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河南省新乡市中州铝厂中学2016届高三下期4月月考化学试卷.doc



河南省新乡市中州铝厂中学 2016 届高三下期 4 月月考化学 试卷(解析版)
1.可以用来分离蛋白质与食盐溶液的方法是( A.渗析 【答案】A 【解析】蛋白质分子直径>10-9 m,而离子直径<10-9 m,故可用渗析法分离蛋白质与 NaOH 溶 液。 2.一定条件下自然界存在反应:14CuSO4 + 5FeS2 + 12H2O = 7Cu2S + 5FeSO4 + 12H2SO4, 下列说法正确的是 A.Cu2S 既是氧化产物又是还原产物 B.5mol FeS2 发生反应,有 10mol 电子转移 C.产物中的 SO42 离子有一部分是氧化产物


)

B.过滤 C.电泳 D.分液





D.FeS2 只作还原剂 【答案】C 【解析】 3.下列物质中,同时含有氯分子,氯离子的是 A、氯酸钾溶液 【答案】D 【解析】 试题分析:氯酸钾的化学式是 KClO3,溶液中没有氯气分子,也没有氯离子;液态氯化氢只 有氯化氢分子;液氯只有氯气分子;氯水中即含有氯分子,也含有氯离子,答案选 D。 考点:考查氯水的组成 点评:氯气溶于水即得到氯水,其中氯气和水反应生成次氯酸和氯化氢,所以新制氯水中的 微粒有 H 、OH 、Cl 、ClO 、H2O、Cl2、HClO,需要熟练记住,并能灵活运用。 4.下列关于常见有机化合物的说法正确的是 A.棉、麻、羊毛秀合成纤维完全燃烧都只生成 CO2 和 H2O B.甲烷和 CL2 的反应与乙烯和 Br2 的反应属于同一类型的反应 C.天然气、液化石油气和汽油的主要成分都是碳氢化合物 D.分子式为 C10H4 苯环上只有一个取化基的香烃,其可能的结构有 3 种
+ - - -

B、液态氯化氢

C、液氯

D、氯水

【答案】C 【解析】 试题分析: A 项,羊毛的成分主要为蛋白质,含有 N、S 等元素; B 项,甲烷和 Cl2 的反 应为取代反应,而乙烯和 Br2 的反应属于加成反应; D 项考查的为丁基(-C4H9)的异构 体种类数,应为 4 种。 考点:考查常见有机物的性质、反应类型、同分异构体的判断等知识。 5.由 A、B 两种烃组成的混合物,当混合物质量一定时,无论 A、B 以何种比例混合,完 全燃烧消耗氧气的质量为一恒量。对 A、B 两种烃有下面几种说法:①互为同分异构体;② 互为同系物;③具有相同的最简式;④烃中碳的质量分数相同。正确的结论是 A.①②③④ 【答案】B 【解析】 要满足题中的条件, 则烃的最简式一定是相同的, 即含碳量和含氢量一定是相同的。 同分异构体的分子式相同一定符合条件。 互为同系物的则不一定满足最简式相同, 所以正确 的答案是 B。 6.某温度时,Kw = 1× 10?12,下列说法正确的是 A.pH=2 的盐酸和 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合后,溶液的 pH=7 B.pH=11 的氨水中 c(OH?)=0.1mol· L?1 C.向盐酸中滴加氨水至溶液的 pH=6,所得溶液中 c(Cl?)>c(NH4+) D.将 pH=4.5 的盐酸稀释 100 倍后,溶液的 pH=6.5 【答案】B 【解析】 本题可采用排除法。 Kw = 1× 10?12, pH=2 时 c(H+) = 10?2mol· L?1, pH=12 时 c(OH?) = 1mol· L?1, 等体积混合后,c(OH?) = 0.99mol· L?1,此时 pH 约为 12,A 错;Kw = 1× 10?12,则此温度下 中性溶液的 pH=6, 由电荷守恒可知 c(Cl?)=c(NH4+), C 错; 盐酸稀释后溶液只可能接近中性, 即 pH 只可能小于或等于 6,而不可能大于 6,故 D 错。排除后选 B。 【答案】B 【解析】若反应物总能量高于生成物总能量,则反应为放热反应,反之,为吸热反应;但是 无论是吸热反应,还是放热反应都与反应加热不加热无关。 B.①③④ C.②③④ D.③④

8.某烃的结构简式为:

,分子中含有四面体结构的碳原子数为 a,

在同一直线上的碳原子数为 b,可能在同一平面内的碳原子数最多为 c,则 a、b、c 分别为 A.4,3,5 【答案】B 【解析】 B.4,3,6 C.2,5,4 D.4,6,4

试题分析:有机物

中,含有乙烯的共面基本结构部分,含有乙炔

的共线基本结构,线可以在面上,所以一定在同一平面内的碳原子数为 6 个,即 c=6,在同 一直线上的碳原子数即为符合乙炔的结构的碳原子,最多为 3 个,即 b=3,甲基碳和乙基碳 原子是含有四面体结构的碳原子(即饱和碳原子) ,共 4 个,故 a=4,故选 B。 考点:考查学生有机物的共线和共面知识,可以根据基本物质的结构来分析 9. 某无色溶液中只可能含有①Na+、②Ba2+、 ③Cl-、 ④I-、⑤S

、⑥S

离子中的若干种(忽

略水电离出的 H+、OH-),依次进行下列实验,且每步所加试剂均过量,观察到现象如下表。下 列结论正确的是( 步骤 ① ② ③ ④ 操作 用 pH 试纸检验 向溶液中滴加氯水,再加入 CCl4 振荡,静置 向所得水溶液中加入 Ba(NO3)2 溶液和稀 HNO3 过滤,向滤液中加入 AgNO3 溶液和稀 HNO3 ) 现象 溶液的 pH 大于 7 CCl4 层呈紫红色 有白色沉淀产生 有白色沉淀产生

A.肯定含有的离子是③④⑤ B.肯定没有的离子是②⑤ C.不能确定的离子是③⑥ D.可能含有的离子是①⑥ 【答案】C 【解析】溶液显碱性是因为 S 的水解;CCl4 层呈紫红色说明生成了 I2,故原溶液中含有 I-;

由③可知所得溶液中含有 S

,但在②溶液中含有被氯水氧化生成的 S

,故原溶液中不一

定含有 S 含有 Cl-。

;由④可知滤液中含有 Cl-,但步骤②中氯水被还原后生成了 Cl-,故原溶液中不一定

10.短周期元素 M、W、X、Y、Z 的原子序数依次增大,且 M、W、X、Y+、Z2-的电子数 与其电子层数的比值依次为 1、3、4、5、6(不考虑零族元素) 。下列关于这些元素的叙述 正确的是 A.X 分别和其它四种元素均可形成至少 2 种化合物 B.X、Y、Z 离子半径依次增大 C.M、X、Z 三种元素组成的化合物含有离子键 D.W、X、Z 对应气态氢化物稳定性依次增强 【答案】A 【解析】 试题分析:短周期元素 M、W、X、Y、Z 的原子序数依次增大,且 M、W、X、Y+、Z2-的 最外层电子数与其电子层数的比值依次为 1、3、4、5、6(不考虑零族元素) ,则 M 为氢元 素;Y+的 电子层数为 2,最外层电子数为 8,所以 Y 的质子数为 2+8+1=11,所以 Y 为 Na; 结合原子序数可知,W、X 的电子层数都为 2,Z 的电子层数为 3,则 W 原子最外层电子数 为 4,所以 W 为 C 元素,X 原子最外层电子数为 6,则 X 为氧元素,Z 原子最外层电子数 为 6,故 Z 为硫元素。A、O 和 H 形成 H2O、H2O2,O 和 C 形成 CO、CO2,O 和 Na 形成 Na2O、Na2O2,O 和 S 形成 SO2、SO3,正确;B、离子半径 S2?>O2?>Na+,错误;C、M、X 和 Z 三种元素形成 H2SO3 或 H2SO4,含有共价键,不含离子键,错误;D、W、X、Z 对应 气态氢化物稳定:H2O>H2S,错误。 考点:本题考查以上的推断、元素周期律。 11.将 50 mL 1.0 mol/LNaCl 溶液和 50mL,0.5 mol/L CaCl2 溶液混合后,若溶液的体积变为 二者体积之和,则混合液中 Cl-的物质的量浓度为 A、1 mol /L 【答案】A 【解析】前者溶液氯离子物质的量为 0.05mol,后者溶液氯离子物质的量为 0.05mol,则混 合液中 Cl-的物质的量为 0.1mol,混合后溶液体积为 100ml,Cl-的物质的量浓度为 1 mol /L 故选 A 12.Cyrneine A 对治疗神经系统疾病有着很好的疗效.可用香芹酮经过多步反应合成: B、0.55 mol /L C、0.67 mol /L D、2 mol /L

下列说法正确的是 A.香芹酮化学式为 C9H12O B.Cyrneine A 可以发生加成反应、氧化反应,但不能发生消去反应 C.香芹酮和 Cyrneine A 均能使酸性 KMnO4 溶液褪色 D.与香芹酮互为同分异构体,分子中有 4 种不同化学环境的氢原子的酚类化合物共有 4 种 【答案】C 【解析】 试题分析:A、根据有机物的结构简式并结合键线式的结构特点可知,香芹酮的化学式为 C10H14O,A 不正确;B、Cyrneine A 分子含有碳碳双键、醛基以及羟基,且与羟基相连的碳 原子的邻位碳原子上含有氢原子,所以 A 可以发生加成反应、氧化反应、消去反应,B 不正 确;C、香芹酮和 Cyrneine A 分子中均含有碳碳双键,均能使酸性 KMnO4 溶液褪色,C 正 确;D、与香芹酮互为同分异构体,分子中有 4 种不同化学环境的氢原子的酚类化合物,说明分 子中含有酚羟基。如果苯环上只有 2 个取代基,则另一个取代基是丁基。要满足分子中有 4 种不 同化学环境的氢原子, 则该取代基应该是-C(CH3)3, 且与酚羟基是对位的; 如果含有 3 个取代基, 则另外 2 个取代基是乙基,与酚羟基的位置是邻位或间位;如果是 3 个甲基与 1 个酚羟基,则不 能满足分子中有 4 种不同化学环境的氢原子, 所以可能的结构简式有 3 种, D 不正确, 答案选 C。 考点:考查有机物结构、性质、有机反应类型以及同分异构体判断 13.某有机物 Z 具有较广泛的抗菌作用,其生成机理可由 X 与 Y 相互作用:
HO COOH HO OH HO COOH HO O O-C-CH=CH- OH -OH

OH

OH

X 下列有关叙述中不正确 的是 ... A.Z 结构中有 4 个手性碳原子 B.Y 的分子式为 C9H8O3

Z

C.1 mol Z 与足量 NaOH 溶液反应,最多消耗 8 mol NaOH D.Z 与浓溴水既能发生取代反应又能发生加成反应 【答案】BC 【解析】 A、分子中右边环上与氧原子相连的碳为手性碳原子,正确;B、Y 与 X 发生酯化反应生成 Z,所以 Y 的分子式为 C9H8O4,错误;C、分子中含有 1 个羧基、1 个酯基、2 个酚羟基, 故最多消耗 4 mol NaOH,D、Z 中含有碳碳双键和酚,故与浓溴水既能发生取代反应又能发 生加成反应,正确。 14.由 Al、CuO、Fe2O3 组成的混合物共 10.0g,放入 500mL 某浓度盐酸溶液中,混合物完 全溶解, 当再加入 250mL 2.0mol/L 的 NaOH 溶液时, 得到的沉淀最多. 该盐酸的浓度为 ( A.0.5 mol/L 【答案】D 【解析】Al、CuO、Fe2O3 组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁,盐酸 可能有剩余,向反应后溶液中加入 NaOH 溶液,得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化 铜、氢氧化铁,此时溶液中溶质为 NaCl ,根据钠离子守恒有 n ( NaCl ) =n ( NaOH ) =0.25L× 2.0mol/L=0.5mol,根据氯离子守恒有 n(HCl)=n(NaCl)=0.5mol,故该元素的物 质的量浓度= =1mol/L,故选 D. B.3.0 mol/L C.2.0 mol/L D.1.0 mol/L )

【点评】本题考查混合物的有关计算、物质的量浓度计算,难度中等,理解反应过程根据离 子守恒计算是关键,侧重对学生思维能力的考查. 15. (7 分)在一定条件下,xA + yB zC,反应达到平衡,试填写下列空白:

(1)若 A、B、C 都是气体,减压后向逆反应方向移动,则 x、y、x 之间的关系是。 ( 2 )已知 C 是气体,且 x+y= z ,加压时平衡如果发生移动,则平衡必向方向移动, 且 A、B 的状态中至少有一种是。 (3)加热后 C 的百分含量减少,则正反应是反应(选填―吸热‖、―放热‖) 。 【答案】

【解析】略 16.在一容积为 2 L 的密闭容器中,加入 0.2 mol 的 N2 和 0.6 mol 的 H2,在一定条件下发生

反应:N2(g)+3H2(g) 图所示,请回答下列问题:

2NH3(g)ΔH<0 。反应中 NH3 的物质的量浓度的变化情况如下

(1)根据上图,计算从反应开始到平衡时,氢气的平均反应速率 v(H2)为______________。 (2)该反应达到平衡时 N2 的转化率_________________。 (3)反应达到平衡后,第 5 分钟末,保持其它条件不变,若改变反应温度,则 NH3 的物质 的量浓度不可能为____________。(填序号) a.0.20 mol· L
-1

b.0.12 mol· L

-1

c.0.10 mol· L

-1

d.0.08 mol· L

-1

(4)请写出该反应的平衡常数表达式_________,若该反应在 298K、398K 时的化学平衡常 数分别为 K1、K2,则 K1K2(填―>‖、―=‖ 或 ―<‖ ) 。 (5) 在第 5 分钟末将容器的体积缩小一半后, 若在第 8 分钟末达到新的平衡(此时 NH3 的浓 度约为 0.25 mol· L 1),请在上图中画出第 5 分钟末到此平衡时 NH3 浓度的变化曲线。


【答案】 (1)0.0375 mol· L 1· min
- -1

(2)50% (3)a、c

(4) (5)

>

【解析】

试题分析: (1)v(H2)=3/2 v(NH3)=3/2× 0.10mol/L÷ 4min=0.0375 mol· L 1· min 1。
- -

N2(g)+3H2(g)

2NH3(g) 0.3 0.15 0.15 0 0.1 0.1

初始浓度(mol?L? 1)0.1 初始浓度(mol?L? 1)0.05 初始浓度(mol?L? 1)0.05

则该反应达到平衡时 N2 的转化率=0.05mol?L? 1÷0.1mol?L? 1× 100%=50% (3)根据化学方程式可知 NH3 的浓度范围 0<c(NH3)<0.2mol?L? 1,原平衡 NH3 的浓度为 0.10mol?L? 1,温度改变,平衡移动会发生移动,新平衡的浓度一定不是 0.10mol?L? 1,故 a、 c 项不可能。

(4)根据平衡常数的定义可得该反应的平衡常数表达式为:

;因为正

反应为放热反应,温度升高,平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,所以 K1>K2。 (5)第 5 分钟末将容器的体积缩小一半后,NH3 的浓度变为 0.20mol?L? 1,压强增大,平衡 向右移动,NH3 的浓度逐渐增加,到 8min 末为 0.25mol?L? 1,即可画出曲线。 考点:本题考查化学反应速率和化学平衡的计算、浓度范围的判断、化学平衡常数、浓度曲 线的绘制。 17.要分离 CO、CO2 并分别得到干燥的气体,某学生设计了如图装置,其中 a 是铁夹,b 是分液漏斗玻璃活塞。

(1)甲容器中盛_______溶液,乙容器中盛_______溶液,丙容器盛_______溶液。 (2)实验时关闭_______ (a、b),打开_______ (a、b),发生反应的化学方程式是_______,这 样得到的气体是_______。 (3)当分离完一种气体后,关闭_______ (a、b),打开_______ (a,b),发生反应的化学方程式 是______________,这样得到的气体是_______。 【答案】(1)NaOH 浓 H2SO4 稀 H2SO4

(2)b a CO2+2NaOH (3)a b Na2CO3+H2SO4

Na2CO3+H2O CO Na2SO4+CO2↑+H2O CO2

【解析】先利用 CO2 为酸性氧化物的性质,用 NaOH 将其吸收,从而得到纯净的 CO 气体,然后利用 H2CO3 为不稳定的弱酸的性质,用 H2SO4 与生成的 Na2CO3 作用又释放出 CO2,从而又得纯净的 CO2。 18 . ( 8 分)某研究性学习小组欲用化学方法测量一个不规则的容器的体积,取 14 . 3g Na2CO3·10H2O 放入 100ml 烧杯中,加入 50mL 水配成溶液,将溶液转移到该容器中,用 蒸馏水稀释到完全充满该容器,从中取出 10mL 该溶液,然后逐滴滴入质量分数为 3.65% (密度为 1g/cm3)的稀盐酸直至没有气体放出为止,用去该稀盐酸 10ml, 求: (1)该容器的容积 (2)所得 CO2 在标况下的体积 【答案】 (1)V=0.1L=100mL; (2)0.112L 或 112 mL。 【解析】 试题分析: (1)根据发生的反应是:Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O,消耗盐酸的物质 的量浓度为 c(HCl)=1000× 1× 3.65%/36.5mol· L 1=1mol· L 1,根据反应方程式求出消耗
- -

碳酸钠的物质的量为:n(Na2CO3)=n(HCl)/2mol=10× 10 3× 1/2mol=0.005mol,因此推


出碳酸钠的浓度应为:0.005/(10× 10 3)mol· L 1=0.5mol· L 1,则原溶液中碳酸钠的浓度
- - -

应 为 0 . 5mol· L



1

, 根 据 c=n/V , 14 . 3gNa2CO3· 10H2O 中 碳 酸 钠 的 物 质 的 量 为

14.3/286mol=0.05mol,则溶液的体积 V=0.05/0.5L=0.1L,即 100mL; (2)根据反应 方程式为:生成的 CO2 的物质的量为 n(CO2)=n(Na2CO3)=0.005mol 则体积为 V(CO2) =0.005× 22.4L=0.112L,或 112mL。 考点:考查物质的量浓度的计算、化学计算等知识。 19. (16 分)甲同学进行 Fe2+还原性的实验,针对异常现象进行探究。 步骤一:制取 FeCl2 溶液。向 0.1 mol?L-1 FeCl3 溶液中加足量铁粉振荡,静置后取上层清液, 测得 pH<1。 步骤二: 向 2 mL FeCl2 溶液中滴加 2 滴 0.1 mol?L-1 KSCN 溶液, 无现象; 再滴加 5 滴 5% H2O2 溶液(物质的量浓度约为 1.5 mol?L-1、pH 约为 5) ,观察到溶液变红,大约 10 秒左右红色褪 去,有气体生成(经检验为 O2) 。 (1)用离子方程式表示步骤二中溶液变红的原因: 、 。 (2)甲探究步骤二中溶液褪色的原因:

I.取褪色后溶液两份,一份滴加 FeCl3 溶液无现象;另一份滴加 KSCN 溶液出现红色; II.取褪色后溶液,滴加盐酸和 BaCl2 溶液,产生白色沉淀。 III.向 2 mL 0.1 mol?L-1 FeCl3 溶液中滴加 2 滴 0.1 mol?L-1 KSCN 溶液,变红,通入 O2,无明 显变化。 实验 I 的说明;②实验 III 的目的是。 得出结论:溶液退色的原因是酸性条件下 H2O2 将 SCN-氧化成 SO42-。 (3)甲直接用 FeCl2· 4H2O 配制①mol?L-1 的 FeCl2 溶液,重复步骤二中的操作,发现液体红 色并未褪去。进一步探究其原因: I.用激光笔分别照射红色液体和滴加了 KSCN 溶液的 FeCl3 溶液,前者有丁达尔效应,后 者无。测所配 FeCl2 溶液的 pH,约为 3。由此,乙认为红色不褪去的可能原因是②。 II.查阅资料后推测,红色不褪去的原因还可能是 pH 较大时 H2O2 不能氧化 SCN-。乙利用 上述部分试剂,通过实验排除了这一可能。乙的实验操作及现象是: 步骤 i ii 试剂及操作 ③ 向 i 所得溶液中滴加 0.1 mol?L-1 FeCl3 溶液 现 象

生成白色沉淀 ④

【答案】 (16 分) (1)2Fe2++ H2O2 + 2H+ === 2Fe3++ 2H2O Fe3++3SCNFe(SCN)3(不写可逆号不扣分)

(2)①溶液红色褪去是因为 SCN-发生了反应而不是 Fe3+发生反应 ②排除 H2O2 分解产生的 O2 氧化 SCN-的可能 (3) ①0.15 ②H2O2 将 Fe2+氧化为 Fe3+,pH 增大促进 Fe3+水解形成红色 Fe(OH)3 胶体 ③取 2 mL BaCl2 溶液,滴加 2 滴 0.1 mol·L-1KSCN 溶液和 5 滴 5% H2O2 溶液(多答盐酸或 答酸化 BaCl2 溶液为 0 分,答错一种试剂即为 0 分) ④无明显现象 【解析】 试题分析: (1)Fe2+被 H2O2 氧化生成 Fe3+,再与 SCN 形成血红色的 Fe(SCN)3; (2)Ⅰ、


①取褪色后溶液两份,一份滴加 FeCl3 溶液无现象,说明溶液中 SCN-离子不存在;另一份

滴加 KSCN 溶液出现红色说明溶液中存在 Fe3+;②实验Ⅲ的目的是排除 H2O2 分解产生的 O2 氧化 SCN-的可能,如果氧气氧化 SCN-,红色应褪去,但现通入氧气无现象说明氧气没 有氧化 SCN-; (3)由 2Fe3++Fe=3Fe2+可知配制的 FeCl2 的浓度应为原 FeCl3 浓度的 1.5 倍; Ⅰ.用激光笔分别照射红色液体和滴加了 KSCN 溶液的 FeCl3 溶液,前者有丁达尔效应,说 明 H2O2 氧化 Fe2+使溶液 pH 增大,促进 Fe3+水解生成 Fe(OH)3 胶体;后者无丁达尔效应,说 明硫氰化铁溶液不能产生丁达尔效应;Ⅱ.如果 SCN-被双氧水氧化,生成硫酸根离子,再 加入 Fe3+无明显现象,说明硫氰化钾已被氧化. 考点:了解 Fe2+、Fe3+的性质及检验方法。设计、评:价或改进实验方案。 20. (10 分)向 200 mL ,某物质的量浓度的 NaOH 溶液中缓慢通入一定量的 CO2,充分反 应,测得最后溶液的 pH>7。 (1)此时溶液的溶质如果是单一成分,可能是 ____________________;如果是多种成分,可 能是__________________________。 (2)在上述所得溶液中,逐滴缓慢滴加 2 mol· L 与所加盐酸的体积关系如图所示:
-1

的盐酸,所得气体(不考虑溶解于水)的体积

①加入盐酸 200 mL 之前,无气体产生,写出 OA 段发生反应的离子方程式__________。 ②B 点时,反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是__________ (溶液体积的变化忽略不计)。 【答案】(1)Na2CO3 或 NaHCO3(2 分)NaOH 和 Na2CO3 或 Na2CO3 和 NaHCO3(2 分) (2)①OH +H ===H2O(2 分) ,CO2 3 +H ===HCO3 (2 分)
- + - + -

②1.2 mol· L 1(2 分,不写单位不得分)


【解析】 (1)CO2 和氢氧化钠溶液反应,可以生成碳酸钠,也可以生成碳酸氢钠。所以如果 是单一成分,则可以是 Na2CO3 或 NaHCO3;如果是多种成分,则可以是 NaOH 和 Na2CO3 或 Na2CO3 和 NaHCO3。 (2) 由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的, 方程式为 Na2CO3+HCl=NaCl=NaHCO3、 NaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+CO2↑。 根据图像可知, 生成 CO2 消耗盐酸的物质的量小于前面消耗的, 这说明溶液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠。 所以 O 到 A 点发生反应的离子方程式是 OH- + H+

= H2O、CO32-+ H+ = HCO3-。 (3)根据图像可知最终溶液中生成的是氯化钠。 根据原子守恒可知, 氯化钠是 0.3L× 2mol/L =0.6mol,所以再根据原子守恒可知,氢氧化钠元也是 0.6mol,则浓度是 0.6mol÷ 0.5L= 1.2mol/L。 21. (12 分)A、B、C、D、E 五种短周期元素,它们的原子序数依次增大;A 元素的原子 半径最小;B 元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐 M;D 与 A 同主族,且 与 E 同周期;E 元素原子的最外层电子数比次外层电子数少 2;A、B、D、E 这四种元素, 每一种与 C 元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物。请回答: (1) C 和 E 两种元素相比较,原子得电子能力较强的元素在周期表中的位置为,以下三种 说法中,可以验证 C 和 E 得电子能力强弱的是(填写编号) ; a.比较这两种元素的常见单质的沸点 b.二者形成的化合物中,C 元素的原子显负价 c.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性 (2)盐 M 中含有的化学键类型有; (3)A、B、C、E 可形成两种酸式盐(均含有该四种元素) ,这两种酸式盐在水溶液中相互 反应的离子方程式为。 (4)B2A4 是一种可燃性液体,B2A4—空气燃料电池是一种碱性燃料电池,B2A4 的氧化产物 为 B2。则负极上的电极反应式为。 (5)已知 1molD 与水反应放出 283.5kJ 的热量,试写出 D 与水反应的热化学反应方程式; 【答案】 (1)第二周期ⅥA 族 bc(2)离子键、共价键 (3)HSO3 +H
- +

= H2O+SO2↑ (或 HSO3 +HSO4






= H2O +SO2↑+SO42 )


(4)N2H4+ 4OH -4e = 4H2O+N2 (5)2Na(s)+2H2O(l)=2NaOH(aq)+H2(g) △ H = –567kJ/mol 【解析】 试题分析:A 的原子半径最小,则 A 为 H,B 元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物 能生成盐 M,则 B 为 N,M 为 NH4NO3,E 元素原子的最外层电子数比次外层电子数少 2, 则 E 为 S,D 与 A 同主族,且与 E 同周期,则 D 为 Na,每一种与 C 元素都能形成原子个数 比不相同的若干种化合物,则 C 为 O。 (1)O、S 同族,O 的得电子能力强,O 在周期表中的位置为第二周期ⅥA 族。物质的沸点 由分子间作用力决定,a 错误;两元素形成化合物时,得电子能力强的显负价,b 正确;气



态氢化物的稳定性与非金属性有关,非金属性强的氢化物稳定,c 正确。所以选 bc。 (2)NH4NO3 中含有离子键和共价键。 (3)H、O、Na、S 形成的两种盐为 NaHSO3 和 NaHSO4,所以反应的离子方程式为 HSO3 +H =H2O+SO2↑。 (4)N2H4—空气燃料电池的负极反应为 N2H4+ 4OH -4e = 4H2O+N2。 (5) Na 与水反应的热化学方程式为: 2Na(s)+2H2O(l)=2NaOH(aq)+H2(g) △H = –567kJ/mol。 考点:元素周期律推断 点评:本题综合性强,考查的知识点全面,是高考的热点习题。 22. (8 分)A、B、C、D、E、F 六种物质在一定条件下有如下图所示的相互转化关系。 (1)若下列反应①为不同短周期、不同主族元素间置换反应,A、D 为固体单质,其中 D 为非金属。则反应①的化学方程式为
- - + -

(2)若下列反应②中 E 为一种一元强碱, C 的大量排放产生温室效应。则在反应②中,若 C、E 的物质的量之比为 11:17,则反应的离子方程式为

(3)若下列反应③中 B 为一种淡黄色固体,绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界 中 E 的循环。则 B 的电子式为反应③的化学方程式为

【答案】 (8 分,每空 2 分)

通电 电解 点燃 ======= ======= (1)2Mg+CO2===== 2MgO+C (2 分)

催化剂 ======== △

(2)11CO2 + 17OH- = 6CO32- + 5HCO3- + 6H2O(2 分) ; (3) 【解析】 (2 分) ;2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2(2 分)

试题分析: (1)不同周期不同主族的元素之间的置换,则为镁和二氧化碳反应生成氧化镁和 碳。 (2)C 为造成问世效应的气体为二氧化碳,但二氧化碳和氢氧化钠的比例为 11:7 时, 生成碳酸钠和碳酸氢钠,根据电荷守恒和原子守恒分析方程式为: 11CO2 + 17OH- = 6CO32- + 5HCO3- + 6H2O; (3)B 为淡黄色固体,为过氧化钠,过氧根离子中,两个氧原 子之间形成一对共用电子。绿色植物光合作用和呼吸作用可实现的 E 的循环,则 E 为二氧 化碳,反应为过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气。2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 考点:无机推断 【名师点睛】无机推断是考查高中化学反应的很好的载体,一定要抓住特征。 置换反应: (1)金属→金属
或H 2O ? ?H ? ? ?? H 2 ? ?活泼金属(Na、Mg、Fe) ? 点燃 (2)金属→非金属 ? ?? 2 MgO ? C ?2 Mg ? CO2 ??
?

?2 F2 ? 2 H 2O ? 4 HF ? O2 ? ? 高温 ?? Si ? 2CO ?2C ? SiO2 ?? ? 高温 ?? CO ? H 2 ?C ? H 2O ?? (3)非金属→非金属 ? ?Cl2 ( Br2、I 2 ) ? H 2 S ? S ? 2 HCl(HBr、HI)

高温 ? ?? 金属 ? H 2O ? H 2 ? 金属氧化物 ?? ? 高温 (4)非金属→金属 ? ?? 金属 ? CO2 ?C ? 金属氧化物 ??

23. (16 分)以苯为主要原料,制取高分子材料 N 和 R 的流程如下:

已知: (1)B 中含氧官能团的名称是。

(2)由

生成

的反应类型是。

(3)反应Ⅰ的反应条件是。 (4)化合物 C 的结构简式是。 (5)反应Ⅱ的化学方程式是。 (6)下列说法正确的是(选填序号字母) 。 a.A 可与 NaOH 溶液反应 b.常温下,A 能和水以任意比混溶 c.化合物 C 可使高锰酸钾酸性溶液褪色 d.E 存在顺反异构体 (7)反应Ⅲ的化学方程式是。 (8)符合下列条件的 B 的同分异构体有种。 a.能与饱和溴水反应生成白色沉淀 b.属于酯类 c.苯环上只有两个对位取代基 【答案】 (16 分) (1)羟基、羧基 (2 分) (2)取代反应(2 分)

(3)NaOH 水溶液加热后酸化(2 分)

(4)

(2 分)

(5) (6)a c(2 分)

(2 分)

(7) 【解析】

(2 分)

(8) 6 (2 分)

试题分析: (1)根据已知信息可知,含有羰基的物质与 HCN/H+反应后的产物中含有羟基和 羧基,所以 B 中含有的官能团为羟基和羧基; (2)苯生成氯苯的反应为取代反应,苯分子中的一个 H 原子被 Cl 原子取代; (3)N 物质中含有酚羟基,所以 A 是苯酚,氯苯在氢氧化钠的水溶液中加热可发生取代反

应生成苯酚钠,然后酸化可得到苯酚,所以反应Ⅰ的反应条件是 NaOH 水溶液加热后酸化;

(4) N 为缩聚反应的产物, N 的单体为苯酚和 C, N 的结构简式中除去苯酚后剩余为



与苯酚发生羟醛缩合生成 N 和水,所以 C 的结构简式是



(5)B 与甲醇发生酯化反应生成 D 与水,所以反应 II 化学方程式是

; (6)a、苯酚能与氢氧化钠溶液反应,正确;b、常温下,苯酚不易溶于水,错误;c、化合 物 C 的分子中含有碳碳双键和醛基,能被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色,正确;d、E 分子 中的羟基发生消去反应产生碳碳双键,碳碳双键的 2 个 C 原子所连基团完全不相同,所以 不存在顺反异构体,错误,答案选 ac; ( 7 ) 反 应 III 为 E 的 加 聚 反 应 生 成 高 分 子 化 合 物 R , 化 学 方 程 式 是



(8)

的同分异构体中能与饱和溴水反应生成白色沉淀 ,说明含有酚羟基; 属

于酯类,说明含有酯基,且苯环上只有两个对位取代基,所以酯基的种数决定 B 的同分异 构体的种数。该酯基为 3 个 C 原子,所以可以是甲酸与苯乙醇生成的酯有 2 种,乙酸与苯 甲醇生成的酯、丙酸与苯酚生成的酯、苯乙酸与甲醇生成的酯、苯甲酸与乙醇生成的酯共 6 种。 考点:考查有机物的推断,结构与性质的判断,同分异构体的判断,化学方程式、结构简式 的书写



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