2019-2020学年高二化学下学期第三次月考试题(含解析) (I).doc

2019-2020学年高二化学下学期第三次月考试题(含解析) (I)1. 化学与生活息息相关，下列说法不正确的是（ ）A. 用食醋可除去热水壶内壁的水垢B. 油脂的皂化反应生成脂肪酸盐和丙三醇C. 淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同D. 石油的分馏、煤的干馏、汽化及液化都是物理变化【答案】D【解析】醋酸的酸性大于碳酸，醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、水、二氧化碳，所以用食醋可除去热水壶内壁的水垢，故A正确；油脂的成分是高级脂肪酸甘油酯，油脂的皂化反应是油脂在碱性条件下水解，生成高级脂肪酸盐和丙三醇，故B正确；淀粉水解生成葡萄糖、油脂水解生成高级脂肪酸和甘油、蛋白质水解成氨基酸，故C正确；石油的分馏是物理变化，煤的干馏、汽化及液化是化学变化，故D错误。2. 分子式为C9H10O2的有机物，其分子结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的同分异构体有（不考虑立体异构 ） （ ）A. 12种 B. 13种 C. 14种 D. 15种【答案】C【解析】试题分析：该有机物能与NaHCO3发生反应产生气体，说明含有羧基-COOH；取代基为正丙酸基时，1种；取代基为异丙酸基，1种；取代基为-COOH、-CH2-CH3，有邻、间、对3种；取代基为乙酸基、-CH3，有邻、间、对3种；取代基为-COOH、-CH3，-CH3，2个甲基邻位，2种；2个甲基间位，3种；2个甲基对位，1种；符合条件的总共有14种。故选C。【考点定位】同分异构体的类型及其判定【名师点睛】3. 实验室制备硝基苯的装置图如下（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是（ ）A. 水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度B. 将浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却后，将所得的混合物加入苯中C. 实验过程中发现仪器b中未加入碎瓷片，可冷却后补加D. 反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品【答案】D【解析】水浴加热的优点是使反应物受热均匀、容易控制温度，但温度只能加热到100，故A正确；浓硫酸的密度大于硝酸，所以将浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却后，将所得的混合物加入苯中，故B正确；实验进行的途中若发现未加入碎瓷片，不能再进行继续实验，也不能立即加入碎瓷片，需冷却后补加，故C正确；蒸馏操作时，要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，故D错误。4. 反应2A(s)3B(g)C(g)2D(g) H0，在一定的条件下达平衡，下列有关叙述正确的是（ ）增加A的量，平衡向正反应方向移动；加入催化剂B的转化率提高；压强增大一倍，平衡不移动，(正)、(逆)不变；增大B的浓度，(正)(逆)；升高温度，平衡向逆反应方向移动，(正)减小A. B. C. D. 【答案】B.点睛：升高温度、增大反应物浓度、增大压强(正)、(逆)均增大；升高温度平衡向吸热方向移动，该反应放热，所以升高温度平衡逆向移动，催化剂只能改变反应速率、不能使平衡移动。5. 常温下，pH1的乙酸溶液和pH13的NaOH溶液，下列叙述中正确的是（ ）A. 两种溶液等体积混合后，溶液呈碱性B. 乙酸溶液中c(CH3COOH)大于NaOH溶液中c(Na)C. 分别稀释10倍，两溶液的pH之和大于14D. 若两溶液混合后pH7，则有c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)【答案】B【解析】乙酸是弱电解质、氢氧化钠是强电解质，pH1的乙酸溶液和pH13的NaOH溶液，乙酸浓度大于氢氧化钠，两种溶液等体积混合后，乙酸有剩余，溶液呈酸性，故A错误；乙酸是弱电解质、氢氧化钠是强电解质，所以pH1的乙酸溶液和pH13的NaOH溶液中，乙酸浓度大于氢氧化钠，c(CH3COOH)大于NaOH溶液中c(Na)，故B正确；分别稀释10倍，乙酸的PH在1 2之间、NaOH溶液的PH=12，两溶液的pH之和小于14，故C错误；若两溶液混合后pH7，根据电荷守恒，c(Na)c(CH3COO)，故D错误。6. 下列化学实验中的操作、现象及结论都正确的是（ ）选项操作现象结论A向苯中滴入少量浓溴水，充分振荡，静置下层接近无色说明苯与溴发生了取代反应B向蛋白质溶液中加入适量CuSO4溶液并充分混合溶液中有沉淀析出CuSO4溶液使蛋白质发生变性C向AgI沉淀中滴入KCl溶液有白色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故C错误；检验淀粉是否发生水解，应该向适量淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热约5 min，冷却后加入氢氧化钠溶液，再加入新制Cu(OH)2浊液并加热，若有红色沉淀出现，说明淀粉发生水解，故D错误。7. 在容积一定的密闭容器中，反应A2(g)B2(g)xC(g)，符合图所示关系。对图的说法正确的是（ ）(T为温度、P为压强、t为时间)A. P3P4，y为A2转化率B. P3P4，y为A2浓度C. P3P4，y为混合气密度D. P3P4，y为C的体积分数【答案】D【解析】由图，a、b曲线温度相等，则先达到平衡的b曲线对应的压强p2更大，曲线b的C物质的含量比压强小的P1大，所以反应后气体系数更小，即1+1x，x只能等于1。b、c曲线压强相等，则先达到平衡的b曲线对应的温度T1更高，曲线b的C物质含量比温度低的T2的小，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应。对于图，等温时p3的y值更大。如果P3P4，压强由P3变化到P4，压强增大时平衡向气体体积减小的正反应方向移动，反应物A2的转化率增大，因此，当y表示A2的转化率时，温度相同时压强为P4的曲线应当位于压强为P3的曲线上方，所以A错误；而温度升高时，上述放热反应平衡向逆反应方向移动，A2的浓度增大，因此，当y表示A2浓度时，曲线的走向应当是逐渐增大，所以B错误。C、由于容器体积一定、混合气体总质量不变，所以混合气体的密度始终不变，当y表示混合气体密度时，每条图线均为平行与横坐标的直线，因此C错误。D、P3P4，压强由P3变化到P4，压强减小时平衡向逆反应方向移动，产物C不断消耗，当温度相同时，压强更小的P4对应的产物C体积分数更小，曲线位于下方，图符合；而温度升高时，平衡向逆反应方向移动，产物C不断消耗，y表示C的体积分数时，曲线走向逐渐向下，图也符合，所以D正确。正确答案D。点睛：化学平衡移动原理研究时，一般仅涉及两个变量，因此在多变量题型中需要通过对题目的分析固定一些变量，使得研究时只有自变量和应变量两个变量。如上述分析开始部分，仅研究曲线a、b就是使温度不再是变量，平衡体系的研究则是排除时间因素，所以只留下压强和C物质的含量两个变量。8. 亚磷酸二乙酯HPO(OC2H5)2为重要的阻燃增塑剂。实验室采用三氯化磷和无水乙醇制备亚磷酸二乙酯PCl3 + 4C2H5OH HPO(OC2H5)2 + HCl+2C2H5Cl + H2O；实验步骤如下：将40mL三氯甲烷和36.8g(0.8mol)无水乙醇混合后加入250mL三颈烧瓶中。从仪器A中滴加20mL三氯甲烷和27.5g (0.2mol)PCl3混合溶液，用冰水控温68，开动搅拌器，约1h滴加完毕。将反应物后的混合物倒入烧杯中，用10%的碳酸钠溶液中和至pH为78，再用去离子水洗涤三次，在仪器B中分离。减压蒸馏，收集产品，得23.32g产品。（1）装置图中仪器A叫做恒压滴液漏斗，与分液漏斗比，滴液时的优点是_；步骤中仪器B名称为_。图中NaOH溶液的作用为_。（2）用碳酸钠溶液洗涤的目的是_；用去离子水洗涤的目的是_。（3）减压蒸馏除得到产品外还可回收的有机物有_ 、_（写两个的结构简式）。（4）从无水乙醇利用角度计算，本次实验产率为_（填数值）。【答案】 (1). 使溶液能顺利滴下（或能使恒压滴液漏斗上下压强相等，） (2). 分液漏斗 (3). 吸收反应生成的HCl (4). 除去PCl3、HCl等酸性物质 (5). 除去Na2CO3等盐及部分C2H5OH (6). CHCl3 (7). C2H5Cl、C2H5OH (8). 84.5%【解析】试题分析：（1）恒压滴液漏斗，使三颈烧瓶的中的压强和漏斗中的压强一致，有利于液体顺利滴下，亚磷酸二乙酯属于不溶于水的液体，因此采用分液的方法进行分离，应用分液漏斗，NaOH吸收挥发出来的HCl，避免污染空气；（2）碳酸钠的作用是需吸收HCl，挥发出来的PCl3，降低酯在溶液中的溶解度，使之析出；去离子水洗涤的目的：除去过量Na2CO3溶液和部分乙醇；（3）减压蒸馏：降低物质的沸点，根据信息，可回收的有机物有CHCl3、C2H5Cl、CH3CH2OH；（4） 设4mol乙醇理论上可制得xg亚磷酸二乙酯，PCl3+ 4C2H5OH HPO(OC2H5)2 + HCl+2C2H5Cl + H2O4mol 138g 4mol : 0.8mol= 138g : x 解得：x=27.6g0.8mol x 产率为：(23.32g27.6g)100%=84.5%考点：考查实验操作、物质的除杂、化学计算等知识。9. 氮及其化合物在工业生产中有广泛用。（1）稀硝酸与二价活泼金属M反应制备硝酸盐，当反应物之比n(HNO3)n(M)52时，还原产物为_（填化学式）。（2）连二次硝酸(HONNOH)是一种二元弱酸，向0.1 molL1连二次硝酸钠(Na2N2O2)溶液中滴加酚酞，溶液变红色 ，用离子方程式表示其主要原因：_。（3）已知以下热化学方程式： 2N2O5(g)4NO2(g)O2(g) H12NO(g)O2(g)2NO2(g) H23NO2(g)N2O5(g)NO(g) H3H3_（用H1、H2表示）。一定温度下，在恒容密闭容器中进行反应：3NO2(g)N2O5(g)NO(g)，下列表明反应已达到平衡状态的是_。A容器内总压强保持不变 B容器内气体密度保持不变C.v正(NO2)v逆(N2O5)31 D保持不变（4）在密闭容器中充入NO，发生反应2NO(g)N2(g)O2(g) H，达到平衡之后，升高温度，平衡常数K减小。H_0。(填“”“”或“”)上述反应达到平衡之后，仅缩小容器体积，下列推断正确的是_。A.NO的浓度不再变化 B.NO的转化率不再变化C正、逆反应速率不再变化D容器内气体压强不再变化（5）在2 L恒容密闭容器中投入一定量的N2O5(g)，发生反应：2N2O5(g)4NO2(g)O2(g)，测得c(N2O5)与温度关系如图所示。T2 K时，该反应的平衡常数K为_。若平衡时温度不变，再向容器中充入少量的N2O5气体，达到新平衡时N2O5的转化率会_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】 (1). N2O或NH4NO3 (2). N2O22H2OHN2O2OH (3). (4). ACD (5). (6). B (7). 1 mol3L3 (8). 减小【解析】试题分析：(1)因为金属为2价，所以氧化后需要2摩尔的硝酸和金属结合，又因为金属与硝酸所消耗的物质的量的比为2:5，所以2摩尔的金属就需要4摩尔的硝酸形成盐，那么还有1摩尔的硝酸被还原；若还原产物是硝酸铵，则被还原的硝酸是0.5mol。（2）向0.1 molL1连二次硝酸钠(Na2N2O2)溶液中滴加酚酞，溶液变红色，说明Na2N2O2是强碱弱酸盐，N2O22水解；（3）根据盖斯定律计算H3；根据平衡标志分析；(4) 升高温度，平衡常数K减小，说明平衡逆向移动；反应前后气体物质的量是相等，反应达到平衡之后，仅缩小容器体积，平衡不移动；（5）利用“三段式”计算平衡常数；再向容器中充入少量的N2O5气体，相当于加压；解析：(1)因为金属为2价，所以氧化后需要2摩尔的硝酸和金属结合，又因为金属与硝酸所消耗的物质的量的比为2:5，所以2摩尔的金属就需要4摩尔的硝酸形成盐，那么还有1摩尔的硝酸被还原，设还原产物中N元素的化合价是x，根据得失电子守恒22=1(5-x)；x=+1，所以还原产物是N2O；若还原产物是硝酸铵，则被还原的硝酸是0.5mol，N元素化合价由+5降低为-3，所以原产物可能是硝酸铵。（2）向0.1 molL1连二次硝酸钠(Na2N2O2)溶液中滴加酚酞，溶液变红色，说明Na2N2O2是强碱弱酸盐，N2O22水解，水解离子方程式是N2O22H2OHN2O2OH；（3）2N2O5(g)4NO2(g)O2(g)H1；2NO(g)O2(g)2NO2(g)H2根据盖斯定律 得3NO2(g)N2O5(g)NO(g)H3 ；A反应前后气体物质的量是变量，所以容器内总压强保持不变达到平衡状态，故A正确； B容器内气体质量不变，根据 ，密度是恒量，所以容器内气体密度保持不变，不一定平衡，故B错误； C.根据v正(NO2)v逆(N2O5)31，正逆反应速率比等于系数比，一定达到平衡状态，故C正确； DQ=，Q不变时，即Q=K时，达到平衡状态，故D正确； (4) 升高温度，平衡常数K减小，说明平衡逆向移动，所以正反应放热，H0；2NO(g)N2(g)O2(g)反应达到平衡之后；A.仅缩小容器体积，NO的浓度增大，故A错误； B. 反应前后气体物质的量是相等，反应达到平衡之后，仅缩小容器体积，平衡不移动，所以NO的转化率不变化，故B正确； C缩小容器体积，压强增大，所以正、逆反应速率均增大，故C错误； D缩小容器体积，压强增大，故D错误。（5）根据图示，T2K时N2O5的浓度是0.5mol/L， mol3L3 ；再向容器中充入少量的N2O5气体，相当于加压，达到新平衡时N2O5的转化率会减小。点睛：氧化还原反应中，氧化剂得电子的物质的量一定等于还原剂失电子的物质的量；在稀硝酸与二价活泼金属M反应中M是还原剂失电子的物质的量等于作为氧化剂的硝酸得电子的物质的量。10. 以熔融Li2CO3和K2CO3为电解质，天然气经内重整催化作用提供反应气的燃料电池示意图如下：（1）外电路电子流动方向：由_流向_（填字母）。（2）正极发生反应的离子方程式是_.（3）以此燃料电池为电源电解精炼铜，当电路有0.6 mol e 转移，有_ g 精铜析出。（4）25时，用石墨电极电解2.0L 0.25 molL-1 CuSO4溶液，5min后在一个电极上有6.4gCu析出。则阳极的电极反应式为_； 此时溶液的pH=_（溶液体积变化忽略不计）。（5）已知常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=1.010-38,通常认为残留在溶液中的离子浓度小于 1.010-5 molL-1时就认为沉淀完全,若使CuCl2溶液中的Fe3+完全沉淀溶液的pH应为_；加入物质A以调节溶液pH至所需值，A的化学式可以是_。【答案】 (1). A (2). B (3). O24e- 2CO2=2CO32- (4). 19.2 (5). 4OH-4e-=2H2O+O2或2H2O-4e-=O2+4H+ (6). 1 (7). 3 (8). CuO或Cu(OH)2【解析】试题分析：该燃料电池中，通入甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，根据图示信息知道负极电极反应式为：H2-2e-+CO32-=CO2+H2O，通入空气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-；电解精炼铜阴极电极反应式是，根据电极反应计算生成铜的质量； 用石墨电极电解CuSO4溶液，阳极电极反应式是 ；使CuCl2溶液中的Fe3+完全沉淀时，c(OH-)= ，根据c(OH-)计算溶液PH；根据不引入新杂质的原则选择除去CuCl2溶液中的Fe3+的试剂；（5）已知常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=1.010-38, 使CuCl2溶液中的Fe3+完全沉淀时，c(OH-)=，所以 溶液的pH应为3；为不引入新杂质，加入物质A的化学式可以是CuO或Cu(OH)2。11. A族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含A族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是_。(2)O、S、Se元素的电负性由大到小的顺序为_。(3)H2Se的酸性比H2S_(填“强”或“弱”)，气态SeO3分子的立体构型为_。 (4)H2SeO3的K1和K2分别为2.7103和2.5108，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2102，请根据结构与性质的关系解释：H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：_；H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_。(5)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如图所示，其晶胞边长为540.0 pm，密度为_gcm3(列式并计算)，（1pm=10-10 cm）【答案】 (1). sp3 (2). OSSe (3). 强 (4). 平面三角形 (5). 第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子 (6). H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2。H2SeO3中的Se为4价，而H2SeO4中的Se为6价，正电性更高，导致SeOH中O的电子更向Se偏移，越易电离出H (7). 【解析】试题分析：（1）由S8分子结构可知，在S8分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，即价层电子对数为4；(2)同主族元素从上到下电负性降低；（3）同主族元素对应的氢化物中，元素的非金属性越强，对应的氢化物的酸性越弱；气态SeO3分子中Se形成3个键，没有孤电子对；(4) 酸第一步电离产生的酸根阴离子带有负电荷，吸引H+，同时产生的H+抑制第二步电离；H2SeO3的分子结构为，Se为+4价，而H2SeO4的分子结构为，Se为+6价，后者Se原子吸电子能力强，导致SeOH中的O原子更向Se偏移；(5)晶胞中含有S离子位于顶点和面心，共含有+6=4，Zn离子位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为，晶胞的体积为（540.01010cm）3。解析：（1）由S8分子结构可知，在S8分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，即价层电子对数为4，因此S原子采用的杂化轨道方式为sp3；(2)同主族元素从上到下电负性降低，所以O、S、Se元素的电负性由大到小的顺序为OSSe；（3）同主族元素对应的氢化物中，元素的非金属性越强，对应的氢化物的酸性越弱，则则H2Se的酸性比H2S强；气态SeO3分子中Se形成3个键，没有孤电子对，所以SeO3分子的立体构型为平面三角形；(4) 酸第一步电离产生的酸根阴离子带有负电荷，吸引H+，同时产生的H+抑制第二步电离，所以H2SeO4和H2SeO3第一步电离程度大于第二部电离程度，导致第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；H2SeO3的分子结构为，Se为+4价，而H2SeO4的分子结构为，Se为+6价，后者Se原子吸电子能力强，导致SeOH中的O原子更向Se偏移，羟基上氢原子更容易电离出H+，所以H2SeO4的酸性更强；(5)晶胞中含有S离子位于顶点和面心，共含有+6=4，Zn离子位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为，晶胞的体积为（540.01010cm）3，所以密度是gcm3。点睛：根据均摊原则，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用 、晶胞楞上的原子被一个晶胞占用、晶胞面心的原子被一个晶胞占用、体心原子被晶胞完全占用。12. 分子式为C12H14O2的有机物F广泛用于制备香精的调香剂。为了合成该有机物，某实验室的科技人员设计了下列合成路线。试回答下列问题：（1）A物质名称为（系统命名）_。（2）合成路线中反应所属反应类型为_。（3）有机物G的结构简式为_。（4）有机物D中所含官能团的名称为_。（5）关于有机物C，下列说法正确的是（_）A.等物质的量的C分别与足量的金属钠和NaHCO3反应，后者产生气体多B.一定条件下，有机物C能通过缩聚反应形成高分子化合物C.1molC完全燃烧生成CO2和H2O，