bi(OH)3（4）2CrO42+2H+ Cr2O72+H2O （5）冷却结晶 （6）2.5 molL1； 0.1mol【解析】试题分析：（1）矿石粉碎可以增大反应物的接触面积，加快反应速率。（2）操作I、III、IV均是过滤，则用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和漏斗、烧杯。（3）常温下，NaBiO3不溶于水，
12、有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42，则反应的离子反应方程式为3NaBiO3 + 2Cr3+ + 7OH+ H2O2CrO42 + 3Na+ + 3Bi(OH)3。（4）中酸化是使CrO42转化为Cr2O72，在转化过程中元素化合价不变，则该反应的离子方程式为2CrO42+2H+ Cr2O72+H2O。（5）从溶液中得到晶体的一般操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠。（6）根据图像可知加入氢氧化钠时没有立即产生沉淀，这说明酸过量，首先发生酸碱中和。当沉淀不再发生变化时需要氢氧化钠是180ml。继续加入氢氧化钠沉淀开始减小，即氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗的
13、氢氧化钠溶液是40mol，则生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积是120ml，所以与铁离子反应的氢氧化钠溶液体积是60ml，物质的量是0.06mol/L5mol/L0.3mol，所以根据方程式Fe33OHFe(OH)3，所以铁离子是0.1mol。沉淀达到最大值时溶液中的溶质是硫酸钠，则根据原子守恒可知硫酸钠的物质的量是0.2L5mol/L/20.5mol，则硫酸的浓度是0.5mol0.2/L2.5mol/L。考点：考查物质制备工艺流程图的分析与应用20今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K、Al3、Fe3、Mg2、Ba2、NH4+、Cl、CO32、SO42，现取两份100 mL溶
14、液进行如下实验：第一份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02 mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲。在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02 g。第二份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65 g。根据上述实验回答：(1)一定不存在的离子是 。(2)试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度(可不填满)：（3）试确定K是否存在 (填“是”或“否”)，判断的理由是 。【答案】（6分）(1)Fe3、Mg2、CO32、 Ba2(2)SO42；0.5 mol/L(3)是；根据电荷守恒，K一定存在【解析】试题分析：第一
15、份加过量NaOH溶液后加热，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲，依据离子性质分析推断，与氢氧化钠生成气体的一定是NH4+离子，生成气体NH3物质的量为0.02mol，无沉淀生成证明溶液中一定不含Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体能与二氧化碳反应得到沉淀的离子有Ba2+，铝离子溶于过量氢氧化钠生成的偏铝酸钠溶于反应生成氢氧化铝沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体说明沉淀不溶于酸，证明是硫酸钡沉淀，原溶液中含有SO42-，判断溶液中一定不含有Ba2
16、+，向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀只能是氢氧化铝沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝，原溶液中 含有Al3+，结合离子共存判断溶液中一定不含有CO32-；一定含有的离子为NH4+、Al3+、SO42-。（1）依据上述分析判断，一定不存在的离子为：Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-，故答案为：Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-；（2）由可知存在离子NH4+ 物质的量浓度=0.2 mol/L；由可知存在离子为Al3+，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝物质的量=0.01mol，溶液中Al3+的物质的量浓度=0.2 mol/L；由可知存在离
17、子为SO42-；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体为硫酸钡，物质的量=0.05mol，SO42- 物质的量浓度=0.5 mol/L，故答案为：SO42-；0.5 mol/L；（3）依据溶液中电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，阳离子电荷数为0.8mol，阴离子若只有硫酸根离子时电荷数为1mol，所以一定有K+存在，故答案为：是；依据电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，所以一定有K+存在。考点：考查了离子共存、离子反应的相关知识。21将26克含有SiO2和CaCO3固体在高温下加热至质量不再改变，冷却后称重为17.
18、2克。（已知：SiO2 + CaCO3 CaSiO3 + CO2，SiO2 和CaSiO3 均为固体）（1）求生成的CO2的体积（标准状况下）（2）求原混合物中所含SiO2的质量。【答案】（1）4.48L（2）6克【解析】略22（16分）已知物质A分子式为C3H4O2 ，显酸性。F为由七个原子组成的环状结构，分子式为C6H8O4 。已知对于不对称的烯烃在不同条件下与HBr加成时有可能得到两种不同的加成产物，研究表明，不对称的烯烃与HBr加成时通常遵循马氏规则“氢加到含氢多的不饱和碳原子一侧”。而反马氏规则即“氢加到含氢少的不饱和碳原子一侧”。请根据以下框图回答问题（1）请写出A、D的结构简式为
19、A D （2）DG的反应类型为 （3）化合物B中含氧官能团的名称是 （4）D和E生成F的化学方程式 D和E按照1:1反应也可生成高聚物，请写出生成该高聚物的化学反应方程式： （5）A生成C的化学方程式 （6）写出C的同分异构体中含酯基的物质的结构简式 、 、 （至少写3个）【答案】（1）CH2CHCOOH HOCH2CH2COOH （2）氧化反应 （3）羧基；（4）或（5）CH2CHCOOH+HBrCH3CHBrCOOH（6）CH3CHBrOOCH BrCH2CH2OOCH CH3COOCH2Br CH2Br COOCH3【解析】试题分析：A的分子式为C3H4O2，物质A显酸性，故A中含有-C
20、OOH，A的不饱和度为=2，故A分子中还含有C=C双键，则A的结构简式为CH2=CHCOOH，D可以被氧化生成G，G可以与银氨溶液发生反应，故G中含有醛基-CHO，故D中含有-OH，且-OH连接的C原子上含有2个H原子，根据转化关系可知，B为BrCH2CH2COOH，D为HOCH2CH2COOH，G为OHCCH2COOH，H为NH4OOCCH2COONH4，A与HBr发生加成反应生成C，C为CH3CH（Br）COOH，C水解并酸化生成E，E为CH3CH（OH）COOH，F为七原子组成的环状结构，E与D发生酯化反应生成F，F结构简式为，（1）由上述分析可知，A的结构简式为CH2=CHCOOH，D
21、为HOCH2CH2COOH；（2）DG的反应类型为氧化反应；（3）B为BrCH2CH2COOH，含氧官能团的名称是：羧基；（4）D和E生成F的化学方程式为：D和E按照1：1反应也可生成高聚物，生成该高聚物的化学反应方程式：或（5）C为CH3CH（Br）COOH，A生成C的化学方程式为CH2=CHCOOH+HBrCH3CHBrCOOH；（6）C为CH3CH（Br）COOH，C的同分异构体中属于酯类物质的结构简式：CH3CH（Br）OOCH、BrCH2CH2OOCH、CH3COOCH2Br、BrCH2COOCH3（任意3个）。考点：考查有机物的推断。23一些氧化物和单质之间可发生如图所示的反应：其
22、中，氧化物（）是红棕色固体，氧化物（）、（）、（）在反应条件下都是气体（1）氧化物（）的化学式（分子式）是 ；氧化物（）的化学式是 （2）反应的化学方程式是 ；反应的化学方程式是 【答案】（1）Fe2O3，CO；（2）Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；CO+H2OCO2+H2【解析】氧化物（）是红棕色固体，故氧化物（）是Fe2O3，由于氧化物（）是气体，故为CO，则单质（I）是Fe，氧化物（IV）是CO2；氧化物（）在高温条件下为气体，则为H2O，故单质（）为H2；由于氧化物（）即CO和单质（）在高温条件下生成H2和CO，故单质（）为C（1）氧化物（）的化学式是Fe2O3，氧化物（）的化学式是CO，（2）反应是Fe2O3与CO在高温条件下发生氧化还原反应生成Fe和CO2，化学方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；反应是CO和H2O在高温条件下生成CO2和H2，化学方程式为：CO+H2OCO2+H2，【点评】本题考查考查无机物推断，氧化物（）是红棕色固体是本题的突破口，难度不大，熟练掌握常见元素单质化合物性质
