化学卷·2018届【全国百强校】湖南省衡阳市第八中学高二（理科实验班）上学期第三次月考理综化学试题解析（解析版）

化学卷·2018届【全国百强校】湖南省衡阳市第八中学高二（理科实验班）上学期第三次月考理综化学试题解析（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 注意事项：‎ 1. 本次考试为衡阳八中实验班高二年级第三次月考试卷，本卷共31题，满分为300分，考试时间为150分钟。‎ 2. 考生领取到试卷后，应检查试卷是否有缺页漏页，重影模糊等妨碍答题现象，如有请立即通报老师。考生考试时请遵守考场纪律，开考后分钟，考生禁止进入考室。‎ 3. 本卷中的选择题部分请同学们采用2B铅笔在答题卡上填涂，非选择题请用黑色0.5mm中性笔书写。‎ ‎★预祝考生考试顺利★‎ 第I卷(每题6分，共126分)‎ 本卷共21题，其中第1-8题为物理部分，每题后面所给的四个选项中，至少有一个是正确的。全部选对得6分。部分选对得3分，错选、不选不得分。第9-15题为化学部分，第16-21题为生物部分，每题后面所给的四个选项中，只有一个是正确的。‎ ‎10.下列有关卤族元素及其化合物的表示正确的是 A．氟离子的结构示意图：‎ B．次氯酸的结构式：H﹣Cl﹣O C．溴化铵的电子式：‎ D．质子数为53，中子数为78的碘原子：53131I ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．氟离子核内有9个质子，核外有10个电子，氟离子的结构示意图为：，故A错误；B．次氯酸分子中含有1个H-O键和1个O-Cl键，其正确的结构式为：H-O-Cl，故B错误；C．溴化铵为离子化合物，阳离子为原子团，电子式中需要标出N、H原子的最外层电子数，溴化铵的电子式为：‎ ‎，故C错误；D．质子数为53，中子数为78的碘原子的质量数为131，其表示方法为：53131I，故D正确；故选D。【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ ‎【考点定位】考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、离子结构示意图、结构式、元素符号等 ‎【名师点晴】明确常见化学用语的书写原则为解答关键，需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“1 ]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“1 ]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。‎ ‎11.可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0，在一定条件下达到平衡状态，时间为t1时改变条件．化学反应速率与反应时间的关系如图所示．下列说法正确的是 ‎ A．维持温度、容积不变，t1时充入SO3(g)‎ B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度 C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3(g)‎ ‎【答案】D 考点：‎ 考查考查化学反应速率和化学平衡图象，题目难度中等，注意分析图示中正逆反应速率的变化关系，结合影响反应速率的因素分析 ‎12.如图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列说法中不正确的是 A．装置出口①处的物质是氯气 B．出口②处的物质是氢气，该离子交换膜只能让阳离子通过 C．装置中发生的反应的离子方程式2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2↑‎ D．该装置是将电能转化为化学能 ‎【答案】C ‎【考点定位】考查电解原理的分析应用 ‎【名师点晴】准确根据图示信息，电极判断，电极反应分析，掌握电解原理是解题关键，依据装置图可知，出口②是电解池的阴极，离子交换膜是阳离子交换膜；装置是电解饱和食盐水，电解过程是氯化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气、氯气，据此分析解题。‎ ‎13.反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)在2L的密闭容器中进行，1min后，NH3减少了0.12mol，则平均每秒钟浓度变化正确的是 A．NO：0.06mol•L﹣1 B．H2O：0.002mol•L﹣1‎ C．NH3：0.002mol•L﹣1 D．O2：0.00125mol•L﹣1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由1分钟后，NH3减少了0.12摩尔，则每秒钟内△c(NH3)==0.001mol/L， 浓度变化量之比等于化学计量数之比，则：△c(NO)=△c(NH3)=0.001mol/L，‎ ‎△c(H2O)=6/4△c(NH3)=6/4×0.001mol/L=0.0015mol/L，△c(O2)=5/4△c(NH3)=5/4×0.001mol/L=0.00125 mol/L，故选D。‎ 考点：考查化学速率计算公式的应用 ‎14.莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中．下列关于这两种有机化合物的说法正确的是 A．等物质的量的两种物质跟足量的NaOH反应，消耗NaOH的量相等 B．完全燃烧等物质的量的两种物质生成二氧化碳和水的量分别相等 C．一定条件下，两种物质都能发生酯化反应和氧化反应 D．鞣酸分子中，可能在同一平面上的原子最多有14个 ‎【答案】C ‎【考点定位】考查有机物的结构和性质 ‎【名师点晴】明确物质的结构中的官能团与性质的关系是解答本题的关键，，注意苯环中不含碳碳双键为解答的易错点，莽草酸的六元环并不是苯环，羟基是醇羟基；鞣酸中的羟基是酚羟基，莽草酸分子中含有羧酸、羟基、碳碳双键，鞣酸分子中存在酚羟基、苯环、羧基，结合醇、羧酸、酚、烯烃的性质来解答。‎ ‎15.下列设计的实验方案能达到实验目的是 ‎ ‎ A．制备Fe(OH)2：用图1所示装置，向试管中加入NaOH溶液，振荡 B．测定H2的生成速率：用图2所示装置，制取一定体积的H2，记录时间 C．除去苯中少量苯酚：向苯和苯酚的混合液中加入浓溴水，过滤 D．检验淀粉是否水解：取0.5 g淀粉于洁净的试管中，先加入5 mL稀硫酸，水浴加热，一段时间后再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，水浴加热，观察实验现象 ‎【答案】B ‎【考点定位】考查化学实验方案评价，涉及化学反应速率、物质制备、除杂、物质检验等 ‎【名师点晴】明确实验原理及物质性质水解本题关键，注意从实验操作规范性、物质性质及其差异性、实验评价方面分析解答，Fe(OH)2不稳定，易被空气氧化生成Fe(OH)3；苯酚和溴发生取代反应生成三溴苯酚测定，三溴苯酚、苯和溴能互溶；葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液的反应需要在碱性条件下，据此分析即可 解题。‎ ‎ 第II卷(共174分)‎ 第22-25题为物理部分，第26-28题为化学部分，第29-31题为生物部分。‎ ‎26.(本题满分18分)二甲醚(CH3OCH3)是一种应用前景广阔的清洁燃料，以CO和H2为原料生产二甲醚主要发生以下三个反应：‎ 编号 热化学方程式 化学平衡常数 ‎①‎ CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1‎ K1‎ ‎②‎ ‎2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=﹣24kJ•mol﹣1‎ K2 ‎ ‎③‎ CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H3=﹣41kJ•mol﹣1‎ K3‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：‎ 化学键 H﹣H C﹣O C=O H﹣O C﹣H E/(kJ．mol﹣1)‎ ‎436‎ ‎343‎ ‎1076‎ ‎465‎ ‎413‎ 由上述数据计算△H1= ；‎ ‎(2)该工艺的总反应为3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H，该反应△H= ，化学平衡常数K= (用含K1、K2、K3的代数式表示)；‎ ‎(3)下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有 ；‎ A．分离出二甲醚 B．升高温度 C．改用高效催化剂 D．增大压强 ‎(4)工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行，无反应③发生．该工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是 ；‎ ‎(5)以n(H2)/n(CO)=2 通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：‎ ‎4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示．下列说法正确的是 ；‎ A．该反应的△H＞0‎ B．若在p2和316℃时反应达到平衡，则CO的转化率小于50%‎ C．若在p3和316℃时反应达到平衡，H2的转化率等于50%‎ D．若在p3和316℃时，起始时n(H2)/n(CO)=3，则达平衡时CO的转化率大于50%‎ E．若在p1和200℃时，反应达平衡后保持温度和压强不变，再充入2mol H2和1mol CO，则平衡时二甲醚的体积分数增大 ‎(6)某温度下，将8.0mol H2和4.0mol CO充入容积为2L的密闭容器中，发生反应：‎ ‎4H2(g)+2CO(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，反应达平衡后测得二甲醚的体积分数为25%，则该温度下反应的平衡常数K= ．‎ ‎【答案】(1)﹣99 kJ•mol﹣1 (2)﹣263 kJ•mol﹣1；K=K12•K2•K3 (3)AD；‎ ‎(4)反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率； (5)CD (6)2.25 ‎ ‎ (5)由图象可知，反应温度升高，CO的转化率降低，说明该正反应方向为放热反应，△H＜0，A错误；找出p2，316℃坐标点，可知CO的转化率大于50%，B错误；由图可知，p3，316℃时，CO的转化率为50%，而此时H2和CO的物质的量之比等于系数比，即两者的转化率相等，所以H2的转化率也为50%，C正确；若增大H2和CO的物质的量之比，则平衡正向移动，CO的转化率也同时升高，D正确；根据等效平衡的原理，保持温度和压强不变，充入与起始时等比值的氢气和CO，两种平衡等效，二甲醚的体积分数不变，E错误；故答案为CD； (6)设平衡时CH3OCH3的物质的量为xmol，由4H2(g)+2CO(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，平衡时各物质的浓度 分别为：1H2]=4-2x，1CO]=2-x，1CH3OCH3]=x/2，1H2‎ O]=x/2；二甲醚的体积分数为25%，也即，解得x=3/2；所以平衡时各物质的浓度分别为：1H2]=1，1CO]=0.5，1CH3OCH3]=0.75，1H2O]=0.75，所以平衡常数K==2.25。‎ ‎【考点定位】考查化学平衡、转化率、盖斯定律等。‎ ‎【名师点晴】本题主要考查了改变条件对化学平衡的影响，解题时要注意运用等效平衡的观点分析。等效平衡的规律：(1)恒温、恒容条件下的等效平衡：①在恒温、恒容条件下，对于反应前后气体化学计量数不相等的可逆反应，只改变起始时加入物质的物质的量，若通过可逆反应的化学计量数之比换算成同一边物质的物质的量，所得反应物(或生成物)的物质的量与原起始量对应相同，则两平衡等效．简记：必须对应相同；②在恒温、恒容条件下，对于反应前后气体化学计量数相等的可逆反应，只改变起始时加入物质的物质的量，若通过可逆反应的化学计量数之比换算成同一边物质的物质的量，所得反应物(或生成物)的物质的量之比与原起始量之比对应相同，则两平衡等效，简记：对应成比例；(2)恒温、恒压条件下的等效平衡：在恒温、恒压条件下，对于反应前后气体化学计量数任意性的可逆反应，只改变起始时加入物质的物质的量，若通过可逆反应的化学计量数之比换算成同一边物质的物质的量，所得反应物(或生成物)的物质的量之比与原起始量之比对应相同，则两平衡等效．简记：对应成比例。‎ ‎27.(本题满分18分)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：‎ 方法I 用碳粉在高温条件下还原CuO 方法II 用肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2‎ 方法III【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ 电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑‎ ‎(1)已知：2Cu(s)+O2(g)=Cu2O(s)△H=﹣akJ•mol﹣1‎ C(s)+O2(g)=CO(g)△H=﹣bkJ•mol﹣1‎ Cu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=﹣ckJ•mol﹣1‎ 则方法I发生的反应：2Cu O(s)+C(s)=Cu2O(s)+CO(g)；△H= kJ•mol﹣1．‎ ‎(2)工业上很少用方法I制取Cu2O，是由于方法I反应条件不易控制，若控温不当，会降低Cu2O产率，请分析原因： ．‎ ‎ (3)方法II为加热条件下用液态肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2．‎ 该制法的化学方程式为 ．‎ ‎(4)方法III采用离子交换膜控制电解液中OH﹣的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，写出电极反应式 并说明该装置制备Cu2O的原理 ．‎ ‎(5)在相同的密闭容器中，用以上两种方法制得的Cu2O分别进行催化分解水的实验：‎ ‎2H2O(g)2H2(g)+O2(g)△H＞0，水蒸气的浓度(mol/L)随时间t(min)‎ 变化如下表所示．‎ 序号 Cu2O a克 温度 ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎①‎ 方法II T1‎ ‎0.050‎ ‎0.0492‎ ‎0.0486‎ ‎0.0482‎ ‎0.0480‎ ‎0.0480‎ ‎②‎ 方法III T1‎ ‎0.050‎ ‎0.0488‎ ‎0.0484‎ ‎0.0480‎ ‎0.0480‎ ‎0.0480‎ ‎③【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ 方法III T2‎ ‎0.10‎ ‎0.094‎ ‎0.090‎ ‎0.090‎ ‎0.090‎ ‎0.090‎ 下列叙述正确的是 (填字母代号)．‎ a．实验的温度：T2＜T1‎ b．实验①前20min的平均反应速率v(O2)=7×10﹣5mol•L﹣1•min﹣1‎ c．实验②比实验①所用的Cu2O催化效率高 d． 实验①、②、③的化学平衡常数的关系：K1=K2＜K3．‎ ‎【答案】(1)2c﹣a﹣b； (2)若温度不当，会生成Cu；‎ ‎(3)4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑；‎ ‎(4)阴极电极反应：2H++2e﹣=H2↑，c(OH﹣)增大，通过阴离子交换膜进入阳极室，阳极电极反应：2 Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，获得Cu2O； (5)cd ‎【解析】‎ 试题分析：(1)已知：①2Cu(s)+1/2O2(g)=Cu2O(s)；△H=-akJ•mol-1， ②C(s)+1/2O2(g)=CO(g)；△H=-bkJ•mol-1， ③Cu(s)+1/2O2(g)=CuO(s)；△H=-ckJ•mol-1 由盖斯定律可知，①-③×2+②得2CuO(s)+C(s)=Cu2O(s)+CO(g)；△H=2c-a-bkJ•mol-1； 考点：考查盖斯定律的应用、电解原理的应用、氧化还原反应方程式的书写和配平、化学反应速率的计算以及化学平衡移动、平衡常数等。‎ ‎28.(本题满分22分)短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，B是形成化合物种类最多的元素，C原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，D是同周期中金属性最强的元素，E的负一价离子与C的某种氢化物分子含有相同的电子数．‎ ‎(1)A、C、D形成的化合物中含有的化学键类型为 ．‎ ‎(2)已知：‎ ‎①E﹣E→2E△H=+a kJ•mol﹣1；‎ ‎②2A→A﹣A△H=﹣b kJ•mol﹣1；‎ ‎③E+A→A﹣E△H=﹣c kJ•mol﹣1；‎ 写出298K时，A2与E2反应的热化学方程式 ．‎ ‎(3)在某温度下、容积均为2L的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，使之发生反应：2A2(g)+BC(g)⇌X(g)△H=﹣a kJ•mol﹣1(a＞0，X为A、B、C三种元素组成的一种化合物)．初始投料与各容器达到平衡时的有关数据如下：‎ 实验 甲 乙 丙 初始投料 ‎2molA2、1molBC ‎1molX ‎4molA2、2molBC 平衡时n(X)‎ ‎0.5mol n2‎ n3‎ 反应的能量变化 放出Q1kJ 吸收Q2kJ 放出Q3kJ 体系的压强 P1‎ P2‎ P3‎ 反应物的转化率 α1‎ α2‎ α3‎ ‎①在该温度下，假设甲容器从反应开始到平衡所需时间为4min，则A2的平均反应速率 v(A2)= ．‎ ‎②计算该温度下此反应的平衡常数K= ．‎ ‎③三个容器中的反应分别达平衡时各组数据关系正确的是 (填字母)．‎ A．α1+α2=1‎ B．Q1+Q2=a C．α3＜α1‎ D．P3＜2P1=2P2‎ E．n2＜n3＜1.0mol F．Q3=2Q1‎ ‎④在其他条件不变的情况下，将甲容器的体系体积压缩到1L，若在第8min达到新的平衡时A2的总转化率为75%，请在图1中画出第5min到新平衡时X的物质的量浓度的变化曲线．‎ ‎(4)熔融碳酸盐燃料电池(MCFC)是一种高温燃料电池，被称为第二代燃料电池．目前已接近商业化，示范电站规模已达2MW，从技术发展趋势来看，是未来民用发电的理想选择方案之一．现以A2(g)、BC(g)为燃料，以一定比例Li2CO3和Na2CO3低熔混合物为电解质．写出碳酸盐燃料电池(MCFC)正极电极反应式 ‎ ．‎ ‎【答案】(1)离子键、极性键(或共价键)；(2)H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=(a+b﹣2c)kJ•mol﹣1；(3)①0.125mol•L﹣1•min﹣1；②4 L2/mol2；③ABD；‎ ‎④‎ ‎(4)O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣．‎ ‎ (3)①在该温度下，假设甲容器从反应开始到平衡所需时间为4min，生成0.5molX需要n(A2)=2n(X)=1mol，则=0.125mol•L-1•min-1；‎ ‎②平衡时c(X)=0.5mol/2L=0.25mol/L，c(A2)=(2−0.5×2)mol/2L ‎=0.5mol/L，c(BC)=(1−0.5)mol/2L=0.25mol/L，则平衡常数K==4L2/mol2； ③甲容器反应物投入2molH2、1molCO与乙容器反应物投入2mol CH3OH在保持恒温、恒容情况下是等效平衡，平衡时CH3OH的物质的量n2=0.5mol、p1=p2、α1+α2=1、Q1+Q2能量总变化相当于2molH2、1molCO完全转化成2mol CH3OH的能量，即吸放热Q1+Q2数值上就等于akJ；甲容器反应物投入量2molH2、1molCO与丙容器反应物投入量4molH2、2molCO，若恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡，然而现在是温度、容积相同的3个密闭容器，我们可以当成是在恒温且容积是甲容器两倍条件下，体积受到了压缩，原反应正向气体体积减少，由平衡移动原理，则相较于甲容器(或假设状况)而言，丙容器平衡向逆向移动，也就是说，丙容器的转化率比甲容器还要低一些，因此α1+α2=1、Q1+Q2=a；α3＞α1；P3＜2P1=2P2、n3＜n2＜1.0mol、Q3＞2Q1，故答案为ABD； ‎ ‎【考点定位】考查元素推断、化学键、热化学方程式的书写、化学平衡常数计算、平衡移动原理的综合应用、图象的分析和表达及新型电池的理解和应用，‎ ‎【名师点晴】本题解题关键是根据元素周期表和元素周期律，准确推断元素，具体分析是：短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B是形成化合物种类最多的元素，则B为C元素；C原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，C原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C为O元素；D是同周期中金属性最强的元素，处于Ⅰ A，结合原子序数可知，D处于第三周期，故D为Na；E的负一价离子与C的某种氢化物分子含有相同的电子数，可推知E为Cl，据此解答。【来.源：全,品…中&高*考*网】‎