黑龙江省虎林市高级中学学年高二月考理综.docx
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黑龙江省虎林市高级中学学年高二月考理综
黑龙江省虎林市高级中学2016-2017学年高二5月月考理综-化学试题
1.下列说法正确的是
A.向海水中加入净水剂明矾可使海水淡化
B.合成纤维、光导纤维都属于有机高分子材料
C.利用加热的方法杀死人体内感染的埃博拉病毒
D.“雾”是微小水滴或冰晶组成的气溶胶系统，“霾”中的灰尘对大气中的有害物质起吸附作用
【答案】A
【解析】A、净水剂是除去水中悬浮杂质，而对海水中的离子无法除去，不能达到淡化的目的，选项A错误；B、光导纤维是二氧化硅，不是有机高分子材料，选项B错误；C、人体不可能利用加热的方法处理，选项C错误；D、“雾”是微小水滴或冰晶组成的气溶胶系统，“霾”中的灰尘对大气中的有害物质起吸附作用，选项D正确。
答案选D。
2.下列说法正确的是
A.乙醇的沸点高于丙醇
B.油脂和蛋白质都是高分子化合物
C.1mol苯丙炔酸酸最多可与4mol氢气发生气反应
D.C5H10O2能与碳酸钠反应的一氯代物的同分异构体数为12
【答案】D
【解析】A.乙醇的相对分子质量小于丙醇，沸点低于丙醇，A错误；B.油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯类，不是高分子化合物，B错误；C.苯丙炔酸含有三键和苯环，1mol苯丙炔酸最多可与6mol氢气发生气反应，C错误；D.C5H10O2能与碳酸钠反应，说明是羧酸类，即满足C4H9－COOH，丁基有4种：
－CH2CH2CH2CH3、－CH2CH（CH3）2、－CH（CH3）CH2CH3、－C（CH3）3，其一氯代物分别有4、3、4、1种，所以一氯代物的同分异构体数共计为12种，答案选D。
点睛：
该题的易错点和难点是选项D，首先要依据化学性质明确属于戊酸，然后依据羧酸类的结构特点借助于丁基的种类和等效氢原子的判断方法分析解答。
3.在一定条件下，苯与氯气在氯化铁催化下连续反应，生成以氯苯、氯化氢为主要产物，邻二氯苯、对二氯苯为次要产物的粗氯代苯混合物。
有关物质的沸点如下:
氯苯
邻二氯苯
对二氯苯
沸点/℃
132.2
180.5
174
熔点/℃
-45.6
-15
53
下列说法正确的是
A.该反应属于取代反应
B.反应放出的氯化氢可以用水吸收
C.用蒸馏的方法可将邻二氯苯从有机混合物中首先分离出来
D.该反应必须在密闭体系中进行
【答案】C
【解析】A．苯与氯气反应生成氯代苯混合物，苯环上H被取代，为取代反应，A正确；B．HCl极易溶于水，卤代烃不溶于水，则反应放出的氯化氢可以用水吸收，B正确；C．由表格数据可知，沸点低的先被蒸馏出，则氯苯从有机混合物中首先分离出来，C错误；D．氯气有毒，因此该反应必须在密闭体系中进行，D正确；答案选C。
4.下列图示与对应的叙述相符的是
A.图1表示ILpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至VL，pH随IgV的变化
B.图2表示不同温度下水溶液中H+和OH-浓度的变化的曲线，图中温度T1>T2
C.图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点
D.图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应
【答案】C
【解析】试题分析：
A、稀释醋酸促进醋酸的电离，pH随lgV的变化不会成比例，A错误；B、升高温度促进水的电离，则图中温度T2＜T1，B错误；C、最高点表示平衡点，增大氢气浓度提高氮气转化率，C正确；D、氧气浓度即表示平衡常数，温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，D错误。
答案选C。
考点：
考查弱电解质的电离、外界条件对平衡状态的影响
5.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；丫与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L-1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，下列说法正确的是
A.原子半径：
W>Z>Y>X>M
B.YZ2溶于水形成的溶液具有较强的氧化性
C.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键
D.1molWM溶于足量水中完全反应共转移2mol电子
【答案】B
【解析】Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L，则该气体的相对分子质量为0.76×22.4＝17，则该气体为NH3。
结合X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X是C，Y是N，Z是O，M是H。
W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。
则W是Na。
A、同一周期的元素，原子序数越小，原子半径越大；不同周期的元素，原子的电子层数越多，原子半径越大。
所以这几种元素的原子半径大小关系为原子半径：
Na＞C＞N＞O＞H，A错误；B、二氧化氮溶于水生成NO和硝酸，硝酸具有强氧化性，B正确；C、由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物CO（NH2）2中只有共价键，没有离子键，C错误；D、NaH与水反应的方程式为NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑，因此1molWM溶于足量水中完全反应共转移1mol电子，D错误；答案选B。
6.下列实验操作和现象对应所得到的结论均正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫色
原溶液中有I-
B
向稀HNO3中加入过量的Fe粉，充分反应后，滴入K3溶液，产生蓝色沉淀
稀HNO3将Fe氧化为Fe2+
C
常温下，测定盐酸和醋酸溶液的pH；盐酸pH小于醋酸PH
证明相同条件下，在水中HCl电离程度大于CH3COOH
D
室温下，用pH试纸测得：
0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5
HSO3-结合H+的能力比SO32-的强
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】A．由现象可知，氯水氧化碘离子，生成碘单质，加四氯化碳萃取后在下层，则实验操作、现象和结论均正确，A正确；B．硝酸首先把铁氧化为硝酸铁，过量铁粉再与硝酸铁反应生成硝酸亚铁，B错误；C．应该测定等浓度的盐酸和醋酸溶液的pH，C错误；D．HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，亚硫酸氢钠溶液中亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，D错误，答案选A。
点睛：
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应原理、物质检验等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，综合性较强。
易错点是选项B，注意硝酸具有强氧化性，直接把铁氧化为硝酸铁，如果铁过量，过量的铁再与铁离子反应得到亚铁离子。
7.电化学气敏传感器可用于检测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A.O2在电极b上发生还原反应
B.溶液中OH+向电极a移动
C.负极的电极反应式为：
2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
D.反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：
5
【答案】D
【解析】A．该感器在工作过程中，负极上氨气失电子生成氮气，则a为负极，b为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应，A正确；B．原电池中阴离子向负极移动，则氢氧根离子向a极移动，B正确；C．碱性条件下，氨气失电子生成氮气和水，则a极的电极反应式为2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O，C正确；D．电池的总反应为4NH3+3O2＝4N2+6H2O，则反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：
3，D错误；答案选D。
点睛：
本题考查了原电池原理，明确正负极上发生的电极反应即可解答，难点是电极反应式的书写，注意溶液的酸碱性以及是否存在交换膜等。
选项C还可以通过电子得失守恒进行计算。
8.游离态的氮经一系列转化可以得到硝酸，如下图所示。
（1）NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是______________。
学科...
（2）NO2→HNO3反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________________。
（3）2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）是制造硝酸的重要反应之一。
在800℃时，向容积为1L的密闭容器中充入0.010molNO和0.005molO2，反应过程中NO的浓度随时间变化如下图所示。
①2min内，v（O2）=________mol/（L·min）
②800℃时，该反应的化学平衡常数为__________。
③判断该反应达到平衡的依据是（写出2条即可）____________。
④已知：
ⅰ.
ⅱ.N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）ΔH=+68kJ·mol-1，写出NO生成NO2热化学方程式_____________，温度对于NO生成NO2平衡转化率的影响是：
___________________。
（4）电解法处理含氮氧化物废气，可以回收硝酸。
实验室模拟电解法吸收NO，装置如图所示（均为石墨电极）。
请写出电极过程中NO转化为硝酸的电极反应式：
______________。
【答案】
（1）.4NH3+5O2
4NO+6H2O
（2）.1:
2（3）.1.25×10-3（4）.400（5）.体系压强不变、各物质浓度不变、各物质体积分数不变等等。
（6）.2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）ΔH=-115kJ·mol-1。
（7）.温度升高，平衡向逆反应方向移动，NO转化为NO2的平衡转化率降低（8）.NO-3e-+2H2O===NO3-+4H+
【解析】
（1）NH3和O2在催化剂作用下反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O；
（2）NO2溶于水生成硝酸和NO：
3NO2+H2O=2HNO3+NO，其中NO是还原产物，硝酸是氧化产物，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：
2；（3）①由图象可知用NO浓度的变化计算反应速率v（NO）=（0.010mol/L−0.005mol/L）/2min=0.025mol/（L•min），则v（O2）=1/2v（NO）=1.25×10-3mol/（L•min）；②
2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）
起始浓度（mol/L）0.010.0050
平衡浓度（mol/L）0.0050.00250.005
则k=c2（NO2）/c2（NO）·c（O2）=0.0052/0.0052×0.0025=400；
③在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。
该反应是体积减小的可逆反应，所以判断该反应达到平衡的依据有：
体系压强不变、各物质浓度不变、各物质体积分数不变等。
④i．N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=（945kJ/mol+498kJ/mol）-2×630kJ/mol＝+183kJ/mol，ii．N2（g）+2O2（g）＝2NO2（g）△H=+68kJ/mol，则盖斯定律ii-i得到2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=-115kJ/mol。
温度升高，平衡向逆反应方向移动，NO转化为NO2的平衡转化率降低；（4）电解过程中NO在阳极失去电子转化为硝酸的电极反应式为NO-3e-+2H2O＝NO3-+4H+。
9.二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物，平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末
（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）。
某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体。
已知：
CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。
（1）稀酸A的分子式是_____________________。
（2）滤液1中加入H2O2溶液的目的是__________________。
（3）设计实验证明滤液1中含有Fe2+_____________________。
（4）已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO（OH）反应生成Fe3O4,书写该反应的离子方程式____________。
（5）由滤液2生成Ce（OH）4的离子方程式__________________。
（6）硫酸铁铵晶体广泛用于水的净化处理，但其在去除酸性废水中的悬浮物时效率降低，其原因是___________________。
（7）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.531g，加硫酸溶解后，用浓度为0.l000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液。
该产品中Ce（OH）4的质置分数为_______（结果保留两位有效数字）。
【答案】
（1）.H2SO4
（2）.使Fe2+氧化为Fe3+（3）.取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+。
或其他合理答案（4）.Fe2++2FeO（OH）===Fe3O4+2H+（5）.4Ce3++O2+12OH－+2H2O==4Ce（OH）4↓（6）.Fe3++3H2O
Fe（OH）3+3H+，酸性废水抑制Fe3+的水解（或水解平衡逆向移动），使其不能生成有吸附作用的Fe（OH）3胶体（7）.0.98或98%
【解析】已知CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液，因此玻璃粉末溶于稀硫酸中氧化铁、氧化亚铁溶解得到滤液1，加入双氧水将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，然后加入硫酸铵通过蒸发浓缩即可得硫酸铁铵晶体到；二氧化硅和二氧化铈不溶，即滤渣1是二氧化硅和二氧化铈，加入稀硫酸和双氧水，得到Ce3＋的溶液，说明二氧化铈和双氧水发生了氧化还原反应，滤渣2是二氧化硅。
滤液2中加入氢氧化钠并通入氧气生成Ce（OH）4，加热分解得到二氧化硅。
学科...
（1）根据以上分析可知稀酸A是硫酸，的分子式是H2SO4；
（2）滤液1中含有亚铁离子，加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化为Fe3+；（3）亚铁离子能与铁氰化钾溶液反应产生蓝色沉淀，因此证明滤液1中含有亚铁离子的实验操作是：
取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+；（4）已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO（OH）反应生成Fe3O4,根据电子得失守恒和原子守恒可知该反应的离子方程式为Fe2++2FeO（OH）＝Fe3O4+2H+；（5）由滤液2生成Ce（OH）4的反应物是氢氧化钠、氧气和Ce3＋，因此反应的离子方程式为4Ce3++O2+12OH－+2H2O＝4Ce（OH）4↓；（6）由于Fe3++3H2O
Fe（OH）3+3H+，酸性溶液中氢离子浓度大，废水抑制Fe3+的水解（或水解平衡逆向移动），使其不能生成有吸附作用的Fe（OH）3胶体，所以效率会降低；（7）根据电子得失守恒可知
Ce（OH）4～～～～FeSO4
0.0025mol0.1000mol/L×0.025L
所以m=0.0025mol×208g/mol=0.52g，产品中Ce（OH）4的质量分数为
。
10.碳酸钠、碳酸氢钠是日常生产生活中常用的两种盐。
在实验室中制取NaHCO3的方法有多种。
请
依据下列方法回答问题：
方法一：
模拟工业“侯氏制碱法”制取：
（原理NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO↓+NH4Cl）
第一步：
连接好装置，检验气密性，在仪器内装人药品。
第二步：
让某一装置先发生反应，直到产生的气体不能再在Ⅲ中溶解，再通入另一装置中产生的气体，片刻后，Ⅲ中出现固体。
继续向Ⅲ中通入两种气体，直到不再有固体产生。
第三步：
分离Ⅲ中所得的混合物，得到NaHCO3固体。
第四步：
向滤液中加入适量的某固体粉末，有NH4Cl晶体析出。
（1）图中所示装置的连接顺序是：
a接f；e接________；b接_________（填接口编号）。
（2）I中盛放稀盐酸的仪器名称是_____________，IV中应选用的液体为________________。
（3）第二步中让（填序号）装置先发生反应。
（4）第四步中所加固体粉末为________。
所得的晶体中常含有少置的NaCl和NaHCO3（约占5%~8%），请设计一个简单的实验，不使用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4Cl。
简要写出操作和现象______________________。
方法二：
把CO2通人饱和Na2CO3溶液制取NaHCO3。
装置如下图所示（气密性已检验，部分夹持装置略）：
（5）请结合化学平衡移动原理解释B中溶液的作用_________________。
（6）当C中有大量白色固体析出时，停止实验，将固体过滤、洗涤、干燥备用。
为确定固体的成分，实验小组设计方案如下（取一定量的固体，配成溶液作为样液，其余固体备用）：
①方案1：
取样液与澄清的Ca（OH）2溶液混合，出现白色沉淀。
实验小组对现象产生的原理进行分析，认为该方案不合理，理由是________________。
②方案2：
取样液与BaCl2溶液混合，出现白色沉淀并有气体产生。
实验小组认为固体中存在NaHCO3,其离子方程式是________________。
【答案】
（1）.d，c
（2）.长颈漏斗，饱和碳酸氢钠溶液（3）.Ⅱ（4）.NaCl；取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消失，在试管口内壁又有较多的固体凝结。
（5）.CO2在水中存在平衡：
CO2+H2O
H2CO3
HCO+H+，有H2SO4存在时，可使上述平衡向左移动，从而减少CO2在水中的溶解，同时吸收挥发出来的HCl气体（6）.Na2CO3和NaHCO3都能跟Ca（OH）2溶液发生反应生成白色沉淀，无法确定固体的成分中是否含有NaHCO3（7）.2HCO+Ba2+=BaCO3↓+CO2↑+H2O（8）.NaOH+CO2 = NaHCO3（9）.Ca（HCO3）2+NaOH==NaHCO3+CaCO3+H2O
其它合理方法均可
点睛：
侯氏制碱法中CO2虽然溶于水，但在水中的溶解度小，而NH3极易溶于水，且其水溶液显碱性，能提高CO2的利用，减少浪费，因此先通NH3，NH3通入到NaCl溶液中，要防止倒吸，因此b连接c。
11.
金属钛性能优越，被誉为继Fe、Al后应用广泛的“第三金属”。
学科...
（1）Ti基态原子的电子排布式为____________。
（2）Ti能与B、C、N、O等非金属元素形成稳定的化合物，B、C、N的电负性由大到小的顺序为_____；C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_____________。
（3）N的氢化物常作制冷剂，原因是______________。
（4）月球岩石—玄武岩的主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3）。
FeTiO3与80%的硫酸反应可生成TiOSO4。
SO42-的空间构型为_______形。
其中硫原子采用_________杂化，写出SO42-的一种等电子体的化学式：
______。
（5）Ti、Ca、O相互作用能形成如图晶体结构（Ti4+位于立方体的顶点、Ca2+位于立方体体心），该晶体的化学式为________。
Ti4+和周围_____个O2-相紧邻。
该晶胞的边长为apm，则其密度为______g/cm3。
【答案】
（1）.1s22s22p63s23p63d24s2
（2）.N＞C＞B（3）.N＞O＞C（4）.NH3分子键能形成氢键，沸点较高，以液化，故能够做制冷剂（5）.正四面体（6）.sp3（7）.ClO4-（8）.CaTiO3（9）.12（10）.136/（6.02·a3）×107g/cm3
【解析】
（1）Ti的原子核外有22个电子，根据电子的排布规律可知基态Ti原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2或3d24s2；
（2）根据元素电负性的比较，同周期中的元素，随核电荷数的增加，电负性增强，所以电负性N＞C＞B；第一电离能随核电荷数的增加而增大，但N的最外层的轨道是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能N＞O＞C；（3）NH3分子间能形成氢键，沸点较高，易液化，故能够做制冷剂；（4）SO42-中的S原子的价层电子对数是
，无孤对电子，所以硫酸根离子的空间构型是正四面体型；其中S采取的是sp3杂化；原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则SO42－的一种等电子体的化学式为ClO4－等。
（5）Ti4+位于立方体的顶点，个数是8×1/8=1，Ca2+位于立方体体心，共计1个，氧原子位于面心处，个数6×1/2=3，因此该晶体的化学式为CaTiO3。
每层的Ti4+都与4个O2-紧邻，所以该晶体中Ti4+和周围的12个O2-紧邻；该晶胞的边长为apm，则其晶胞的体积是（a×10－10cm）3，所以密度为
g/cm3。
12.【化学——选修5：
有机化学基础】
聚芳酯（PAR）在航空航天等领域具有广泛应用。
下图是合成某聚芳酯的路线：
已知：
（1）A的名称为______________________，B的结构简式是_________________________。
（2）D的分子式为_______________________，反应④的反应类型是________________。
（3）写出⑤的化学方程式为_________________________。
（4）M是符合下列条件的B的同分异构体
a．能发生银镜反应、水解反应，还能与Na2CO3溶液反应
b．苯环上只有两个取代基且无“—O—O—”结构
c．能与FeCl3发生显色反应
则M共有_______种
【答案】
（1）.间二甲苯（或1，3—二甲基苯、1，3—二甲苯）
（2）.
（3）.C5H8O3（4）.取代反应或酯化反应（5）.
（6）.6种
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