【化学】四川省泸县第一中学2019-2020学年高二下学期第二次月考试题（解析版）

【化学】四川省泸县第一中学2019-2020学年高二下学期第二次月考试题（解析版）

四川省泸县第一中学2019-2020学年高二下学期第二次月考试题 一、选择题（每小题6分，共7个小题，共42分；其中每题都为单选题。‎ ‎1.下列有关电解质的说法正确的是（ ）‎ A. 强电解质一定是离子化合物 B. 易溶性强电解质的稀溶液中不存在溶质分子 C. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质强 D. 由于硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡是弱电解质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HCl是强电解质，但属于共价化合物，A项错误； B. 易溶于水的强电解质在水溶液中完全电离，因此溶液中不存在溶质分子，B项正确；‎ C. 溶液的导电能力与离子的浓度和离子所带电荷数有关，离子的浓度越大、所带电荷数越大导电能力越强，反之导电能力越弱，溶液的导电能力与电解质的强弱无关，如硫酸钡是强电解质，难溶于水，离子浓度小，导电能力弱，CH3COOH为弱电解质，易溶于水，当乙酸浓度比较大时，离子的浓度大，导电能力强，C项错误； D. 硫酸钡虽然难溶于水，但溶于水的部分完全电离，是强电解质，故D错误。 答案选B。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 往苯酚钠溶液中通入CO2可制得苯酚，并得到碳酸钠 B. 将铁屑、溴水、苯混合可制得溴苯 C. 将卤代烃滴入AgNO3溶液中，根据生成沉淀颜色可以判断卤素原子种类 D. 将光亮铜丝在酒精灯火焰上加热后变黑，立即伸入无水乙醇中，铜丝能恢复成原来的颜色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为苯酚酸性大于碳酸氢根离子，所以二氧化碳和苯酚钠水溶液反应生成苯酚和碳酸氢钠，故A错误；B．在溴化铁作催化剂条件下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯，苯和溴水不反应，故B错误；C．卤代烃中不含自由移动的卤离子，所以不能和硝酸银溶液反应，应该先用NaOH水溶液或醇溶液加热制取自由移动的卤离子，然后加入硝酸中和未反应的NaOH，再加入硝酸银溶液，根据沉淀颜色确定卤代烃中含有卤颜色，故C错误；D．Cu和氧气加热生成黑色的CuO，乙醇和CuO发生氧化还原反应生成Cu，从而铜丝能恢复成原来的颜色，故D正确；故答案为D。‎ ‎3.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 乙炔的电子式 ‎ B. 乙烯的结构简式CH2CH2‎ C. 丙烯的球棍模型 ‎ D. 乙酸的实验式 C2H4O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙炔中含有碳碳三键，碳原子间共用三对电子，电子式为 ，故A错误；‎ B. 乙烯中含有碳碳双键，属于官能团不能省略，故结构简式为：CH2=CH2，故B错误；‎ C. 丙烯的球棍模型为： ，故C正确；‎ D. 乙酸的结构简式为CH3COOH，则实验式应为：CH2O，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.铜锌原电池(如下图盐桥中含有KCl)，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 盐桥中的K+移向ZnSO4 溶液 B. 电池总反应为：Zn+Cu2+ ==Zn2++Cu C. 在外电路中，电子从负极流向正极 D. 负极反应为：Zn-2e- ==Zn2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在溶液中，阳离子往正极移动，K+移向CuSO4溶液，故A错误；‎ B.电池总反应和没有形成原电池的氧化还原反应相同，Zn+Cu2+═Zn2++Cu，故B正确；‎ C.根据闭合回路的电流方向，在外电路中，电子由负极流向正极，故C正确；‎ D.Zn负极，Zn-2e-═Zn2+，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎5.通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图所示，下列说法错误的是（ ）‎ A. a为电池的正极，发生还原反应 B. b极的电极反应为HCHO＋H2O－4e－==CO2＋4H+‎ C. 传感器工作过程中，电解质溶液中硫酸的浓度减小 D. 当电路中转移2×10－4 mol电子时，传感器内参加反应的HCHO为3.0 mg ‎【答案】D ‎【解析】A、氧气得电子，a为正极，发生还原反应，A正确；B、b极是负极，发生失去电子的氧化反应，故电极反应为HCHO＋H2O－4e－＝CO2＋4H+，B正确；C、传感器工作过程中，氧化还原反应生成水，电解质溶液中硫酸的浓度变小，C正确；D、负极：HCHO＋H2O－4e－＝CO2＋4H+，当电路中转移2×10－4 mol电子时，反应的甲醛物质的量=0.5×10－4 mol ，质量1.5 mg ，D错误；答案选D。‎ ‎6.常温下，向25 mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2 mol·L-1的HN3（叠氮酸）溶液，pH的变化曲线如图所示（溶液混合时体积的变化忽略不计，叠氮酸的Ka=10-4.7）。下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.1 mol·L-1 NaN3溶液pH约为8.85‎ B. 在B点，离子浓度大小为c(OH－)>c(H+)>c (Na+)>c(N3－)‎ C. 在C点，滴加的V(HN3)<12.5 mL D. 在D点，c(Na+)=2c(HN3)+2 c(N3－)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．叠氮酸根水解反应的平衡常数K=Kw／Ka(HN3)=[c（HN3）·c(OH-)]/ c(N3－)= c(OH-)2/ c(N3－)，即，解得c(OH-)=10-5.15，所以c(H+)=10-8.85，则pH约为8.85，故A正确；‎ B．B点呈碱性，则c（OH-）>c（H+），由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为：c（Na+）>c（N3-）>c（OH-）>c（H+），故B错误；‎ C．滴加的V（HN3）=12.5 mL时，恰好反应生成NaN3，N3-部分水解，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V（HN3）>12.5 mL，故C错误；‎ D．D点溶液中，c(NaN3)＝c(HN3)，根据物料守恒，2c(Na＋)＝c(HN3)＋c(N3－)，D项错误；‎ 故选A。‎ ‎7.下列分子中所有碳原子不可能在同一平面上的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行分析。‎ ‎【详解】A、分子中含有一个苯环，每个苯环上的碳原子一定共面，分子中含有一个碳碳双键，与碳碳双键相连的三个碳原子一定共面，苯环和碳碳双键通过可以旋转的碳碳单键相连，所有碳原子可能共面，故A不选；‎ B、可以看成是中间的苯环与两个苯环各共用两个碳原子形成的，分子中所有的碳原子都处在同一平面上，故B不选；‎ C、分子中含有两个苯环，每个苯环上的碳原子一定共面，但是甲基相连的碳原子是烷烃的结构，是四面体构型，一定不会共面，该分子中的所有碳原子不可能都处在同一平面上，故C选；‎ D、分子中含有两个苯环，每个苯环上的碳原子一定共面，两个乙基上的碳碳单键可以通过旋转使碳与苯环处于同一平面，所以该分子中的所有碳原子可能都处在同一平面上，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎8.分析下列有机化合物，完成填空。‎ ‎①CH4 ② C2H4 ③C2H2 ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧‎ ‎（1）①~⑧中，属于苯的同系物的是____ (填序号，下同)‎ ‎（2）①分子的空间构型为_____，②中碳原子的杂化方式为_____。‎ ‎（3）相同质量的①②③中，在相同状况下体积最小的是___，完全燃烧时消耗O2最多的是___。‎ ‎（4）以⑧为原料制备TNT的化学方程式为______。‎ ‎（5）④的系统命名为：____。‎ ‎（6）若将CH4、O2和氢氧化钠溶液组成燃料电池，则电池的负极反应式为___。‎ ‎（7）写出⑤的含有苯环的所有同分异构体______。‎ ‎【答案】(1). ⑧ (2). 正四面体型 (3). sp2 (4). ② (5). ① (6). (7). 3-甲基-2-戊烯 (8). CH4-8e－+10OH－=CO32－+7H2O (9). 、、、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）苯的同系物只含有1个苯环，且烃基为饱和烃基；‎ ‎（2）①为甲烷，分子的空间构型为正四面体，②为乙烯，碳原子价层电子对数为3；‎ ‎（3）相同质量的①～③‎ 中，在相同状况下体积最小，则物质的量最少，相对分子质量应最大；含氢量越大，耗氧量越多；‎ ‎（4）甲苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生取代反应生成TNT；‎ ‎（5）主链是5个碳，含碳碳双键，属于烯烃，3号碳上有甲基；‎ ‎（6）碱性条件下，负极上甲烷失电子发生氧化反应生成碳酸根离子；‎ ‎（7）从位置异构、官能团异构的角度考虑。‎ ‎【详解】（1）苯的同系物只含有1个苯环，且烃基为饱和烃基，⑧符合；‎ ‎（2）①为甲烷，分子的空间构型为正四面体，②为乙烯，碳原子形成1个π键、3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，不含孤电子对，碳原子的杂化方式为sp2杂化；‎ ‎（3）相同质量的①～③中，在相同状况下体积最小，则物质的量最少，相对分子质量应最大，应为②；含氢量越大，耗氧量越多，①符合；‎ ‎（4）甲苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生取代反应生成TNT，反应的方程式为；‎ ‎（5）主链是5个碳，含碳碳双键，属于烯烃，3号碳上有甲基，系统命名为：3-甲基-2-戊烯；‎ ‎（6）若将CH4、O2和氢氧化钠溶液组成燃料电池，碱性条件下，负极上甲烷失电子发生氧化反应生成碳酸根离子，则电池的负极反应式为CH4-8e－+10OH－=CO32－+7H2O；‎ ‎（7）的含有苯环的所有同分异构体、、、，共4种。‎ ‎9.某蓄电池的反应为NiO2＋Fe＋2H2O Fe(OH)2＋Ni(OH)2。‎ ‎(1)该蓄电池放电时，发生还原反应的物质是________；‎ ‎(2)为防止远洋轮船的钢铁船体在海水中发生电化学腐蚀，通常在船体上镶嵌Zn块，或与该蓄电池的_____ (填“正”或“负”)极相连。‎ ‎(3)精炼铜时，粗铜应与直流电源的________(填“正”或“负”)极相连。精炼过程中，电解质溶液中的c(Fe2＋)、c(Zn2＋)会逐渐增大而影响进一步电解。甲同学设计如下除杂方案：‎ 已知：‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Cu(OH)2‎ 开始沉淀时的pH ‎2.3‎ ‎7.5‎ ‎5.6‎ 完全沉淀时的pH ‎3.9‎ ‎9.7‎ ‎6.4‎ ‎①实验操作I的名称________ 则加入H2O2的目的是____________________。‎ ‎②乙同学认为应将方案中的pH调节到8，你认为此观点_____(填“正确”或“不正确”)，理由是_________。‎ ‎(4)该蓄电池充电时阴极的电极反应式为_________________。‎ ‎【答案】(1). NiO2 (2). 负 (3). 正 (4). 过滤 (5). 将Fe2＋氧化为Fe3＋ (6). 不正确 (7). 同时会使Cu2＋生成沉淀而除去 (8). Fe(OH)2＋2e-= Fe+2OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1) 某蓄电池的反应为NiO2＋Fe＋2H2O Fe(OH)2＋Ni(OH)2，该蓄电池放电时，NiO2中Ni元素的化合价降低，发生还原反应；‎ ‎(2)为防止远洋轮船的钢铁船体在海水中发生电化学腐蚀，通常在船体上镶嵌Zn块，采用牺牲阳极的阴极保护法，也可以采用外加电源的阴极保护法；‎ ‎(3)精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极；①根据除杂方案，操作I是将沉淀从溶液中除去；精炼过程中，电解质溶液中的c(Fe2＋)、c(Zn2＋)会逐渐增大而影响进一步电解，据此分析加入双氧水的目的；②当溶液的pH=8时，结合表格数据分析解答；‎ ‎(4) 蓄电池的反应为NiO2＋Fe＋2H2O Fe(OH)2＋Ni(OH)2，充电时，阴极上Fe(OH)2得电子生成Fe而发生还原反应，据此书写电极反应式。‎ ‎【详解】(1) 某蓄电池的反应为NiO2＋Fe＋2H2O Fe(OH)2＋Ni(OH)2，该蓄电池放电时，NiO2中Ni元素的化合价降低，发生还原反应，故答案为NiO2；‎ ‎(2)为防止远洋轮船的钢铁船体在海水中发生电化学腐蚀，通常在船体上镶嵌Zn块，采用牺牲阳极的阴极保护法，也可以与该蓄电池的负极相连，采用外加电源的阴极保护法，故答案为负；‎ ‎(3)精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以粗铜与电源正极相连，故答案为正；‎ ‎①根据除杂方案，操作I是将沉淀从溶液中除去，因此操作I为过滤；精炼过程中，电解质溶液中的c(Fe2＋)、c(Zn2＋)会逐渐增大而影响进一步电解，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，便于除去杂质离子，使精炼粗铜正常进行，故答案为过滤；将Fe2＋氧化为Fe3＋；‎ ‎②当溶液的pH=8时，铜离子能生成沉淀而被除去，影响了精炼粗铜的电解实验，故答案为不正确；同时会使Cu2＋生成沉淀而除去；‎ ‎(4) 蓄电池的反应为NiO2＋Fe＋2H2O Fe(OH)2＋Ni(OH)2，充电时，阴极上Fe(OH)2得电子生成Fe而发生还原反应，电极反应式为Fe(OH)2＋2e-= Fe+2OH-，故答案为Fe(OH)2＋2e-= Fe+2OH-。‎ ‎10.A～G都是有机化合物，它们的转化关系如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)已知：6.0 g化合物E完全燃烧生成8.8 g CO2和3.6 g H2O；E的蒸气与氢气的相对密度为30，则E的分子式为________；‎ ‎(2)A为一取代芳烃，B中含有一个甲基。由B生成C的化学方程式为：________________；‎ ‎(3)由B生成D的反应条件是________________；‎ ‎(4)在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种的共有________个，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1∶1的是_________(填结构简式)。‎ ‎【答案】(1). C2H4O2 (2). (3). 氢氧化钠的醇溶液，加热 (4). 7 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】E的蒸气与氢气的相对密度为30，则Mr(E)=302=60，6.0 gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量分别为=0.2mol，=0.2mol，分子中N(C)==2、N(H)==4，故N(O)==2，故E的分子式是C2H4O2。 A为一取代芳烃，由分子式可以知道为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E发生酯化反应生成F，结合F的分子式可以知道，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B、C均发生消去反应生成D，故D为，则G为，据此解答。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可以知道，E的分子式为C2H4O2，‎ 因此，本题正确答案是：C2H4O2； (2)由B生成C的化学方程式为， 因此，本题正确答案是：； (3)由B生成D是发生消去反应生成，反应条件为：氢氧化钠醇溶液、加热，‎ 因此，本题正确答案是：氢氧化钠的醇溶液，加热； (4)在G()的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，对称性高，可以含有2个相同的取代基，且处于对位，为，若含有3个取代基时，取代基不可能相同，苯环上取代至少有2种，故不可能含有3个取代基，可以4个取代基，为2个-Br、2个-CH3，分别为、、、、、，故符合条件的同分异构体共有7种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1：1的是，因此，本题正确答案是：7；。‎ ‎11.碳和氮的氢化物是广泛的化工原料，回答下列问题：‎ ‎（1）工业上合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.2kJ/mol，反应过程中能量变化如图I所示。‎ ‎①氨分解：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)活化能为_________kJ/mol ‎②合成氨时加入铁粉可以加快生成NH3的速率，在图I中画出加入铁粉后的能量变化曲线。_______‎ ‎（2）联氨作火箭燃料的反应为：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H1‎ 已知：2O2(g)+N2(g)=N2O4(1) △H2 N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H3‎ 上述热效应之间的关系式为△H1=____。某新型火箭用液氧/煤油代替联氨/N2O4，这种替换可能的好处是___（一条即可）。‎ ‎（3）天然气制氢气是工业上制氢气的主要方法之一，其主要反应如下：‎ i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=-+206.4kJ/mol，‎ ii．CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.0kJ/mol 在一定温度下，2L的密闭容器中加入a molCH4和2amolH2O发生反应，t min时反应达平衡，测得容器内CObmol、CO2cmol。回答下列问题：‎ ‎①下列可判断体系达到平衡状态的是_______。‎ A．CO体积分数不变 B．容器内气体密度不变 ‎ C．3v(CH4)=v(H2) D．不再变化 ‎②0~tmin反应速率v(CO2)=_____，CH4的的转化率为_____，反应ⅱ的平衡常数K=______。‎ ‎③图Ⅱ中T℃之后c(CO2)随温度升高而减小的原因是_________。‎ ‎【答案】 (1). 427.2 (2). (3). 2△H3-△H2 (4). 环境污染小（或成本低） (5). AD (6). mol/(L·min) (7). ×100% (8). (9). T℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①放热反应的反应热△H=—（Ea2—Ea1）；‎ ‎②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即Ea、Ea1均减小，但反应热不变；‎ ‎（2）依据盖斯定律计算可得；液氧/煤油所用原料成本低，无毒；‎ ‎（3）①反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度或百分含量保持不变；‎ ‎②依据题给数据，建立三段式，结合速率、转化率和化学平衡常数表达式计算可得；‎ ‎③反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图Ⅱ可知T℃时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，反应ii向逆反应方向移动，温度对c（CO2‎ ‎）的影响大于浓度的影响。‎ ‎【详解】(1)①放热反应的反应热△H=—（Ea2—Ea1），由图可知Ea1=335.0 kJ/mol，则合成氨反应△H=—（Ea2—335.0 kJ/mol）=—92.2kJ/mol，Ea2=427.2 kJ/mol，即2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能为427.2 kJ/mol，故答案为427.2；‎ ‎②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即Ea、Ea1均减小，但反应热不变，则加入铁粉后的能量变化曲线为，故答案为；‎ ‎（2）将题给反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知③×2—②=①，则△H1=2△H3-△H2；用液氧/煤油代替联氨/N2O4的主要原因是液氧/煤油所用原料成本低，无毒，对环境污染小，故答案为2△H3-△H2；环境污染小；‎ ‎（3）①A、CO的体积分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，该反应已达平衡状态，故正确；‎ B、根据质量守恒定律，平衡前后气体质量是不变的，在恒温恒容密闭体系中，整个反应过程混合气体的密度始终是不变的，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；‎ C、3v(CH4)=v(H2)不能说明正反应速率等于逆反应速率，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；‎ D、不再变化，说明在恒温恒容密闭体系中CO和H2的浓度不在变化，该反应已达平衡状态，故正确；‎ AD正确，故答案为AD；‎ ‎②设反应i生成一氧化碳的物质的量为x，由题给条件建立如下三段式：‎ CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)‎ 起（mol） a 2a 0 0‎ 变（mol） x x x 3x 平（mol） a—x 2a—x x 3x CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g)‎ 起（mol） x 2a—x 0 3x 变（mol） c c c c 平（mol） x—c 2a—x—c c 3x+c ‎0～tmin内，生成CO2物质的量为cmol，浓度的变化量为 mol/L，则反应速率v(CO2)= mol/(L·min)；由题意可知一氧化碳的物质的量为bmol，则有x—c=b，x=c+b，CH4的转化率为×100%；平衡时，c（CO）为 mol/L，c（H2O）为 mol/L，c（CO2）为mol/L，c（H2O）为mol/L，反应ⅱ的平衡常数K===，故答案为mol/(L·min)；×100%；；‎ ‎③反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图Ⅱ可知T℃时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，使二氧化碳浓度有增大的趋势，反应ii向逆反应方向移动，使二氧化碳浓度有减小的趋势，由于温度对c（CO2）的影响大于浓度的影响，所以c(CO2)随温度升高而减小，故答案为T℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小。‎