学年贵州省南白中学遵义县一中高二下学期第一次联考化学试题 解析版.docx

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学年贵州省南白中学遵义县一中高二下学期第一次联考化学试题解析版

遵义市南白中学2018-2019-2高二第一次联考试卷

化学试题

1.下列说法错误的是

A.“臭氧空洞”的形成可能与含氯的氟代烷的使用有关

B.钢铁在干燥的环境中更容易发生“吸氧腐蚀”

C.在船身上装有锌块，是利用了牺牲阳极的阴极保护法保护船体

D.石油的裂解和裂化可以得到气态烯烃

【答案】B

【解析】

【详解】A.含氯的氟代烷在紫外线的照射下会产生游离的Cl原子，Cl原子是臭氧转化为氧气的催化剂，因此“臭氧空洞”的形成与含氯的氟代烷的使用有关，A正确；

B.钢铁在潮湿的环境中更容易发生“吸氧腐蚀”，而在干燥环境中不容易发生腐蚀，B错误；

C.由于金属活动性Zn>Fe，所以在船身上装有锌块，当与海水形成原电池时，首先被腐蚀的是Zn，轮船得到了保护，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法保护船体，C正确；

D.石油是各种烷烃、环烷烃等的混合物，以石油分馏得到的馏分为原料，进行裂解和裂化处理，可以得到短链气态不饱和的烯烃，D正确；

故合理选项是B。

2.下列关于有机物命名不正确的是

A.

对二甲苯

B.2,3-二甲基-3-乙基戊烷

C.

异丁烯

D.（CH3）3CCH2CH（C2H5）CH32，2-二甲基-4-乙基戊烷

【答案】D

【解析】

【详解】A.两个甲基在苯环相对的位置，因此该物质名称为对二甲苯，A正确；

B.2，3—二甲基—3—乙基戊烷符合烷烃的系统命名方法，该名称命名合理，B正确；

C.以含有碳碳双键的碳链为主链，从右端给主链上碳原子编号，以使双键的编号最小，该物质名称为2-甲基丙烯，习惯命名名称为异丁烯，C正确；

D.由于碳碳单键可以旋转，该物质名称中没有选择含有碳原子数最多的碳链为主链，要使取代基的编号尽可能的小，该物质名称为2，2，4-三甲基己烷，D错误；

故合理选项

D。

3.关于有机物，下列说法正确的是

A.

含有3种官能团

B.己烷有4种同分异构体

C.

和

分子组成相差一个-CH2-，因此是同系物关系

D.烷烃的沸点随着碳原子数目的增多而增大

【答案】D

【解析】

【详解】A.该物质中含有—COOH、—OH两种官能团，A错误；

B.己烷有CH3CH2CH2CH2CH2CH3、

、

、

、

五种同分异构体，B错误；

C.

的羟基直接连接在苯环上，属于酚类；

的羟基连接在芳香烃的侧链上，属于芳香醇，二者不属于同系物，C错误；

D.随着烷烃分子中碳原子数的增多，烷烃的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力增大，物质的熔沸点逐渐增大，D正确；

故合理选项是D。

4.下列叙述正确的是

A.乙烯与苯都能发生加成反应，所以都能使溴水褪色

B.对氯甲苯可以发生氧化反应、取代反应、消去反应

C.可以用重结晶的方法提纯苯甲酸

D.检验卤代烃中的卤原子：

加入NaOH溶液共热，再加AgNO3溶液，观察沉淀的颜色

【答案】C

【解析】

【详解】A.乙烯与苯都能发生加成反应，乙烯能使溴水褪色，而苯不能使溴水因反应褪色，但苯却能使溴水由于萃取作用而褪色，A错误；

B.对氯甲苯可以发生氧化反应，也可以发生取代反应，但不能发生消去反应，B错误；

C.苯甲酸在水中的溶解度随温度的升高而增大，随温度的降低而减小，因此可以用重结晶的方法提纯苯甲酸，C正确；

D.检验卤代烃中的卤原子的方法是：

向卤代烃中加入NaOH溶液共热，然后加入硝酸酸化，最后再加AgNO3溶液，观察沉淀的颜色，D错误；

故合理选项是C。

5.某可逆反应正向反应过程中能量变化如图，下列说法正确的是

A.该反应为吸热反应

B.加入催化剂，反应速率增大，E1减小，E2减小，反应热不变

C.增大压强，平衡正向移动，K增大

D.当反应υ正（B）∶υ正（D）=2∶1时，到达平衡状态

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据图示可知：

反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该反应为放热反应，A错误；

B.加入催化剂，能够降低反应的活化能，即E1减小，E2减小，因此可以使更多的分子变为活化分子，所以反应速率增大，但E1-E2不变，反应热不变，B正确；

C.根据图示可知反应方程式为：

A（g）+2B（g）

C（g）+D（g），该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，但由于温度不变，所以化学平衡常数K不变，C错误；

D.在任何情况下的化学反应速率υ正（B）∶υ正（D）=2∶1，因此不能据此平衡平衡状态，D错误；

故合理选项是B。

6.某小组为研究电化学原理，设计如图装置。

下列叙述不正确的是

A.a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出

B.无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色

C.a和b分别连接直流电源正、负极，铜片上发生的反应为：

Cu-2e-=Cu2+

D.a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动

【答案】D

【解析】

【分析】

A.a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应；

B.无论a和b是否连接，铁都可以发生反应；

C.a是Cu电极连接直流电源正极，铜是活性电极，电极失去电子，发生氧化反应；

D.电解池中，阳离子向阴极移动。

【详解】A.a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，A正确；

B.由于金属活动性Fe>Cu，所以无论a和b是否连接，铁都失电子变为Fe2+进入溶液，发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，因此看到铁溶解，溶液由蓝色逐渐变为浅绿色，B正确；

C.a

Cu电极连接直流电源正极，作阳极，铜是活性电极，所以Cu电极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，C正确；

D.a和b分别连接直流电源正、负极时，该装置构成电解池，铁作阴极，铜作阳极，Cu2+向阴极（铁电极）移动，D错误；

故合理选项是D。

【点睛】本题考查了原电池和电解池原理的知识，明确正、负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，难度不大，易错点为阴、阳离子移动方向的判断。

7.室温下，将1.000mol/L盐酸滴入20.00mL1.000mol/L氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。

下列有关说法正确的是

A.a点由水电离出的c（H＋）=1.0×10-14mol/L

B.b点：

c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（Cl-）

C.c点：

c（Cl-）=c（NH4+）

D.d点前，溶液温度上升的主要原因是NH3·H2O电离放热

【答案】C

【解析】

【分析】

A.氨水中的氢离子是水电离的，根据氨水中氢离子浓度大小进行判断；

B.b点时pH>7，盐酸和氨水反应后氨水过量，反应后为氯化铵和氨水的混合液；

C.c点溶液的pH=7，为中性溶液，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒进行判断；

D.d点前发生中和反应，中和反应为放热反应，d点盐酸与氨水恰好完全中和，温度达最高。

【详解】A.a点为氨水溶液，氨水中的氢离子为水电离的，由于a点溶液的pH<14，则溶液中氢离子浓度大于1.0×10-14mol/L，即：

水电离出的c（H+）>1.0×10-14mol/L，A错误；

B.当加入20.00mL盐酸时，盐酸和氨水恰好完全反应得到NH4Cl溶液，NH4Cl溶液呈酸性且此时溶液中的物料守恒为c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（Cl-），b点溶液的pH>7，则盐酸与氨水反应后氨水过量，反应后为氯化铵和氨水的混合液，根据物料守恒知c（NH4+）+c（NH3·H2O）>c（Cl-），B错误；

C.c点pH=7，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：

c（Cl-）=c（NH4+），C正确；

D.酸、碱中和反应是放热反应，在d点前随着盐酸的加入，酸碱中和反应放出热量增多，使溶液的温度升高，d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，d点后再加盐酸温度降低，是由于加入盐酸的温度低于溶液温度，D错误；

故合理选项是C。

【点睛】本题考查水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定的知识，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，并学会利用物料守恒、电荷守恒判断溶液中离子浓度大小，题目难度中等。

8.

（1）某温度时，在2L容器中X、Y、Z三种气态物质的量随时间的变化曲线如图所示。

由图中数据分析，该反应的化学方程式为_________。

反应开始至2min，Z的平均反应速率为__________。

（2）甲烷作为能源燃烧放出大量的热，已知：

①2CH4（g）+3O2（g）=2CO（g）+4H2O（l）△H1=-1214kJ/mol

②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=-566kJ/mol

则表示甲烷燃烧热的热化学方程式___________________________________________。

（3）在25℃下，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为__________________（已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20）。

（4）Na2S溶液具有较强的碱性，其原因为______________________。

（用离子方程式表示）

【答案】

（1）.3X+Y

2Z

（2）.0.05mol/（L·min）（3）.CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol（4）.Cu（OH）2（5）.Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+（6）.S2-+H2O

HS-+OH-

【解析】

【分析】

（1）由图象可知，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，X、Y的物质的量不变且不为0，属于可逆反应，△n（X）=0.3mol，△n（Y）=0.1mol，△n（Z）=0.2mol，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比；根据υ=

，计算v（Z）；

（2）根据燃烧热的概念，运用盖斯定律，就可以得到甲烷燃烧的热化学方程式；

（3）Mg（OH）2、Cu（OH）2的类型相同，根据溶度积常数越小，先形成沉淀判断；

（4）根据盐的组成，结合盐的水解规律分析判断。

【详解】

（1）由图象可知，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，X、Y的物质的量不变且不为0，属于可逆反应，△n（X）=0.3mol，△n（Y）=0.1mol，△n（Z）=0.2mol，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，所以该反应的化学方程式为3X+Y

2Z；根据方程式可知在2min内Z的物质的量增加了0.2mol，由于容器的容积为2L，则υ（Z）=

=0.05mol/（L·min）；

（2）甲烷的燃烧热是101kPa时，1mol甲烷完全燃烧产生CO2气体和液态水时放出的热量。

根据盖斯定律，将[①+②]÷2，整理可得：

甲烷燃烧热的热化学方程式是：

CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；

（3）由于Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11>Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20，Mg（OH）2、Cu（OH）2的类型相同，所以Cu（OH）2先生成沉淀；一水合氨是一元弱碱，与Cu2+结合形成Cu（OH）2沉淀，生成该沉淀的离子方程式为Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；

（4）Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中，S2-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c（OH-）>c（H+），使溶液具有较强的碱性，水解反应的离子方程式为：

S2-+H2O

HS-+OH-。

【点睛】本题考查了图象在化学方程式书写的应用、热化学方程式的书写、化学反应速率的计算及沉淀溶解平衡、盐的水解的知识，较为全面的考查了化学反应基本原理的知识。

9.二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型能源，它清洁、高效、具有优良的环保性能。

Ⅰ.工业制备二甲醚的生产流程如下：

催化反应室中（压强2.0～10.0MPa，温度230～280℃）进行下列反应：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）ΔH=－90.7kJ/mol①

2CH3OH（g）

CH3OCH3（g）＋H2O（g）ΔH=－23.5kJ/mol②

CO（g）+H2O（g）

CO2（g）＋H2（g）ΔH=－41.2kJ/mol③

（1）甲烷氧化可制得合成气，反应如下：

CH4（g）+

O2（g）

CO（g）+2H2（g）ΔH=－35.6kJ/mol。

该反应是____________反应（填“自发”或“非自发”）。

（2）催化反应室中总反应3CO（g）+3H2（g）

CH3OCH3（g）+CO2（g）的ΔH＝_____________。

该反应的平衡常数表达式为：

_______；在830℃时K＝1.0，则在催化反应室中该反应的K______1.0（填“>”、“<”或“＝”）。

（3）上述反应中，可以循环使用的物质有__________。

Ⅱ.如图为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图。

a电极是________极，其电极反应方程式为_________________。

【答案】

（1）.自发

（2）.－246.1kJ/mol（3）.

（4）.>（5）.CO、H2、甲醇和水（6）.负（7）.CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+

【解析】

【分析】

Ⅰ.

（1）依据自发进行的判断依据为△H-T△S＜0，是自发进行的反应；△H-T△S＞0，是非自发进行的反应；

（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到热化学方程式；根据化学平衡常数的含义可得其表达式；催化反应室内的反应条件是压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃；结合影响化学平衡的因素分析判断；

（3）依据反应过程中的中间产物是可以循环利用的物质；

Ⅱ.反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，O2在正极发生还原反应，氧气在正极放电，由图中H+的移动方向知，a极为负极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子。

【详解】I．

（1）甲烷氧化可制合成气：

CH4（g）+

O2（g）

CO（g）+2H2（g），△S＞0，△H＜0，△H-T△S＜0，因此反应能自发进行；

（2）催化反应室中（压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃）进行下列反应：

①CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）ΔH=－907kJ/mol

②2CH3OH（g）

CH3OCH3（g）＋H2O（g）ΔH=－23.5kJ/mol

③CO（g）+H2O（g）

CO2（g）＋H2（g）ΔH=－412kJ/mol

依据盖斯定律①×2+②+③得到：

3CO（g）+3H2（g）

CH3OCH3（g）+CO2（g）ΔH=-246.1kJ/mol；由于化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时，各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则该反应的化学平衡常数表达式为K=

；

在830℃时反应的K=1.0，在催化反应室中，压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃，温度降低，平衡向正反应方向移动，因此反应的K增大；

（3）依据催化反应室中（压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃）进行下列反应，

①CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）ΔH=－90.7kJ/mol

②2CH3OH（g）

CH3OCH3（g）＋H2O（g）ΔH=－23.5kJ/mol

③CO（g）+H2O（g）

CO2（g）＋H2（g）ΔH=－41.2kJ/mol

甲醇和水是中间产物，结合生产流程，CO、H2也可以部分循环，故可以循环利用的物质CO、H2、甲醇和水。

II.在该燃烧电池中，根据H+的移动方向可知，通入二甲醚的a电极为负极，二甲醚在负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：

CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+。

【点睛】本题考查了反应自发进行的判断依据，盖斯定律的计算应用，平衡影响因素的分析判断，原电池的电极判断，电极反应书写应用，题目难度中等。

10.芳香烃化合物A，最大质荷比为104，碳的质量分数为92.3％。

（1）A的分子式为___________，相对于氢气的密度为___________；其中核磁共振有____组峰，面积比为：

___________；其中最少有________个原子共平面。

（2）A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为_______________________；

（3）一定条件下，A与氢气反应，得到的化合物中碳的质量分数为85.7％，写出此化合物的结构简式____________________；

（4）在一定条件下，由A聚合得到的高分子化合物的结构简式为_______________。

（5）B是A的一种同分异构体，且B的一氯代物只有一种，则B的结构简式是_________。

【答案】

（1）.C8H8

（2）.52（3）.5（4）.1∶1∶2∶2∶2（5）.12（6）.

（7）.

（8）.

（9）.

【解析】

【分析】

（1）化合物的最大质荷比是该物质的相对分子质量，然后根据元素的含量确定分子中各种元素的原子个数，得到分子式；相对密度是物质的相对分子质量是氢气相对分子质量的倍数；先根据分子式写出其结构简式，利用等效氢法，判断分子中H原子的种类数目，从而得到核磁共振氢谱的组数，面积比为H原子个数比；利用乙烯的平面结构及苯分子的平面结构进行判断；

（2）A的碳碳双键与溴发生加成反应；

（3）A中含有8个C原子，结合加成产物中C含量计算其相对分子质量及分子式，进而确定结构简式；

（4）A分子中含有碳碳双键，在一定条件下，A发生加聚反应得到高分子化合物；

（5）B是A的一种同分异构体，且B的一氯代物只有一种，则B的分子中只含有一种H原子，可得B的结构简式。

【详解】

（1）芳香烃化合物A，最大质荷比为104，则A相对分子质量是104，由于碳的质量分数为92.3％，则分子中含有的C原子个数为C：

=8，含有的H原子数为

=8，所以芳香烃A的分子式是C8H8；物质A的相对于氢气的密度为104÷2=52；由于A属于芳香族化合物，分子式为C8H8，则其结构简式为

，该分子中含有5种H原子，它们的原子个数比为1∶1∶2∶2∶2，因此面积比为1∶1∶2∶2∶2；由于乙烯分子是平面分子，苯分子是平面六边形结构，苯环上处于对位的C原子在同一条直线上，由于单键可以旋转，所以共平面的原子至少有12个；

（2）苯乙烯分子中含有碳碳双键，可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，而使溶液褪色，反应的方程式为：

；

（3）A分子中含有8个C原子，与H发生加成反应时C原子数目不变，由于得到的化合物中碳的质量分数为85.7％，则加成产物的相对分子质量为（12×8）÷85.7％=112，则物质分子中含有的H原子数为H：

112-12×8=16，因此A与氢气反应所得化合物的结构简式为

；

（4）A是苯乙烯，分子中含有碳碳双键，在一定条件下，A发生加聚反应得到聚苯乙烯，该高分子化合物结构简式是：

；

（5）B是A的一种同分异构体，且B的一氯代物只有一种，则B的分子中只含有一种H原子，B是立方烷，B的结构简式为

。

【点睛】本题考查了有机物

分子式、结构简式、化学方程式的书写及分子中氢原子的种类及相互关系的知识。

试题难度一般。

11.根据下面的反应路线及所给信息填空。

（1）A的名称是________________；B的分子式为______________。

（2）反应①的方程式为：

________________；反应②为_______________反应；反应④的化学方程式是__________________。

（3）写出B在NaOH水溶液中加热的反应方程式：

_____________，生成物官能团的名称为__________。

【答案】

（1）.环己烷

（2）.C6H11Cl（3）.

+Cl2

+HCl（4）.消去反应（5）.

+2NaOH

+2NaBr+2H2O（6）.

+NaOH

+NaCl（7）.羟基

【解析】

【分析】

A是环己烷，与Cl2在光照时发生取代反应产生一氯环己烷，该物质与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应产生环己烯

，环己烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成

（物质D），

与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应产生环己二烯

，据此分析解答。

【详解】

（1）碳原子结合形成环状，每个碳原子结合的H原子数达到最大数目，由于环上有6个C原子，所以可知A的名称为环己烷，A的分子式是C6H12；B的结构简式为

，B的分子式为C6H11Cl；

（2）反应①是环己烷与氯气发生的取代反应，方程式为：

+Cl2

+HCl；反应②为一氯环己烷与NaOH的乙醇溶液发生消去反应生成环己烯及NaBr、H2O；环己烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2-二溴环己烷（物质D），由于两个Br原子连接的C原子的邻位C原子上有H原子，所以1,2-二溴环己烷与NaOH的乙醇溶液发生消去反应生成环己二烯及NaBr、H2O，所以反应④的化学方程式是

+2NaOH

+2NaBr+2H2O；

（3）B是

，属于氯代烃，在NaOH水溶液中加热发生取代反应生成环己醇，该反应方程式：

+NaOH

+NaCl，生成物

的官能团是—OH，名称为羟基。

【点睛】本题考查了有机物结构简式的书写、反应类型的判断和化学方程式的书写等知识，掌握烷烃的性质及氯代烃的取代反应、消去反应是本题解答的关键。

本题难度不大。