山东省惠民县高二化学下学期6月月考试卷(含解析)

山东省惠民县第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷

（解析版）

1．某气态烃C n H m 0.1 mol 在标准状况下完全燃烧，耗氧气8.96L。此烃分子中n与m值之和为（）。

A、4

B、5

C、6

D、7

【答案】D

【解析】

n、m为整数，且1≤n≤4。

当m=4时，n=3，气态烃为C3H4；当m=8时，n=2，则此气态烃不存在。故选D。

2．下列醇既能发生消去反应，又能被氧化为醛的是

【答案】D

【解析】

试题分析：A、甲醇羟基没有邻位碳原子，不能发生消去反应，错误，不选A；B、羟基连接的碳原子的邻位碳上有氢原子，能消去，但羟基连接的碳原子上只有一个氢原子，不能氧化成醛，错误，不选B；C、不能消去，错误，不选C；D、能消去，能氧化成醛，正确，选D。考点：醇的结构和性质

【名师点睛】醇的分子结构中含有羟基，羟基连接的碳原子上有2个氢原子，可以发生催化氧化生成醛，若羟基连接的碳原子上有1个氢原子，可以发生催化氧化生成酮，若羟基连接的碳原子上没有氢原子，则不能发生催化氧化。羟基连接的碳原子的邻位碳上有氢原子可以发生消去反应。

3．将0.2 mol/L的HX溶液和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合（忽视混合前后溶液体积的变化），下列关系式中一定不正确的是

A．c(HX) >c(X—) B．c(Na+)

C．c(H+)+c(Na+) = c(OH—)+c(X—) D．c(HX)+c(X—)=0.2 mol/L

【答案】D

【解析】0.2 mol/L的HX溶液和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，即混合后，HX过量，溶液中的溶质为NaX、HX；所以，A正确，若HX的电离程度小于X—的水解程度，c(HX) >c(X—)；B正确，因HX的物质为NaOH的2倍；C正确，溶液呈电中性的，所以有c(H+)+c(Na+) = c(OH—)+c(X—)；D错，混合后，溶液体积为原来2倍，即c(HX)+c(X—)=0.1 mol/L；

4．能用作自来水消毒剂的是

A．液氯B．纯净的盐酸 C．洗衣粉 D．石灰石

【答案】A

【解析】考查化学与生活

氯气经常用来给自来水消毒，它可与水生成强氧化性的次氯酸，可消毒杀菌，故答案为A 5．美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数118，中子数为175的超重

元素，该元素原子核内中子数与核外电子数之差是（）

A．57 B．47 C．61 D．293

【答案】A

【解析】

试题分析：该元素原子的核内中子数是175，核外电子数等于质子数118，二者的差值是175-118=57，答案选A。

考点：考查核外电子数与质子数的关系

6．常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则

A．b、c两点溶液的导电能力相同

B．c点溶液中

C．a、b、c三点溶液中水的电离程度a>c>b

D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液反应，消耗盐酸体积

【答案】C

【解析】

试题分析：氢氧化钠溶液中的氢氧根离子主要是氢氧化钠电离出来的，氢氧化钠完全电离，体积和pH都相同的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释的过程中，NaOH不能继续电离，NaOH溶液中氢氧根离子浓度变化大；水解是微弱的，醋酸钠溶液中醋酸根离子可继续水解，溶液中的氢氧根离子浓度变化小，所以含b点的曲线pH变化是NaOH溶液的，含a、c点的曲线pH 变化是醋酸钠溶液的；A、溶液的导电能力和溶液中自由移动离子的浓度有关，b、c两点溶液pH相同，但其他离子浓度不一样，所以导电能力不一样，故A错误；B、c点溶液中，根据质子守恒，得出c（OH-）=c（H+）+c（CH3COO-），故B错误；C、NaOH电离出的氢氧根离子浓度抑制了水的电离，所以b点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于醋酸钠溶液中的氢氧根离子浓度来自于醋酸根离子水解生成的氢氧根离子，氢氧根离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pH大于c点的pH，说明a点氢氧根离子浓度大于c点氢氧根离子，所以a、c二点溶液水的电离程度a＞c，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度a＞c＞b，故C正确；D、用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，c点为醋酸根水解导致溶液呈碱性，c点溶液中醋酸根和氢氧根离子均消耗HCl，而b点

只有NaOH消耗盐酸（NaOH完全电离），故消耗HCl溶液体积V c＜V b，故D错误。

考点：考查溶液pH的含义、盐类水解、溶液中的离子浓度问题等内容。

7．已知：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH＝－49.0 kJ?mol－1。一定条件下，

向体积为2 L的密闭容器中充入2 mol CO2和6 mol H2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如图所示。下列叙述中，正确的是

A．10min后，升高温度能使增大

B．反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为75%

C．3 min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率

D．从反应开始到平衡，H2的平均反应速率υ(H2)＝0.075 mol·L－1?min－1

【答案】B

【解析】

试题分析：A、该反应为放热反应，升高温度使平衡向左移动，所以减小，

错误；B、CO2的转化浓度为1.00mol?L￣1-0.25mol?L￣1=0.75mol?L￣1，所以转化率为0.75mol?L ￣1÷1.00mol/L×100%=75%，正确；C、3 min时，反应还未达到平衡，所以用CO2的浓度表示的正反应速率不等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率，错误；D、υ(H2)＝3υ(CO2)=3×0.75mol?L￣1÷10min=0.225mol·L-1?min-1，错误。

考点：本题考查平衡移动、反应速率的计算。

8．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法正确

．．的是

A．X是电源的正极

B．阴极的反应式是：H2O＋2eˉ＝H2＋O2ˉ、CO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ

C．总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO

D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1︰1

【答案】B

【解析】

试题分析：A、根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2O-CO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故A 错误；B、电解池阴极发生还原反应，电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2e-═H2↑+O2-，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2e-═CO+O2-，故B正确；C、电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产

生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，故C错误；D、电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，阴、阳两极生成

的气体的物质的量之比是2：1，故D错误；故选B。

考点：考查了原电池和电解池的工作原理的相关知识。

9．氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是（）A．再通入少量氯气，c（H+）/c（ClO-）减小

B．通入少量SO2，溶液漂白性增强

C．加入少量固体NaOH，一定有c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）

D．加入少量固体NaOH，溶液的pH会略微增大

【答案】D

【解析】Cl2与水发生反应：Cl2+H2O H++Cl-+HClO，反应达平衡后，再通入Cl2，溶液仍

然是饱和溶液，各离子浓度以及离子浓度比均不发生变化；通入SO2发生反应：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，故溶液漂白性降低；往氯水中加入少量NaOH固体，溶液pH会增大，且溶液中存在电荷守恒：

c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）+c（ClO-），由于NaOH固体少量，故溶液显酸性，c （H+）>c（OH-），所以c（Na+）

10．把aL含(NH4)2SO4和NH4NO3的混合液分成两等份，一份用bmol NaOH刚好把NH3全部赶

出，另一份与BaCl2溶液完全反应，消耗cmol BaCl2。则原溶液中N的物质的量浓度(单位mol·L-1)为( )

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】

试题分析：设平分后各含(NH4)2SO4的物质的量为x，NH4NO3的物质的量为y，则有：，解得：y=(b-2c)mol，所以原溶液中N的浓度为

=mol·L-1。

考点：氮肥的生产和使用

11．把3mol铜粉投入含4mol硝酸和1mol硫酸的稀溶液中，则放出的气体（假设气体全为NO）的物质的量为

A、1mol

B、1.5mol

C、2mol

D、2.5mol

【答案】B

【解析】

试题分析：溶液中硝酸根是4mol，氢离子是6mol，则根据反应的离子方程式可知

3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋4H2O＋2NO↑

3mol 6mol 4mol

这说明反应中氢离子不足，所以产生的NO是＝1.5mol，答案选B。

考点：考查铜与硝酸反应的计算

12．原计划实现全球卫星通讯需发射77颗卫星，这与铱(Ir〕元素的原子核外电子数恰好相等,因此称为“铱星计划”。已知铱的一种同位素是19177Ir,则其核内的中子数是

A.77

B.286

C.191

D.114

【答案】D

【解析】

试题分析：在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，据此可知其核内的中子数是191－77＝114，答案选D。

考点：考查原子组成以及组成原子的几种微粒之间的计算

点评：该题是高考中的常见题型，试题以“铱星计划”重点考查学生对原子组成以及组成微粒之间数量关系的熟悉了解程度，有利于调动学生的学习兴趣，激发学生学习化学的积极性。

13．用下列有关实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A．用图1装置蒸干CuCl2饱和溶液制备CuCl2晶体

B．用图2装置制取二氧化碳气体

C．用图3装置蒸馏海水制取少量淡水

D．用图4装置分离乙醇与乙酸乙酯的混合物

【答案】C

【解析】

试题分析：A、氯化铜溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢

极易挥发，所以用图1装置蒸干CuCl2饱和溶液得不到CuCl2晶体，A不正确；B、稀硫酸与石灰石反应生成微溶物硫酸钙附着在石灰石表面，从而使反应不能进行到底得不到二氧化碳，B不正确；C、通过蒸馏可以将海水淡化，C正确；D、乙醇与乙酸乙酯互溶，不能直接分液，应该加入饱和碳酸钠溶液，然后再分液，D不正确，答案选C。

考点：考查化学实验基本操作的正误判断

14．三种常见的酸(或碱)在水溶液中的电离情况如下表，下列说法正确的是

A．温度相同，物质的量浓度也相同的MA和MB溶液，前者pH大于后者

B．pH相同的HA和HB的溶液中

C．相同浓度的MOH溶液，溶液的碱性随温度的升高而减弱

D．25℃时MOH抑制水的电离，100℃时MOH促进水的电离

【答案】B

【解析】

试题分析：A、从表中数据分析，因为两种酸的电离程度不同，所以相同浓度的两种盐溶液的pH不同，且MB水解程度大，碱性强，pH大，错误，不选A；B、pH相同的HA和HB的溶液中电离出的氢离子浓度相同，所以电离出的阴离子浓度相同，正确，选B；C、因为从表中数据分析，温度升高，碱中的氢氧根离子浓度不变，碱性不变，不选C；D、碱抑制水的电离，不可能是促进水的电离，错误，不选D。

考点：酸碱的电离和影响因素。

15．分子式为C5H11Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）

A．5种 B．6种 C．7种 D．8种

【答案】D

【解析】

试题分析：分子式为C5H11Cl的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；CH2C（CH3）2CH2Cl；共有8种情况。 D项正确；答案选D。

考点：考查有机物的同分异构体

16．A、B、C、D、E、F六种元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，其中B与C为同一周期，A与D、C与F分别在同一主族，A、D两元素的原子核内的质子数之和是C、F两元素原子核内质子数之和的一半。又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。请回答下列问题：

(1)B元素的原子结构示意图为：；

(2)由A、B、C三元素可以组成盐X，X中存在的化学键类型是：；

(3)E是非金属元素，但能表现出一些金属元素的性质，请写出E与D元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：；

E、B两元素在一定条件下可合成用于制造轴承、永久模具的新型无机非金属材料，该材料的化学式为，其晶体类型是晶体；

(4)一定条件下，A的单质气体与B的单质气体充分反应生成6.8gW气体[已知n(A)∶n(B)＝3∶1]，可放出18.44kJ热量，则该反应的热化学方程式：。

(5)F、C分别与A形成的化合物的熔、沸点A2F A2C(填“>”“<”或“＝”)。

【答案】

(1) (2分)

(2)离子键和极性共价键(或共价键或配位键和共价键均给满分) (2分)

3＋2H2↑(3分)

(3)Si＋2H2O＋2OH－===SiO2－

Si3N4(2分) 原子(2分)

(4)N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)；

ΔH＝－92.2kJ·mol－1(3分)

(5)< (2分)

【解析】根据A、D两元素的原子核内的质数之和是C、F两元素原子核内质子数之和的一半，可以推断A为H，D为Na，C为O，F为S。再结合六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，则B的单质只能为气体，故B为N。本题考查元素推断，中等题。

17．（16分） W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z 是非金属元素。

（1）W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为。

（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为。（3）X的硝酸盐水溶液显性，用离子方程式解释原因：。

（4）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为。（5）比较Y、Z气态氢化物的稳定性： > （用分子式表示）。（6）W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是 > > > 。

（7）Z的最高价氧化物为无色液体，0.25 mol该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出QkJ的热量。写出该反应的热化学方程式：。

【答案】（16分，标注的为1分，其余每空2分）（1）Al（OH）3+OH- =〔Al (OH)4〕-（2）（1分）

（3）酸（1分） Al3++3H2O Al（OH）3+3H+

（4）SO2+Cl2+2H2O = H2SO4+2HCl （5）HCl>H2S （6）S2->Cl->Na+>Al3+

(7)Cl2O7(1)+H2O(1) = 2HClO4(aq) ΔH=－4QkJ/mol

【解析】

试题分析：（1）由于W和X是同一周期的金属元素，而W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，所以W是钠，X是Al，则该反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=〔Al (OH)4〕-。

（2）W与Y可形成化合物W2Y，由于也和钠属于同一周期，所以Y是S，硫化钠是含有离子键的离子化合物，其化合物的电子式为。

（3）硝酸铝属于强酸弱碱盐，水解溶液显酸性，离子方程式为Al3++3H2O Al（OH）3+3H+。（4）Z的原子序数大于Y的，且和Y属于同一周期的非金属，所以Z是Cl。因此Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O = H2SO4+2HCl。

（5）非金属性越强，氢化物的稳定性越强，所以稳定性强弱顺序是HCl>H2S。

（6）由于电子层数越多，比较一般越大。又因为核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，所以W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是S2->Cl->Na+>Al3+。

（7）Z的最高价氧化物是Cl2O7，溶于水生成高氯酸。由于0.25 mol该物质与一定量水混合放出QkJ的热量，所以反应的热化学方程式是Cl2O7(1)+H2O(1) = 2HClO4(aq) ΔH=－4QkJ/mol。

考点：考查元素周期表的结构、元素周期律的应用、电子式和热化学方程式的书写等

点评：该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。本题基础性较强，属于中等浓度的题目。

18．三苯甲醇是一种重要有机合成中间体，可以通过下列原理进行合成：

实验步骤如下：

①如图1所示，在三颈烧瓶中加入A,1.5 g镁屑，在滴液漏斗中加入,6.7 mL溴苯和无水乙醚，先加人1／3混合液于烧瓶中，待镁屑表面有气泡产生时，开始搅拌，并逐滴加入余下的混合液，使反应液保持微沸状态，至反应完全。

②继续加,A,3.7 g苯甲酰氯和无水乙醚，水浴回流l h 后，在冷水浴下慢慢滴加氯化铵的饱和溶液30.0 mL。

③将三颈烧瓶内的物质水浴加热蒸去乙醚，然后加，A,30.0 mL水进行水蒸气蒸馏(图2用作水蒸气发生装置)，直至无油状物蒸出。

④冷却抽滤，将固体用80.0％的乙醇溶液重结晶，最终得到产品。

（1）步骤①中“逐滴加入余下的混合液”是为了防止。

（2）若水蒸气蒸馏装置中出现堵塞现象，则图2玻璃管中水位会突然升高，此时应，待故障排除后再进行蒸馏。

（3）抽滤用到的主要仪器有气泵、，抽滤优于普通过滤的显著特点是。

（4）步骤④中用80.0％的乙醇溶液重结晶的目的是。

（5）用光谱法可检验所得产物是否纯净，其中用来获得分子中含有何种化学键和官能团信息的方法。

【答案】

（1）反应过于剧烈

（2）立即打开旋塞，移去热源

（3）布氏漏斗、吸滤瓶过滤速度快

（4）提纯三苯甲醇

（5）红外光谱法 (每空2分，本题共1 2分)

【解析】

试题分析：（1）该反应为放热反应，为控制反应速率，应逐滴加入余下的混合液；（2）若水蒸气蒸馏装置中出现堵塞现象，会出现爆炸现象，应及时停止反应和疏通，故应为立即打开旋塞，移去热源；（3）抽滤用到的主要仪器有气泵、布氏漏斗、吸滤瓶，其显著特点过滤速度快；（4）重结晶的目的一般是提纯；用光谱法可检验所得产物是否纯净，其中用来获得分子中含有何种化学键和官能团信息的方法是红外光谱法

考点：考查实验化学中实验操作目的、方法、实验仪器的选用等有关问题。

19．(5分)在实验室里可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。

图中：①为氯气发生装置；②的试管里盛有15 mL 30% KOH溶液，并置于水浴中；③的试管里盛有15 mL 8% NaOH溶液，并置于冰水浴中；④的试管里加有紫色石蕊试液；⑤为尾气吸收装置。

（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过_____________(填写仪器名称)向烧瓶中加入适量的浓盐酸。实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在①与②之间安装盛有_______(填写下列编号字母)的净化装置。

A．碱石灰 B．饱和食盐水

C．浓硫酸 D．饱和碳酸氢钠溶液

（2）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是：_____________________。

反应完毕经冷却后，②的试管中有大量晶体析出。下图中符合该晶体溶解度曲线的是_______(填写编号字母)。

（3）本实验中制取氯酸钾的离子方程式是_______________。

【答案】（1）分液漏斗；B。

（2）碱溶液(或反应物)的浓度不同，反应温度不同； M 。

（3）3Cl2＋6OH－ = ClO3－＋5Cl－＋3H2O。

【解析】

试题分析：（1）从图分析，向烧瓶中加入液体的仪器为分液漏斗；除去氯气中的氯化氢应该选用饱和食盐水，选B。（2）从图和试剂分析，制取氯酸钾用的30%的氢氧化钾溶液，和加热，制取次氯酸钠是用8%的氢氧化钠，没有加热，所以条件的差异为碱溶液(或反应物)的浓度不同，反应温度不同；②中制取的氯酸钾，冷却后有大量的晶体析出，说明溶解度随温度变化较大，所以选M。（3）氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾和氯化钾和水，离子方程式为：3Cl2＋6OH－ = ClO3－＋5Cl－＋3H2O。

考点：氯气的制取和性质。

20．（15分）钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO·TiO2），含有少量MgO、SiO2等杂质。利用钛铁矿制备二氧化钛，进一步制备钛单质,流程如图：

已知：FeTiO3＋4H+＝Fe2+＋TiO2+＋2H2O

草酸（C2H2O4）具有很强还原性，易被氧化成二氧化碳

（1）化合物FeTiO3中铁元素的化合价是。

（2）钛铁矿加入过量H2SO4后，得到的滤渣A为_______________（填化学式）。

（3）含TiO2+ 溶液乙转化生成TiO2的离子方程式是。

（4）由滤液丙制备LiFePO4的过程中，所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是。

（5）用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为Mg/mol）试样wg，消耗c mol/L NH4Fe（SO4）2标准溶液VmL，则TiO2质量分数为（用代数式表示）。

（6）TiO2制取单质Ti，涉及到的步骤如下：

TiCl4Mg MgCl2Ti

熔点/℃-25.0 648.8 714 1667

沸点/℃136.4 1090 1412 3287

反应②的方程式是___________。由TiCl4→Ti需要在Ar气中进行的理由是_____________。反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，依据表中信息，需加热的温度略高于℃即可。