1、四川省泸县第一中学2019-2020学年高二化学下学期第二次月考试题（含解析）一、选择题（每小题6分，共7个小题，共42分；其中每题都为单选题。1.下列有关电解质的说法正确的是A. 强电解质一定是离子化合物B. 易溶性强电解质的稀溶液中不存在溶质分子C. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质强D. 由于硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡是弱电解质【答案】B【解析】【详解】A. HCl是强电解质，但属于共价化合物，A项错误；B. 易溶于水的强电解质在水溶液中完全电离，因此溶液中不存在溶质分子，B项正确；C. 溶液的导电能力与离子的浓度和离子所带电荷数有关，离子的浓度越大、所带电荷数越大导电能力越强，反之
2、导电能力越弱，溶液的导电能力与电解质的强弱无关，如硫酸钡是强电解质，难溶于水，离子浓度小，导电能力弱，CH3COOH为弱电解质，易溶于水，当乙酸浓度比较大时，离子的浓度大，导电能力强，C项错误；D. 硫酸钡虽然难溶于水，但溶于水的部分完全电离，是强电解质，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查了强弱电解质的概念、强电解质与溶解度、导电性、化合物类型的关系，注意明确强弱电解质的根本区别在于能否完全电离，与溶解度、导电性、化合物类型没有必然关系。2.下列说法正确的是A. 往苯酚钠溶液中通入CO2可制得苯酚，并得到碳酸钠B. 将铁屑、溴水、苯混合可制得溴苯C. 将卤代烃滴入AgNO3溶液中，根据生成沉
3、淀颜色可以判断卤素原子种类D. 将光亮铜丝在酒精灯火焰上加热后变黑，立即伸入无水乙醇中，铜丝能恢复成原来的颜色【答案】D【解析】【详解】A因为苯酚酸性大于碳酸氢根离子，所以二氧化碳和苯酚钠水溶液反应生成苯酚和碳酸氢钠，故A错误；B在溴化铁作催化剂条件下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯，苯和溴水不反应，故B错误；C卤代烃中不含自由移动的卤离子，所以不能和硝酸银溶液反应，应该先用NaOH水溶液或醇溶液加热制取自由移动的卤离子，然后加入硝酸中和未反应的NaOH，再加入硝酸银溶液，根据沉淀颜色确定卤代烃中含有卤颜色，故C错误；DCu和氧气加热生成黑色的CuO，乙醇和CuO发生氧化还原反应生成Cu，从而铜
4、丝能恢复成原来的颜色，故D正确；故答案为D。3.下列有关化学用语表示正确的是A. 乙炔的电子式 B. 乙烯的结构简式CH2CH2C. 丙烯的球棍模型 D. 乙酸的实验式 C2H4O2【答案】C【解析】【详解】A. 乙炔中含有碳碳三键，碳原子间共用三对电子，电子式为 ，故A错误；B. 乙烯中含有碳碳双键，属于官能团不能省略，故结构简式为：CH2=CH2，故B错误；C. 丙烯的球棍模型为： ，故C正确；D. 乙酸的结构简式为CH3COOH，则实验式应为：CH2O，故D错误；故选C。4.铜锌原电池(如下图盐桥中含有KCl)，下列叙述错误的是A. 盐桥中的K+移向ZnSO4 溶液B. 电池总反应为：Z
5、n+Cu2+ =Zn2+CuC. 在外电路中，电子从负极流向正极D. 负极反应为：Zn-2e- =Zn2+【答案】A【解析】【详解】A.在溶液中，阳离子往正极移动，K+移向CuSO4溶液，故A错误；B.电池总反应和没有形成原电池的氧化还原反应相同，Zn+Cu2+Zn2+Cu，故B正确；C.根据闭合回路的电流方向，在外电路中，电子由负极流向正极，故C正确；D.Zn负极，Zn-2e-Zn2+，故D正确；故选A。5.通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图所示，下列说法错误的是A. a为电池的正极，发生还原反应B. b极的电极反应为HCHOH2O4e=CO24H+C
6、. 传感器工作过程中，电解质溶液中硫酸的浓度减小D. 当电路中转移2104 mol电子时，传感器内参加反应的HCHO为3.0 mg【答案】D【解析】A、氧气得电子，a为正极，发生还原反应，A正确；B、b极是负极，发生失去电子的氧化反应，故电极反应为HCHOH2O4eCO24H+，B正确；C、传感器工作过程中，氧化还原反应生成水，电解质溶液中硫酸的浓度变小，C正确；D、负极：HCHOH2O4eCO24H+，当电路中转移2104 mol电子时，反应的甲醛物质的量=0.5104 mol ，质量1.5 mg ，D错误；答案选D。6.常温下，向25 mL 0.1 molL-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2
7、 molL-1的HN3（叠氮酸）溶液，pH的变化曲线如图所示（溶液混合时体积的变化忽略不计，叠氮酸的Ka=10-4.7）。下列说法正确的是A. 0.1 molL-1 NaN3溶液pH约为8.85B. 在B点，离子浓度大小为c(OH)c(H+)c (Na+)c(N3)C. 在C点，滴加的V(HN3)c（H+），由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（N3-）c（OH-）c（H+），故B错误；C滴加的V（HN3）=12.5 mL时，恰好反应生成NaN3，N3-部分水解，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V（HN3）12.5 mL，故C错误
8、；DD点溶液中，c(NaN3)c(HN3)，根据物料守恒，2c(Na)c(HN3)c(N3)，D项错误；故选A。7.下列分子中所有碳原子不可能在同一平面上的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行分析。【详解】A、分子中含有一个苯环，每个苯环上的碳原子一定共面，分子中含有一个碳碳双键，与碳碳双键相连的三个碳原子一定共面，苯环和碳碳双键通过可以旋转的碳碳单键相连，所有碳原子可能共面，故A不选；B、可以看成是中间的苯环与两个苯环各共用两个碳原子形成的，分子中所有的碳原子都处在同
9、一平面上，故B不选；C、分子中含有两个苯环，每个苯环上的碳原子一定共面，但是甲基相连的碳原子是烷烃的结构，是四面体构型，一定不会共面，该分子中的所有碳原子不可能都处在同一平面上，故C选；D、分子中含有两个苯环，每个苯环上的碳原子一定共面，两个乙基上的碳碳单键可以通过旋转使碳与苯环处于同一平面，所以该分子中的所有碳原子可能都处在同一平面上，故D不选；故选C。【点睛】本题主要考查有机化合物的结构特点，解题关键：从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，易错点C，与甲基相连的碳是四面体构型。8.分析下列有机化合物，完成填空。CH4 C2H4 C2H2 （1）中，属于苯的同系物的是_ (
10、填序号，下同)（2）分子的空间构型为_，中碳原子的杂化方式为_。（3）相同质量的中，在相同状况下体积最小的是_，完全燃烧时消耗O2最多的是_。（4）以为原料制备TNT的化学方程式为_。（5）的系统命名为：_。（6）若将CH4、O2和氢氧化钠溶液组成燃料电池，则电池的负极反应式为_。（7）写出的含有苯环的所有同分异构体_。【答案】 (1). (2). 正四面体型 (3). sp2 (4). (5). (6). (7). 3-甲基-2-戊烯 (8). CH4-8e+10OH=CO32+7H2O (9). 、【解析】【分析】（1）苯的同系物只含有1个苯环，且烃基为饱和烃基；（2）为甲烷，分子的空间构
11、型为正四面体，为乙烯，碳原子价层电子对数为3；（3）相同质量的中，在相同状况下体积最小，则物质的量最少，相对分子质量应最大；含氢量越大，耗氧量越多；（4）甲苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生取代反应生成TNT；（5）主链是5个碳，含碳碳双键，属于烯烃，3号碳上有甲基；（6）碱性条件下，负极上甲烷失电子发生氧化反应生成碳酸根离子；（7）从位置异构、官能团异构的角度考虑。【详解】（1）苯的同系物只含有1个苯环，且烃基为饱和烃基，符合；（2）为甲烷，分子的空间构型为正四面体，为乙烯，碳原子形成1个键、3个键，无孤电子对，价层电子对数为3，不含孤电子对，碳原子的杂化方式为sp2杂化；（3）相同质量的中，在相
12、同状况下体积最小，则物质的量最少，相对分子质量应最大，应为；含氢量越大，耗氧量越多，符合；（4）甲苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生取代反应生成TNT，反应的方程式为；（5）主链是5个碳，含碳碳双键，属于烯烃，3号碳上有甲基，系统命名为：3-甲基-2-戊烯；（6）若将CH4、O2和氢氧化钠溶液组成燃料电池，碱性条件下，负极上甲烷失电子发生氧化反应生成碳酸根离子，则电池的负极反应式为CH4-8e+10OH=CO32+7H2O；（7）的含有苯环的所有同分异构体、，共4种。【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质，解题关键：注意把握有机物的性质，难点（6）注意电极方程式的书写，在碱性条件下碳以碳酸根离子形式
13、存在。易错点（7）同分异构的书写，易丢失醚的同分异构体。9.某蓄电池的反应为NiO2Fe2H2O Fe(OH)2Ni(OH)2。(1)该蓄电池放电时，发生还原反应的物质是_；(2)为防止远洋轮船的钢铁船体在海水中发生电化学腐蚀，通常在船体上镶嵌Zn块，或与该蓄电池的_ (填“正”或“负”)极相连。(3)精炼铜时，粗铜应与直流电源的_(填“正”或“负”)极相连。精炼过程中，电解质溶液中的c(Fe2)、c(Zn2)会逐渐增大而影响进一步电解。甲同学设计如下除杂方案：已知：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2开始沉淀时的pH2.37.55.6完全沉淀时的pH3.99.76.4实验操作I的
14、名称_ 则加入H2O2的目的是_。乙同学认为应将方案中的pH调节到8，你认为此观点_(填“正确”或“不正确”)，理由是_。(4)该蓄电池充电时阴极的电极反应式为_。【答案】 (1). NiO2 (2). 负 (3). 正 (4). 过滤 (5). 将Fe2氧化为Fe3 (6). 不正确 (7). 同时会使Cu2生成沉淀而除去 (8). Fe(OH)22e-= Fe+2OH-【解析】【分析】(1) 某蓄电池的反应为NiO2Fe2H2O Fe(OH)2Ni(OH)2，该蓄电池放电时，NiO2中Ni元素的化合价降低，发生还原反应；(2)为防止远洋轮船的钢铁船体在海水中发生电化学腐蚀，通常在船体上镶嵌
15、Zn块，采用牺牲阳极的阴极保护法，也可以采用外加电源的阴极保护法；(3)精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极；根据除杂方案，操作I是将沉淀从溶液中除去；精炼过程中，电解质溶液中的c(Fe2)、c(Zn2)会逐渐增大而影响进一步电解，据此分析加入双氧水的目的；当溶液的pH=8时，结合表格数据分析解答；(4) 蓄电池的反应为NiO2Fe2H2O Fe(OH)2Ni(OH)2，充电时，阴极上Fe(OH)2得电子生成Fe而发生还原反应，据此书写电极反应式。【详解】(1) 某蓄电池的反应为NiO2Fe2H2O Fe(OH)2Ni(OH)2，该蓄电池放电时，NiO2中Ni元素的化合价降低，发生还原反应，故答
16、案为NiO2；(2)为防止远洋轮船的钢铁船体在海水中发生电化学腐蚀，通常在船体上镶嵌Zn块，采用牺牲阳极的阴极保护法，也可以与该蓄电池的负极相连，采用外加电源的阴极保护法，故答案为负；(3)精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以粗铜与电源正极相连，故答案为正；根据除杂方案，操作I是将沉淀从溶液中除去，因此操作I为过滤；精炼过程中，电解质溶液中的c(Fe2)、c(Zn2)会逐渐增大而影响进一步电解，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，便于除去杂质离子，使精炼粗铜正常进行，故答案为过滤；将Fe2氧化为Fe3；当溶液的pH=8时，铜离子能生成沉淀而被除去，影响了精炼粗铜的电解实验，故答案
17、为不正确；同时会使Cu2生成沉淀而除去；(4) 蓄电池的反应为NiO2Fe2H2O Fe(OH)2Ni(OH)2，充电时，阴极上Fe(OH)2得电子生成Fe而发生还原反应，电极反应式为Fe(OH)22e-= Fe+2OH-，故答案为Fe(OH)22e-= Fe+2OH-。10.AG都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：(1)已知：6.0 g化合物E完全燃烧生成8.8 g CO2和3.6 g H2O；E的蒸气与氢气的相对密度为30，则E的分子式为_；(2)A为一取代芳烃，B中含有一个甲基。由B生成C的化学方程式为：_；(3)由B生成D的反应条件是_；(4)在G的同分异构体中，苯环上
18、一硝化的产物只有一种的共有_个，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为11的是_(填结构简式)。【答案】 (1). C2H4O2 (2). (3). 氢氧化钠的醇溶液，加热 (4). 7 (5). 【解析】【分析】E的蒸气与氢气的相对密度为30，则Mr(E)=302=60，6.0 gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量分别为=0.2mol，=0.2mol，分子中N(C)=2、N(H)=4，故N(O)=2，故E的分子式是C2H4O2。A为一取代芳烃，由分子式可以知道为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反
19、应生成C为，C与E发生酯化反应生成F，结合F的分子式可以知道，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B、C均发生消去反应生成D，故D为，则G为，据此解答。【详解】(1)由上述分析可以知道，E的分子式为C2H4O2，因此，本题正确答案是：C2H4O2；(2)由B生成C的化学方程式为，因此，本题正确答案是：；(3)由B生成D是发生消去反应生成，反应条件为：氢氧化钠醇溶液、加热，因此，本题正确答案是：氢氧化钠的醇溶液，加热；(4)在G()的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，对称性高，可以含有2个相同的取代基，且处于对位，为，若含有3个取
20、代基时，取代基不可能相同，苯环上取代至少有2种，故不可能含有3个取代基，可以4个取代基，为2个-Br、2个-CH3，分别为、，故符合条件的同分异构体共有7种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1：1的是，因此，本题正确答案是：7；。11.碳和氮的氢化物是广泛的化工原料，回答下列问题：（1）工业上合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.2kJ/mol，反应过程中能量变化如图I所示。氨分解：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)活化能为_kJ/mol合成氨时加入铁粉可以加快生成NH3的速率，在图I中画出加入铁粉后的能量变化曲线。_（2）联氨作火箭燃料的反应为：2N2H
21、4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) H1已知：2O2(g)+N2(g)=N2O4(1) H2 N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H3上述热效应之间的关系式为H1=_。某新型火箭用液氧/煤油代替联氨/N2O4，这种替换可能的好处是_（一条即可）。（3）天然气制氢气是工业上制氢气的主要方法之一，其主要反应如下：iCH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H=-+206.4kJ/mol，iiCO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g) H=-41.0kJ/mol在一定温度下，2L的密闭容器中加入a molCH4和2amolH2O发生反应，t
22、min时反应达平衡，测得容器内CObmol、CO2cmol。回答下列问题：下列可判断体系达到平衡状态的是_。ACO体积分数不变 B容器内气体密度不变 C3v(CH4)=v(H2) D不再变化0tmin反应速率v(CO2)=_，CH4的的转化率为_，反应的平衡常数K=_。图中T之后c(CO2)随温度升高而减小的原因是_。【答案】 (1). 427.2 (2). (3). 2H3-H2 (4). 环境污染小（或成本低） (5). AD (6). mol/(Lmin) (7). 100% (8). (9). T之后，反应为放热反应，升高温度反应向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO
23、2）减小【解析】【分析】(1)放热反应的反应热H=（Ea2Ea1）；催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即Ea、Ea1均减小，但反应热不变；（2）依据盖斯定律计算可得；液氧/煤油所用原料成本低，无毒；（3）反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度或百分含量保持不变；依据题给数据，建立三段式，结合速率、转化率和化学平衡常数表达式计算可得；反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图可知T时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，反应ii向逆反应方向移动，温度对c（CO2）的影响大于浓度的影响。【详解】(1)放热反应的反应热H=（Ea2Ea1），由图可知E
24、a1=335.0 kJ/mol，则合成氨反应H=（Ea2335.0 kJ/mol）=92.2kJ/mol，Ea2=427.2 kJ/mol，即2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能为427.2 kJ/mol，故答案为427.2；催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即Ea、Ea1均减小，但反应热不变，则加入铁粉后的能量变化曲线为，故答案为；（2）将题给反应依次编号为，由盖斯定律可知2=，则H1=2H3-H2；用液氧/煤油代替联氨/N2O4的主要原因是液氧/煤油所用原料成本低，无毒，对环境污染小，故答案为2H3-H2；环境污染小；（3）A、CO的体积分数不变，说明正反应速率等于逆反应
25、速率，该反应已达平衡状态，故正确；B、根据质量守恒定律，平衡前后气体质量是不变的，在恒温恒容密闭体系中，整个反应过程混合气体的密度始终是不变的，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；C、3v(CH4)=v(H2)不能说明正反应速率等于逆反应速率，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；D、不再变化，说明在恒温恒容密闭体系中CO和H2的浓度不在变化，该反应已达平衡状态，故正确；AD正确，故答案为AD；设反应i生成一氧化碳的物质的量为x，由题给条件建立如下三段式：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)起（mol） a 2a 0 0变（mol） x x x 3x平（mol） a
26、x 2ax x 3xCO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g)起（mol） x 2ax 0 3x变（mol） c c c c平（mol） xc 2axc c 3x+c0tmin内，生成CO2物质的量为cmol，浓度的变化量为 mol/L，则反应速率v(CO2)= mol/(Lmin)；由题意可知一氧化碳的物质的量为bmol，则有xc=b，x=c+b，CH4的转化率为100%；平衡时，c（CO）为 mol/L，c（H2O）为 mol/L，c（CO2）为mol/L，c（H2O）为mol/L，反应的平衡常数K=，故答案为mol/(Lmin)；100%；反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图可知T时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，使二氧化碳浓度有增大的趋势，反应ii向逆反应方向移动，使二氧化碳浓度有减小的趋势，由于温度对c（CO2）的影响大于浓度的影响，所以c(CO2)随温度升高而减小，故答案为T之后，反应为放热反应，升高温度反应向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小。【点睛】本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意把握反应热与活化能的关系、盖斯定律的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡计算为解答的关键。
