黑龙江省大庆市第三十九中学2015-2016学年高二化学下学期期末复习模拟试卷（含解析）.doc

黑龙江省大庆市第三十九中学2015-2016学年高二下期期末复习化学模拟试题（解析版）1下列化合物中，属于原子晶体的是aco2 bnaoh csio2 dsi【答案】c【解析】试题分析：离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，由金属阳离子和自由电子构成的晶体是金属晶体，则co2是分子晶体，氢氧化钠是离子晶体，二氧化硅和硅均是原子晶体，其中二氧化硅是化合物，硅是单质，答案选c。考点：考查晶体类型判断2跟100 ml 0.1 moll-1的（nh4）2so4溶液中的物质的量浓度相同的是（ ）a.0.1 moll-1氨水100 ml b.0.1 moll-1的nh4cl溶液200 mlc.0.2 moll-1 nh4no3溶液50 ml d.0.2 moll-1 (nh4)3po4溶液30 ml【答案】c【解析】溶液c()/moll-1(nh4)2so40.2nh3h2o0.1nh4clbb升高温度平衡状态向正反应方向移动c增大压强；平衡状态ii不移动d反应ii、均为放热反应【答案】b 【解析】 试题分析：a、=i+ii，所以k3= k1k2 ，所以a=1.471.62=2.47,b=1.682.15=0.78，所以ab，正确；b、2.471.68,所以反应是放热反应，升温平衡向逆反应方向移动，错误；c、ii反应的特点是气体的物质的量在反应前后不改变，所以增大压强；平衡状态ii不移动，正确；d、b=0.78v逆b正反应的h0ca、b两点的反应速率va=vbdtt1时，增大的原因是平衡向正方向移动【答案】b【解析】t1时，z的物质的量分数最大，说明反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，a不正确；平衡后如果继续升高温度，z的物质的量分数降低，说明正反应是放热反应，选项b正确；a、b两点的温度不同，反应速率不相同，选项c不正确；tt1时，增大的原因是反应向正方向进行，而并没有达到平衡状态，选项d不正确，答案选b。16(27分)（1）现有如下两个反应：naoh + hcl = nacl + h2o;fe +h2so4 = feso4 + h2 两反应中为放热反应的是 ，能设计成原电池的是 。（填序号）（2）根据下图填空 电子从 片流出，溶液中h+向 片移动。 正极的现象是 ，发生 反应（填写“氧化”或“还原”）。负极的电极方程式为 若反应过程中有0.01mol电子发生转移，则生成的氢气在标准状况下的体积为 l。（3）写出电解氯化铜溶液时，阴极的电极反应方程式： 。【答案】（1）； (2) zn ； cu； 有气泡产生； 还原； zn2e=zn2+ ； 0.112 （3）cu2+2e= cu【解析】试题分析：（1）是酸碱中和反应，是放热反应；是置换反应，属于放热反应；能设计成原电池的反应应该是有电子转移的氧化还原反应，有化合价的升降，是氧化还原反应，可以设计为原电池。（2） 在该原电池中zn为负极，失去电子，电子从zn片流出。经过导线，流回正极cu。在溶液中根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，h+向含有负电荷较多的正极cu片移动。 在正极cu上发生反应：2h+2e-=h2，反应类型是还原反应，看到的现象是有气泡产生。在负极上zn失去电子，被氧化。负极的电极方程式为zn2e=zn2+ ； 若反应过程中有0.01mol电子发生转移，根据电子守恒，可得n(h2)=0.005mol，所以生成的氢气在标准状况下的体积为0.005mol22.4l/mol=0.112l（3）电解氯化铜溶液时，在阴极上cu2+得到电子，发生还原反应。该电极反应方程式：cu2+2e= cu。考点：考查176g某单质x能从盐酸中置换出0.3g h2，同时生成xcl2；另一种元素y，它的最高价氧化物的化学式为yo3，在y的氢化物中，y的质量分数为94.1%。x和y原子中质子数均等于中子数，z元素的氢化物与它的最高价氧化物的水化物反应可生成一种盐，（1）x、y两元素的相对原子质量：x ；y 。（2）写出y的另一种常见氧化物与足量x的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式 。（3）z元素的氢化物与它的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为_（4）z元素的氢化物的沸点比同族其它元素的氢化物的沸点 （填“高”或者“低”)原因是 【答案】（1）x 40；y 32（2）so2+ca(oh)2caso3+h2o(3)nh3+hno3=nh4no3（4）高 氨气分子之间产生了氢键【解析】试题分析：（1）6g某单质x能从盐酸中置换出0.3g h2，同时生成xcl2，说明6g x在反应中失去电子为0.3g2g/mol2=0.3mol，又因为x的化合价是2价，失去2个电子，所以x的物质的量是0.15mol则x的摩尔质量=6g0.15mol=40g/mol，则x相对分子质量是40，所以x是ca元素。y的最高价氧化物的化学式为yo3，则y的最高价是6价，则最低价是2价，y的氢化物为h2y，在y的氢化物中，y的质量分数为94.1%，即m(y)m(y)+2100%=94.1%，解得m(y)=32，y是s元素；z元素的氢化物与它的最高价氧化物的水化物反应可生成一种盐，则z为n元素。（1）根据上述推断，）x、y两元素的相对原子质量分别为x:40，y:32。（2）y的另一种常见氧化物是so2，x的最高价氧化物对应水化物是ca(oh)2，so2是酸性氧化物，和氢氧化钙反应的化学方程式是so2+ca(oh)2caso3+h2o。 （3）z元素的氢化物是nh3 ，z的最高价氧化物的水化物是hno3 ，两者反应的化学方程式为nh3+hno3=nh4no3 。 （4）z元素的氢化物的nh3 ，由于氨气分子之间产生了氢键，所以氨气的沸点比同族其它元素的氢化物的沸点高。【考点定位】考查元素相对原子质量的计算以及方程式的书写等知识。【名师点睛】本题考查元素相对原子质量的计算以及方程式的书写等知识。侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。该题的关键是利用好元素周期律，然后结合题意灵活运用即可。18（5分）“酒是陈的香”，就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用下图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题：（1）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式：_（2）饱和碳酸钠溶液的主要作用是_。（3）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是_。【答案】（1）ch3coohch3ch2ohch3cooc2h5h2o（2分）；（2）除去挥发出来的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度（2分）；（3）分液（1分）；【解析】试题分析：（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，所以化学方程式为：ch3coohch3ch2ohch3cooc2h5h2o。（2）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；（3）分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后取上层得乙酸乙酯，故答案为：分液。考点：本题考查乙酸乙酯的制备、实验方案的分析。 19下列实验现象预测正确的是a实验i：打开止水夹，烧瓶内出现红色喷泉b实验ii：酸性kmno4溶液中出现气泡，颜色无明显变化c实验iii：静置一段时间，小试管内有晶体析出d实验iv：烧杯中液体变为红褐色后，继续加热煮沸，会出现浑浊【答案】cd【解析】试题分析：a、酚酞遇到酸不显色，错误，不选a；b、蔗糖中加入浓硫酸，会被浓硫酸脱水成碳，碳再和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫能是酸性高锰酸钾溶液褪色，错误，不选b；c、浓硫酸有吸水性，饱和溶液中的水挥发后溶液中有晶体析出，正确，选c；d、沸水中加入饱和氯化铁溶液，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，继续加热胶体发生聚沉，产生沉淀，正确，选d。考点：浓硫酸的特性，胶体的制备和性质20cuso4溶液与k2c2o4溶液混合反应,产物之一是只含一种阴离子的蓝色钾盐水合物。通过下述实验确定该晶体的组成。步骤a：称取0.672 0 g样品,放入锥形瓶，加入适量2 moll1稀硫酸,微热使样品溶解。再加入30 ml水加热，用0.200 0 moll-1 kmno4溶液滴定至终点，消耗8.00 ml。步骤b：接着将溶液充分加热,使淡紫红色消失,溶液最终呈现蓝色。冷却后,调节ph并加入过量的ki固体，溶液变为棕色并产生白色沉淀cui。用0.250 0 moll-1 na2s2o3标准溶液滴定至终点，消耗8.00 ml。相关反应离子方程式如下：步骤a：2 mno4-+5c2o42-+16h+ = 2mn2+8h2o+10co2步骤b：2cu2+4i- = 2cui+i2 i2+2s2o32-= 2i-+s4o62-（1） 已知室温下cui的ksp=1.2710-12，欲使溶液中c(cu+)1.010-6 moll-1，应保持溶液中c(i-) moll-1；（2） mno4-在酸性条件下,加热能分解为o2,同时生成mn2+。该反应的离子方程式为 ；若无该操作,则测定的cu2+的含量将会 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。（3）步骤b用淀粉溶液作指示剂,则滴定终点观察到的现象为 。（4）通过计算确定样品晶体的组成。【答案】（1）1.2710-6 （2） 4mno 4+12h+ 4mn2+5o2+6h2o ；偏高（3）溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色 （4）样品晶体的组成是k2cu(c2o4)2h2o 【解析】试题分析：（1）由于室温下cui的ksp=1.2710-12，欲使溶液中c(cu+)1.010-6 moll-1，所以c(i-)=kspc(cu+)=1.2710-6mol/l。（2） mno4-在酸性条件下，加热能分解为o2；同时生成mn2+。根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式为4mno 4+12h+ 4mn2+5o2+6h2o；若不将mno 4-转化为mn2+，若无该操作，则cu+会被氧化为cu2+，使测定的cu2+的含量将会偏高；（3） 步骤b用淀粉溶液作指示剂，在滴定前溶液中含有i2，遇淀粉溶液变为蓝色，随着反应的进行，i2不断消耗，溶液的浓度逐渐减小，溶液的蓝色逐渐变浅。所以滴定终点观察到的现象为溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色。（4）根据离子方程式2mno4-+5c2o42-+16h+2mn2+8h2o+10co2可知n(c2o42-)=5/2n(mno4-)=5/20.200 0 moll-10.008l=410-3mol；根据方程式2cu2+4i-=2cui+i2；i2+2s2o32-=2i-+s4o62-可得关系式：cu2+s2o32-。n(cu2+)=0.250 0 moll-10.008l=210-3mol；则根据电荷守恒可知n(k+)+ 2n(cu2+)=2n(c2o42-)，所以n(k+)=2n(c2o42-)- 2n(cu2+)=2（410-3mol-210-3mol）=410-3mol，根据质量守恒原理：m（h2o）=0.6720g-39410-3 g -64210-3 g -88410-3g=0.036g，所以n（h2o）=210-3mol，故n(k+)：n(cu2+)：n(c2o42-)：n (h2o)=2：1：2：1，所以样品晶体组成是：k2cu(c2o4)2h2o。考点：考查滴定方法在物质组成测定的应用的知识。218.1g铝与v升2moll-1氢氧化钠溶液反应，铝完全溶解。回答下列问题：写出上述反应的离子反应方程式： 氢氧化钠溶液的体积v最少为 升产生氢气在标况下的体积为 升 反应过程中转移电子数目为 【答案】 2al +2oh +2h2o =2alo2 +3h2 0.15升 10.08 升 0.9na （或5.4181023）【解析】试题分析：铝能和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应放热离子方程式是2al +2oh +2h2o =2alo2 +3h2 。8.1g铝的物质的量是0.3mol，则根据反应的方程式可知，消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以氢氧化钠溶液的体积至少是0.3mol2mol/l0.15l。根据方程式可知，生成的氢气是0.45mol，在标准状况下的体积是0.45mol22.4l/mol10.08l。铝在反应中失去3个电子，所以共失去0.9mol电子，其数目是0.9na。考点：考查根据方程式进行的有关计算点评：在根据方程式进行有关计算时，关键是准确判断出反应的过程，写出反应的方程式，然后依据条件得出关系式即可。22(12分)【化学有机化学基础】某种降血压药物h( 已知：回答下列问题：（1）a的名称为_。（2）bc的反应条件为_，ef的反应类型为_。（3）d结构简式为_。（4）符合下列条件g的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱为5组峰的为_(写结构简式)。能使溶液显紫色；苯环上只有2个取代基；1mol该物质最多可消耗3molnaoh。 （5）gh的化学方程式为_。【答案】（1）2-甲基丙烯（2）naoh水溶液、加热；取代反应（3）（ch3）2chcho（4）6；（5）【解析】试题分析：由h的结构以及题给信息运用逆合成分析法进行分析，h为乙二醇与g发生酯化反应得到，故g为，所以f应为，利用信息ii可知e为(ch3)2chcooh，故d应为(ch3)2chcho，c为(ch3)2chch2oh，b为(ch3)2chch2br，a为(ch3)2ch=ch2。（1）a的名称为2-甲基丙烯；（2）bc的反应为卤代烃的水解，反应条件为naoh水溶液、加热；ef的反应类型为取代反应；（3）d的结构简式为(ch3)2chcho；（4）g为，能使溶液显紫色说明含有酚羟基，苯环上只有2个取代基，所以另一个取代基应为-c4h6o2，又1mol该物质最多可消耗3molnaoh，说明该取代基中含有酯基且必须是酚羟基与羧基形成的酯基，即有两种结构：、，与酚羟基又各有邻、间、对三种排列方式，故符合条件的同分异构体有6种；其中核磁共振氢谱为5组峰的为。（5）gh为酯化反应，化学方程式为。考点：考查有机化学的推断、有机物的命名、有机反应类型的判断、同分异构体