河南省新野县第三高级中学2014-2015学年高二下学期第二次周考化学试题【附答案】

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河南省新野县第三高级中学高二上学期第四次周考化学试题

2014—2015学年上学期二年级第四次周考化学试题命题人:李培培2014.11.28 注意事项:1．考试时间90分钟,满分100分.选做题不记入总分.2.Ⅰ卷填在答题卡上,Ⅱ卷写在答题卷上.一、单选题（每题3分）1．下列说法正确的是 ( )A．水的电离方程式：H2O===H＋＋OH－B．升高温度，水的电离程度增大C．在NaOH溶液中没有H＋D．在HCl溶液中没有OH－2．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是( )A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性B．水的离子积不变、pH不变、呈中性C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性D．水的离子积变大、pH变小、呈中性3. 能影响水的电离平衡，并使溶液中的[H＋]>[OH－]的操作是 ( )A．向水中投入一小块金属钠 B．将水加热煮沸C．向水中通入二氧化碳气体 D．向水中加食盐晶体4．可以判定某酸是强电解质的组合是 ( )①该酸加热至沸腾也不分解②该酸可溶解氢氧化铜③该酸可跟石灰石反应放出CO2 ④该酸是共价化合物A．①②③ B．①②④C．②③④ D．都不是5．向醋酸溶液中滴入稀氨水，溶液的导电能力发生变化，其电流强度(I)随加入氨水的体积(V)的变化曲线是( )6．下列措施对水的电离无影响的是 ( )A．升高温度B．加入稀醋酸C．加入氢氧化钠D．加入食盐7．25℃时，将pH＝2和pH＝5的硫酸溶液等体积混合后，溶液的pH为( ) A．2.3 B．4.7 C．3.5 D．以上答案都不正确8.25℃时，在0.01 mol·L－1的硫酸溶液中，水电离出的H＋浓度是 ( )A．5×10－13mol·L－1B．0.02 mol·L－1C．1×10－7mol·L－1D．1×10－12mol·L－19．如图所示，能表示人体大量喝水时，胃液的pH变化的图像是( )10.已知在不同温度下水离子积常数分别为：K(25 ℃)＝1.0×10－14 mol2·L－2，K(35 ℃)＝2.1×10－14 mol2·L－2，则下列叙述正确的是( )A．[H＋]随着温度的升高而降低B．在35 ℃时，[H＋]>[OH－]C．水的电离程度α(25 ℃)>α(35 ℃)D．水的电离是吸热的11．常温下，将0.02 mol·L－1的Ba(OH)2溶液100 mL 和0.02 mol·L－1NaHSO4溶液100 mL混合，若忽略溶液体积变化，则混合后的溶液()A．pH＝12 B．pH＝2C．由水电离产生的[H＋]＝1.0×10－2mol·L－1D．溶质的物质的量浓度为0.01 mol·L－112.常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液，pH由大到小的顺序是()①H2SO4溶液②盐酸③NaCl溶液④NaOH溶液⑤Ba(OH)2溶液A．⑤>④>③>②>①B．①>②>③>④>⑤C．④＝⑤>③>①＝②D．①＝②>③>④＝⑤13．相同温度的下列溶液：①0.1 mol·L－1的硫酸②0.01 mol·L－1的NaOH溶液，其中由水电离产生的[H＋]之比为 ( )A．1∶1B．1∶10C．1∶20 D．20∶114．室温下某溶液中水电离出的[H＋]＝10－12mol·L－1，则该溶液中一定能大量共存的离子组是( )A．Na＋Fe3＋Cl－I－B．Ca2＋、K＋、Cl－、HCO－3C．Mg2＋Na＋SO2－4Cl－D．K＋Na＋SO2－4NO－315．下列物质分类组合正确的是 ( )162A．0.1 mol·L－1的HNO2溶液中[H＋]约为0．01 mol·L－1B．用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗C．HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应D．HNO2能与NaOH溶液发生中和反应17．喷墨打印机墨汁的pH为7.5～9.0。

河南省新野县第三高级中学2015届高三9月第二次阶段考化学试卷 Word版含答案.pdf

D．含有大量Fe3+的溶液：Na+、Al3+、NO3-、SCN-
1.下列有关说法正确的是 ( )
A.1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA
B．反应Li2NH+H2LiNH2+LiH中H2既是氧化剂又是还原剂．
C．在反应KIO3+6HI===KI+3I2+3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6NA
D．根据反应中HNO3（稀）NO，而浓硝酸NO2可知，氧化性HNO3（稀）>浓硝酸 12．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3和Fe3O4的混合物中加入240mL 5mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出 8960mLNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的CO在加热下还原相同质量的混合物，最终得到铁的物质的量为 A．0.4mol B．0.6mol C．0.8mol D． 1.0mol .类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是 ( ) 已知类推A将Fe加入CuS4溶液中：Fe+Cu2+===Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+==Cu+2Na+B稀硫酸与 Ba(OH)2溶液反应至中性：2H++ SO42-+Ba2++2OH-===BaSO4↓+2H2ONaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：2H++SO42+Ba2++2OH-===BaSO4↓+2H2OC铁与氯气反应：2Fe+3Cl2 2FeCl3铁和碘单质反应：2Fe+3I12 2FeI3D向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO- +CO2+H2O===CaCO3↓+2HClO向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO+SO2+H2O===CaSO3↓+2HClO14.下列反应与Na2O2＋SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是 A．2Na2O2＋CO2→2Na2CO3＋O2 B．2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4＋O2 C．Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2 D．3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O 15.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：。下列有关物质的推断不正确的是 A.若甲为焦炭，则丁可能是O2B.若甲为SO2，则丁可能是氨水 C.若甲为Fe，则丁可能是盐酸D.若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO216．将金属铜、铁置于氯化铁溶液中充分反应，下列对反应情况设想的评价正确的是 ( ) 选项反应情况设想评价A当铁、铜均不剩余时，溶液中一定有Fe2+、Cu2+，一定无Fe3+正确，Fe3+和Fe、Cu均可反应B当铁、铜均有剩余时，溶液中一定有 Fe2+、Cu2+、无Fe3+正确，Fe和Cu与Fe3+都反应，故有Fe2+和Cu2+，无Fe3+C当铜有剩余，铁无剩余时，溶液中一定只有Fe2+，无Cu2+正确，Cu有剩余，故无Cu2+D当铁有剩余，铜无剩余时，溶液中一定有Fe2+、Cu2+不正确，不可能有Fe剩余而无Cu剩余，因为Fe比Cu优先与Fe3+反应（分）实验室用下面装置测定FeO和Fe2O3固体混合物中Fe2O3的质量，D装置的硬质双通玻璃管中的固体物质是FeO和Fe2O3的混合物。 (1)为了安全，在点燃D处的酒精灯之前，在b出口处必须____。 (2)装置B的作用是____；装置C中装的液体是_______，所起的作用是____。 (3)在气密性完好，并且进行了必要的安全操作后，点燃D处的酒精灯，在硬质双通玻璃管中发生反应的化学方程式是________________________________________. (4)若FeO和Fe2O3固体混合物的质量为23.2 g，反应完全后U型管的质量增加7.2g，则混合物中Fe2O3的质量为 ___________g。 (5)U形管E右边又接连干燥管F的目的是____，若无干燥管F，测得Fe2O3的质量将（填“偏大”“偏小”或“无影响 ”）。 (6)若反应后得到的残留固体中还有少量FeO，测得的Fe2O3质量将______（填“偏大“偏小”或“无影响”）。（1分）已知A和B两支试管所盛的溶液中共含有K+、Ag+、Mg2+、Cl-、OH-、NO3+六种离子，向试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色。请回答下列问题： (1)试管A的溶液中所含上述离子共有___________种。 (2)若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，则该试管为_______（填“A”或“B”）。 (3)若向试管B的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相应的金属和仅含一种溶质的溶液，则加入的药品是 ________________（填化学式）。 (4)若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则混合过程中发生反应的离子方程式为__________________________。 (5)若试管A和试管B中的溶液是由等物质的量的四种物质配成的溶液，将两试管中溶液混合后过滤，所得滤液中各种离子的物质的量之比为____。 (6)若向由试管A溶液中的阳离子组成的碳酸氢盐溶液中，滴入少量Ba(OH)2溶液，则发生反应的离子方程式为 H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_______________________。（2分）（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。 ①H3PO2中，P元素的化合价为__________。 ②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物为___________（填化学式）。（2分） ③NaH2PO2为___________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显_______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性

河南省南阳市新野三中高一化学上学期第二次周考试卷(含解析)

河南省南阳市新野三中2014-2015学年高一上学期第二次周考化学试卷一、选择题（共30题，每小题1.5分共45分）1．（1.5分）Na2O和Na2O2的下列叙述中正确的是（）A．Na2O比Na2O2稳定B．均可与水反应生成氧气C．均可与CO2反应D．均是典型的碱性氧化物2．（1.5分）把4.6g钠投入到95.6g水中，不考虑水的蒸发，所得溶液中溶质的质量分数是（）A．4.6% B．7.7% C．8.0% D．10%3．（1.5分）下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是（）A．CuCl2B．FeCl2C．FeCl3D．AlCl34．（1.5分）下列变化不能直接实现的是（）A（ HCl）→B（Cl2）→C（Ca（ClO）2）→D（HClO）→E（CO2）A．A→B B．B→C C．C→D D．D→E5．（1.5分）分别与1mol Cl2发生反应，消耗质量最小的物质是（）A．Fe B．Cu C．Mg D．Na6．（1.5分）下列叙述中错误的是（）A．1 mol任何纯净物都含有相同的原子数B．1 mol O2中约含有6.02×1023个氧分子C．1 mol氢气中含有2mol氢原子和2mol电子D．阿伏加德罗常数可表示为6.02×1023mol﹣17．（1.5分）设N A为阿伏加得罗常数的值，下列说法正确的是（）A．28gN2所含有的原子数为1N AB．常温常压下，1molCO2气体中所含有的分子数不等于1N AC．46gNO2和N2O4的混合物中含有的分子数为1N AD．0.1molNH4+所含有的电子数为1N A8．（1.5分）现有盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液，可用来区别他们的一种试剂是（）A．AgNO3B．酚酞试剂C．紫色石蕊溶液D．饱和食盐水9．（1.5分）下列说法正确的是（N A表示阿伏加德罗常数的值）（）A．在常温常压下，11.2 LN2含有的分子数为0.5 N AB．在常温常压下，1mol氖气含有的原子数为2N AC．71gCl2所含原子数为2N AD．在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同10．（1.5分）N A为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A．标准状况下，11.2L乙醇所含分子数为0.5N AB．40g氢氧化钠含有氧原子数为N AC．1LNaCl溶液中，所含离子总数为2N AD．标准状况下，22.4L氢气含有N A个氢原子11．（1.5分）在标准状况下，相同质量的下列气体，占有体积由大到小的顺序是（）①Cl2②H2③N2④CO2⑤O2．A．③②④⑤①B．③②④③①C．①④⑤②③D．②③⑤④①12．（1.5分）在一定温度、压强下，1体积X2（气）和3体积Y2（气）化合成2体积的气体化合物，则该气体化合物的化合式为（）A．XY3B．XY C．X3Y D．X2Y313．（1.5分）当物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中所含Cl﹣的个数相等时，这三种溶液的体积比应是（）A．1：1：1 B．1：2：3 C．3：2：1 D．6：3：214．（1.5分）下列溶液中，跟100mL 0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度相同的是（）A．100mL 0.5mol/L MgCl2溶液B．200mL 0.25mol/L AlCl3溶液C．50mL 1mol/L NaCl溶液D．25mL 0.5mol/L HCl溶液15．（1.5分）用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如果晾置在空气中，过了一段时间，其漂白效果会更好的原因可能是（）A．漂白粉被氧化了B．有色布条被空气中的氧气氧化了C．漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了较多量的HClOD．漂白粉溶液蒸发掉部分水，其浓度增大16．（1.5分）如果ag某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是（式中N A为阿伏加德罗常数的值）（）A． L B． L C． L D． L17．（1.5分）含有相同氧原子数的SO2和SO3，其分子的质量比为（）A．6：5 B．1：1 C．2：3 D．2：118．（1.5分）现有CO、CO2、O3（臭氧）三种气体，它们分别都含有1mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为（）A．1：1：1 B．1：2：3 C．3：2：1 D．6：3：219．（1.5分）浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是2H2SO4（浓）+CCO2↑+2H2O+2SO2↑，则12g木炭和足量的浓硫酸反应后生成的气体在标况下的体积为（）A．22.4 L B．44.8 L C．67.2 L D．89.6 L20．（1.5分）VmlAl2（SO4）3溶液中，含有Al3+ a g，取ml的该溶液稀释到3Vml，则稀释后的溶液中SO42﹣的物质的量浓度为（）A． mol/L B． mol/LC． mol/L D． mol/L21．（1. 5分）标准状况下有22.4L氯气和氢气的混合气体，在一密闭容器中使其充分反应．冷却后将此气体与1L1mol/LNaOH溶液充分反应，最后此溶液（）A．一定显酸性B．一定显碱性C．可能显酸性，可能显碱性，也可能中性D．以上无正确答案22．（1.5分）实验室里需用道480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，以下配制溶液的操作正确的是（）A．称取7.6g硫酸铜，加入500 mL的水B．称取8.0g硫酸铜，配成500mL溶液C．称取12.0g胆矾，配成500mL溶液D．称取12.5g胆矾，加入500mL水23．（1.5分）配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，下列操作对实验结果没有影响的（）A．容量瓶中原有少量蒸馏水B．洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中C．定容时观察液面俯视D．定容加水超过刻度线又吸出少量24．（1.5分）0.5L某浓度的 NaCl 溶液中含有0.5mol Na+，对该溶液的说法不正确的是（）A．该溶液的物质的量浓度为1 mol•L﹣1B．该溶液中含有58.5g NaClC．配制100 mL该溶液需用5.85g NaClD．量取100 mL该溶液倒入烧杯中，烧杯中Na+的物质的量为0.1 mol25．（1.5分）A、B、C、D四种物质均易溶于水，分别按下列条件配成溶液，其中物质的量浓度最大的是（）A．10 mL 5mol•L﹣1的A溶液加水配制成100 mL溶液B．9.2 g B物质（式量为46）溶于水配成100 mL溶液C．1.806×1023个C的分子溶于水配成100 mL溶液D．0.1 moL D物质溶于100 mL 2.5 mol•L﹣1的D溶液中26．（1.5分）有两种体积相同的某植物的营养液，其配方如下：对于两种营养液的成分，下列说法中，正确的是（）KCl K2SO4ZnSO4ZnCl21 0.3mol 0.2mol 0.1mol2 0.1mol 0.3mol 0.1molA．只有K+的物质的量相等B．只有Cl﹣的物质的量相等C．完全相同D．各离子的物质的量完全不同27．（1.5分）设N A为阿伏伽德罗常数，下列关于1L0.2mol•L﹣1的Ba（NO3）2溶液正确的说法是（）A．2L溶液中阴阳离子总数为0.8N AB．500mL溶液中的Ba2+离子浓度为0.2mol•L﹣1C．500mL溶液中的NO3﹣离子总数为0.2N AD．500mL溶液中的NO3﹣浓度为0.2mol•L﹣128．（1.5分）体积均为aL的Fe2（SO4）3溶液、ZnSO4溶液、K2SO4溶液，均能与bL1mol•L﹣1的BaCl2溶液恰好完全反应．则Fe2（SO4）3溶液、ZnSO4溶液、K2SO4溶液的物质的量浓度之比为（）A．3：2：2 B．1：2：3 C．1：3：3 D．3：1：129．（1.5分）已知有反应2N0+O2═2NO2，今在体积为VL的密闭容器中通入amolNO和bmolO2，反应后容器中氮原子和氧原子个数之比为（）A．B．C．D．30．（1.5分）向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，直到不再生成二氧化碳气体为止，则在此过程中，溶液中HCO3﹣浓度的变化趋势可能是（）A．逐渐减小B．逐渐增大C．先逐渐增大，后逐渐减小D．先逐渐减小，后逐渐增大二.填空题（每空1分，共22分）31．（4分）下列物质：（1）Na （2）Br2（3）Na2O （4）NO2（5）CO2（6）胆矾（7）NH3（8）醋酸（9）HCl （10）H2SO4（11）Ba（OH）2（12）熔融NaCl （13）蔗糖（14）NaCl溶液（15）盐酸．属于电解质的是，属于非电解质的是，属于强电解质的是，能导电的是．（用序号填写）32．（4分）写出下列物质的电离方程式：NaHSO4，Al2（SO4）3，NH3•H2O，CH3COOH．33．（2分）1.2molCl2与单质A完全反应，生成0.8mol氯化物AClx，则X的值为．若该氯化物的质量为106.8g，则单质A的名称是．34．（4分）在标准状况下，35.5g氯气的体积是L，将其与氢气完全化合，需氢气的物质的量是mol，将生成的气体制成1L溶液，溶质的物质的量浓度是mol•L﹣1，将此溶液取出20mL加蒸馏水稀释成200mL溶液，此稀稀后的溶液中溶质的物质的量浓度是mol•L﹣1．35．（5分）现有m g某气体，它由四原子分子构成，它的摩尔质量为M g•mol﹣1，则：（1）该气体的物质的量为mol．（2）该气体中所含的原子总数为个．（3）该气体在标准状况下的体积为L．（4）该气体溶于1L水中（不考虑反应），其溶液中溶质的质量分数为．（5）该气体溶于水后形成V L溶液，其溶液的物质的量浓度为mol•L﹣1．36．（2分）某混合物由NaCl、MgCl2、AlCl3组成，已知Na、Mg、Al三元素的质量之比为23：16：9，则NaCl、MgCl2和AlCl3物质的量之比为，含1.00mol Cl﹣的该混合物的质量为g．37．（1分）在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K+、Cl﹣各1.5mol，Mg2+为0.5mol，求SO42﹣的物质的量．三．实验题（每空1分，共11分）38．（4分）配制480mL0.02mol/L的硫酸铜溶液：（1）配制时应选用容量瓶的规格和称取的胆矾的质量正确的是A.480ml2.4gB.500ml2.4gC.500ml2.5g D．任意规格2.4g（2）在该实验中要用到容量瓶，使用容量瓶前应．（3）针对此配制过程设计了5个操作步骤：①向盛有胆矾的烧杯中加入200mL的蒸馏水使其溶解；②继续往容量瓶中加蒸馏水至液面接近刻度线1cm﹣2cm；③将硫酸铜溶液沿玻璃棒注入L容量瓶中；④在烧杯中加入少量水，小心洗涤2﹣3次后移入容量瓶中；⑤改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，加盖摇匀．正确的操作顺序为．（4）上述操作⑤中，如果不小心加水超过刻度线，处理方法是．（5）以下操作会导致溶液浓度偏低的是．A．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出B．定容摇匀后，发现溶液液面低予刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线C．容量瓶使用前来干燥D．所使用的容量瓶事先用某种浓度的硫酸铜溶液润洗过E．定容后加盖摇匀．39．（7分）用18.4mol•L﹣1的浓硫酸配制100mL浓度为1mol•L﹣1的稀硫酸，其操作步骤可分解为以下几步：A．用量筒量取5.4mL的浓硫酸，缓缓注入装有约50mL蒸馏水的烧杯里，并用玻璃棒搅拌．B．用约30mL蒸馏水，分成三次洗涤烧杯和玻璃棒，将每次洗涤液都倒入容量瓶里．C．将稀释后的硫酸小心地用玻璃棒引流入容量瓶．D．检查100mL 容量瓶口是否发生滴漏．E．将蒸馏水直接加入容量瓶，至液面接近刻度线2cm至3cm处．F．盖紧瓶塞，反复倾倒振荡，摇匀溶液．G．用胶头滴管向容量瓶里逐滴滴入蒸馏水，至液面最低点恰好与环形刻度线相切．据此填写：（1）正确的操作顺序是．（2）进行A步操作时，选用量筒的规格是（填序号）．A.10mLB.50mLC.100mLD.1000mL（3）如果对装有浓硫酸的量筒仰视读数为5.4mL，配制的稀硫酸的浓度将（填“偏高”“偏低”或“无影响”）．（4）进行A步骤操作时，必须后，才能进行后面的操作．（5）配制上述溶液时，下列操作会导致所配溶液的浓度偏高的是．A．洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶B．定容时，眼睛俯视溶液将凹液面最低点与容量瓶刻度线相切C．容量瓶中原残留少量蒸馏水D．定容后容量瓶液面低于刻度线，又加水定容到刻度线．四、计算题（共22分）40．（5分）对于反应2CO+O2=2CO2，生成33.6L二氧化碳（STP），通过计算回答：①需要氧气的物质的量是多少？②将生成的二氧化碳通入足量的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1 NaOH溶液充分反应，则消耗该NaOH溶液的体积是多少升？41．（5分）在标准状况下，将500升HCl溶于1升水中，所形成的盐酸的密度为1.18g/cm3，则所得的盐酸中溶质的物质的量浓度为多少？42．（5分）将8.4g 的CO2和H2O混合气体，通入足量的Na2O2中，可得O2（标准状况）2.8L，求原混合气体中CO2与H2O的物质的量．43．（7分）把铝、铁混合物1.1g溶于200mL 5mol•L﹣1盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6mol•L ﹣1（溶液体积变化忽略不计）．求：（1）反应中消耗HCl的物质的量．（2）该混合物中铝、铁的物质的量．河南省南阳市新野三中2014-2015学年高一上学期第二次周考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共30题，每小题1.5分共45分）1．（1.5分）Na2O和Na2O2的下列叙述中正确的是（）A．Na2O比Na2O2稳定B．均可与水反应生成氧气C．均可与CO2反应D．均是典型的碱性氧化物考点：钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：A、Na2O可与氧气继续反应生成Na2O2；B、Na2O为碱性氧化物，与水反应只生成NaOH；C、根据氧化钠和过氧化钠和二氧化碳反应的产物来回答；D、碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的金属氧化物；解答：解：A．Na2O可与氧气继续反应生成Na2O2，Na2O2稳定，故A错误；B．Na2O与水反应生成NaOH，不生成氧气，故B错误；C．Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气，则均可与CO2反应，故C正确；D．因过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，则过氧化钠不属于碱性氧化物，故D错误；故选C．点评：本题考查钠的重要化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握过氧化钠与水、二氧化碳反应的特点，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．2．（1.5分）把4.6g钠投入到95.6g水中，不考虑水的蒸发，所得溶液中溶质的质量分数是（）A．4.6% B．7.7% C．8.0% D．10%考点：钠的化学性质；溶液中溶质的质量分数及相关计算．专题：计算题．分析：根据钠与水反应生成氢氧化钠和氢气的方程式算出反应后溶质氢氧化钠的质量，再算出氢气质量，再计算出溶液质量，根据计算公式再算出所得溶液的质量分数．解答：解：设4.6克金属钠与水反应生成氢氧化钠的质量为X，生成氢气质量为Y，2Na+2H2O═2NaOH+H2↑46 80 24.6g X Y根据：==解得X=8g；Y=0.2g，反应后所得溶液的质量分数：×100%=8%．故选C．点评：通过回答本题知道了有的物质放入水中溶质已经变了，要根据方程式算出溶质质量再进行计算．3．（1.5分）下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是（）A．CuCl2B．FeCl2C．FeCl3D．AlCl3考点：氯气的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：卤族元素．分析：氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成最高价态，盐酸具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价化合物，金属铜不活泼，与盐酸不反应，铝不存在多种化合价，以此分析．解答：解：A．Cu为不活泼金属，与盐酸不反应，故A错误；B．FeCl2只能由Fe和盐酸反应生成，故B错误；C．FeCl3只能由Fe和氯气反应生成，故C错误；D．AlCl3由可金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得，故D正确．故选D．点评：本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意基础知识的积累．4．（1.5分）下列变化不能直接实现的是（）A（ HCl）→B（Cl2）→C（Ca（ClO）2）→D（HClO）→E（CO2）A．A→B B．B→C C．C→D D．D→E考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用．专题：卤族元素．分析：浓盐酸可与二氧化锰在加热条件下反应生成Cl2，Cl2可与石灰乳反应生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2与酸反应可生成HClO，注意HClO的酸性比碳酸弱的特点，以此解答．解答：解：A．浓HCl与二氧化锰在加热的条件下能产生Cl2，可直接实现HCl至Cl2的转化，故A正确；B．Cl2与氢氧化钙反应生成CaCl2、Ca（ClO）2和H2O，可直接实现Cl2至Ca（ClO）2的转化，故B正确；C．Ca（ClO）2能与H2O和二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸（HClO），可直接实现Ca（ClO）2至HClO的转化，故C正确；D．因HClO的酸性弱于碳酸，所以不能直接实现HClO至CO2的转化，故D错误．故选D．点评：本题考查含氯化合物的性质，为高频考点，熟练掌握常见物质的性质及变化规律，是解答此类问题的知识基础，明确“直接实现”的意义则是解答问题的关键，难度不大．5．（1.5分）分别与1mol Cl2发生反应，消耗质量最小的物质是（）A．Fe B．Cu C．Mg D．Na考点：氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：依据氧化还原反应的电子守恒分析计算；解答：解：依据氧化还原反应的电子守恒；Cl2～2Cl﹣～2e﹣；Fe～Fe3+～3e﹣；Cu～Cu2+～2e ﹣；Mg～Mg2+～2e﹣；Na～Na+～e﹣；得到3Cl2～2Fe～3Cu～3Mg～6Na；即Cl2～Fe～Cu～Mg～2Na1mol氯气反应消耗的金属质量分别为：m（Fe）=mol×56g•mol﹣1=37.3g；m（Cu）=1mol×64g•mol﹣1=64g；m（Mg）=1mol×24g•mol﹣1=24g；m（Na）=3mol×23g•mol﹣1=69g；故选C．点评：本题考查了氯气的化学性质，与金属反应的定量计算，特别注意与铁的反应．6．（1.5分）下列叙述中错误的是（）A．1 mol任何纯净物都含有相同的原子数B．1 mol O2中约含有6.02×1023个氧分子C．1 mol氢气中含有2mol氢原子和2mol电子D．阿伏加德罗常数可表示为6.02×1023mol﹣1考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、根据纯净物的组成中含有的原子数不一定相同分析；B、根据氧气的物质的量及分子构成计算出含有的氧原子的数目；C、根据氢气的物质的量计算出含有的氢原子的物质的量及含有的电子数；D、根据阿伏伽德罗常数表示的意义进行判断．解答：解：A、由于纯净物中含有的原子数不同，所以1 mol任何纯净物都含有的原子数不一定相同，故A错误；B、根据N=nN A，1mol氧气中含有6.02×1023个氧分子，故B正确；C、1mol氢气中含有1mol×2=2mol氢原子，含有电子的物质的量为：2mol×1=2mol，故C正确；D、1mol任何物质约含有6.02×1023个分子，所以阿伏加德罗常数可表示为6.02×1023mol﹣1，故D正确；故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，题目难度不大，要求学生掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等的转化关系，充分考查了学生灵活应用所学知识的能力．7．（1.5分）设N A为阿伏加得罗常数的值，下列说法正确的是（）A．28gN2所含有的原子数为1N AB．常温常压下，1molCO2气体中所含有的分子数不等于1N AC．46gNO2和N2O4的混合物中含有的分子数为1N AD．0.1molNH4+所含有的电子数为1N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A．根据n=计算出氮气的物质的量，再计算出含有的原子数；B．根据N=nN A计算1mol二氧化碳含有的分子数；C．NO2和N2O4的摩尔质量不同，无法计算混合物中含有的分子数；D．铵根离子中含有10个电子，0.1mol铵根离子中含有1mol电子．解答：解：A．28g氮气的物质的量为：=1mol，1mol氮气中含有2mol氮原子，含有的原子数为2N A，故A错误；B．根据N=nN A可知，1molCO2气体中所含有的分子数一定为1N A，故B错误；C．NO2的摩尔质量为46g/mol，N2O4的摩尔质量为92g/mol，二者摩尔质量不同，则无法计算混合物中含有的分子数，故C错误；D．0.1mol铵根离子中含有1mol电子，所含有的电子数为1N A，故D正确；故选D．点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．8．（1.5分）现有盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液，可用来区别他们的一种试剂是（）A．AgNO3B．酚酞试剂C．紫色石蕊溶液D．饱和食盐水考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．分析：盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与紫色石蕊混合的现象分别为：显红色、显紫色、显蓝色，先变红后褪色，现象不同，以此来解答．解答：解：A．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与AgNO3溶液混合，均生成白色沉淀，不能鉴别，故A不选；B．盐酸、氯化钠和氯水遇酚酞均为无色，不能鉴别，故B错误；C．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与紫色石蕊混合的现象分别为：显红色、显紫色、显蓝色，先变红后褪色，现象不同，能鉴别，故C正确；D．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与饱和食盐水均不反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；故选C．点评：本题考查物质的鉴别，侧重物质性质的考查，熟悉发生的化学反应是解答本题的关键，注意现象不同能鉴别，题目难度不大9．（1.5分）下列说法正确的是（N A表示阿伏加德罗常数的值）（）A．在常温常压下，11.2 LN2含有的分子数为0.5 N AB．在常温常压下，1mol氖气含有的原子数为2N AC．71gCl2所含原子数为2N AD．在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、根据常温下，不是标准状况下进行判断；B、根据稀有气体为单原子分子进行判断；C、根据n=计算出氯气的物质的量，再计算出含有原子数；D、根据气体单质分为双原子和单原子分子进行判断．解答：解：A、不是标准状况下，题中条件无法计算11.2L氮气的物质的量，故A错误；B、1mol氖气含有1mol钠原子，1mol氖气含有的原子数为N A，故B错误；C、71g氯气的物质的量为1mol，1mol氯气含有2mol氯原子，所含原子数为2N A，故C正确；D、在同温同压下，相同体积的任何气体单质含有相同的分子数，由于气体有单原子和双原子之分，所以含有的原子数不一定相同，故D错误；故选C．点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意标况下的气体摩尔体积的使用条件、稀有气体为单原子分子，阿伏加德罗常数是2015届高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容．10．（1.5分）N A为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A．标准状况下，11.2L乙醇所含分子数为0.5N AB．40g氢氧化钠含有氧原子数为N AC．1LNaCl溶液中，所含离子总数为2N AD．标准状况下，22.4L氢气含有N A个氢原子考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、标准状况下，乙醇为液体；B、利用n=及物质的构成来计算；C、溶液的浓度未知；D、氢气为双原子构成的分子．解答：解：A、因标准状况下，乙醇为液体，则无法利用体积计算其分子数，故A错误；B、NaOH的物质的量为=1mol，则含有氧原子数为N A，故B正确；C、由n=cV可计算NaCl的物质的量，但溶液的浓度未知，则无法计算，故C错误；D、标准状况下，Vm=22.4L/mol，氢气的物质的量为=1mol，氢原子的物质的量为2mol，则22.4L氢气含有2N A个氢原子，故D错误；故选B．点评：本题考查阿伏伽德罗常数的计算，明确物质的状态、质量、浓度、体积与物质的量的关系即可解答，难度不大．11．（1.5分）在标准状况下，相同质量的下列气体，占有体积由大到小的顺序是（）①Cl2②H2③N2④CO2⑤O2．A．③②④⑤①B．③②④③①C．①④⑤②③D．②③⑤④①考点：物质的量的相关计算．专题：计算题．分析：根据n==解答该题．解答：解：已知M（H2）＜M（N2）＜M（O2）＜M（CO2）＜M（Cl2），由n==可知，相同的条件下，气体的体积与摩尔质量成反比，则在标准状况下，相同质量的气体，占有体积由大到小的顺序是②③⑤④①，故选D．点评：本题考查物质的量的相关计算，侧重于学生的计算能力的考查，为高频考点，注意把握相关计算公式的运用，根据公式进行推导，把握规律，可省去计算的繁琐，难度不大．12．（1.5分）在一定温度、压强下，1体积X2（气）和3体积Y2（气）化合成2体积的气体化合物，则该气体化合物的化合式为（）A．XY3B．XY C．X3Y D．X2Y3考点：阿伏加德罗定律及推论．分析：同温同压下，气体摩尔体积相等，同一反应中，不同气体的体积之比等于物质的量之比，还等于其计量数之比，再结合原子守恒计算生成物化学式．解答：解：同温同压下，气体摩尔体积相等，同一反应中，不同气体的体积之比等于物质的量之比，还等于其计量数之比，所以X2（气）、Y2（气）和生成物的计量数之比=1：3：2，设生成物的化学式为R，方程式为X2（气）+3Y2（气）=2R（气），根据原子守恒知，R的化学式为XY3，故选A．点评：本题考查阿伏伽德罗定律及质量守恒定律，明确同一反应中相同条件下气体的体积之比与计量数之比的关系是解本题关键，侧重考查学生分析问题、计算能力，任何方程式中都存在原子守恒，题目难度不大．13．（1.5分）当物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中所含Cl﹣的个数相等时，这三种溶液的体积比应是（）A．1：1：1 B．1：2：3 C．3：2：1 D．6：3：2考点：物质的量浓度．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：设NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的体积分别为x、y和z，物质的量浓度为c，根据n=cV及NaCl、MgCl2、AlCl3的组成列式求算．解答：解：设NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度为c，体积分别为x、y、z；所含Cl﹣的个数相等，所以氯离子的物质的量相等，设氯离子的物质的量为m，NaCl溶液中，c（NaCl）=c（Cl﹣），n（Cl﹣）=cx=m，x=，MgCl2溶液中，c（MgCl2）=c（Cl﹣）=c，c（Cl﹣）=2c，n（Cl﹣）=2cy=m，y=，AlCl3溶液中，c（AlCl3）=c（Cl﹣），c（Cl﹣）=3c，n（Cl﹣）=3cz=m，z=，NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的体积比应：：=6：3：2，故选D．点评：本题考查了物质的量浓度，题目难度不大，主要涉及了物质的量浓度、溶液体积、溶质的物质的量三者的换算，以及溶质的物质的量浓度与其电离后离子浓度的关系．14．（1.5分）下列溶液中，跟100mL 0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度相同的是（）A．100mL 0.5mol/L MgCl2溶液B．200mL 0.25mol/L AlCl3溶液C．50mL 1mol/L NaCl溶液D．25mL 0.5mol/L HCl溶液考点：物质的量浓度．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：根据溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关．解答：解：100mL 0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为 0.5mol/L；A、100mL 0.5mol/L MgCl2溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为0.5mol/L×2=1mol/L，故A错误；B、200mL 0.25mol/L AlCl3溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为0.25mol/L×3=0.75mol/L，故B 错误；C、50ml 1mol/L NaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为 1mol/L，故C错误；D、25ml 0.5mol/L HCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为0.5mol/L，故D正确；故选：D．点评：抓住“溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关”是解本题的关键，难度不大．15．（1.5分）用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如果晾置在空气中，过了一段时间，其漂白效果会更好的原因可能是（）A．漂白粉被氧化了B．有色布条被空气中的氧气氧化了C．漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了较多量的HClOD．漂白粉溶液蒸发掉部分水，其浓度增大考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用．专题：卤族元素．分析：漂白粉溶液浸泡过的有色布条，置于空气中，漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了具有漂白性的HClO，褪色效果会更好．解答：解：A．漂白粉中次氯酸钙具有氧化性，难以被氧化，故A错误；B．空气的氧气在短时间内不能迅速氧化有色布条，故B错误；C．漂白粉溶液浸泡过的有色布条，置于空气中，漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了具有漂白性的HClO，故C正确；D．漂白粉具有漂白性的原因是与空气中二氧化碳反应生成具有漂白性的HClO，与漂白粉的浓度无关，故D错误．故选C．点评：本题考查次氯酸钙的性质，题目难度不大，本题注意把握相关基础知识的积累．16．（1.5分）如果ag某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是（式中N A为阿伏加德罗常数的值）（）。

河南新野县第三高级中学14-15学年高二下学期第一次月考化学试题 (Word版含答案)

相对原子质量:H:1 C:12 O:16 Na：23 Br：80第Ⅰ卷一:选择题(每小题只有一个正确选项请把正确选项填涂在答题卡上,每小题3分,共54分)1、中小学生使用的涂改液被称为“隐形杀手”，是因为涂改液里主要含有二甲苯等有机烃类物质，长期接触二甲苯会对血液循环系统产生损害，可导致再生障碍性贫血和骨髓综合症(白血病的前期)。

下列说法不正确的是A、二甲苯有三种同分异构体B、二甲苯和甲苯是同系物C、二甲苯分子中，所有碳原子都在同一个平面上D、1mol二甲苯完全燃烧后，生成的二氧化碳和水的物质的量相等2、世界上最小的“马达”，只有千万分之一个蚊子那么大，其球棍模型如图（其中小黑球代表碳原子，小白球代表氢原子），它仅有碳氢两种元素组成，将来可用于消除体内垃圾。

该“马达” 可能具有的性质是A．溶于水B．可以燃烧C．能和溴水发生取代反应D．能发生消去反应3、PVC管材具有耐腐蚀、重量轻、耐高压等优点，是当今世界上产量最大、应用最广的热塑性塑料之一。

它是聚氯乙烯的简称，下列关于PVC说法正确的是A．PVC的单体是CH3CH2ClB．PVC是高分子化合物C．PVC能够使溴的四氯化碳溶液褪色D．PVC保鲜膜最适合用来包装蔬菜、水果及熟食4、烯料是人们装修房屋时常用的物质，其中桶烯就是其中倍受青睐的一种，其结构简式如图所示，有关桶烯说法不正确．．．的是A．不慎将桶烯撒倒地面瓷砖上，可用火烤干B．桶烯在一定条件下能与3molCl2发生加成反应C．桶烯与苯乙烯互为同分异构体D．桶烯可用做其他有机涂料的溶剂5. 烯烃的复分解反应可形象地描述为“交换舞伴”：在反应中金属卡宾做催化剂（如CH2＝M），CH2＝M与烯烃分子（如CH2＝CH2—CH3）相遇后，两对舞伴会暂时组合起来，手拉手跳起四人舞蹈，随后他们交换舞伴组合成两个新分子，其中一个是新的烯烃分子(如CH2＝CH2)，另一个是新的金属卡宾（如M＝CH2—CH3）。

河南省新野县第三高级中学高二化学下学期第二次月考试题

2014—2015学年下学期二年级第二次月考化学试题相对原子质量:H:1 C:12 O:16 Na:23 Ca:40 N:14第 Ⅰ 卷一:选择题 (每小题只有一个正确选项请把正确选项填涂在答题卡上, 每小题3分,共54分)1．英国路透社曾报道：以色列军方已经研制出一种新的刺激性非致命武器，可用来驱散抗议者，这种新武器叫臭鼬弹。

已知臭鼬剂主要成分是丁硫醇(C 4H 9SH)，人的口臭是由于分泌出有臭味的甲硫醇(CH 3SH)，液化气中添加的报警剂是极臭的乙硫醇(C 2H 5SH)。

下列说法你认为不．正确的是 A ．丁硫醇、甲硫醇与乙硫醇互为同系物B ．沸点不同的丁硫醇有四种C ．丁硫醇在空气中燃烧生成二氧化碳、二氧化硫和水D ．在水溶液中，乙硫醇比乙醇更难电离出H ＋离子2．将一定量的有机物充分燃烧后的产物通入足量的石灰水中完全吸收，经过滤得沉淀20g ，滤液质量比原石灰水减少5.8g ，该有机物不可能是A ．乙烷B ．乙烯C ．乙醇D ．乙二醇3．用括号中的试剂除去各组物质中的少量杂质正确的是A ．苯中的甲苯(溴水)B ．乙酸乙酯中的乙酸(NaOH 溶液)C ．乙醇中的乙酸(NaOH 溶液)D ．乙醇中的水(新制的CaO)4．将40mL 0.2mol/L NaOH 溶液和20mL0.2mol/L 的CH 3COOH 溶液混和，充分反应后蒸干并加强热，最终得到的固体是A ．Na 2CO 3B ．CH 3COONaC ．NaOH 和CH 3COONa ．NaOH5．中草药陈皮中含有子），NaOH 溶液反应分别消耗的物质的量为A ．2moL,2moLB ．3 moL ,3 moLC ．3 moL ,4 moLD ．2 moL,4 moL 6．某有机物分子中含有n 个－CH 2－，m 个CH ，a 个－CH 3，其余为－OH ，则羟基的个数为A ．2n ＋3m －aB ．m ＋2－aC ．n ＋m ＋aD ．m ＋2n ＋2－a7．已知酸性大小：羧酸>碳酸>酚。

河南省新野县第三高级中学2014-2015学年高二上学期第二次周考化学试卷

2014.9.26 注意事项:1．考试时间90分钟,满分100分.选做题不记入总分.2.Ⅰ卷填在答题卡上,Ⅱ卷写在答题卷上.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108第一节选做题（每题只有一个正确答案，每小题3分，共60分）1、下列说法正确的是（）A、需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B、任何放热反应在常温条件下一定能发生反应C、反应物和生成物所具有的总能量决定了放热还是吸热D、吸热反应只能在加热的条件下才能进行2．1mol白磷转化为红磷时放出18.39kJ热量，已知：P4(白磷，s)+5O2(g)＝2P2O5(s) ΔH=－a kJ/mol(a>0)；4P(红磷，s)+5O2(g) =2P2O5(s) ΔH=－b kJ/mol(b>0)，则a和b的关系是（）A．a > b B．a = b C．a < b D．无法确定3．关于原电池和电解池的叙述正确的是（）。

A．原电池中失去电子的电极为阴极B．原电池的负极、电解池的阳极都发生氧化反应C．原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成D．电解时电解池的阴极一定是阴离子放电4．将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（）A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C．两烧杯中溶液的pH均增大D．产生气泡的速度甲比乙慢5．下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（）A．纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗B．当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D ．可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀6．右图为直流电源电解稀Na 2SO 4水溶液的装置，通电后在石墨电极a 和b 附近分别滴加石蕊溶液，下列实验现象正确的是( )A ．逸出气体的体积：a 电极的小于b 电极的B ．a 电极附近呈蓝色，b 电极附近呈红色C ．a 电极附近呈红色，b 电极附近呈蓝色D ．电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体7．把铁钉和碳棒用导线连接起来后浸入食盐溶液中，可能出现的现象是( )A ．铁钉上放出氢气B ．铁钉锈蚀C ．碳棒上放出氯气D ．碳棒上放出氧气10．N 2H 4是一种高效清洁的火箭燃料。

河南省南阳市新野三中高二化学下学期第二次月考试卷(含解析)

2014-2015学年河南省南阳市新野三中高二（下）第二次月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项请把正确选项填涂在答题卡上，每小题3分，共54分）1．（3分）（2015春•银川校级期末）英国路透社曾报道：以色列军方已经研制出一种新的刺激性非致命武器，可用来驱散抗议者，这种新武器叫臭鼬弹．已知臭鼬剂主要成分是丁硫醇（C4H9SH），人的口臭是由于分泌出有臭味的甲硫醇（CH3SH），液化气中添加的报警剂是极臭的乙硫醇（C2H5SH）．下列说法你认为不正确的是（）A．丁硫醇、甲硫醇与乙硫醇互为同系物B．沸点不同的丁硫醇有四种C．丁硫醇在空气中燃烧生成二氧化碳、二氧化硫和水D．在水溶液中，乙硫醇比乙醇更难电离出H+离子考点：芳香烃、烃基和同系物；氧化还原反应；同分异构现象和同分异构体．分析：A．可把丁硫醇、甲硫醇与乙硫醇看成是丁醇、甲醇与乙醇；B．根据丁基的种类等于丁硫醇异构体；C．由于有S元素，故燃烧后有硫的氧化物出现，S元素燃烧后只能生成SO2，不能生成SO3；D．需要比较乙硫醇（H3C﹣CH2﹣SH）与乙醇（H3C﹣CH2﹣OH）的结构，从结构中可以看出O ﹣H键比S﹣H键牢固．解答：解：A．甲硫醇、乙硫醇与丁硫醇，结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团，互为同系物，故A正确；B．基有四种，沸点不同的丁硫醇有四种：CH3CH2CH2CH2SH，CH3CH（SH）CH2CH3，CH2（SH）CH（CH3）CH3，（CH3）3C﹣SH，故B正确；C．丁硫醇含有碳硫氢元素，丁硫醇在空气中燃烧生成二氧化碳、二氧化硫和水，故C正确；D．乙硫醇中硫的电负性小于乙醇中的氧，乙硫醇比乙醇更容易电离出H+离子，故D错误；故选D．点评：本题考查了同系物、同分异构体、有机物结构与性质等知识，题目难度中等，注意掌握同系物、同分异构体的概念及判断方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．2．（3分）（2014春•兴国县校级期中）将一定量的有机物充分燃烧后的产物通入足量的石灰水中完全吸收，经过滤得沉淀20g，滤液质量比原石灰水减少5.8g，该有机物不可能是（） A．乙烷 B．乙烯 C．乙醇 D．乙二醇考点：有机物的推断．专题：烃及其衍生物的燃烧规律．分析：有机物燃烧完全燃烧生成CO2和H2O，通过足量的石灰水，发生反应：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，得到沉淀20g为CaCO3质量，根据差量法计算生成碳酸钙的反应中导致溶液质量减少，再结合实际滤液质量减少计算燃烧生成水的质量，确定C、H原子数目之比，据此判断．解答：解：有机物燃烧产物有二氧化碳和水，将燃烧产物通过足量的石灰水，经过滤可得沉淀20g，应为CaCO3，n（CO2）=n（CaCO3）==0.2mol，CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O 滤液减少的质量561mol 100g 56g0.2mol 20g 11.2g称量滤液时，其质量只比原石灰水减少5.8g，则生成水的质量应为11.2g﹣5.8g=5.4g，则n（H）=2n（H2O）=×2=0.6mol，则有机物中N（C）：N（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，选项中乙烷、乙醇、乙二醇中C、H原子数目之比符合1：3，而C2H4不符合，故选B．点评：本题考查有机物推断，难度中等，关键是结合差量法计算生成水的质量，侧重考查学生的分析计算能力．3．（3分）（2015春•新乐市校级期末）用括号中的试剂除去各组物质中的少量杂质正确的是（）A．苯中的甲苯（溴水） B．乙酸乙酯中的乙酸（NaOH溶液）C．乙醇中的乙酸（NaOH溶液） D．乙醇中的水（新制的CaO）考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．专题：化学实验基本操作．分析： A．溴易溶于苯和甲苯；B．乙酸乙酯可在碱性条件下水解；C．乙醇和乙酸都易溶于水；D．水和氧化钙反应．解答：解：A．溴易溶于苯和甲苯，应用高锰酸钾溶液氧化，然后分液，或用蒸馏方法，故A 错误；B．乙酸乙酯可在碱性条件下水解，应用饱和碳酸钠溶液，故B错误；C．乙酸和氢氧化钠反应生成乙酸钠，乙醇和乙酸钠都溶于水，不能分离，故C错误；D．水和氧化钙反应，可除去水，故D正确．故选D．点评：本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质性质的异同，除杂时注意不能引入新的杂质，且不能影响被提纯的物质，难度不大．4．（3分）（2015春•南阳校级月考）将40mL 0.2mol/L NaOH溶液和20mL0.2mol/L的CH3COOH 溶液混和，充分反应后蒸干并加强热，最终得到的固体是（）A． Na2CO3 B． CH3COONaC． NaOH和CH3COONa的混合物 D． NaOH考点：钠的重要化合物．分析： n（NaOH）=0.008mol，n（CH3COOH）=0.004mol，反应后溶质为NaOH和CH3COONa，蒸干并强热，可最终生成碳酸钠．解答：解：反应后溶质为NaOH和CH3COONa，蒸干并强热，醋酸钠分解，且与空气中氧气、二氧化碳反应，最终产物为Na2CO3，故选A．点评：本题考查钠的重要化合物，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握醋酸钠、氢氧化钠在空气中的变化，难度不大．5．（3分）（2015春•南阳校级月考）中草药陈皮中含有（碳、氢原子未画出，每个折点代表一个碳原子），它具有抗菌作用．1mol该物质与浓溴水作用和足量的NaOH溶液反应分别消耗的物质的量为（）A． 2moL，2moL B． 3 moL，3 moL C． 3 moL，4 moL D． 2 moL，4 moL考点：有机物的结构和性质．分析：该有机物中含有酚羟基，邻位的H原子可发生取代反应，含有C=C，可与溴发生加成反应，酚羟基具有酸性，可与NaOH反应，酯基在碱性条件下水解，以此解答该题．解答：解：该有机物中含有酚羟基，邻位的2个H原子可发生取代反应，含有C=C，可与溴发生加成反应，则1mol陈皮跟浓溴水反应消耗3mol溴；酚羟基具有酸性，可与NaOH反应，酯基水解生成酚羟基和羧基，则与NaOH反应，酚羟基具有酸性，可与NaOH反应，则1mol陈皮消耗4molNaOH，故选C．点评：本题考查考查有机物的结构和性质，难度中等，注意本题中酯基水解会产生酚羟基，为易错点，注意掌握有机物的官能团结构、性质．6．（3分）（2015春•南阳校级月考）某链状有机物分子中含有n个﹣CH2﹣，m个，a个﹣CH3，其余为﹣OH，则羟基的个数为（）A． 2n+3m﹣a B． m+2﹣a C． n+m+a D． m+2n+2﹣a考点：有机化合物中碳的成键特征；有机物实验式和分子式的确定．专题：有机物分子组成通式的应用规律．分析：有机物主要靠C原子连接，每个碳原子都必须形成4个共价键，以1条碳链分析考虑，先分析若只连接甲基，计算连接的甲基数目，再根据分子中含有的甲基数目计算羟基数．1个可连接1个甲基，﹣CH2﹣不管多少个只能连接两个﹣CH3．据此计算判断．解答：解：若只连接甲基，﹣CH2﹣不管多少个只能连接两个﹣CH3，m个，能连接m个﹣CH3，所以n个﹣CH2﹣，m个，连接﹣CH3共计m+2个．由于分子中含有a个﹣CH3，所以连接的﹣OH为m+2﹣a．故选B．点评：本题考查有机化合物中成键特征，难度中等，关键清楚有机物主要靠C原子连接，每个碳原子都必须形成4个共价键．7．（3分）（2013春•枣强县校级期末）已知酸性大小：羧酸＞碳酸＞酚．下列含溴化合物中的溴原子，在适当条件下都能被羟基（﹣OH）取代（均可称为水解反应），所得产物能跟NaHCO3溶液反应的是（）A． B． C． D．考点：有机物的结构和性质．专题：压轴题；有机反应．分析：含溴化合物中的溴原子，在适当条件下都能被羟基（﹣OH）取代，所得产物能跟NaHCO3溶液反应，说明水解后生成的官能团具有酸性，且酸性比H2CO3强，以此解答该题．解答：解：A．水解生成，为醇类物质，不具有酸性，不能与碳酸氢钠反应，故A错误；B．水解生成，酚羟基比碳酸弱，不能与碳酸氢钠反应，故B错误；C．水解生成，酸性比碳酸强，可与碳酸氢钠反应，故C正确；D．水解生成，为醇类物质，不具有酸性，不能与碳酸氢钠反应，故D错误．故选C．点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意能与碳酸氢钠反应的物质的酸性必须比碳酸强，注意有机物的结构，特别是官能团的结构和性质，把握有机物的转化．8．（3分）（2010•重庆）贝若霉是由阿司匹林，扑热息痛经化学法并合制备的解热镇痛抗炎药，具合成反应式（反应条件略去）如下：下列叙述错误的是（）A． FeCl3溶液可区别阿司匹林和扑热息痛B． 1mol阿司匹林最多可消耗2mol NaOHC．常温下贝若脂在水中的溶解度小于扑热息痛D． C6H7NO是扑热息痛发生类似脂水解反应的产物考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析： A．扑热息痛中含有酚羟基；B．羧基、酯基、酚羟基均能与NaOH溶液反应；C．贝若脂属于酯类物质，不溶于水；D．扑热息痛发生类似脂水解反应的产物为对羟基苯胺和乙酸．解答：解：A．扑热息痛中含有酚羟基，遇氯化铁溶液显紫色，则FeCl3溶液可区别阿司匹林和扑热息痛，故A正确；B．羧基、酯基、酚羟基均能与NaOH溶液反应，则1mol阿司匹林最多可消耗3molNaOH，故B 错误；C．贝若脂属于酯类物质，不溶于水，则常温下贝若脂在水中的溶解度小于扑热息痛，故C正确；D．扑热息痛发生类似脂水解反应的产物为对羟基苯胺和乙酸，对羟基苯胺的分子式为C6H7NO，故D正确；故选B．点评：本题考查有机物的结构和性质，把握有机物的官能团与物质性质的关系来解答，熟悉酚、酯的性质是解答的关键，题目难度不大．9．（3分）（2013秋•芜湖期末）乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（）①属于芳香族化合物；②不能发生银镜反应；③分子式为C12H20O2；④不能使溴水褪色；⑤1mol 该有机物水解时只能消耗1mol NaOH．A．②③⑤ B．②③④ C．①②③ D．①④⑤考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由结构可知，分子中含碳碳双键、﹣COOC﹣，结合烯烃及酯的性质来解答．解答：解：①不含苯环，则不属于芳香族化合物，故错误；②不含﹣CHO，则不能发生银镜反应，故正确；③由结构简式可知分子式为C12H20O2，故正确；④含碳碳双键，可使溴水褪色，故错误；⑤含1个﹣COOC﹣，1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故正确；故选A．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酯性质的考查，题目难度不大．10．（3分）（2013秋•武清区校级期末）中药狼把草的成分之一M具有消炎杀菌作用，M的结构如下所示：下列叙述正确的是（）A． M的相对分子质量是180B． 1 mol M最多能与5 mol Br2发生反应C． M与足量的NaOH溶液发生反应时，所得有机产物的化学式为C9H4O5Na4D． 1 mol M与足量NaHCO3反应能生成2 mol CO2考点：有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析： A．M的分子式为C9H6O4，以此计算相对分子质量；B．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应；C．酚羟基具有酸性，能和氢氧化钠反应生成对应的盐，酯基水解得到对应的钠盐；D．酚羟基与酯基都不能与NaHCO3溶液反应．解答：解：A．M的分子式为C9H6O4，则相对分子质量为12×9+1×6+16×4=178，故A错误；B．M中含有2个酚羟基和1个碳碳双键，则1 mol M最多能与3molBr2发生反应，故B错误；C．酚羟基与酯基都能与NaOH溶液反应，则M与足量的NaOH溶液发生反应时，所得有机产物的化学式为C9H4O5Na4，故C正确；D．M在碱性条件下水解生成的﹣COOH能与NaHCO3反应，但M中酚﹣OH酸性较弱，不能与足量NaHCO3反应能生成CO2，故D错误；故选C．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯性质的考查，题目难度不大．11．（3分）（2015春•合阳县期中）下列各组混合物，不论两种物质以何种比例混合，只要总质量一定，经完全燃烧后，产生的CO2的质量不变的是（）A．乙炔和苯酚 B．乙醇和乙酸 C．甲醛和葡萄糖 D．丙烯和丙烷考点：有关混合物反应的计算．分析：无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧生成CO2的质量也一定，则说明混合物各组分的分子中含碳量相等，据此对各选项进行判断．解答：解：A．乙炔的最简式为CH，苯酚的分子式为：C6H6O，二者的含碳量不相等，不符合题意，故A错误；B．乙醇和与乙酸的相对分子质量不相等，分子中的含碳量不相等，不符合题意，故B错误；C．甲醛（HCHO）与葡萄糖（C6H12O6）的最简式相同，分子中的含碳量相等，符合题意，故C正确；D．丙烷和丙烯的最简式不相同，分子中的含碳量不相等，不符合题意，故D错误；故选C．点评：本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，根据题干信息明确有机物分子中的含碳量相同为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．12．（3分）（2015春•南阳校级月考）某一元脂肪羧酸1mol，可以与1mol溴发生加成反应，0.1mol该羧酸充分燃烧生成水1.7mol，则该羧酸的分子式是（）A． C18H36O2 B． C16H34O2 C． C18H34O2 D． C16H30O2考点：化学方程式的有关计算．分析：一元脂肪羧酸1mol，可以与1mol溴发生加成反应，则含有1mol碳碳双键，0.1mol该羧酸充分燃烧生成水1.7mol，即1 mol羧酸燃烧生成17 mol H2O，根据H原子守恒，确定H的个数，根据该一元脂肪羧酸符合C n H2n﹣2O2的通式来计算即可．解答：解：一元脂肪羧酸1 mol可与1 mol Br2发生加成反应，则羧酸分子中含一个键，符合C n H2n﹣2O2的通式，0.1 mol羧酸充分燃烧生成1.7 mol H2O，即1 mol羧酸燃烧生成17 mol H2O，羧酸分子中的氢原子数为34，2n﹣2=34，n=18，故羧酸分子式为C18H34O2．故选C．点评：本题考查学生有机物分子式的确定，注意有机物的性质以及应用是解题的关键，难度中等．13．（3分）（2015春•南阳校级月考）质谱图显示，某化合物的相对分子质量为74，燃烧实验发现其分子内碳、氢原子个数之比为2：5，核磁共振氢谱显示，该物质中只有两种类型的氢原子．关于该化合物的描述中，不正确的是（）A．该化合物可能为2甲基2丙醇B．该化合物为2丁醇的同分异构体C．该化合物可能为乙醚D．该化合物为乙醚的同系物考点：有机物结构式的确定；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体．分析：该化合物中碳、氢原子个数之比为2：5，结合选项可知，该有机物中含有CH、O元素，则H原子数只能为偶数，其分子式中至少满足C4H10，由于H原子已经达到饱和，则该有机物中一定含有4个C、10个H，含有氧原子数目为：=1，所以该有机物分子式为：C4H10O，再结合该物质中含有两种类型的氢原子对各选项进行判断．解答：解：该化合物中碳、氢原子个数之比为2：5，结合选项可知，该有机物中含有CH、O 元素，则H原子数只能为偶数，其分子式中至少满足C4H10，由于H原子已经达到饱和，则该有机物中一定含有4个C、10个H，含有氧原子数目为：=1，所以该有机物分子式为：C4H10O，A．该物质中氢原子只有两种类型，2﹣甲基﹣2﹣丙醇（）符合题目要求，故A 正确；B．为2﹣丁醇的同分异构体，根据A可知符合题目要求，故B正确；C．乙醚的结构简式为：CH3﹣CH2﹣O﹣CH2﹣CH3，其分子中含有2种等效H、分子式为C4H10O，符合题中要求，故C正确；D．分子式为C4H10O醚类物质，分子中含有2种等效H，满足条件的只能为乙醚，不可能为乙醚的同分异构体，故D错误；故选D．点评：本题考查了有机物结构式的确定、同系物、同分异构体的应用，题目难度中等，正确推断该化合物分子式为解答关键，注意明确核磁共振氢谱中吸收峰的含义．14．（3分）（2015春•南阳校级月考）波立维是国家刚刚引进的新药，它给中风、心肌梗死等心脏病患者带来希望．波立维属于硫酸氢盐，它的结构如图所示．下列关于它的说法正确的是（）A．该物质的化学式为C16H15ClNO2•H2SO4B．该物质不溶于水C．波立维属于硫酸氢盐，它的形成与其结构中的氮原子有关D．它可以与NaOH溶液反应，1 mol该物质最多可消耗2 mol NaOH考点：有机物的结构和性质．分析：由结构简式确定有机物含有的元素种类和原子格式，可确定有机物分子式，因属于硫酸氢盐，可溶于水，能与氢氧化钠反应的C|、酯基以及硫酸，以此解答．解答：解：A．该物质的化学式为C16H16ClNO2•H2SO4，故A错误；B．该物质属于盐类，含有亲水的磺酸基，应该易溶于水，故B错误；C．结构中只有氮原子为碱性基团，可与硫酸形成硫酸氢盐，故C正确；D．该物质与NaOH反应，苯环上Cl原子消耗2mol（1mol水解，1mol中和）酯基消耗1mol，“H2SO4”消耗2molNaOH，总共5mol，故D错误．故选C．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考查，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结合特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大．15．（3分）（2013春•贵池区校级期中）2008年北京奥运会对运动员是否服用兴奋剂采取了更加严格的检测方法．某种兴奋剂的结构简式如图所示，有关该物质的说法正确的是（）A．遇FeCl3溶液显紫色，因为该物质与苯酚属于同系物B．滴入KMnO4（H+）溶液，观察到紫色褪去，能证明该物质的结构中存在碳碳双键 C． 1 mol该物质分别与浓溴水和H2反应时最多消耗Br2和H2的量分别为4 mol、6 molD．该分子中的所有碳原子可能共平面考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：该有机物中含酚﹣OH、C=C，结合苯酚、烯烃的性质及苯、C=C的平面结构来解答．解答：解：A．含苯酚结构，遇FeCl3溶液显紫色，但含2个苯环，则与苯酚不属于同系物，故A错误；B．酚﹣OH、C=C均可被氧化，则滴入KMnO4（H+）溶液，观察到紫色褪去，不能证明该物质的结构中存在碳碳双键，故B错误；C．酚﹣OH的邻对位与溴发生取代，苯环与C=C与氢气发生加成，则1 mol该物质分别与浓溴水和H2反应时最多消耗Br2和H2的量分别为4mol、7mol，故C错误；D．苯环、C=C为平面结构，与其直接相连的原子在同一平面内，则该分子中的所有碳原子可能共平面，故D正确；故选D．点评：本题考查有机物的结构与性质，注意把握苯酚、烯烃的性质及平面结构即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．16．（3分）食品香精菠萝酯的生产路线（反应条件略去）如下：下列叙述错误的是（）A．步骤（1）产物中残留的苯酚可用FeCl3溶液检验B．苯酚和菠萝酯均可与酸性KMnO4溶液发生反应C．苯氧乙酸和菠萝酯均可与NaOH溶液发生反应D．步骤（2）产物中残留的丙烯醇可用溴水检验考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：苯酚含有酚羟基，可发生颜色反应，苯氧乙酸含有羧基，具有酸性，可发生中和反应，取代反应，菠萝酯含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题．解答：解：A．苯酚含有酚羟基，可发生颜色反应，故A正确；B．苯酚含有酚羟基，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，菠萝酯含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故B正确；C．苯氧乙酸含有羧基，具有酸性，菠萝酯含有酯基，可发生水解反应，都可与NaOH反应，故C正确；D．菠萝酯和丙烯醇都含有碳碳双键，都能与溴水发生加成反应，不能用溴水鉴别，故D错误．故选D．点评：本题考查有机物的结构和性质，侧重于化学知识的综合运用，题目难度不大，注意有机物官能团的性质，为解答该类题目的关键．17．（3分）（2015春•南阳校级月考）胡椒酚是植物挥发油的成分之一，它的结构简式为，下列叙述中不正确的是（）A． 1 mol胡椒酚最多可与4 mol氢气发生反应B． 1 mol胡椒酚最多可与4 mol溴发生反应C．胡椒酚可与甲醛发生反应，生成聚合物D．胡椒酚在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度考点：有机物的结构和性质．分析：分子中含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题．解答：解：A.1 mol苯环需3 mol H2，1 mol碳碳双键需1 mol H2，故A正确；B．胡椒酚中苯环可与2 mol Br2发生取代反应（酚羟基的两个邻位），碳碳双键可与1 mol Br2发生加成反应，故共需3 mol Br2，故B错误；C．酚和醛可发生缩聚反应，故C正确；D．酚类物质随碳原子数增多，溶解度降低，故D正确．故选B．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考查，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结合特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大．18．（3分）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质如图．下列取叙述正确的是（）A．迷迭香酸属于芳香烃B． 1 mol迷迭香酸最多能和9 mol氢气发生加成反应C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D． 1 mol迷迭香酸最多能和含5 mol NaOH的水溶液完全反应考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：该有机物由C、H、O三种元素组成，迷迭香酸分子中含酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，结合酚、羧酸、酯、烯烃的性质来解答．解答：解：A．有机物中只含碳氢两种元素的化合物称烃，迷迭香酸分子中含有氧元素，所以迷迭香酸不属于芳香烃，为烃的含氧衍生物，故A错误；B．该分子中含有苯环、碳碳双键，所以在一定条件下能与氢气发生加成反应，1mol迷迭香酸含有2mol苯环，2mol苯环需要6mol氢气发生加成反应，1mol迷迭香酸含有1mol碳碳双键，1mol碳碳双键需要1mol氢气发生加成反应，所以最多能和7mol氢气发生加成反应，故B错误；C．该物质中含有酚羟基，所有苯环上的氢原子能与溴发生取代反应；因含有羧基，所以能与醇发生酯化反应；因含有酯基，所以能发生水解反应，故C正确；D．1mol迷迭香酸含有4mol酚羟基、1mol羧基、1mol酯基，4mol酚羟基需要4mol氢氧化钠与其反应，1mol羧基需要1mol氢氧化钠与其反应，1mol酯基需要1mol氢氧化钠与其反应，所以1mol迷迭香酸最多能和含6molNaOH的水溶液完全反应，故D错误；故选C．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、羧酸、酯、烯烃等有机物性质的考查，题目难度中等．二、填空题（共46分）19．（8分）有机物A与乙酸无论以何种比例混合，只要质量一定，完全燃烧后产生的水的质量也一定，试回答：（1）若A与乙酸相对分子质量相等，且既能发生银镜反应又能发生酯化反应，则A的结构简式为HOCH2CHO ．（2）若A由碳、氢、氧、氮四种元素组成，且含两种官能团，相对分子质量与乙酸相等，分子中氢原子都不与碳原子相连，则A的结构简式为．（3）若A分子中C、H元素质量分数之和为86.67%，其余为O，且A的相对分子质量小于200，则A的分子式为C8H8O ．如果A分子每个碳原子都达到饱和，且能与金属钠反应产生氢气，则A的结构简式为．考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：有机物A与乙酸无论以何种比例混合，只要总质量一定，完全燃烧后产生的水的质量也一定，则有机物A中氢元素的质量分数与乙酸中氢元素的质量分数相等为；（1）若A的相对分子质量与乙酸相等，则A的分子量为60，分子中H原子数目为4，既能发生银镜反应又能发生酯化反应，含有羟基﹣OH、醛基﹣CHO，据此书写；（2）由碳、氢、氧、氮四种元素组成，假定分子中含有1个C原子、O原子、N原子，还含有4个H原子，结合相对分子质量判断剩余基团的式量，进而确定分子式．再结合分子中含有两种官能团，且分子中氢原子都不与碳原子相连判断；（3）根据氧元素的质量分数计算氧原子最大数目，确定含有O原子数目，进而计算有机物的相对分子质量，在计算分子中H原子数目，进而计算C原子数数目，确定分子式，结合有机物的结构特点与性质，确定其结构．解答：解：（2）若A与乙酸相对分子质量相等，则A的分子量为60，分子中H原子数目为4，既能发生银镜反应又能发生酯化反应，含有羟基﹣OH、醛基﹣CHO．分子中氧原子数目不能超过2，若有3个氧原子，分子量超过60，故含有2个氧原子，所以碳原子数为=2，所以分子式为C2H4O2，所以符合条件的结构简式为：HOCH2CHO，故答案为：HOCH2CHO；（3）若A的相对分子质量与乙酸相等，则A的分子量为60，分子中H原子数目为4，由碳、氢、氧、氮四种元素组成，则1个C原子、O原子、N原子的相对原子质量之和加4个H原子相对原子质量=12+16+14+4=46，相对分子质量还差60﹣46=14，为1个N原子，所以分子式为。

河南省新野县第三高级中学2014-2015学年高二上学期第三次月考化学试卷.pdf

14．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）
A． 0. 1mol·L-1NaOH 溶液： K＋、Na＋、SO42－、CO32－
B． 0. 1mol·L-1Na2CO3 溶液： Al3+、Ba2+、NO3－、Cl－
C． 0. 1mol·L-1FeCl3 溶液： K＋、NH4+ 、I－、SCN－
(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3）在25℃时，向100mL浓度均为0.1 mol·L-1 FeCl2、ZnCl2、CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，生成的沉
淀的先后顺序是
(用沉淀物的化学式表示)。
(4）在25℃时，把ZnS加入蒸馏水中，一定时间后达到如下平衡：
ZnS(s) Zn2+(aq)+S2-(aq)，下列措施可使ZnS减少的是（）
B.1.0×10-30 mol5·L-5
C.7.2×10-29 mol5·L-5D.1.08×10-28 mol5·L-5
5．同一温度下，强电解质溶液a、弱电解质溶液b、金属导体c三者的导电能力相同，若升高温度后，它们的导电能
力强弱顺序是（）
A．b>a>cB．a=b=cC．c>a>bD．b>c>a
11．关于强、弱电解质的叙述不正确的是（）
A．强电解质在溶液中完全电离成阴、阳离子
B．强电解质溶液导电能力不一定比弱电解质溶液导电能力强
C．同一弱电解质同浓度的溶液，温度不同时，导电能力不同
D．强电解质易溶于水，弱电解质一定难溶于水
12．下列电解质溶液的有关叙述正确的是( )
D．由水电离的c(H＋)=1.0×10-9 mol?L?1溶液： Ca2＋、Na＋、HCO3－、NO3－

高二化学月考试题及答案-河南南阳市新野三中-2015学年高二上学期第二次周考

河南省南阳市新野三中2014-2015学年高二上学期第二次周考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）下列有关物质分类一定正确的是（）①强电解质：氯化氢、氢氧化钡、摩尔盐②弱电解质：草酸、纯碱、醋酸铵③非电解质：液氨、二氧化硫、苯④同系物：CH202、C2H402、C3H602．A．①②③B．①③C．①④D．②③2．（3分）能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A．硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B．碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca（OH）2+CO32﹣═CaCO3↓+2OH﹣C．冷的氢氧化钠溶液中通入氯气：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2OD．稀硫酸中加入铁粉：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑3．（3分）下列有关溶液组成的描述合理的是（）A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣4．（3分）氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等．下列反应与Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是（）A．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑B．4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3C．2F2+2H2O═4HF+O2D．Cl2+H2O═HCl+HClO5．（3分）下列说法正确的一组是（）①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质②盐都是强电解质③0.5mol•L﹣1的所有一元酸中氢离子浓度都是0.5mol•L﹣1④强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子⑥熔融的电解质都能导电．A．①③⑤⑥B．②③④⑤C．只有⑤D．只有⑥6．（3分）实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O关于该反应的下列说法，正确的是（）A．NaNO2是氧化剂B．每生成1mol N2时，转移电子的物质的量为6molC．NH4Cl中的氮元素被还原D．N2既是氧化剂，又是还原剂7．（3分）制备氰氨基化钙的化学方程式为CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，在反应中（）A．氢元素被氧化，碳元素被还原B．HCN是氧化剂不是还原剂C．CaCN2是氧化产物，H2是还原产物D．CO为氧化产物，H2为还原产物二、解答题（共4小题，满分0分）8．氧化还原反应规律是化学学科的重要规律之一．按要求回答下列问题：（1）被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，此反应中B 元素的化合价没有发生变化，则NaBH4中H的化合价为，该反应氧化产物是，还原产物是．（2）有下列三个反应：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2；②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣；③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O①根据以上方程式可以得到Fe2+、Co2+、Br﹣、I﹣还原性由强的弱的顺序为；②1molCo2O3能氧化HCl的物质的量．（3）完成并配平下列化学反应方程式：□KMnO4+□H2C2O4+□→□CO2+□K2SO4+□MnSO4+□H2O （4）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应式”，一个是“还原反应式”．如2H++Zn=Zn2++H2↑，可拆写为氧化反应式：Zn﹣2e﹣=Zn2+，还原反应式：2H++2e﹣=H2↑．并由此实现了化学能与电能的相互转化．据此，回答下列问题：①将2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+拆写为两个“半反应式”：其中，氧化反应式为．②由①中的反应，可设计成如图所示的原电池：若电极a为Cu，电解质溶液甲的化学式为；电极b处的电极反应式为．9．现有下列8种物质：①Na2CO3②NaHCO3③HCl④NH4HCO3⑤C2H5OH⑥Al⑦食盐水⑧CH3COOH （1）上述物质中属于强电解质的是（填序号），既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是（填序号）（2）上述②的水溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）．（3）④与足量的NaOH浓溶液在加热条件下反应的离子方程式为．10．实验室需要480mL 0.4mol•L﹣1的NaCl溶液，有如下操作步骤：①把称量好的NaCl晶体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解．②把①所得溶液小心转入一定容积的容量瓶中．③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1cm～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切．④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀．⑤将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀．请填写下列空白：（1）操作步骤的正确顺序为（填序号）．（2）实验室有如下规格的容量瓶：①100mL，②250mL，③500mL，④1 000mL，本实验选用（填序号）．（3）本实验用到的基本实验仪器除容量瓶、玻璃棒外还有：．（4）需要使用玻璃棒的操作有（填序号），其作用为．（5）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①称量NaCl时，物码倒置（1g以下用游码）：．②某同学观察液面的情况如图所示：．③没有进行操作步骤④：．④加蒸馏水时不慎超过了刻度线，立即用胶头滴管将多余的水吸出：．⑤容量瓶原来有少量水：．11．化工厂中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱．（1）从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是．（2）“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式（酸过量时）；．（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物．下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是．A．Ag B．Cu C．Al D．Fe（4）烧碱、纯碱均可吸收CO2，当含0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2后，将溶液低温蒸干得到固体的组成可能有四种情况，分别是：①；②Na2CO3；③；④NaHCO3（5）将（4）得到的固体重新溶解于水，在溶液中加盐酸，使溶液的PH=7，再将溶液蒸干，得到固体的质量是g．河南省南阳市新野三中2014-2015学年高二上学期第二次周考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）下列有关物质分类一定正确的是（）①强电解质：氯化氢、氢氧化钡、摩尔盐②弱电解质：草酸、纯碱、醋酸铵③非电解质：液氨、二氧化硫、苯④同系物：CH202、C2H402、C3H602．A．①②③B．①③C．①④D．②③考点：强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质；芳香烃、烃基和同系物．专题：物质的分类专题．分析：①在水溶液里或熔融状态下完全电离的电解质是强电解质，强电解质包括强酸、强碱、大部分盐和活泼金属氧化物；②在水溶液部分电离的电解质是弱电解质，弱电解质包括弱酸、弱碱、小部分盐和水；③在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，包括非金属氧化物、氨气、一些有机物如蔗糖、酒精；④结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；解答：解：①氯化氢、氢氧化钡、摩尔盐都是强电解质，故①正确；②草酸是弱电解质，纯碱、醋酸铵是强电解质，故②错误；③液氨、二氧化硫、苯都是非电解质，故③正确；④CH202，C2H q02，C3H602结构不一定相似，可能是羧酸也可能是酯，不是同系物，故④错误；故选：B．点评：本题主要考查强电解质、弱电解质、非电解质和同系物的定义，难度不大，注意把握概念的区别．2．（3分）能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A．硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B．碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca（OH）2+CO32﹣═CaCO3↓+2OH﹣C．冷的氢氧化钠溶液中通入氯气：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2OD．稀硫酸中加入铁粉：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．一水合氨为弱电解质，应保留化学式；B．反应物澄清石灰水中氢氧化钙应拆成离子形式；C．氯气与氢氧化钠溶液在低温下反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；D．不符合反应的客观事实，稀硫酸中加入铁粉反应生成硫酸亚铁．解答：解：A．硫酸铝溶液中加入过量氨水，离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；B．碳酸钠溶液中加入澄清石灰水，离子方程式：Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，故B错误；C．冷的氢氧化钠溶液中通入氯气，离子方程式：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O，故C正确；D．稀硫酸中加入铁粉，离子方程式：Fe+2H+═2Fe2++H2↑，故D错误；故选：C．点评：本题考查学生离子方程式的正误判断方法，是2015届高考的热点，难度不大，明确反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分．3．（3分）下列有关溶液组成的描述合理的是（）A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．无色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子，铝离子与硫离子发生双水解反应；B．次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸、次氯酸根离子能够氧化碘离子；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣离子之间不发生反应，且碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；D．铁离子水解，溶液显示酸性，则溶液中一定不存在铁离子．解答：解：A．Al3+、S2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣离子之间不发生反应，HCO3﹣离子部分水解，溶液显示弱碱性，故C 正确；D．Fe3+在溶液中结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性，与溶液为中性不相符，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存的正误判断，为2015届高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在．4．（3分）氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等．下列反应与Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是（）A．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑B．4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3C．2F2+2H2O═4HF+O2D．Cl2+H2O═HCl+HClO考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中，溴、硫元素的化合价发生变化，所以该反应是氧化还原反应，但水中氢氧元素的化合价不发生变化，所以水既非氧化剂又非还原剂，据此分析解答．解答：解：A．该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，故A不符合；B．该反应中O2为氧化剂，4Fe（OH）2为还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，故B不符合；C．该反应中F2为氧化剂，水还原剂，故C符合；D．该反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，故D不符合；故选C．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价的角度分析．5．（3分）下列说法正确的一组是（）①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质②盐都是强电解质③0.5mol•L﹣1的所有一元酸中氢离子浓度都是0.5mol•L﹣1④强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子⑥熔融的电解质都能导电．A．①③⑤⑥B．②③④⑤C．只有⑤D．只有⑥考点：强电解质和弱电解质的概念．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：①电解质的强弱与溶解性无关；②部分盐属于弱电解质；③一元酸溶液中H+浓度与酸的浓度、酸的强弱有关；④H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关；⑤溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子；⑥酸在熔融态时不导电．解答：解：①电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，CaCO3、BaSO4均是强电解质，故①错误；②绝大多数的盐属于强电解质，少部分盐属于弱电解质，如醋酸铅就属于弱电解质，故②错误；③0.5mol/L一元酸溶液H+浓度不一定为0.5mol/L，如醋酸小于0.5mol/L，硫酸为1mol/L，故③错误；④强酸溶液中的H+浓度不一定大于弱酸溶液中的H+浓度，H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关，故④错误；⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，故⑤正确；⑥酸为共价化合物，在熔融态时均不导电，只有溶于水时才导电，故⑥错误；故选C．点评：本题主要考查的是强弱电解质的概念以及判断，涉及溶液导电的原因、溶液中离子浓度大小比较等，难度不大．6．（3分）实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O关于该反应的下列说法，正确的是（）A．NaNO2是氧化剂B．每生成1mol N2时，转移电子的物质的量为6molC．NH4Cl中的氮元素被还原D．N2既是氧化剂，又是还原剂考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：A、化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；B、根据化合价的升降来确定反应中电子的转移；C、化合价降低元素在反应中被还原；D、化合价升高元素所在的反应物是还原剂，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂．解答：解：A、反应NaNO2+NH4C1═NaC1+N2↑+2H2O中，NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NaNO2是氧化剂，故A正确；B、反应NaNO2+NH4C1═NaC1+N2↑+2H2O中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=3，即每生成1molN2时，转移电子的物质的量为3mol，故B错误；C、NH4C1中的氮元素化合价从﹣3价升为0价，所以NH4C1中的氮元素被氧化，故C错误；D、反应NaNO2+NH4C1═NaC1+N2↑+2H2O中，NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NH4C1中的氮元素化合价从﹣3价升为0价，氮气既是氧化产物又是还原产物，故D错误．故选A．点评：氧化还原反应中氧化剂、还原剂的概念以及电子转移知识是重点，考查学生对教材的熟悉程度，难度不大．7．（3分）制备氰氨基化钙的化学方程式为CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，在反应中（）A．氢元素被氧化，碳元素被还原B．HCN是氧化剂不是还原剂C．CaCN2是氧化产物，H2是还原产物D．CO为氧化产物，H2为还原产物考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：在CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑反应中，HCN中的碳元素化合价由+2升高到+4，对应的氧化产物为CaCN2，HCN中的氢元素化合价由+1价降低到0，对应的还原产物为H2．解答：解：A、因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则氢元素被还原，碳元素被氧化，故A错误；B、因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则HCN既是氧化剂又是还原剂，故B错误；C、HCN中的碳元素化合价由+2升高到+4，对应的氧化产物为CaCN2，HCN中的氢元素化合价由+1价降低到0，对应的还原产物为H2，故C正确；D、CO既不是氧化产物也不是还原产物，故D错误；故选C．点评：本题较难，考查学生利用元素的化合价来分析氧化还原反应，明确反应中各物质中的元素的化合价是解答的关键，本题的难点是氧化产物的分析．二、解答题（共4小题，满分0分）8．氧化还原反应规律是化学学科的重要规律之一．按要求回答下列问题：（1）被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，此反应中B 元素的化合价没有发生变化，则NaBH4中H的化合价为﹣1，该反应氧化产物是H2，还原产物是H2．（2）有下列三个反应：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2；②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣；③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O①根据以上方程式可以得到Fe2+、Co2+、Br﹣、I﹣还原性由强的弱的顺序为I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Co2+；②1molCo2O3能氧化HCl的物质的量2mol．（3）完成并配平下列化学反应方程式：□KMnO4+□H2C2O4+□H2SO4→□CO2+□K2SO4+□MnSO4+□H2O（4）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应式”，一个是“还原反应式”．如2H++Zn=Zn2++H2↑，可拆写为氧化反应式：Zn﹣2e﹣=Zn2+，还原反应式：2H++2e﹣=H2↑．并由此实现了化学能与电能的相互转化．据此，回答下列问题：①将2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+拆写为两个“半反应式”：其中，氧化反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+．②由①中的反应，可设计成如图所示的原电池：若电极a为Cu，电解质溶液甲的化学式为CuSO4；电极b处的电极反应式为2Fe3++2e﹣=2Fe2+．考点：氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；原电池和电解池的工作原理．专题：氧化还原反应专题；电化学专题．分析：（1）NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑中，B元素的化合价没有发生变化，B为+3价，则NaBH4中H的化合价为﹣1价，该反应中H元素的化合价由﹣1价升高为0，H元素的化合价由+1价降低为0；（2）①含元素化合价升高的物质为还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；②Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，6molHCl中只有2mol作还原剂；（3）KMnO4+H2C2O4+□→CO2+K2SO4+MnSO4+H2O，由原子守恒可知，反应物中有硫酸，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，结合电子守恒及原子守恒配平；（4）①将2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+拆写为两个“半反应式”，氧化反应中Cu失去电子；②由①中的反应，可设计成如图所示的原电池：若电极a为Cu，a为阳极，b为阴极，阴极上铁离子得到电子，图中溶液甲中含铜离子．解答：解：（1）NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑中，B元素的化合价没有发生变化，B为+3价，则NaBH4中H的化合价为﹣1价，该反应中H元素的化合价由﹣1价升高为0，H元素的化合价由+1价降低为0，则氧化产物、还原产物均为H2，故答案为：﹣1，H2；H2；（2）①还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性为I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Co2+，故答案为：I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Co2+；②Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，6molHCl中只有2mol作还原剂，则1molCo2O3能氧化HCl的物质的量为2mol，故答案为：2mol；（3）KMnO4+H2C2O4+□→CO2+K2SO4+MnSO4+H2O，由原子守恒可知，反应物中有硫酸，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，由电子守恒及原子守恒可知，该反应为2KMnO4+5H2C2O4+3 H2SO4=10CO2+K2SO4+2MnSO4+8H2O，故答案为：H2SO4；2KMnO4+5H2C2O4+3 H2SO4=10CO2+K2SO4+2MnSO4+8H2O；（4）①将2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+拆写为两个“半反应式”，氧化反应中Cu失去电子，氧化反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+，故答案为：Cu﹣2e﹣=Cu2+；②由①中的反应，可设计成如图所示的原电池：若电极a为Cu，a为阳极，图中溶液甲中含铜离子，可选择CuSO4，b为阴极，阴极上铁离子得到电子，b上的电极反应式为2Fe3++2e﹣=2Fe2+，故答案为：CuSO4；2Fe3++2e﹣=2Fe2+．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念、还原性比较及原电池的考查，注意原电池与氧化还原反应的关系，题目难度不大．9．现有下列8种物质：①Na2CO3②NaHCO3③HCl④NH4HCO3⑤C2H5OH⑥Al⑦食盐水⑧CH3COOH （1）上述物质中属于强电解质的是①②③④（填序号），既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是②④⑥（填序号）（2）上述②的水溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣．（3）④与足量的NaOH浓溶液在加热条件下反应的离子方程式为NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+2H2O．考点：强电解质和弱电解质的概念；离子方程式的书写；盐类水解的应用．专题：离子反应专题；盐类的水解专题．分析：①Na2CO3是盐，属于强电解质，只能与盐酸反应；②NaHCO3属于盐，是强得解，既能与盐酸反应生成二氧化碳气体，又能与氢氧化钠反应生成碳酸钠；③HCl属于强碱，是强电解质；④NH4HCO3属于盐，既能与酸反应生成二氧化碳气体，又能与碱反应生成氨气；⑤C2H5OH属于非电解质；⑥Al既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应；⑦食盐水属于混合物；⑧CH3COOH是弱酸，属于弱电解质；据此解答即可．解答：解：（1）①Na2CO3是盐，属于强电解质，只能与盐酸反应；②NaHCO3属于盐，是强得解，既能与盐酸反应生成二氧化碳气体，又能与氢氧化钠反应生成碳酸钠；③HCl属于强碱，是强电解质；④NH4HCO3属于盐，既能与酸反应生成二氧化碳气体，又能与碱反应生成氨气；⑤C2H5OH属于非电解质；⑥Al既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应；⑦食盐水属于混合物；⑧CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，故答案为：①②③④；②④⑥；（2）碳酸氢钠属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子反应方程式为：HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣，故答案为：HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣；（3）碳酸氢铵与氢氧化钠反应生成氨气和碳酸根，离子反应方程式为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+2H2O，故答案为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+2H2O．点评：本题主要考查的是电解质与强电解质的概念、Al的两性以及两性化合物，难度不大，注意离子反应方程式的正确书写是关键．10．实验室需要480mL 0.4mol•L﹣1的NaCl溶液，有如下操作步骤：①把称量好的NaCl晶体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解．②把①所得溶液小心转入一定容积的容量瓶中．③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1cm～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切．④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀．⑤将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀．请填写下列空白：（1）操作步骤的正确顺序为（填序号）①②④③⑤．（2）实验室有如下规格的容量瓶：①100mL，②250mL，③500mL，④1 000mL，本实验选用③（填序号）．（3）本实验用到的基本实验仪器除容量瓶、玻璃棒外还有：天平、药匙、烧杯、胶头滴管．（4）需要使用玻璃棒的操作有①②③④（填序号），其作用为搅拌、引流．（5）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①称量NaCl时，物码倒置（1g以下用游码）：偏低．②某同学观察液面的情况如图所示：偏高．③没有进行操作步骤④：偏低．④加蒸馏水时不慎超过了刻度线，立即用胶头滴管将多余的水吸出：偏低．⑤容量瓶原来有少量水：无影响．考点：配制一定物质的量浓度的溶液．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：（1）配制时，一般可分为以下几个步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，据此进行排序；（2）选用容量瓶的规格要等于或稍大于配制溶液的体积；（3）根据仪器的作用选取仪器；（4）玻璃棒有搅拌和引流的作用等，溶解固体、转移溶液时用玻璃棒；（5）分析操作对n、V的影响，根据c=分析操作对所配溶液浓度影响．解答：解：（1）配制时，一般可分为以下几个步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，所以其操作步骤的正确顺序为①②④③⑤，故答案为：①②④③⑤；（2）实验室没有480mL的容量瓶，要选取500mL容量瓶，故选③；（3）需要用天平称量药品，用药匙取药品，用烧杯溶解药品，用胶头滴管定容，故答案为：天平、药匙、烧杯、胶头滴管；（4）溶解固体、转移溶液时用玻璃棒，玻璃棒有搅拌和引流的作用，故答案为：①②③④；搅拌、引流；（5）①称量NaCl时，物码倒置（1g以下用游码），实际称量氯化钠偏小，导致溶质的物质的量偏小，所以配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；②定容时俯视液面，导致溶液的体积偏小，则配制溶液的浓度偏高，故答案为：偏高；③没有洗涤玻璃棒和烧杯导致溶质的物质的量偏小，所以配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；④用胶头滴管吸出的溶液中含有溶质，导致溶质的物质的量偏小，所以配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；⑤容量瓶原来有少量水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，所以对配制溶液的浓度无影响，故答案为：无影响．点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制、仪器的选择以及误差分析，难度不大，注意选用容量瓶的规格要等于或稍大于配制溶液的体积，为计算氯化钠质量时的易错点．11．化工厂中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱．（1）从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是纯碱．（2）“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式（酸过量时）H++OH﹣=H2O；2H++CO32﹣=CO2↑+H2O．（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物．下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是AB．A．Ag B．Cu C．Al D．Fe（4）烧碱、纯碱均可吸收CO2，当含0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2后，将溶液低温蒸干得到固体的组成可能有四种情况，分别是：①NaOH、Na2CO3；②Na2CO3；③Na2CO3、NaHCO3；④NaHCO3（5）将（4）得到的固体重新溶解于水，在溶液中加盐酸，使溶液的PH=7，再将溶液蒸干，得到固体的质量是5.85g．考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：（1）纯碱为Na2CO3，是由金属离子和酸根离子构成的；（2）酸碱反应的实质是氢离子和氢氧根离子反应，而酸与碳酸盐的反应为氢离子与碳酸根离子反应；（3）铁、铝在常温下遇浓硝酸发生钝化；（4）根据CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3来分析可能的组成；（5）将得到的固体重新溶解于水，在溶液中加过量的盐酸，使其充分反应后，再将溶液蒸干，得到固体的质量为NaCl，利用Na原子守恒可计算NaCl的质量．解答：解：（1）因碱电离产生的阴离子全部为OH﹣，而纯碱是由金属离子和酸根离子构成，则纯碱属于盐，而不属于碱，故答案为：纯碱；（2）酸碱反应的实质是H++OH﹣=H2O，酸与可溶性碳酸盐的反应的实质为2H++CO32﹣=CO2↑+H2O，故答案为：H++OH﹣=H2O；2H++CO32﹣=CO2↑+H2O；（3）因浓硝酸具有强氧化性，则Ag、Cu在常温下能全部溶于浓硝酸，而Fe、Al遇浓硝酸发生钝化，而不能全部溶解，故答案为：AB；（4）由CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3可知，二氧化碳的物质的量小于0.1mol 时溶质为NaOH、Na2CO3，等于0.1mol时溶质只有Na2CO3，0.1mol＜n（CO2）＜0.2mol时溶液的溶质为Na2CO3、NaHCO3，n（CO2）≥0.2mo l时，溶液的溶质只有NaHCO3，故答案为：NaOH、Na2CO3；Na2CO3、NaHCO3；（5）将得到的固体重新溶解于水，在溶液中加过量的盐酸，使其充分反应后，再将溶液蒸干，得到固体为NaCl，由Na原子守恒可知，n（NaCl）=n（NaOH）=0.1mol，其质量为0.1mol×58.5g/mol=5.85g，故答案为：5.85g．点评：本题考查物质的分类，熟悉根据物质的组成和性质得出的分类结果、物质的性质是解答本题的关键，并学会利用化学反应及守恒法来进行计算，难度不大．。

【VIP专享】河南省新野县第三高级中学2014-2015学年高二下学期第一次学情检测化学试题

A．C2H4
B．C3H6
4. 下列分子种的碳原子不可能同在一个平面的是
A．
C.
─CH3
B.
C．C2H6
─CH─CH2
D.
5．用相对分子质量为 43 的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子所得芳香烃产物
的数目有( )
A．3 种 B．4 种
C． 5 种 D．6 种
6．仔细分析下列表格中烃的排列规律，判断排列在第 15 位烃的分子式是( )
1：2
素
必须满足的条件是 ( )
A. 分子中的 C、H、O 的个数比为 1：2：3 B. 分子中 C、H 个数比为
C. 该有机物的相对分子质量为 14
3．25℃某气态烃与氧气混合充入密闭容器中，点火爆炸后，又恢复到 25℃，此
时容器内压强为开始时的一半，再经氢氧化钠溶液处理，容器内几乎为真空，
该烃的分子式为
A、2，3-二甲基丁烷
C、3-甲基-2-乙基戊烷
12．m mol C2H2 跟 n mol H2 在密闭容器中反应，当该可逆反应达到平衡时，生
10、
C．丙烷
B．乙炔、丙烷
D．乙炔、乙烯
生取代反应。由此可以断定原气态烃是（气体体积均在相同条件下测定）
（）
A．乙炔
H3C CH3
CH3 C CH CH3
C2H5
A、2-二甲基-3-乙基丁烷
C、211、某同学写出下列烷烃的名称中，不正确的是（）
1
C2H2 C2H4
A．C6H12
2
3
C2H6 C3H4
B．C6H14
4
5
6
C3H6 C3H8 C4H6 C4H8
C．C7H12
7．在一定条件下，将 A、B、C 三种炔烃所组成的混合气体 4 g，在催化条件下

河南省南阳市新野三中高二化学上学期第二次周考试卷(含解析)

河南省南阳市新野三中2014-2015学年高二上学期第二次周考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）下列有关物质分类一定正确的是（）①强电解质：氯化氢、氢氧化钡、摩尔盐②弱电解质：草酸、纯碱、醋酸铵③非电解质：液氨、二氧化硫、苯④同系物：CH202、C2H402、C3H602．A．①②③B．①③C．①④D．②③2．（3分）能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A．硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B．碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca（OH）2+CO32﹣═CaCO3↓+2OH﹣C．冷的氢氧化钠溶液中通入氯气：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2OD．稀硫酸中加入铁粉：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑3．（3分）下列有关溶液组成的描述合理的是（）A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣4．（3分）氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等．下列反应与Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是（）A．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑B．4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3C．2F2+2H2O═4HF+O2D．Cl2+H2O═HCl+HClO5．（3分）下列说法正确的一组是（）①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质②盐都是强电解质③0.5mol•L﹣1的所有一元酸中氢离子浓度都是0.5mol•L﹣1④强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子⑥熔融的电解质都能导电．A．①③⑤⑥B．②③④⑤C．只有⑤D．只有⑥6．（3分）实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O关于该反应的下列说法，正确的是（）A．NaNO2是氧化剂B．每生成1mol N2时，转移电子的物质的量为6molC．NH4Cl中的氮元素被还原D．N2既是氧化剂，又是还原剂7．（3分）制备氰氨基化钙的化学方程式为CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，在反应中（）A．氢元素被氧化，碳元素被还原B．HCN是氧化剂不是还原剂C．CaCN2是氧化产物，H2是还原产物D．CO为氧化产物，H2为还原产物二、解答题（共4小题，满分0分）8．氧化还原反应规律是化学学科的重要规律之一．按要求回答下列问题：（1）被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，此反应中B元素的化合价没有发生变化，则NaBH4中H的化合价为，该反应氧化产物是，还原产物是．（2）有下列三个反应：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2；②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣；③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O①根据以上方程式可以得到Fe2+、Co2+、Br﹣、I﹣还原性由强的弱的顺序为；②1molCo2O3能氧化HCl的物质的量．（3）完成并配平下列化学反应方程式：□KMnO4+□H2C2O4+□→□CO2+□K2SO4+□MnSO4+□H2O （4）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应式”，一个是“还原反应式”．如2H++Zn=Zn2++H2↑，可拆写为氧化反应式：Zn﹣2e﹣=Zn2+，还原反应式：2H++2e﹣=H2↑．并由此实现了化学能与电能的相互转化．据此，回答下列问题：①将2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+拆写为两个“半反应式”：其中，氧化反应式为．②由①中的反应，可设计成如图所示的原电池：若电极a为Cu，电解质溶液甲的化学式为；电极b处的电极反应式为．9．现有下列8种物质：①Na2CO3②NaHCO3③HCl④NH4HCO3⑤C2H5OH⑥Al⑦食盐水⑧CH3COOH （1）上述物质中属于强电解质的是（填序号），既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是（填序号）（2）上述②的水溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）．（3）④与足量的NaOH浓溶液在加热条件下反应的离子方程式为．10．实验室需要480mL 0.4mol•L﹣1的NaCl溶液，有如下操作步骤：①把称量好的NaCl晶体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解．②把①所得溶液小心转入一定容积的容量瓶中．③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1cm～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切．④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀．⑤将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀．请填写下列空白：（1）操作步骤的正确顺序为（填序号）．（2）实验室有如下规格的容量瓶：①100mL，②250mL，③500mL，④1 000mL，本实验选用（填序号）．（3）本实验用到的基本实验仪器除容量瓶、玻璃棒外还有：．（4）需要使用玻璃棒的操作有（填序号），其作用为．（5）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①称量NaCl时，物码倒置（1g以下用游码）：．②某同学观察液面的情况如图所示：．③没有进行操作步骤④：．④加蒸馏水时不慎超过了刻度线，立即用胶头滴管将多余的水吸出：．⑤容量瓶原来有少量水：．11．化工厂中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱．（1）从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是．（2）“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式（酸过量时）；．（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物．下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是．A．Ag B．Cu C．Al D．Fe（4）烧碱、纯碱均可吸收CO2，当含0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2后，将溶液低温蒸干得到固体的组成可能有四种情况，分别是：①；②Na2CO3；③；④NaHCO3（5）将（4）得到的固体重新溶解于水，在溶液中加盐酸，使溶液的PH=7，再将溶液蒸干，得到固体的质量是g．河南省南阳市新野三中2014-2015学年高二上学期第二次周考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）下列有关物质分类一定正确的是（）①强电解质：氯化氢、氢氧化钡、摩尔盐②弱电解质：草酸、纯碱、醋酸铵③非电解质：液氨、二氧化硫、苯④同系物：CH202、C2H402、C3H602．A．①②③B．①③C．①④D．②③考点：强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质；芳香烃、烃基和同系物．专题：物质的分类专题．分析：①在水溶液里或熔融状态下完全电离的电解质是强电解质，强电解质包括强酸、强碱、大部分盐和活泼金属氧化物；②在水溶液部分电离的电解质是弱电解质，弱电解质包括弱酸、弱碱、小部分盐和水；③在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，包括非金属氧化物、氨气、一些有机物如蔗糖、酒精；④结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；解答：解：①氯化氢、氢氧化钡、摩尔盐都是强电解质，故①正确；②草酸是弱电解质，纯碱、醋酸铵是强电解质，故②错误；③液氨、二氧化硫、苯都是非电解质，故③正确；④CH202，C2H q02，C3H602结构不一定相似，可能是羧酸也可能是酯，不是同系物，故④错误；故选：B．点评：本题主要考查强电解质、弱电解质、非电解质和同系物的定义，难度不大，注意把握概念的区别．2．（3分）能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A．硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B．碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca（OH）2+CO32﹣═CaCO3↓+2OH﹣C．冷的氢氧化钠溶液中通入氯气：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2OD．稀硫酸中加入铁粉：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．一水合氨为弱电解质，应保留化学式；B．反应物澄清石灰水中氢氧化钙应拆成离子形式；C．氯气与氢氧化钠溶液在低温下反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；D．不符合反应的客观事实，稀硫酸中加入铁粉反应生成硫酸亚铁．解答：解：A．硫酸铝溶液中加入过量氨水，离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；B．碳酸钠溶液中加入澄清石灰水，离子方程式：Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，故B错误；C．冷的氢氧化钠溶液中通入氯气，离子方程式：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O，故C正确；D．稀硫酸中加入铁粉，离子方程式：Fe+2H+═2Fe2++H2↑，故D错误；故选：C．点评：本题考查学生离子方程式的正误判断方法，是2015届高考的热点，难度不大，明确反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分．3．（3分）下列有关溶液组成的描述合理的是（）A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．无色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子，铝离子与硫离子发生双水解反应；B．次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸、次氯酸根离子能够氧化碘离子；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣离子之间不发生反应，且碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；D．铁离子水解，溶液显示酸性，则溶液中一定不存在铁离子．解答：解：A．Al3+、S2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣离子之间不发生反应，HCO3﹣离子部分水解，溶液显示弱碱性，故C正确；D．Fe3+在溶液中结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性，与溶液为中性不相符，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存的正误判断，为2015届高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在．4．（3分）氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等．下列反应与Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是（）A．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑B．4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3C．2F2+2H2O═4HF+O2D．Cl2+H2O═HCl+HClO考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中，溴、硫元素的化合价发生变化，所以该反应是氧化还原反应，但水中氢氧元素的化合价不发生变化，所以水既非氧化剂又非还原剂，据此分析解答．解答：解：A．该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，故A不符合；B．该反应中O2为氧化剂，4Fe（OH）2为还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，故B不符合；C．该反应中F2为氧化剂，水还原剂，故C符合；D．该反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，故D不符合；故选C．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价的角度分析．5．（3分）下列说法正确的一组是（）①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质②盐都是强电解质③0.5mol•L﹣1的所有一元酸中氢离子浓度都是0.5mol•L﹣1④强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子⑥熔融的电解质都能导电．A．①③⑤⑥B．②③④⑤C．只有⑤D．只有⑥考点：强电解质和弱电解质的概念．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：①电解质的强弱与溶解性无关；②部分盐属于弱电解质；③一元酸溶液中H+浓度与酸的浓度、酸的强弱有关；④H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关；⑤溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子；⑥酸在熔融态时不导电．解答：解：①电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，CaCO3、BaSO4均是强电解质，故①错误；②绝大多数的盐属于强电解质，少部分盐属于弱电解质，如醋酸铅就属于弱电解质，故②错误；③0.5mol/L一元酸溶液H+浓度不一定为0.5mol/L，如醋酸小于0.5mol/L，硫酸为1mol/L，故③错误；④强酸溶液中的H+浓度不一定大于弱酸溶液中的H+浓度，H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关，故④错误；⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，故⑤正确；⑥酸为共价化合物，在熔融态时均不导电，只有溶于水时才导电，故⑥错误；故选C．点评：本题主要考查的是强弱电解质的概念以及判断，涉及溶液导电的原因、溶液中离子浓度大小比较等，难度不大．6．（3分）实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O关于该反应的下列说法，正确的是（）A．NaNO2是氧化剂B．每生成1mol N2时，转移电子的物质的量为6molC．NH4Cl中的氮元素被还原D．N2既是氧化剂，又是还原剂考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：A、化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；B、根据化合价的升降来确定反应中电子的转移；C、化合价降低元素在反应中被还原；D、化合价升高元素所在的反应物是还原剂，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂．解答：解：A、反应NaNO2+NH4C1═NaC1+N2↑+2H2O中，NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NaNO2是氧化剂，故A正确；B、反应NaNO2+NH4C1═NaC1+N2↑+2H2O中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=3，即每生成1molN2时，转移电子的物质的量为3mol，故B错误；C、NH4C1中的氮元素化合价从﹣3价升为0价，所以NH4C1中的氮元素被氧化，故C错误；D、反应NaNO2+NH4C1═NaC1+N2↑+2H2O中，NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NH4C1中的氮元素化合价从﹣3价升为0价，氮气既是氧化产物又是还原产物，故D错误．故选A．点评：氧化还原反应中氧化剂、还原剂的概念以及电子转移知识是重点，考查学生对教材的熟悉程度，难度不大．7．（3分）制备氰氨基化钙的化学方程式为CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，在反应中（）A．氢元素被氧化，碳元素被还原B．HCN是氧化剂不是还原剂C．CaCN2是氧化产物，H2是还原产物D．CO为氧化产物，H2为还原产物考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：在CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑反应中，HCN中的碳元素化合价由+2升高到+4，对应的氧化产物为CaCN2，HCN中的氢元素化合价由+1价降低到0，对应的还原产物为H2．解答：解：A、因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则氢元素被还原，碳元素被氧化，故A错误；B、因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则HCN既是氧化剂又是还原剂，故B错误；C、HCN中的碳元素化合价由+2升高到+4，对应的氧化产物为CaCN2，HCN中的氢元素化合价由+1价降低到0，对应的还原产物为H2，故C正确；D、CO既不是氧化产物也不是还原产物，故D错误；故选C．点评：本题较难，考查学生利用元素的化合价来分析氧化还原反应，明确反应中各物质中的元素的化合价是解答的关键，本题的难点是氧化产物的分析．二、解答题（共4小题，满分0分）8．氧化还原反应规律是化学学科的重要规律之一．按要求回答下列问题：（1）被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，此反应中B元素的化合价没有发生变化，则NaBH4中H的化合价为﹣1，该反应氧化产物是H2，还原产物是H2．（2）有下列三个反应：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2；②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣；③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O①根据以上方程式可以得到Fe2+、Co2+、Br﹣、I﹣还原性由强的弱的顺序为I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Co2+；②1molCo2O3能氧化HCl的物质的量2mol．（3）完成并配平下列化学反应方程式：□KMnO4+□H2C2O4+□H2SO4→□CO2+□K2SO4+□MnSO4+□H2O （4）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应式”，一个是“还原反应式”．如2H++Zn=Zn2++H2↑，可拆写为氧化反应式：Zn﹣2e﹣=Zn2+，还原反应式：2H++2e﹣=H2↑．并由此实现了化学能与电能的相互转化．据此，回答下列问题：①将2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+拆写为两个“半反应式”：其中，氧化反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+．②由①中的反应，可设计成如图所示的原电池：若电极a为Cu，电解质溶液甲的化学式为CuSO4；电极b处的电极反应式为2Fe3++2e﹣=2Fe2+．考点：氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；原电池和电解池的工作原理．专题：氧化还原反应专题；电化学专题．分析：（1）NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑中，B元素的化合价没有发生变化，B为+3价，则NaBH4中H的化合价为﹣1价，该反应中H元素的化合价由﹣1价升高为0，H元素的化合价由+1价降低为0；（2）①含元素化合价升高的物质为还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；②Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，6molHCl中只有2mol作还原剂；（3）KMnO4+H2C2O4+□→CO2+K2SO4+MnSO4+H2O，由原子守恒可知，反应物中有硫酸，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，结合电子守恒及原子守恒配平；（4）①将2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+拆写为两个“半反应式”，氧化反应中Cu失去电子；②由①中的反应，可设计成如图所示的原电池：若电极a为Cu，a为阳极，b为阴极，阴极上铁离子得到电子，图中溶液甲中含铜离子．解答：解：（1）NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑中，B元素的化合价没有发生变化，B为+3价，则NaBH4中H的化合价为﹣1价，该反应中H元素的化合价由﹣1价升高为0，H元素的化合价由+1价降低为0，则氧化产物、还原产物均为H2，故答案为：﹣1，H2；H2；（2）①还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性为I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Co2+，故答案为：I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Co2+；②Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，6molHCl中只有2mol作还原剂，则1molCo2O3能氧化HCl 的物质的量为2mol，故答案为：2mol；（3）KMnO4+H2C2O4+□→CO2+K2SO4+MnSO4+H2O，由原子守恒可知，反应物中有硫酸，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，由电子守恒及原子守恒可知，该反应为2KMnO4+5H2C2O4+3 H2SO4=10CO2+K2SO4+2MnSO4+8H2O，故答案为：H2SO4；2KMnO4+5H2C2O4+3 H2SO4=10CO2+K2SO4+2MnSO4+8H2O；（4）①将2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+拆写为两个“半反应式”，氧化反应中Cu失去电子，氧化反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+，故答案为：Cu﹣2e﹣=Cu2+；②由①中的反应，可设计成如图所示的原电池：若电极a为Cu，a为阳极，图中溶液甲中含铜离子，可选择CuSO4，b为阴极，阴极上铁离子得到电子，b上的电极反应式为2Fe3++2e﹣=2Fe2+，故答案为：CuSO4；2Fe3++2e﹣=2Fe2+．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念、还原性比较及原电池的考查，注意原电池与氧化还原反应的关系，题目难度不大．9．现有下列8种物质：①Na2CO3②NaHCO3③HCl④NH4HCO3⑤C2H5OH⑥Al⑦食盐水⑧CH3COOH （1）上述物质中属于强电解质的是①②③④（填序号），既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是②④⑥（填序号）（2）上述②的水溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣．（3）④与足量的NaOH浓溶液在加热条件下反应的离子方程式为NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+2H2O．考点：强电解质和弱电解质的概念；离子方程式的书写；盐类水解的应用．专题：离子反应专题；盐类的水解专题．分析：①Na2CO3是盐，属于强电解质，只能与盐酸反应；②NaHCO3属于盐，是强得解，既能与盐酸反应生成二氧化碳气体，又能与氢氧化钠反应生成碳酸钠；③HCl属于强碱，是强电解质；④NH4HCO3属于盐，既能与酸反应生成二氧化碳气体，又能与碱反应生成氨气；⑤C2H5OH属于非电解质；⑥Al既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应；⑦食盐水属于混合物；⑧CH3COOH是弱酸，属于弱电解质；据此解答即可．解答：解：（1）①Na2CO3是盐，属于强电解质，只能与盐酸反应；②NaHCO3属于盐，是强得解，既能与盐酸反应生成二氧化碳气体，又能与氢氧化钠反应生成碳酸钠；③HCl属于强碱，是强电解质；④NH4HCO3属于盐，既能与酸反应生成二氧化碳气体，又能与碱反应生成氨气；⑤C2H5OH属于非电解质；⑥Al既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应；⑦食盐水属于混合物；⑧CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，故答案为：①②③④；②④⑥；（2）碳酸氢钠属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子反应方程式为：HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣，故答案为：HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣；（3）碳酸氢铵与氢氧化钠反应生成氨气和碳酸根，离子反应方程式为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+2H2O，故答案为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+2H2O．点评：本题主要考查的是电解质与强电解质的概念、Al的两性以及两性化合物，难度不大，注意离子反应方程式的正确书写是关键．10．实验室需要480mL 0.4mol•L﹣1的NaCl溶液，有如下操作步骤：①把称量好的NaCl晶体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解．②把①所得溶液小心转入一定容积的容量瓶中．③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1cm～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切．④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀．⑤将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀．请填写下列空白：（1）操作步骤的正确顺序为（填序号）①②④③⑤．（2）实验室有如下规格的容量瓶：①100mL，②250mL，③500mL，④1 000mL，本实验选用③（填序号）．（3）本实验用到的基本实验仪器除容量瓶、玻璃棒外还有：天平、药匙、烧杯、胶头滴管．（4）需要使用玻璃棒的操作有①②③④（填序号），其作用为搅拌、引流．（5）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①称量NaCl时，物码倒置（1g以下用游码）：偏低．②某同学观察液面的情况如图所示：偏高．③没有进行操作步骤④：偏低．④加蒸馏水时不慎超过了刻度线，立即用胶头滴管将多余的水吸出：偏低．⑤容量瓶原来有少量水：无影响．考点：配制一定物质的量浓度的溶液．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：（1）配制时，一般可分为以下几个步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，据此进行排序；（2）选用容量瓶的规格要等于或稍大于配制溶液的体积；（3）根据仪器的作用选取仪器；（4）玻璃棒有搅拌和引流的作用等，溶解固体、转移溶液时用玻璃棒；（5）分析操作对n、V的影响，根据c=分析操作对所配溶液浓度影响．解答：解：（1）配制时，一般可分为以下几个步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，所以其操作步骤的正确顺序为①②④③⑤，故答案为：①②④③⑤；（2）实验室没有480mL的容量瓶，要选取500mL容量瓶，故选③；（3）需要用天平称量药品，用药匙取药品，用烧杯溶解药品，用胶头滴管定容，故答案为：天平、药匙、烧杯、胶头滴管；（4）溶解固体、转移溶液时用玻璃棒，玻璃棒有搅拌和引流的作用，故答案为：①②③④；搅拌、引流；（5）①称量NaCl时，物码倒置（1g以下用游码），实际称量氯化钠偏小，导致溶质的物质的量偏小，所以配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；②定容时俯视液面，导致溶液的体积偏小，则配制溶液的浓度偏高，故答案为：偏高；③没有洗涤玻璃棒和烧杯导致溶质的物质的量偏小，所以配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；④用胶头滴管吸出的溶液中含有溶质，导致溶质的物质的量偏小，所以配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；⑤容量瓶原来有少量水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，所以对配制溶液的浓度无影响，故答案为：无影响．点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制、仪器的选择以及误差分析，难度不大，注意选用容量瓶的规格要等于或稍大于配制溶液的体积，为计算氯化钠质量时的易错点．11．化工厂中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱．（1）从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是纯碱．（2）“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式（酸过量时）H++OH﹣=H2O；2H++CO32﹣=CO2↑+H2O．（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物．下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是AB．A．Ag B．Cu C．Al D．Fe（4）烧碱、纯碱均可吸收CO2，当含0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2后，将溶液低温蒸干得到固体的组成可能有四种情况，分别是：①NaOH、Na2CO3；②Na2CO3；③Na2CO3、NaHCO3；④NaHCO3（5）将（4）得到的固体重新溶解于水，在溶液中加盐酸，使溶液的PH=7，再将溶液蒸干，得到固体的质量是5.85g．考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：（1）纯碱为Na2CO3，是由金属离子和酸根离子构成的；（2）酸碱反应的实质是氢离子和氢氧根离子反应，而酸与碳酸盐的反应为氢离子与碳酸根离子反应；（3）铁、铝在常温下遇浓硝酸发生钝化；（4）根据CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3来分析可能的组成；（5）将得到的固体重新溶解于水，在溶液中加过量的盐酸，使其充分反应后，再将溶液蒸干，得到固体的质量为NaCl，利用Na原子守恒可计算NaCl的质量．解答：解：（1）因碱电离产生的阴离子全部为OH﹣，而纯碱是由金属离子和酸根离子构成，则纯碱属于盐，而不属于碱，故答案为：纯碱；（2）酸碱反应的实质是H++OH﹣=H2O，酸与可溶性碳酸盐的反应的实质为2H++CO32﹣=CO2↑+H2O，故答案为：H++OH﹣=H2O；2H++CO32﹣=CO2↑+H2O；（3）因浓硝酸具有强氧化性，则Ag、Cu在常温下能全部溶于浓硝酸，而Fe、Al遇浓硝酸发生钝化，而不能全部溶解，故答案为：AB；（4）由CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3可知，二氧化碳的物质的量小于0.1mol时溶质为NaOH、Na2CO3，等于0.1mol时溶质只有Na2CO3，0.1mol＜n（CO2）＜0.2mol时溶液的溶质为Na2CO3、NaHCO3，n（CO2）≥0.2mol时，溶液的溶质只有NaHCO3，故答案为：NaOH、Na2CO3；Na2CO3、NaHCO3；（5）将得到的固体重新溶解于水，在溶液中加过量的盐酸，使其充分反应后，再将溶液蒸干，得到固体为NaCl，由Na原子守恒可知，n（NaCl）=n（NaOH）=0.1mol，其质量为0.1mol×58.5g/mol=5.85g，故答案为：5.85g．点评：本题考查物质的分类，熟悉根据物质的组成和性质得出的分类结果、物质的性质是解答本题的关键，并学会利用化学反应及守恒法来进行计算，难度不大．。

河南省新野县第三高级中学高二化学上学期第四次周考试

2014—2015学年上学期二年级第四次周考化学试题注意事项:1．考试时间90分钟,满分100分.选做题不记入总分.2.Ⅰ卷填在答题卡上,Ⅱ卷写在答题卷上.一、单选题（每题3分）1．下列说法正确的是 ( )A．水的电离方程式：H2O===H＋＋OH－B．升高温度，水的电离程度增大C．在NaOH溶液中没有H＋D．在HCl溶液中没有OH－2．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是( )A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性B．水的离子积不变、pH不变、呈中性C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性D．水的离子积变大、pH变小、呈中性3. 能影响水的电离平衡，并使溶液中的[H＋]>[OH－]的操作是 ( )A．向水中投入一小块金属钠 B．将水加热煮沸C．向水中通入二氧化碳气体 D．向水中加食盐晶体4．可以判定某酸是强电解质的组合是 ( )①该酸加热至沸腾也不分解②该酸可溶解氢氧化铜③该酸可跟石灰石反应放出CO2 ④该酸是共价化合物A．①②③ B．①②④C．②③④ D．都不是5．向醋酸溶液中滴入稀氨水，溶液的导电能力发生变化，其电流强度(I)随加入氨水的体积(V)的变化曲线是( )6．下列措施对水的电离无影响的是 ( )A．升高温度B．加入稀醋酸C．加入氢氧化钠D．加入食盐7．25℃时，将pH＝2和pH＝5的硫酸溶液等体积混合后，溶液的pH为( )A．2.3 B．4.7 C．3.5 D．以上答案都不正确8.25℃时，在0.01 mol·L－1的硫酸溶液中，水电离出的H＋浓度是 ( )A．5×10－13mol·L－1B．0.02 mol·L－1C．1×10－7mol·L－1D．1×10－12mol·L－19．如图所示，能表示人体大量喝水时，胃液的pH变化的图像是( )10.已知在不同温度下水离子积常数分别为：K(25 ℃)＝1.0×10－14 mol2·L－2，K(35 ℃)＝2.1×10－14 mol2·L－2，则下列叙述正确的是( )A．[H＋]随着温度的升高而降低B．在35 ℃时，[H＋]>[OH－]C．水的电离程度α(25 ℃)>α(35 ℃)D．水的电离是吸热的11．常温下，将0.02 mol·L－1的Ba(OH)2溶液 100 mL 和0.02 mol·L－1NaHSO4溶液 100 mL 混合，若忽略溶液体积变化，则混合后的溶液 ( )A．pH＝12 B．pH＝2C．由水电离产生的[H＋]＝1.0×10－2mol·L－1D．溶质的物质的量浓度为0.01 mol·L－112.常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液，pH由大到小的顺序是 ( )①H2SO4溶液②盐酸③NaCl溶液④NaOH溶液⑤Ba(OH)2溶液A．⑤>④>③>②>① B．①>②>③>④>⑤C．④＝⑤>③>①＝② D．①＝②>③>④＝⑤13．相同温度的下列溶液：①0.1 mol·L－1的硫酸②0.01 mol·L－1的NaOH溶液，其中由水电离产生的[H＋]之比为 ( )A．1∶1B．1∶10C．1∶20 D．20∶114．室温下某溶液中水电离出的[H＋]＝10－12mol·L－1，则该溶液中一定能大量共存的离子组是( )A．Na＋Fe3＋Cl－I－B．Ca2＋、K＋、Cl－、HCO－3C．Mg2＋Na＋SO2－4Cl－D．K＋Na＋SO2－4NO－315．下列物质分类组合正确的是 ( )A B C D强电解质HBr FeCl3H3PO4Ca(OH)2弱电解质HF HCOOH BaSO4HI非电解质NH3Cu H2O C2H5OH162A．0.1 mol·L－1的HNO2溶液中[H＋]约为0．01 mol·L－1B．用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗C．HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应D．HNO2能与NaOH溶液发生中和反应17．喷墨打印机墨汁的pH为7.5～9.0。

新野三中高三化学上学期第二次周考试题2014

新野三中高三化学上学期第二次周考试题20147. 下列有关物质分类一定正确的是 ( )①强电解质：氯化氢、氢氧化钡、摩尔盐②弱电解质：草酸、纯碱、醋酸铵③非电解质：液氨、二氧化硫、苯④同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2A.①②③B.①③C.①④D.②③8. 能正确表示下列反应的离子方程式是 ( )A.硫酸铝溶液中加入过量氨水Al3++3OH-===Al(OH)3darr;B.碳酸钠溶液中加入澄清石灰水Ca(OH)2+CO32-===CaCO3darr;++2OHC.冷的氢氧化钠溶液中通入氯气Cl2+2OH-===ClO-+Cl-+H2OD.稀硫酸中加入铁粉2Fe+6H+===2Fe3++3H2uarr;9. 下列有关溶液组成的描述合理的是 ( )A.无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-B.酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO-、SO42-、I-C.弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl-、HCO3-D.中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-10.氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。

下列反应与Br2+SO2+2H2O===H2SO4+2 HBr相比较，水的作用不相同的( )A.2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2uarr;B.4Fe(OH)2+O2+2H2O===4 Fe(OH)3C.2F2+2H2O===4HF+O2D. Cl2+H2O===HCl+HClO11. 下列说法正确的一组是 ( )①不溶于水的盐(CaCO3、BaSO4等)都是弱电解质②盐都是强电解质③0.5 molbull;L-1叫的所有一元酸中氢离子浓度都是0.5 molbull;L-1④强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子⑥熔融的电解质都能导电A.①③⑤⑥B.②③④⑤C.只有⑤D.只有⑥12.实验室利用以下反应制取少量氮气：，关于该反应的下列说法正确的是 ( )A. NaNO2是氧化剂B.每生成1 mol N2转移的电子的物质的量为6 molC. NH4Cl的氮元素被还原D. N2既是氧化剂，又是还原剂13. 制备氰氨基化钙的化学方程式为CaCO3+2HCN===CaCN2+COuarr;+H2uarr;+CO2uarr;，在反应中( )A.氢元素被氧化，碳元素被还原B.HCN是氧化剂，不是还原剂C.CaCN2是氧化产物，H2是还原产物D.CO是氧化产物，H2是还原产物在高中复习阶段，大家一定要多练习题，掌握考题的规律，掌握常考的知识，这样有助于提高大家的分数。

14学年下学期高二第二次阶段性考试化学(附答案)

河南省新野三高2013-2014学年高二下学期第二次阶段性考试化学试题2014.6说明：1、本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分100分，考试时间为90分钟。

2、将第Ⅰ卷选择题填涂在答题卡上，第Ⅱ卷非选择题写在答题卷相应的答题处。

考试结束，只交答题卡和答题卷。

第Ⅰ卷（选择题共54分）一、选择题（3×18=54）1、某元素基态原子的最外层电子排布为ns1，当它跟卤素结合时可形成的化学键（）A.．一定是共价键B．一定是离子键C．可能是共价键，也可能是离子键D．一定是极性共价键2、下列原子的价电子排布中，对应于第一电离能最大的是（）。

A. 3s23p1B. 3s23p2C. 3s23p3D. 3s23p43、若不断地升高温度可实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化。

在变化的各阶段被破坏的粒子间主要的相互作用依次是( )A.氢键；分子间作用力；非极性键B.氢键；氢键；极性键C.氢键；极性键；分子间作用力D.分子间作用力；氢键；非极性键4、下列说法正确的是( )。

A．冰、水和水蒸气中都存在氢键B．除稀有气体外的非金属元素都能生成不同价态的含氧酸C．若ⅡA某元素的原子序数为m，则同周期ⅢA元素的原子序数有可能为m＋11 D．干冰升华时分子内共价键会发生断裂5、既有离子键又有共价键和配位键的化合物是( )A．NH4NO3B．NaOH C．H2SO4D．H2O6、下列每组物质中化学键类型和分子的极性都相同的是( )A．CO2和CS2B．NaCl和HCl C．H2O和CH4D．O2和HBr7、下列分子中，中心原子的杂化类型相同，分子空间构型也相同的是（）A．H2O、SO2B．BeCl2、CO2C．H2O、NH3D．NH3、CH2O8、.X、Y、Z三种短周期元素，X元素的原子最外层只有一个电子，Y元素的原子M电子层的电子数为K、L上电子总数的一半，Z元素的原子L层电子数比Y原子L层电子数少2个，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是（）。

中学14—15学年下学期高二第一次月考化学试题(附答案)

河南省新野县第三高级中学14—15学年下学期高二第一次月考化学试题相对原子质量:H:1 C:12 O:16 Na：23 Br：80第Ⅰ卷一:选择题(每小题只有一个正确选项请把正确选项填涂在答题卡上, 每小题3分,共54分) 1、中小学生使用的涂改液被称为“隐形杀手”，是因为涂改液里主要含有二甲苯等有机烃类物质，长期接触二甲苯会对血液循环系统产生损害，可导致再生障碍性贫血和骨髓综合症(白血病的前期)。

河南省新野县第三高级中学高二化学下学期第二次周考试题

2014---2015学年下学期二年级第二次周考化学试题注意事项:1.考试时间90分钟,满分100分.2.Ⅰ卷填在答题卡上,Ⅱ卷写在答题卷上.3.相对原子质量:H:1 C:12 O:16第 Ⅰ 卷一:选择题 (每小题只有一个正确选项请把正确选项填涂在答题卡上, 每小题3分,共54分) 1．下列叙述中，正确的是（）①能发生酯化反应的酸一定是羧酸 ②油脂水解后得到的醇是丙三醇 ③天然蛋白质水解的最后产物是多种α—氨基酸 ④淀粉、纤维素、油脂都是高分子化合物 ⑤蛋白质溶液中加入K 2SO 4溶液后，蛋白质从溶液中析出，这种变化叫变性A. ③B. ③④C.②③D.①⑤2．某有机物的结构简式如右图，它在一定条件下能发生下列哪些反应（） ①加成 ②水解 ③酯化 ④氧化 ⑤中和 ⑥消去 A ．②③④ B ．①③⑤⑥ C ．①③④⑤ D ．②③④⑤⑥3．将有机物的混合物在一定条件下反应：①甲醇与乙醇的混合物与浓硫酸加热得醚； ②乙二醇与乙酸酯化得小分子酯；③氨基乙酸和丙氨酸混合物的生成二肽；④苯酚和浓溴水反应。

所生成的有机物的种类由多到少的顺序是 ( )A. ①②③④ B . ④③②① C. ③②④① D.③①②④ 4．经测定，由C 3H 7OH 和C 6H 12组成的混合物中氢的质量分数为14%，则此混合物中碳的质量分数为（）A ．78%B ．22%C ．14%D ．13% 5．不能用水浴加热的实验是（）A ．苯的硝化反应B ．银镜反应C ．制酚醛树脂D ．由乙醇制乙烯 6．有机物M 的结构简式如图所示。

下列说法中正确的是（） A ．M 中不含手性碳原子 B ．M 中所有碳原子均可能在同一平面CH 2CHOCH 2COOH CH 2OH关该物质的说法正确的是（）A ．遇FeCl 3溶液显紫色，因为该物质与苯酚属于同系物B ．滴入KMnO 4(H +)溶液，观察紫色褪去，能证明结构中存在碳碳双键 C ．1 mol 该物质与浓溴水和H 2反应最多消耗Br 2和H 2分别为4 mol 、7 mol D ．该分子中的所有原子有可能共平面 10．下列说法中，正确的是（） A ．能发生银镜反应的化合物一定是醛 B ．甲醛、乙酸、甲酸甲酯具有相同的最简式C ．具有相同的官能团，具有相同的化学性质D ．分子内有苯环和羟基的化合物一定是酚类11．毒品一直影响社会安定。

河南省新野县第三高级中学2014-2015学年高二下学期第一次周练化学试卷 Word版含答案.pdf

．某共价化合物含碳、氢、氮三种元素，已知其分子内的4个氮原子排列成内空的四面体结构(NNNN)，且每两个氮
原子之间都有一个碳原子，且无CC、CC或—C≡C—，则该共价化合物的分子式是A．C6H12N4 B．C4H8N4 C．C6H10N4
D．C6H8N2
A. C2H4、C2H6O
B. C2H2、C6H6
若烃A能使溴水褪色，烃A的结构简式为24．(分)烯烃通过臭氧化并经锌和水处理得到醛或酮，例如：
1 mol某烃A通过臭氧化并经锌和水处理后只得到(1)观察题中给出的方程式可知：烃分子中每有一个双键，则产物
中会有________个羰基()，产物与烃分子中原子个数相等的元素有____________。
(3)下列物质中，与该物质互为同分异构体的是________________(填序号)；与该物质互为同系物的是
________________(填序号)。
①CH3CH===CHCOOH ②CH2===CHCOOCH3
③CH3CH2CH===CHCOOH
④CH3CH(CH3)COOH
H2加成后的产物是, 则该烯烃的结构式可能有 ( )
A．1种B．2种
C．3种D．4种
14．某烃的结构简式为分子中饱和碳原子数为a，可能在同一直线上的碳原子数为b，可能在同一平面上的碳原子数
最多为c，则a、b、c分别为( )
A．4、3、7 B．4、3、8
C．2、5、4 D．4、6、4
．(分)利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组通过在实验室中
模拟上述过程，其设计的模拟装置如图所示：
(1)写出A装置中发生反应的离子方程式________________。