贵州省南白中学遵义县一中20182019学年高二化学下学期第一次联考试题(含解析)

遵义市南白中学2018-2019-2高二第一次联考试卷化学试题以下说法错误的选项是“臭氧空洞”的形成可能与含氯的氟代烷的使用相关钢铁在干燥的环境中更简单发生“吸氧腐化”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石油的裂解和裂化能够获得气态烯烃【答案】B【分析】【详解】A.含氯的氟代烷在紫外线的照耀下会产生游离的Cl原子，Cl原子是臭氧转变为氧气的催化剂，所以“臭氧空洞”的形成与含氯的氟代烷的使用相关，A正确；B.钢铁在湿润的环境中更简单发生“吸氧腐化”，而在干燥环境中不简单发生腐化，B错误；C.因为金属活动性Zn>Fe，所以在船身上装有锌块，当与海水形成原电池时，第一被腐化的是Zn，轮船获得了保护，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法保护船体，C正确；石油是各样烷烃、环烷烃等的混淆物，以石油分馏获得的馏分为原料，进行裂解和裂化处理，能够获得短链气态不饱和的烯烃，D正确；故合理选项是B。以下对于有机物命名不正确的选项是A.对二甲苯B.2,3-二甲基-3-乙基戊烷C.

异丁烯D.(CH3)3CCH2CH(C2H5)CH3

2

，2-二甲基-4-

乙基戊烷【答案】

D【分析】【详解】

A.两个甲基在苯环相对的地点，所以该物质名称为对二甲苯，

A正确；B.2，3-—二甲基—-3-

—乙基戊烷切合烷烃的系统命名方法，该名称命名合理，

B正确；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；因为碳碳单键能够旋转，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。对于有机物，以下说法正确的选项是A.含有3种官能团己烷有4种同分异构体C.和是分子构成相差一个-CH-，所以同系物关系2D.烷烃的沸点跟着碳原子数量的增加而增大【答案】D【分析】【详解】A.该物质中含有—COOH、—OH两种官能团，A错误；B.己烷有CHCHCHCHCHCH、、、、322223五种同分异构体，B错误；C.的羟基直接连结在苯环上，属于酚类；的羟基连结在芬芳烃的侧链上，属于芬芳醇，两者不属于同系物，C错误；跟着烷烃分子中碳原子数的增加，烷烃的相对分子质量渐渐增大，分子间作使劲增大，物质的熔沸点渐渐增大，D正确；故合理选项是D。以下表达正确的选项是乙烯与苯都能发生加成反响，所以都能使溴水退色对氯甲苯能够发生氧化反响、代替反响、消去反响能够用重结晶的方法提纯苯甲酸查验卤代烃中的卤原子：加入NaOH溶液共热，再加AgNO3溶液，察看积淀的颜色【答案】C【分析】【详解】A.乙烯与苯都能发生加成反响，乙烯能使溴水退色，而苯不可以使溴水因反响退色，但苯却能使溴水因为萃取作用而退色，A错误；B.对氯甲苯能够发生氧化反响，也能够发生代替反响，但不可以发生消去反响，B错误；苯甲酸在水中的溶解度随温度的高升而增大，随温度的降低而减小，所以能够用重结晶的方法提纯苯甲酸，C正确；D.查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，而后加入硝酸酸化，最后再加AgNO3溶液，察看积淀的颜色，D错误；故合理选项是C。某可逆反响正向反响过程中能量变化如图，以下说法正确的选项是该反响为吸热反响加入催化剂，反响速率增大，E1减小，E2减小，反响热不变增大压强，均衡正向挪动，K增大当反响υ正(B)∶υ正(D)=2∶1时，抵达均衡状态【答案】B【分析】【详解】A.依据图示可知：反响物的总能量高于生成物的总能量，所以该反响为放热反响，A错误；B.加入催化剂，能够降低反响的活化能，即

E1减小，E2减小，所以能够使更多的分子变为活化分子，所以反响速率增大，但E1-E2不变，反响热不变，B正确；C.依据图示可知反响方程式为：A(g)+2B(g)C(g)+D(g)，该反响的正反响是气体体积减小的反响，增大压强，化学均衡向正反响方向挪动，但因为温度不变，所以化学均衡常数K不变，C错误；D.在任何状况下的化学反响速率υ正(B)∶υ正(D)=2∶1，所以不可以据此均衡均衡状态，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。以下表达不

正确的选项是．A.a和b不连结时，铁片上会有金属铜析出B.不论a和b能否连结，铁片均会溶解，溶液均从蓝色渐渐变为浅绿色C.a和b分别连结直流电源正、负极，铜片上发生的反响为：Cu-2e-=Cu2+D.a和b分别连结直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极挪动【答案】D【分析】【剖析】A.a和b不连结时，铁和铜离子发生置换反响；B.不论a和b能否连结，铁都能够发生反响；C.a是Cu电极连结直流电源正极，铜是活性电极，电极失掉电子，发生氧化反响；D.电解池中，阳离子向阴极挪动。【详解】

A.a

和b不连结时，铁和铜离子发生置换反响，所以铁片上有铜析出，

A正确；B.因为金属活动性

Fe>Cu，所以不论

a和

b能否连结，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，所以看到铁溶解，溶液由蓝色渐渐变为浅绿色，B正确；C.aCu电极连结直流电源正极，作阳极，铜是活性电极，所以Cu电极失掉电子，发生氧化反响，电极反响式为Cu-2e-=Cu2+，C正确；D.a和b分别连结直流电源正、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)挪动，D错误；故合理选项是D。【点睛】此题考察了原电池和电解池原理的知识，明确正、负极的判断方法、电极反响种类、阴阳离子挪动方向即可解答，难度不大，易错点为阴、阳离子挪动方向的判断。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以下图。以下相关说法正确的选项是A.a点由水电离出的c(H＋)=1.0×10-14mol/LB.b+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)点：c(NH4+c点：c(Cl)=c(NH4)d点前，溶液温度上涨的主要原由是NH3·H2O电离放热【答案】C【分析】【剖析】氨水中的氢离子是水电离的，依据氨水中氢离子浓度大小进行判断；B.b点时pH>7，盐酸和氨水反响后氨水过度，反响后为氯化铵和氨水的混淆液；C.c点溶液的pH=7，为中性溶液，则c(H+)=c(OH-)，依据电荷守恒进行判断；D.d点前发生中和反响，中和反响为放热反响，d点盐酸与氨水恰巧完整中和，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，因为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，盐酸和氨水恰巧完整反响获得NH4Cl溶液，NH4Cl溶液呈酸性且此时溶液中的物料守恒为+-)，b点溶液的pH>7，则盐酸与氨水反响后432氨水过度，反响后为氯化铵和氨水的混淆液，依据物料守恒知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-)，依据电荷守恒可知：c(Cl-)=c(NH4+)，C正确；D.酸、碱中和反响是放热反响，在d点前跟着盐酸的加入，酸碱中和反响放出热量增加，使溶液的温度高升，d点时盐酸和氨水恰巧完整反响，放热最多，d点后再加盐酸温度降低，是因为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】此题考察水溶液中的电离均衡以及酸碱中和滴定的知识，明确滴定曲线中各点的是解答的重点，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。

pH8.(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以下图。由图中数据剖析，该反响的化学方程式为

_________。反响开始至

2min

，Z的均匀反响速率为__________。甲烷作为能源焚烧放出大批的热，已知：①2CH4(g)+3O

2(g)=2CO(g)+4H2O(l)

△H1=-1214kJ/mol②2CO(g)+O2(g)=2CO

2(g)

△H2=-566kJ/mol则表示甲烷焚烧热的热化学方程式

___________________________________________。在25℃下，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混淆溶液中逐滴加入氨水，先生成_________积淀（填化学式），生成该积淀的离子方程式为__________________（已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20）。(4)Na2S溶液拥有较强的碱性，其原由为______________________。(用离子方程式表示)【答案】(1).3X+Y2Z(2).0.05mol/(L·min)(3).CH(g)+2O(g)=CO(g)+2HO(l)△H=-890kJ/mol(4).Cu(OH)2(5).2+2Cu422+(6).S2-+H2O--+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4HS+OH【分析】【剖析】由图象可知，反响中X、Y的物质的量减少，应为反响物，Z的物质的量增加，应为生成物，当反响进行到2min时，X、Y的物质的量不变且不为0，属于可逆反响，△n(X)=0.3mol，△n(Y)=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，参加反响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)；依据焚烧热的观点，运用盖斯定律，就能够获得甲烷焚烧的热化学方程式；Mg(OH)2、Cu(OH)2的种类同样，依据溶度积常数越小，先形成积淀判断；依据盐的构成，联合盐的水解规律剖析判断。【详解】(1)由图象可知，反响中X、Y的物质的量减少，应为反响物，Z的物质的量增加，应为生成物，当反响进行到2min时，X、Y的物质的量不变且不为0，属于可逆反响，n(X)=0.3mol，△n(Y)=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，参加反响的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，所以该反响的化学方程式为3X+Y2Z；依据方程式可知在2min内Z的物质的量增添了0.2mol，因为容器的容积为2L，则υ(Z)==0.05mol/(L?min)；(2)甲烷的焚烧热是101kPa时，1mol甲烷完整焚烧产生CO2气体和液态水时放出的热量。依据盖斯定律，将[①+②]÷2，整理可得：甲烷焚烧热的热化学方程式是：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ/mol；(3)因为Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11>Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Mg(OH)2、Cu(OH)2的种类同样，所以Cu(OH)2先生成积淀；一水合氨是一元弱碱，与Cu2+联合形成Cu(OH)2积淀，生成该积淀的2+3224+离子方程式为Cu；+2NH·HO=Cu(OH)↓+2NH22-发生水解反响，耗费水电离产生的+(4)NaS是强碱弱酸盐，在溶液中，SH，最后达到均衡时，-)>c(H+2-+H2O--溶液中c(OH)，使溶液拥有较强的碱性，水解反响的离子方程式为：SHS+OH。【点睛】此题考察了图象在化学方程式书写的应用、热化学方程式的书写、化学反响速率的计算及积淀溶解均衡、盐的水解的知识，较为全面的考察了化学反响基来源理的知识。二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新式能源，它洁净、高效、拥有优秀的环保性能。Ⅰ.工业制备二甲醚的生产流程以下：催化反响室中(压强2.0～10.0MPa，温度230～280℃)进行以下反响：CO(g)+2H2(g)

CH3OH(g)

H=－90.7kJ/mol

①2CH3OH(g)

CH3OCH3(g)

＋H2O(g)

H=－23.5kJ/mol

②CO(g)+H2O(g)CO2(g)＋H2(g)H=－41.2kJ/mol③(1)甲烷氧化可制得合成气，反响以下：CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g)H=－35.6kJ/mol。该反响是____________反响(填“自觉”或“非自觉”)。(2)催化反响室中总反响3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的H＝_____________。该反应的均衡常数表达式为：_______；在830℃时K＝1.0，则在催化反响室中该反响的K______1.0(填“>”、“<”或“＝”)。上述反响中，能够循环使用的物质有__________。Ⅱ.如图为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理表示图。a电极是________极，其电极反响方程式为_________________。【答案】(1).自觉(2).－246.1kJ/mol(3).(4).>(5).CO、H2、甲醇和水(6).负(7).CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO+12H+【分析】【剖析】Ⅰ.(1)依照自觉进行的判断依照为△H-T△S＜0，是自觉进行的反响；△H-T△S＞0，是非自发进行的反响；依照热化学方程式和盖斯定律计算获得热化学方程式；依据化学均衡常数的含义可得其表达式；催化反响室内的反响条件是压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃；联合影响化学均衡的要素剖析判断；依照反响过程中的中间产物是能够循环利用的物质；Ⅱ.反响实质是二甲醚的焚烧，原电池负极发生氧化反响，二甲醚在负极放电，O2在正极发生复原反响，氧气在正极放电，由图中H+的挪动方向知，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，所以反响能自觉进行；催化反响室中(压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃)进行以下反响：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=－907kJ/mol②2CH3OH(g)CHOCH(g)＋H2O(g)H=－23.5kJ/mol33③CO(g)+H2O(g)CO2(g)＋H2(g)H=－412kJ/mol依照盖斯定律①×2+②+③获得：3CO(g)+3H2(g)CHOCH(g)+CO(g)H=-246.1kJ/mol；由332于化学均衡常数是可逆反响达到均衡状态时，各样生成物浓度幂之积与各样反响物浓度幂之积的比，则该反响的化学均衡常数表达式为K=；在830℃时反响的K=1.0，在催化反响室中，压力20～100Mpa，温度230～280℃，温度降低，均衡向正反响方向挪动，所以反响的K增大；(3)依照催化反响室中(压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃)进行以下反响，①CO(g)+2H(g)CHOH(g)H=－90.7kJ/mol23②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)H=－235kJ/mol③CO(g)+HO(g)CO(g)＋H(g)H=－412kJ/mol222甲醇和水是中间产物，联合生产流程，2也能够部分循环，故能够循环利用的物质、CO、H.COH2、甲醇和水。II.在该焚烧电池中，依据H+的挪动方向可知，通入二甲醚的a电极为负极，二甲醚在负极失去电子，发生氧化反响，电极反响式为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO+12H+。【点睛】此题考察了反响自觉进行的判断依照，盖斯定律的计算应用，均衡影响要素的剖析判断，原电池的电极判断，电极反响书写应用，题目难度中等。芬芳烃化合物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___________；此中核磁共振有____组峰，面积比为：

___________；此中最罕有

________个原子共平面。(2)A

与溴的四氯化碳溶液反响的化学方程式为

_______________________；(3)必定条件下，

A与氢气反响，获得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____________________；在必定条件下，由A聚合获得的高分子化合物的构造简式为_______________。(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的构造简式是_________。【答案】(1).C8H8(2).52(3).5(4).1∶1∶2∶2∶2(5).12(6).(7).(8).(9).【分析】【剖析】化合物的最大质荷比是该物质的相对分子质量，而后依据元素的含量确立分子中各样元素的原子个数，获得分子式；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；先依据分子式写出其构造简式，利用等效氢法，判断分子中H原子的种类数量，从而获得核磁共振氢谱的组数，面积比为H原子个数比；利用乙烯的平面构造及苯分子的平面构造进行判断；(2)A的碳碳双键与溴发生加成反响；(3)A中含有8个C原子，联合加成产物中C含量计算其相对分子质量及分子式，从而确立结构简式；(4)A分子中含有碳碳双键，在必定条件下，A发生加聚反响获得高分子化合物；(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的构造简式。【详解】(1)芬芳烃化合物A，最大质荷比为104，则A相对分子质量是104，因为碳的质量分数为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，所以芬芳烃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属于芬芳族化合物，分子式为C8H8，则其构造简式为，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，所以面积比为1∶1∶2∶2∶2；因为乙烯分子是平面分子，苯分子是平面六边形构造，苯环上处于对位的C原子在同一条直线上，因为单键能够旋转，所以共平面的原子起码有12个；苯乙烯分子中含有碳碳双键，能够与溴的四氯化碳溶液发生加成反响，而使溶液退色，反应的方程式为：；(3)A分子中含有8个C原子，与H发生加成反响时C原子数量不变，因为获得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，所以A与氢气反响所得化合物的构造简式为；(4)A是苯乙烯，分子中含有碳碳双键，在必定条件下，A发生加聚反响获得聚苯乙烯，该高分子化合物构造简式是：；(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的构造简式为。【点睛】此题考察了有机物分子式、构造