1、四川省南充高级中学2019-2020学年高二化学3月线上月考试题（含解析）1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是A. 海水制盐后可以利用氯碱工业，电解饱和食盐水制备金属钠B. 海带中的碘是以I形式存在，向浸泡过海带灰的水中滴加淀粉，有蓝色出现C. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D. 工业上对煤进行干馏、液化和气化等物理方法处理，目的是降低污染和获得更多化工原料【答案】C【解析】【详解】A.金属钠不能通过电解饱和食盐水制得，需电解熔融状态的NaCl制取，故A错误；B. I遇淀粉不会显蓝色，故B错误；C. 热水器内胆主要为铁，镁棒与铁形成原电池，镁做负极，铁为正极，为牺牲
2、阳极的阴极保护法，故C正确；D. 煤的干馏属于化学方法，故D错误；故答案选：C。2.我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不正确的是A. 异戊二烯所有碳原子可能共平面B. 可用溴水鉴别M和对二甲苯C. 对二甲苯的一氯代物有2种D. M的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气【答案】D【解析】【详解】A. 异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平面重合时，所有碳原子共平面，A正确；B. M中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴别，B正确；C. 对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，C正
3、确；D. M的分子式为C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-，无此基团，D错误；答案为D【点睛】碳碳双键与溴水中的溴发生加成反应使溴水褪色；对二甲苯与溴水萃取使溴水褪色，但有机层显橙红色。3.氢化钙(CaH2)固体是一种储氢材料，遇水反应生成氢氧化钙和氢气，是登山运动员常用的能源提供剂。某化学兴趣小组设计制取氢化钙的装置如下(固定装置已略去)。下列说法不正确的是A. 装置A：制取H2，离子方程式为Zn2HZn2H2B 装置B：用于除去H2中杂质，中盛有NaOH溶液，中盛有浓硫酸C. 装置C：制取CaH2，先点燃C处酒精灯，后打开A中分液漏斗的活塞D. 装置D：竖直导管作用
4、是平衡压强，观察H2流速以调节反应的进行【答案】C【解析】【分析】装置A稀盐酸和锌反应制取氢气，B装置除去氢气中的HCl气体和水蒸气，装置C为反应发生装置，制取氢化钙，装置D用于观察H2流速以调节反应的进行。【详解】A. 装置A：稀盐酸和锌反应制取氢气，离子方程式为Zn2HZn2H2，故A正确；B. 装置B：用于除去H2中杂质，需先除HCl气体再除水蒸气故中盛有NaOH溶液，中盛有浓硫酸，故B正确；C. 装置C：制取CaH2，需先打开A中分液漏斗的活塞一段时间后点燃C处酒精灯，防止钙与氧气反应和氢气不纯发生爆炸，故C错误；装置D：竖直导管的作用是平衡压强，观察H2流速以调节反应的进行，故D正确
5、；故答案选：C。4.4种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1:2，X2+和Z-离子的电子数之差为8，下列说法不正确的是 ( )A. 与W相邻的同主族元素可制成重要的半导体材料B. X单质不可能置换出W单质C. 元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、ZD. W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HZO4【答案】B【解析】四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1：2，X2+和Z-的电子数之差为8。若W是H元素，则X是He元素，He是稀有气体，不会形
6、成X2+，故舍去；若W是He元素，则X是Be元素、Z是F元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Y最外层电子数是8，Y是Ne，与题意不符，故舍去；若W是Li元素，则X是C元素、C原子不能形成简单离子，故舍去；若W是Be元素，则X是O元素、O原子不能形成简单阳离子，故舍去；若W是B元素，则X是Ne元素，Ne是稀有气体，不会形成X2+，故舍去；若W是C元素，则X是Mg元素、Z是Cl元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Y最外层电子数是5，为P元素，符合题意。A根据上述推断，W为C，与C相邻的同主族元素是Si，Si可制成重要的半导体材料，故A正确；B.根据化学反应：2Mg+CO22MgO+C，该反
7、应为置换反应，故B错误；C.X、Y、Z分别为Mg、P、Cl，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z，故C正确；D.根据上述分析，W是C元素，Y是P元素、Z是Cl元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，所以酸性最强的是HClO4，故D正确；故选B。点睛：本题考查元素的推断，4种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Z的原子序数最大且小于18， X2+和Z-离子的电子数之差为8，则可直接断定X为Mg、Z为Cl，然后根据元素周期律的有关知识解答即可。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是A. 1.00molNaCl中含有
8、NaCl分子数为NAB. 18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAC. 1molFe高温条件下与水蒸反应，电子转移数为3NAD. 12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA【答案】D【解析】A、氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1mol氯化钠中含1mol钠离子即NA个，不含NaCl分子，选项A错误；B、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，故含质子为9NA个，选项B错误；CFe与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，反应中转移电子的物质的量为：1mol（-0）=mol，转移电子的数目为NA，选项C错误；D、根据石墨的结构利用分摊法分析知，一个六元
9、环中平均含有2个碳原子，12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA，选项D正确；答案选D。6.甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，某化学小组利用如图装置探究其反应产物。【查阅资料】CO能与银氨溶液反应：CO2Ag(NH3)22OH=2Ag2NH4CO322NH3；Cu2O为红色，不与Ag反应，发生反应：Cu2O2H=Cu2CuH2O。（1）装置A中反应的化学方程式为_。（2）按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A_。（3）实验中滴加稀盐酸的操作是_。（4）已知气体产物中含有CO，则装置C中可能观察到的现象是_；装置F的作用为_。（5）当反应结束后，装置
10、D处试管中固体全部变为红色。设计实验证明红色固体中含有Cu2O：_；欲证明红色固体中是否含有Cu，甲同学设计如下实验：向少量红色固体中加入适量的0.1 mol/L AgNO3溶液，发现溶液变蓝，据此判断红色固体中含有Cu。乙同学认为该方案不合理，欲证明甲同学的结论，还需要增加对比实验，完成表中内容。实验步骤(不要求写出具体的操作过程)预期现象与结论_若观察到溶液不变蓝，则证明红色固体中含有Cu【答案】 (1). Al4C312HCl=3CH44AlCl3 (2). FDBECG (3). 先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先将分液漏斗上口的玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔)，再将分液漏斗下面的旋塞打
11、开，使稀盐酸缓慢滴下 (4). 试管内有黑色固体生成 (5). 除去甲烷中的HCl和H2O (6). 取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O (7). 取少量的Cu2O固体于试管中，加入适量的0.1 mol/L AgNO3溶液【解析】【分析】装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气，通过装置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO能与银氨溶液反应：CO2Ag(NH
12、3)22OH=2Ag2NH4CO322NH3，最后用排水法吸收和收集尾气，据此解答。【详解】(1)装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷,反应的化学方程式为：Al4C312HCl=3CH44AlCl3；(2)装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷,甲烷在加热条件下可还原氧化铜,气体产物除水蒸气外,还有碳的氧化物,生成的甲烷气体通过装置F干燥,通过装置D加热还原氧化铜,通过装置B检验生成的水蒸气,通过装置E检验吸收生成产物二氧化碳,通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳,CO能与银氨溶液反应：2Ag(NH3)22OH=2Ag2NH4CO322NH3，最后用排水法吸收和收集气
13、体，按气流方向各装置从左到右的连接顺序为AFDBECG；(3)实验中滴加稀盐酸的操作是：先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先将分液漏斗上口的玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔)，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下；(4)气体含有一氧化碳，C中银氨溶液被一氧化碳还原生成银单质，试管内有黑色固体生成，F是除去甲烷中杂质气体氯化氢和水蒸气；(5)当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色，实验证明红色固体中含有Cu2O的方法为：取少量红色固体,加入适量稀硫酸,若溶液变蓝色,说明含铜离子,则证明含Cu2O；欲证明红色固体中是否含有Cu，甲同学设计如下实验：向少量红色固体中加入适量的0.1mol/L
14、AgNO3溶液,发现溶液变蓝,据此判断红色固体中含有Cu。乙同学认为该方案不合理,欲证明甲同学的结论,还需要增加对比实验：即取少量的Cu2O固体于试管中,加入适量的0.1mol/LAgNO3溶液，若溶液不变蓝，则可以排除红色固体中氧化亚铜的干扰，证明其中含铜。7.随着科学技术的发展和环保要求不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。.工业上使用的捕碳剂有NH3和(NH4)2CO3，它们与CO2可发生如下可逆反应：NH3(l)H2O(l)CO2(g)NH4HCO3(aq)H12NH3(l)H2O(l)CO2(g)(NH4)2CO3(aq)H2(NH4)2CO3(aq)H2O(l)CO2(g)
15、2NH4HCO3(aq)H3则H3_(用含H1、H2的代数式表示)。.目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的化学反应方程式为CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)，已知：H2的体积分数随温度的升高而增加。（1）该反应的S_0(填“”“”或“”)，该反应的H_0(填“”或“”)。（2）在恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2并发生上述反应，T 下，CO2物质的量浓度c(CO2)随时间t变化的曲线如图所示。下列能说明反应达到平衡状态的是_(填字母代号)。A体系压强保持不变B混合气体密度保持不变C甲烷和水蒸气的物质的量之比保持不变DH2的质量分数保持不变（3）
16、T下，反应前20 s的平均反应速率v(H2)_(用含a、b的代数式表示)。（4）T下，该反应的平衡常数K_(用含a、b的代数式表示)。（5）若降低温度，反应重新达到平衡，则v(正)_；CO2转化率_(填“增大”“减小”或“不变”)。.工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图所示：（1）在阳极区发生的反应包括_和HHCO3=CO2H2O。（2）简述CO32在阴极区再生的原理：_。（3）NH3BH33H2O2=NH4BO24H2O。下列说法正确的是_。A电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极BBO2通过质子交换膜向正极移动C负极附近溶液
17、pH增大D正极的反应式为3H2O26H6e=6H2O【答案】 (1). 2H1H2 (2). (3). (4). AD (5). mol/(Ls) (6). (7). 减小 (8). 增大 (9). 4OH4e=2H2OO2或2H2O4e=4HO2 (10). 阴极H放电产生H2，OH浓度变大并与HCO3反应使CO32再生 (11). D【解析】【详解】INH3(l)H2O(l)CO2(g)NH4HCO3(aq)H12NH3(l)H2O(l)CO2(g)(NH4)2CO3(aq)H2(NH4)2CO3(aq)H2O(l)CO2(g)2NH4HCO3(aq)H3利用盖斯定律计算2-得到(NH4)
18、2CO3(aq)H2O(l)CO2(g)2NH4HCO3(aq)H32H1H2；.(1)该反应正反应方向气体分子数减少，则S0，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，说明温度升高，平衡逆向移动，正反应方向为放热反应，则H0；（2）A.该反应前后气体分子数不等，反应过程中体系压强发生变化，当体系压强不变时，说明反应达到平衡状态，故A正确；B.反应前后气体总质量不变，容器体积不变，气体密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C.从反应开始到平衡，甲烷和水蒸气的物质的量之比均为1:2,始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D.H2的质量分数保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平
19、衡状态，故D错误；故答案选：AD；（3）由图1可知：反应前20秒CO2物质的量浓度减少（a-b）mol/L,则H2物质的量浓度减少4（a-b）mol/L，平均速率mol/(Ls)；（4）起始时通入等物质的量的CO2和H2，二者的起始浓度相等，均为a mol/L，减少的浓度分别为(a-b) mol/L和4(a-b) mol/L，平衡浓度分别为b mol/L、(4b-3a）mol/L，CH4和水蒸气的平衡浓度分别为(a-b) mol/L和2(a-b) mol/L，该反应的平衡常数；（5）降低温度，v(正)减小，平衡正向移动，CO2转化率增大；.（1）由图2可知：阳极区OH-失电子生成O2，电极反应
20、式为或；（2）阴极的电极反应为，c(H+)减小，电离平衡正向移动，可以使CO32-再生；（3）由反应NH3BH33H2O2=NH4BO24H2O可知H2O2中氧元素化合价下降发生还原反应，为原电池的正极，NH3BH3中B元素化合价升高，发生氧化反应，为原电池的负极。A. 电流从正极流向负极，即从右侧电极经过负载后流向左侧电极，故A错误；B. 放电时,阴离子向负极移动,所以BO2通过质子交换膜向负极移动，故B错误；C. NH3BH3为负极失电子发生氧化反应,电极反应式为，所以负极附近溶液pH减小，故C错误；D. 右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应,电极反应式为，故D正确；故答案选：D。【点睛
21、】化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等，据此来判断化学反应是否达到平衡，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，以及衍生的物理量中变量不变分析判断。8.一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）H2O（g）CO（g）3H2（g）。设起始Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数（CH4）与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的焓变H0B. 图中Z的大小为a30，故A错误；B. 起始=Z，Z越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多，则Z的大小为b3a，故B正确；C. 起始=3，水和甲烷按1:1反应，达到平衡时，二者比值不等于3，故C错误；D. 增大压强,平衡
22、逆向移动,所以平衡在加压后(CH4)增大，故D错误。故答案选：B。9.镓(Ga)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。回答下列问题：(1)硒常用作光敏材料，基态硒原子的核外电子排布式为Ar_；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有_种；SeO3的空间构型是_。(2)根据元素周期律，原子半径Ga _As，第一电离能Ga _As。(填“大于”或“小于”)(3)水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位数是_，硅与氢结合能形成一系列的二元化合物SiH4、Si2H6等，与氯、溴结合能形成SiCl4
23、、SiBr4,上述四种物质的沸点由高到低的顺序为_，丁硅烯(Si4H8)中键与键个数之比为_。(4)GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，分析其变化原因_。(5)GaN晶体结构如图所示。已知六棱柱底边边长为a cm，阿伏加德罗常数的值为NA。晶体中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为_。从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图所示。若该平行六面体的体积为cm3，GaN晶体的密度为_g/cm3(用a、NA表示)。【答案】 (1). (2). 3 (3). 平面三角形 (4). (5). (6). 4 (7). (8)
24、. 11:1 (9). 结构相似前提下，原子晶体的熔沸点与成键原子的半径呈反比，原子半径大小为NPAs，因此GaN的熔点最高，GaAs的熔点最低 (10). 12 (11). 【解析】【分析】（1）按要求画出硒原子的核外电子排布式即可，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于相邻元素；气态分子中Se原子孤电子对数为0，价层电子对数为3，因此为平面三角形；（2）同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，据此来分析即可；（3）二氧化硅中1个硅原子结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，对于分子晶体来讲，相对分子质量越大，分子间作用力越强
25、，沸点越高；（4）原子晶体中各原子之间是靠共价键形成的，在成键数相同的情况下，共价键的强度受成键原子的半径大小影响，半径越小则键能越大，N、P、As同属第VA族，因此三种物质的结构相似，而原子半径大小为NPAs，因此GaN的熔点最高，GaAs的熔点最低；（5）从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下分别有3、6、3个配位原子，故配位数为12，接下来分析其化学式，位于晶胞顶点的原子为6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为，位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为，位于晶胞侧棱的原子为3个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为，位于晶胞底面上的棱棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为，位于晶胞体心的
26、原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1，因此该结构为，再根据体积来计算密度即可。【详解】（1）硒是34号元素，其核外电子排布式为，根据分析可知同周期中只有As、Br、Kr三种元素的第一电离能大于硒，而的结构为平面三角形；（2）同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，因此镓原子的半径大于砷原子，砷原子处于第VA族，其4p轨道处于半充满的稳定状态，第一电离能较大，因此砷原子的第一电离能大于镓原子；（3）根据分析，水晶晶体中硅原子的配位数为4，几种分子晶体的熔沸点可以按照相对分子质量的大小来排列，因此沸点有：，丁硅烯的结构与丁烯类似，分子中有8个键，1个双键，2个键，因此分子中的键与键
27、的数个数之比为11:1；（4）原子晶体中各原子之间是靠共价键形成的，在成键数相同的情况下，共价键的强度受成键原子的半径大小影响，半径越小则键能越大，N、P、As同属第VA族，因此三种物质的结构相似，而原子半径大小为NPAs，因此GaN的熔点最高，GaAs的熔点最低；（5）从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下分别有3、6、3个配位原子，故镓原子的配位数为12；根据分析得出化学式为，质量为，该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为a cm的正三角形面积之和，因此该底面的面积为，高为2倍的正四面体高，因此体积为，代入密度公式有。10.香料甲和G都在生活中有很多用途，其合成路线
28、如下:已知:R1CHO+R2CH2CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)D与A互为同系物;在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。（1）A的名称是_，G中含氧官能团的名称是_。（2）的反应类型是_，B和F的结构简式分别为_、_。（3）写出一种能鉴别A和D的试剂:_;C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的有_种。（4）写出反应的化学方程式:_。（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)。_【答案】 (1). 甲苯 (2). 羧基 (3). 加成反应 (4). (5). (6). 酸性高锰酸钾溶液 (7). 4 (8). +
29、CH3COOH+H2O (9). 【解析】【分析】由C及反应条件可知C为苯甲醇，B为，A为甲苯。在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39，则D的相对分子质量为392=78，D与A互为同系物，由此知D为芳香烃，设1个D分子中含有n个碳原子，则有14n-6=78，解得n=6，故D为苯；与乙醛反应得到E，结合信息，E为，E与溴发生加成反应得到的F为，F发生氧化反应生成的G为。据此分析解答。【详解】(1)根据分析可知，A为甲苯，G为，则G中含氧官能团为羧基，故答案为：甲苯；羧基；(2)反应为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成，根据上述分析，B和F的结构简式分别为、，故答案为加成反应； (3)甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能；C为苯甲醇属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚()，共4种，故答案为酸性高锰酸钾溶液；4；(4)反应为乙酸和发生酯化反应，化学方程式为+CH3COOH+H2O，故答案为+CH3COOH+H2O； (5)苯乙醛与甲醛反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后发生催化氧化反应生成，故合成路线为，故答案为。【点睛】本题考查了有机合成与推断。主要涉及有机化学方程式的书写、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等。本题的易错点为合成路线的设计，要注意充分利用题示已知信息。