四川省德阳五中春高二下学期月考化学试题解析.docx

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四川省德阳五中春高二下学期月考化学试题解析

四川省德阳五中2019年春高二下学期月考

化学试卷

注意：

1．本试卷考试90分钟，总分100分。

2．可能用到的相对原子质量：

H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23Si-28S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64

第Ⅰ卷（选择题共42分）

选择题：

本大题共14小题，每小题3分。

在每小题只有一项是符合题目要求的。

1．A．碘是人体必需微量元素，摄入过少或过多对人均有害，而且高碘酸具有极强的酸性和腐蚀性，不能多吃富含高碘酸的食物，故A错误； 

B.铜放置在空气中能和二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，故B错误；

C．合金是由金属与金属或金属与非金属融合而成的具有金属特性的物质。

因此合金材料中可能含有非金属元素，故C错误。

D．乙醇中含有羟基，乙酸乙酯中含有酯基，官能团不同，所以通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯，故D正确

故选D。

2．分析：

一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间存在配位键，据此分析解答．

解答：

解：

A．硝酸铵中铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子中其中一个氢原子和氮原子形成配位键，硝酸根离子中氮原子和氧原子之间存在共价键，故A正确；

B．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，不含配位键，故B错误；

C．硫酸中氢原子、硫原子和氧原子之间只含共价键，不含离子键和配位键，故C错误；

D．水分子中氢原子和氧原子之间存在共价键，不含离子键和配位键，故D错误；

故选A．

3．C

解答：

A、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：

0.2NO2·N2O4，导致分子个数减少，故所得的产物分子小于0.2NA个，故A错误；

B、甲苯中含8个H原子，故1mol甲苯中含8NA条C-H键，故B错误；；

C、标况下，1.12L16O2 和1.12L18O2 的物质的量均为0.05mol，且两者均为双原子分子，故0.05mol16O2 和0.5mol18O2 中含有的原子个数均为0.1NA个，故D正确．

故选C．

D、碳酸根的水解导致阴离子个数增多，且水也能电离出氢离子和氢氧根，故1L0.1mol/L的碳酸钠溶液中含有的离子总数多于0.3NA个，故B错误；

4．A

A、配制一定浓度的溶液时，改用胶头滴管定容，容量瓶中的溶液应该距离刻度线1-2cm处，题中液面距离容量瓶刻度线过大，故A错误；

B、根据元素周期律，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，对应的非金属性越强，题中装置能够证明硫酸酸性大于碳酸，碳酸酸性大于硅酸，从而判断非金属性：

S＞C＞Si，故B正确；

C、图中装置四氯化碳能够防止氨气倒吸，可以用于氨气的尾气吸收，故C正确；

D、利用锌与稀盐酸反应生成氢气，通过测量氢气排出水的体积确定生成氢气的量，可以测定黄铜（Cu、Zn合金）中Zn的含量，故D正确；

故选：

A．

选择试剂

①

Na2CO3溶液

④

实验操作

②

③

加热

5．B

分析 混有少量硫酸铵和碳酸氢钠杂质，加Ba（OH）2溶液，使硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀、碳酸氢根离子与Ba（OH）2反应生成碳酸钡沉淀，然后过滤，向滤液中加碳酸钠溶液除去过量的Ba（OH）2溶液，最后加硝酸除去过量的碳酸钠，加热即可得到硝酸钠溶液，以此来解答．

解答 解：

混有少量硫酸铵和碳酸氢钠杂质，加Ba（OH）2溶液，使硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀、碳酸氢根离子与Ba（OH）2反应生成碳酸钡沉淀，然后过滤，向滤液中加碳酸钠溶液除去过量的Ba（OH）2溶液，最后加硝酸除去过量的碳酸钠，加热即可得到硝酸钠溶液，

A．试剂①为Ba（OH）2溶液，使硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀、碳酸氢根离子与Ba（OH）2反应生成碳酸钡沉淀，故A正确；

B．操作②为过滤，分离沉淀和溶液，故B错误；

C．操作③为过滤，分离碳酸钡沉淀和溶液，故C正确；

D．试剂④为稀HNO3，除去上一步中过量的碳酸钠，故D正确；

故选B．

6．B

考查对化学反应基本类型的掌握情况，A选项实际包括两个反应：

2Al+6H2O===2Al（OH）3+3H2↑，NaOH+Al（OH）3===NaAlO2+2H2O；前者为置换反应，后者为复分解反应。

二者合成的一个反应，由一种单质跟两种化合物反应，不符合置换反应定义，判断是错误的。

B选项FeCl3溶于水要发生水解：

FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，正向反应是水解反应，逆反反应是中和反应，是酸、碱、盐等在溶液中发生相互交换成分的反应，符合复分解反应的定义，判断正确。

C选项反应前后元素的化合价没有改变，是非氧化还原反应;D选项CH3CH2OH中的羟基被溴原子取代生成溴乙烷，属于消去反应。

7．D

CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，取代反应的产物有CH3Cl（g），CH2Cl2（l），CHCl3（l），CCl4（l）和HCl，产生CH2Cl2（l），CHCl3（l），CCl4（l）能附着在管壁上形成油状液滴，由于试管连接饱和食盐水，HCl在其中的溶解度降低，所以HCl能和管内部的空气中的水蒸气形成白雾附着在管内壁上，整个反应是气体体积减少的反应，管内液面上升，所以D选项正确，

故选D。

8．B

由苯制取环己烷，为加成反应；

乙烷在空气中燃烧生成水和二氧化碳，为氧化还原反应；

乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，发生加成反应；

④乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应；

⑤由苯制取溴苯，发生取代反应；

甲烷与氯气在光照条件下反应，甲烷中的氢原子被氯原子取代生成氯代烃，所以该反应属于取代反应

9．C

A．pH=0的溶液呈酸性，Fe2+、NO3-、ClO-发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；

B．SCN-与Fe3+反应生成络合物，且Ba2+、SO42-反应生成沉淀，不能大量共存，故B错误；

C.

=1012的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；

D．由水电离的c（H+）=1×10-14 mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论呈酸性还是碱性，HCO3-都不能大量共存，故D错误．

故选C．

10．A

A、相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于（NH4）2SO4，故答案应为①=③＞②，故A正确；

B、在NaHA溶液中，HA-的电离程度大于水解程度，溶液显示酸性，所以离子大小关系是：

c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH- ）＞c（H2A），故B错误；

C、根据电荷守恒，可知c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），故C错误；

D、氯元素的所有存在形式的浓度之和与碳元素的所有存在形式之和之比为1：

2，所以2c（HClO）+2c（ClO-）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-），故D错误；

故选A．

11．D

A、在101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量．使用燃烧热时要注意两个关键点：

①反应物用量：

可燃物为1mol；②产物要求：

充分燃烧成稳定氧化物（如H→H2O），本题生成的水为气体，不是燃烧热，故A错误；

B、乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，横坐标向右表示浓度增大，纵坐标向上表示物质消耗速率快，如果达到平衡状态，则二者消耗速率之比等于化学计量数之比即应该等于2:

1，故B错误；

C、将A、B饱和溶液分别由T1℃升温至T2℃时两溶液中溶质和溶剂的量都不会改变，而二者T1℃溶解度相同，即浓度相同，所以T2℃时溶质的质量分数相等，故C错误；

D、常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化可知酸性HA大于HB，NaB溶液中B水解程度大，产生OH-浓度大，pH大，故D正确，

故选D．

12．A

A．2Mg+O2

2MgO；3Mg+N2

Mg3N2；正确。

B．若W是Al，二者的电子层结构相同。

核电荷数越大，半径就越小。

则离子半径Mg2+>Al3+；若W是Cl，则Cl-比Mg2+多一层。

对于电子层数不同的元素来说，离子的电子层数越多，半径越大。

则Cl->Mg2+.错误。

C.X可能是N或O；Y是C；Z是Mg；W是Al或Cl.A若x是N，则NH3水溶液显碱性；若x是O，则H2O显中性。

错误。

D．CO2是分子晶体，分子间以比较弱的分子间作用力结合，熔点、沸点较低。

错误。

13．C

Li1－xCoO2＋LixC6

LiCoO2＋C6，所以LixC6锂原子失电子发生氧化反应，所以b是负极，a是正极，

A.放电时是原电池原理，电子从负极流向正极，b流向a，电流流向与此相反，所以电流从a极经负载后流向b极，故A正确；

B.充电时是电解池原理，Li+向阴极移动，阴极是和电源的负极相连的点极，所以向b极移动，即锂离子通过隔膜进入右室，故B正确；

C.放电时，负极上发生失电子的氧化反应：

LixC6－xe－＝xLi+＋C6，若转移,1mole－，碳材料将减重7g，故C错误；

D.充电时是电解池原理，电源的正极和电池的正极相连，此时是电解池的阳极，发生失电子的氧化反应，反应为：

LiCoO2－xe－＝Li1-xCoO2＋xLi+，故D正确。

故选：

C。

14．C

A.0~80℃，反应未达到平衡，升高温度反应速率增大，相同时间内，表现为CO转化率随温度升高而增大，故A正确；B.85~90℃反应达到了平衡，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B正确；C. 该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，d点的平衡常数＞e点的平衡常数，故C错误；D.根据方程式，

与方程式中的化学计量数之比相等，因此a点对应的CO的转化率与CH3OH的转化率相同，故D正确；故选C。

第Ⅱ卷（非选择题共58分）

15．【答案】

（1）-746.5kJ/mol；

（2）①A、C。

②温度较低时，催化剂的活性偏低；不是平衡脱氧率。

因为该反应为放热反应，根据线II可知，a点对应温度的平衡脱氧率较高。

（3）①降低温度；②＝。

（4）0.62。

【解析】

（1）CO燃烧热的ΔH1＝－283.0kJ·mol-l，则CO（g）+

O2（g）⇌CO2（g）ΔH1＝－283.0kJ·mol-l（①式），N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH2＝+180.5kJ·mol-1（②式），应用盖斯定律，①×②-②得2NO（g）+2CO（g）⇌2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）ΔH＝-746.5kJ·mol-1

（2）①A项，两种催化剂均能降低活化能，加快反应速率，但ΔH不变，故A项正确；

C项，根据图像，曲线Ⅱ在450℃左右催化活性最大，曲线Ⅱ中的催化剂适用于450℃左右脱氮，故C项正确；

B项，该反应的正反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，脱氮率增大，故B项错误；

D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响转化率，不影响脱氮率，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为A、C。

②低于200℃，曲线Ⅰ脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为：

温度较低时（低于200℃），催化剂的活性偏低，对化学反应速率的影响小。

a点不是对应温度下的平衡脱氮率，理由是：

因为该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，根据曲线Ⅱ可知，a点对应温度下的平衡转化率应高于450℃时，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高。

（3）①C点和B点原料气配比相同，B点NO2的平衡转化率大于C点，说明将C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡向正反应方向移动，该反应的正反应为气体分子数不变的放热反应，C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是降低温度。

②C点，原料气配比为1，NO2的平衡转化率为50%，用三段式

NO2+SO2⇌SO3+NO

c（起始）（mol/L）1100

c（转化）（mol/L）1×50%0.50.50.5

c（平衡）（mol/L）0.50.50.50.5

C点，化学平衡常数

。

D点，原料气配比为1.5，NO2的平衡转化率为40%，用三段式

NO2+SO2⇌SO3+NO

c（起始）（mol/L）1.5100

c（转化）（mol/L）1.5×40%0.60.60.6

c（平衡）（mol/L）0.90.40.60.6

D点，化学平衡常数

。

C点和D点的化学平衡常数相等，Tc=Td。

（4）根据H2SO3的

，当

，当c（OH-）降至时1.0×10-7mol·L-1时，c（H+）为1.0×10-7mol·L-1，则

16．【答案】

（1）矿石粉碎成组颗粒、通入大量空气。

（2）CeO2+4H++SO42-＝[CeSO4]2-+2H2O。

（3）随着c（SO42-）增大，水层中Ce4+被SO42-结合成[CeSO4]2-,导致萃取平衡向生成[CeSO4]2-方向移动，D迅速减小。

（4）a/b3。

（5）2Ce4++H2O2＝2Ce3++O2↑+2H+；2Ce3++6HCO3－＝Ce2（CO3）3↓+3CO2↑+3H2O；

（6）2xCO+CeO2＝CeO2（1-x）+2xCO2

【解析】

（1）“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是：

将矿石粉碎成细颗粒，增大接触面积；通入大量空气。

（2）根据题给已知“Ce4+能与SO42-结合成[CeSO4]2+”，CeO2与稀H2SO4反应的离子方程式为CeO2+4H++SO42-＝[CeSO4]2-+2H2O。

（3）“萃取”时存在反应：

Ce4++n（HA）2⇌Ce（H2n-4A2n）+4H+，加入Na2SO4，随着c（SO42-）增大，水层中Ce4+与SO42-结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，即向生成[CeSO4]2+方向移动，D迅速减小。

（4）反应Ce（BF4）3（s）+3K+（aq）⇌3KBF4（s）+Ce3+（aq）的平衡常数。

（5）“萃取”后的有机层中为Ce4+，根据流程，加入H2O2将Ce4+还原成Ce3+，则H2O2被氧化成O2，反应写成Ce4++H2O2→Ce3++O2↑，根据得失电子守恒配平为2Ce4++H2O2→2Ce3++O2↑，结合原子守恒、电荷守恒以及溶液呈酸性，写出离子方程式为2Ce4++H2O2→2Ce3++O2↑+2H+。

Ce2（CO3）3饱和溶液的浓度为1.0×10-6=mol/L，Ce2（CO3）3的溶解平衡为：

Ce2（CO3）3⇌2Ce3+（aq）+3CO32-（aq），则饱和溶液中c（Ce3+）=1.0×10-6=mol/L、c（CO32-）=3.0×10-6=mol/L，

；当Ce3+沉淀完全时，

，

。

（6）根据题意，“CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。

”CO具有还原性，CeO2消除CO尾气时应供氧，反应的化学方程式为2xCO+CeO2＝CeO2（1-x）+2xCO2。

17．【答案】

（1）试管、酒精灯；

（2）4NH3+5O2

4NO+6H2O；

（3）气体逐渐变为红棕色；

（4）0.25；（5）在E、F之间增加一个防倒吸的装置

【解析】

（1）根据题意:

C处铂丝网加热至红热,再将A处产生的气体通过B装置片刻后,撤去C处酒精灯,铂丝继续保持红热,F处铜片逐渐溶解,说明有硝酸生成,所以A中获得的是氨气,加热NH4HCO3分解可以产生氨气,固体加热分解可以在大试管中进行,因此，本题正确答案是:

（1）;试管、酒精灯;

（2）C中发生氨气和氧气在催化剂条件下能反应生成一氧化氮和水,4NH3+5O2

4NO+6H2O;

（3）A、B中的药品充足,碳酸氢铵分解产物通过B后生成了氧气,在铂的作用下和氨气反应生成一氧化氮,迅速被氧化为二氧化氮,再和水反应生成硝酸,硝酸和金属铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,水中产生气泡,溶液逐渐变为蓝色,气体在广口瓶上方变为红棕色;

（4）水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气,二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,将B中固体混合物溶于500mL1mol·L-1 盐酸中,产生无色混合气体,溶液呈中性,所以溶液中的溶质是氯化钠,根据钠原子守恒计算过氧化钠的物质的量,

    HCl~NaCl~

Na2O2   

1           

1mol·L-1×0.5L    0.25mol

所以过氧化钠的物质的量为0.25mol.

因此，本题正确答案是:

0.25;

（5）二氧化氮和水反应,为防止倒吸可以在装置E、F之间增加一个防倒吸装置,铜和硝酸反应的产物一氧化氮以及生成的二氧化氮均有毒,应加一个尾气吸收装置.

18．【答案】

（1）3d104s1

（2）①sp3

②ac

乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键

（3）N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键

（4）①

；②

【解析】

（1）铜是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；

（2）①乙二胺分子中氮原子形成4个δ键，价层电子对数为4，氮原子为sp3杂化；②Cu2+与乙二胺形成的配离子为Cu（en）22+，配离子之间存在配位键，氮氢，碳氢之间存在极性键，碳碳之间存在非极性键，乙二胺分子中N均与H配位，共价键均为单键，即σ键，不存在π键，答案选ac；③乙二胺和三甲胺[N（CH3）3]均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是乙二胺分子间可形成氢键， 三甲胺分子间不能形成氢键；

（3）Cu2+在水溶液中以[Cu（H2O）4]2+形式存在，向含Cu2+的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[Cu（NH3）4]2+，其原因是N 元素电负性更小， 更易给出孤对电子形成配位键；

（4）①根据均摊法可得晶体中Cu原子个数为

，S原子个数为4，故晶体的化学式为CuS；②根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的1/4处，所以其坐标是

；②已知该晶体的密度为d g·cm－3，Cu2+和S2－的半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数值为NA。

一个晶胞中原子的体积为

，一个晶胞的体积为

，故晶体中原子的空间利用率为

。

19．【答案】

（1）C6H12；

（2）；

（3）（CH3）2C＝C（CH3）2；

（4）4。

【解析】

（1）某烃A0.2mol在氧气中完全燃烧后,生成CO2和H2O各1.2mol,则分子中含有N（C）=6,n（H）=12,分子式为C6H12；

（2）C6H12只有1个不饱和度,若烃A不能使溴水褪色,则其为环烷烃。

其中能与氯气发生取代反应,其一氯代物只有一种的是环己烷

（3）略（4）略