【化学】西藏自治区拉萨市拉萨中学2019-2020学年高二第五次月考（解析版） 12页

西藏自治区拉萨市拉萨中学2019-2020学年高二第五次月考 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 I 127 Ag 108 K 39 Cr 52 Ba 137 Cu 64 Br 80 Zn 65 ‎ 一、单选题（每题6分）‎ ‎1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是 A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污 B. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D. 漂白粉可用于生活用水的消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸钠溶液呈弱碱性，油污在碱性条件下可水解，因此用碳酸钠可去除餐具的油污，A项正确，不符合题目要求；‎ B．硫酸钡用于胃肠X射线造影检查，B项错误，符合题目要求；‎ C．氢氧化铝碱性较弱，可与胃酸反应且对胃部没有腐蚀作用，因此可用于中和过多胃酸，C项正确，不符合题目要求；‎ D．漂白粉的主要成分是次氯酸钙，具有氧化性，可用于生活用水的消毒，D项正确，不符合题目要求；‎ 答案选B。‎ ‎2.苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是 A. 与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应 B. 与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯 C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】苯乙烯结构简式为；‎ A．根据结构可知：苯乙烯中含有苯环，苯环能和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生苯环上取代反应，A正确；‎ B．该物质分子中含碳碳双键，在一定条件下能与HCl发生加成反应，生成1-氯苯乙烷、2-氯苯乙烷，而不是发生取代反应，B错误；‎ C．物质分子结构中含有碳碳双键，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；‎ D．碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应，生成聚苯乙烯，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎3.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是 A. 原子半径大小为W＜X＜Y＜Z B. X的氢化物水溶液酸性强于Z的 C. Y2W2与ZW2均含有非极性共价键 D. 标准状况下W的单质状态与X的相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。‎ ‎【详解】黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以YZW为NaClO，再根据W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，X和Z同族，得到W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl。‎ A．同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na（Y）的原子半径最大，选项A错误；‎ B．HCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的，选项B错误；‎ C．ClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误；‎ D．标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。‎ ‎4.下列实验过程可以达到实验目的的是(   ) ‎ 编号 实验目的 实验过程 A 配制0.4000mol/L的氢氧化钠溶液 ‎ 称取‎4.0g固体于250mL烧杯中加入少量蒸馏水溶解 B 制取并纯化氢气 向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液 C 探究维生素C的还原性 ‎ 向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化 D 探究浓度对反应速率的影响 ‎ 向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．4.0gNaOH固体为0.10mol，‎4.0g将NaOH溶于水配成250mL溶液，溶质的物质的量浓度才是0.4000mol/L，而加入少量水溶解，水的量未知，故配制的溶液浓度不能确定，故A不能达到实验目的；‎ B．稀盐酸和锌反应制得的氢气中混有HCl和水蒸气，先通过NaOH溶液，除去挥发的HCl，再通过浓硫酸，除去水蒸气，若再通过KMnO4溶液，又会带出水蒸气，不能得到纯净的氢气，故B不能达到实验目的；‎ C．氯化铁溶液是黄色的，滴加浓的维生素C的溶液，若溶液变为浅绿色，说明Fe3+被维生素C还原为Fe2+，说明维生素C具有还原性，故C可以达到实验目的；‎ D．NaHSO3和H2O2发生氧化还原反应，生成Na2SO4和水，没有明显现象，故D不能达到实验目的；‎ 故选C。‎ ‎5.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2，2]戊烷（）是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是（ ）‎ A. 与环戊烯互为同分异构体 B. 二氯代物超过两种 C. 所有碳原子均处同一平面 D. 生成1 molC5H12至少需要2 molH2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A、分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；‎ B、根据分子中氢原子的种类判断；‎ C、根据饱和碳原子的结构特点判断；‎ D、根据氢原子守恒解答。‎ 详解：A、螺[2，2]戊烷的分子式为C5H8，环戊烯的分子式也是C5H8，结构不同，互为同分异构体，A正确；‎ B、分子中的8个氢原子完全相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上，因此其二氯代物超过两种，B正确；‎ C、由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上，C错误；‎ D、戊烷比螺[2，2]戊烷多4个氢原子，所以生成1 molC5H12至少需要2 molH2，D正确。答案选C。‎ 点睛：选项B与C是解答的易错点和难点，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。关于有机物分子中共面问题的判断需要从已知甲烷、乙烯、乙炔和苯的结构特点进行知识的迁移灵活应用。‎ ‎6.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na－CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。下列说法错误的是（ ）‎ A. 放电时，ClO4－向负极移动 B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2‎ C. 放电时，正极反应为：3CO2＋4e－=2CO32－＋C D. 充电时，正极反应为：Na＋＋e－=Na ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。‎ ‎【详解】A. 放电时是原电池，阴离子ClO4－向负极移动，A正确；‎ B. 电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；‎ C. 放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C，C正确；‎ D. 充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32－+C－4e−＝3CO2，D错误。答案选D。‎ ‎【点睛】本题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与放电关系的理解。本题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精神，落实了立德树人的教育根本任务。‎ ‎7.用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（ ）‎ A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10‎ B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)‎ C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。‎ ‎【详解】A.选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确；‎ B.由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，选项B正确；‎ C.滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误；‎ D.卤化银从氟化银到碘化银溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。‎ ‎8.三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：‎ ‎(1)SiHCl3在催化剂作用下发生反应：‎ ‎2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g)  ΔH1=48 kJ·mol-1‎ ‎3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g)  ΔH2=−30 kJ·mol-1‎ 则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g)的ΔH=__________kJ·mol-1。‎ ‎(2)对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。‎ ‎① 343K时反应的平衡转化率α=__________%。平衡常数表达式__________。‎ ‎②在343K下，要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是__________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有__________、__________。‎ ‎③比较a、b处反应速率大小：va__________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎【答案】 (1). +114 (2). 22 (3). (4). 及时分离出产物 (5). 增大压强 (6). 使用催化剂等 (7). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)SiHCl3在催化剂作用下发生反应：‎ ‎2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g)  ΔH1=48 kJ·mol-1‎ ‎3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g)  ΔH2=−30 kJ·mol-1‎ 把第一个反应乘以3后和第二个反应相加，即可得反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g)，其ΔH=3ΔH1+ΔH2=3×48 kJ·mol-1+(−30 kJ·mol-1)=+144kJ·mol-1。‎ ‎(2) ①温度越高，反应速率越快，越先达到平衡，所以图像中a点所在的曲线温度高，即为343K下的曲线。从曲线可以看出，平衡时SiHCl3的转化率为22%。平衡常数为平衡时生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，故反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)的平衡常数表达式为K=。故答案为22，。‎ ‎②在343K下，要提高SiHCl3‎ 转化率，即要使平衡向右移动。影响平衡的因素有浓度、温度、压强等，由于温度一定，而该反应的前后气体系数和相等，压强改变不能使平衡移动，所以只能采取及时分离产物的措施来提高反应物的转化率。要缩短反应达到平衡的时间，即要提高反应速率，从影响反应速率的因素浓度、温度、压强和催化剂等方面考虑，可采取的措施有增大压强（或增大反应物浓度）、使用催化剂等。故答案为：及时分离出产物，增大压强、使用催化剂等。‎ ‎③a、b两处反应物的转化率相等，所以各物质的浓度相等，而a处温度高于b处温度，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：va大于vb。‎ ‎【点睛】要提高反应物的转化率，就需要使平衡向右移动，如果温度一定，就不要考虑温度对平衡的影响，可以从压强和浓度的角度思考。要缩短达到平衡所需的时间，就需要加快反应速率，可以从影响速率的角度考虑，对于该反应，增大反应物的浓度相当于增大压强，所以答题时只能答增大压强或增大反应物浓度，另一个措施可以是使用催化剂。‎ ‎9.醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·H2O］为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示，回答下列问题：‎ ‎ ‎ ‎（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目是_________，仪器a的名称是_______。‎ ‎（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3。‎ ‎①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_________。‎ ‎②同时c中有气体产生，该气体作用是_____________。‎ ‎（3）打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是________；d中析出砖红色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是___________、_________、洗涤、干燥。‎ ‎（4）指出装置d可能存在的缺点______________。‎ ‎【答案】 (1). 去除水中溶解氧 (2). 分液（或滴液）漏斗 (3). Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋ (4). 排除c中空气 (5). c中产生H2使压强大于大气压 (6). （冰浴）冷却 (7). 过滤 (8). 敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触 ‎【解析】‎ 分析：在盐酸溶液中锌把Cr3＋还原为Cr2＋，同时产生氢气排尽装置中的空气防止氧化。生成的氢气导致c中压强增大，可以把生成的CrCl2压入d装置发生反应，据此解答。‎ 详解：（1）由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器a是分液（或滴液）漏斗；‎ ‎（2）①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明Cr3＋被锌还原为Cr2＋，反应的离子方程式为Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋；‎ ‎②锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Cr2＋，所以氢气作用是排除c中空气；‎ ‎（3）打开K3，关闭K1和K2，由于锌继续与盐酸反应生成氢气，导致c中压强增大，所以c中亮蓝色溶液能流入d装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需要采取的操作是（冰浴）冷却、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎（4）由于d装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。‎ 点睛：本题主要是考查醋酸亚铬制备原理的实验探究，考查学生的化学实验与探究的能力、从提供的新信息中，准确地提取实质性内容，并与已有知识整合，重组为新知识块的能力，题目难度中等。明确实验原理、有关物质的性质尤其是题干信息中提取和应用是解答的关键。‎ ‎10.焦亚硫酸钠()在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛，回答下列问题:‎ ‎(1)写出 中硫元素的价态_________。‎ ‎(2)利用烟道气中的生产的工艺为：‎ ‎①pH=4.1时，Ⅰ中为__________溶液(写化学式)。‎ ‎②工艺中加入固体，并再次充入的目的是________________________。‎ ‎(3)可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用淀粉作指示剂，用0.01000mol·L1的碘标准液滴定至终点，消耗碘标准液10.00mL ‎，则滴定实验中葡萄酒样品装在__________，从反应类型角度分析，该反应中体现了具有__________。滴定终点的依据_______________________。‎ ‎【答案】 (1). +4价 (2). NaHSO3 (3). 得到NaHSO3过饱和溶液 (4). 锥形瓶 (5). 还原性 (6). 当滴入最后一滴碘溶液时，溶液颜色从无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5，先向Na2CO3饱和溶液中通入过量的SO2，生成NaHSO3，得到NaHSO3的饱和溶液，再向溶液中加入Na2CO3固体，使溶液的pH=7~8，然后再通入SO2，得到NaHSO3的过饱和溶液，NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。‎ ‎【详解】(1) Na2S2O5中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价代数和为0，可以计算出硫元素的价态为+4价。‎ ‎(2)由以上分析可知：‎ ‎①pH=4.1时，Ⅰ中为NaHSO3溶液。‎ ‎②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是制得NaHSO3的过饱和溶液。‎ ‎(3)用碘标准液滴定葡萄酒中的Na2S2O5，碘标准液装在滴定管中，Na2S2O5溶液装在锥形瓶里。Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5具有还原性，碘具有氧化性，两者可以发生氧化还原反应。将碘标准液滴入Na2S2O5溶液中时，碘被还原为I-，溶液颜色无明显变化，当Na2S2O5被消耗完时，再滴入碘标准液，碘遇淀粉变蓝，达到滴定终点，所以滴定终点的判断依据当滴入最后一滴碘溶液时，溶液颜色从无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。‎ ‎【点睛】确定滴定终点时，要明确滴定终点前溶液的颜色和滴定终点时溶液的颜色，这就需要清楚是哪种溶液滴入哪种溶液中。另外还要注意颜色发生变化后不能立即读数，需要等待30s，使反应充分发生，然后再读数。‎ ‎11.近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：‎ 已知:RCHO+CH3CHORCH=CHCH3+H2O 回答下列问题：‎ ‎(1)A的化学名称是__________；状态__________。‎ ‎(2)B为单氯代烃，分子式为C3H3Cl，由B生成C的反应类型 __________。‎ ‎(3)A中少一个碳原子的有机物结构简式__________；实验室制备该气体化学方程式__________ 。‎ ‎(4)E的分子式为__________。‎ ‎(5)Y中含氧官能团的名称为__________。‎ ‎(6)X与H互为同分异构体，写出一种符合条件的X的结构简式__________。‎ ‎①具有完全相同官能团； ②苯环上有2个取代基；‎ ‎【答案】 (1). 丙炔 (2). 气体 (3). 取代反应 (4). CH≡CH (5). CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2 (6). C6H9O2I (7). 羟基、酯基 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 丙炔和氯气在光照下发生甲基上的取代反应生成单氯代烃B，所以B的结构简式为CH≡C-CH2Cl，B生成C是B分子中的Cl被-CN取代，C的结构简式为CH≡C-CH2CN，C生成D的第一步是C中的-CN水解为-COOH，第二步是和乙醇发生酯化反应生成酯，D的结构简式为CH≡C-CH2-COOC2H5，D和HI发生加成生成E()。根据给出的信息，结合F的分子式，可知F为苯甲醛，和乙醛发生反应生成G()，G和H2加成生成H，H和E发生反应生成Y。‎ ‎【详解】由以上分析可知：‎ ‎(1)A的化学名称是丙炔；碳原子数在4以及4以下的烃在常温下均为气态，丙炔只有3‎ 个碳原子，所以常温下为气体。‎ ‎(2)B为单氯代烃，分子式为C3H3Cl，由B生成C的反应类型为取代反应。‎ ‎(3)A为丙炔，比A少一个碳原子的有机物为乙炔，结构简式为CH≡CH；实验室用电石和水（通常用饱和食盐水代替水以减慢反应速率）制备乙炔，化学方程式为CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2。‎ ‎(4)E的结构简式为，分子式为C6H9O2I。‎ ‎(5)Y结构简式为，其中含氧官能团为酯基和羟基。‎ ‎(6)H的分子式为C9H10O，官能团为醛基，X与H互为同分异构体，要求①和H具有完全相同官能团，即分子中有醛基；②苯环上有2个取代基。苯环上连有3个碳原子，其中一个是醛基碳原子。则苯环上的两个取代基可以分别是-CHO和-C2H5、-CH2CHO和-CH3，所以有、、、、、，任写一种。‎ ‎ ‎