河南省周口市扶沟县高级中学2018_2019学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析） 20页

河南省周口市扶沟县高级中学2018-2019学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）注意事项：1．本试卷共8页，分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共20小题，总分100分，考试时间为90分钟。2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上，答在试卷上的答案无效。相对原子质量：Na23O16H1C12Cu64I卷选择题一、选择题（每小题只有一个正确选项符合题意，16小题，每小题3分，共48分）1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（）A.“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅B.“一带一路”是现代丝绸之路,丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物C.四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应D.纯碱既可用于清洗油污，也可用于治疗胃酸过多【答案】B【解析】【详解】A.硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，故手机中芯片的主要成分是单晶硅，故A错误；B.蛋白质属于天然高分子化合物，故B正确；C.谷物中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇被氧化生成醋酸，酿造过程中并不是只发生水解反应，故C错误；D.油污是高级脂肪酸甘油酯，碱性溶液中水解生成易溶于水的物质，便于洗涤，纯碱有利于油污水解，纯碱碱性较强，腐蚀性强，若遇到胃溃疡会造成胃穿孔，不能用于治疗胃酸过多，故D错误。故选B。2.下列化学用语表述正确的是（）A.乙烯的结构简式：CH2CH2B.乙醇的分子式：CH3CH2OHnC.甲醛的结构式：D.比例模型表示甲烷分子或四氯化碳分子【答案】C【解析】【详解】A.乙烯的结构简式可表示为CH2=CH2，故A错误；B.乙醇的分子式：C2H6O，故B错误；C.甲醛的结构式：，故C正确；D.甲烷分子或四氯化碳分子均为正四面体构型，但原子半径为Cl＞C＞H，则比例模型表示甲烷分子，而不能表示四氯化碳，故D错误。故选C。3.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.无色透明的溶液中：Fe3+、NH4+、I—、CO32-B.c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中:K+、Mg2+、SO42-、AlO2-C.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH4+、SO42-、NO3-D.c(H+)/c(OH-)=1×10l2的溶液中:Ca2+、Na+、SiO32-、HCO3-【答案】C【解析】【详解】A.Fe3+为黄色，与无色不符，且Fe3+、I-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B.c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中，AlO2-、Al3+离子之间发生双水解反应生成难溶物氢氧化铝，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.能使甲基橙变红的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，则能共存，故C正确；D.c(H+)/c(OH-)=1×10l2的溶液中c（H+）=0.1mol/L，溶液显酸性，SiO32-、HCO3-均能与H+反应，不能大量共存，故D错误。故选C。【点睛】解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有(1)溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-n；(2)溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；(3)溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”“加入铝粉产生氢气”；(4)是“可能”共存，还是“一定”共存。4.室温下，向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是A.加入NaOH，可增大乙醇的物质的量B.增大HBr浓度，有利于生成C2H5BrC.若反应物增大至2mol，则两种反应物平衡转化率之比不变D.若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间【答案】D【解析】分析：本题考查反应速率和平衡的基本知识。根据题目的反应，主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。详解：A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。C．若反应物增大至2mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间。选项D错误。点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。5.在其他条件相同时，反应N2+O2=2NO分别在有、无催化剂时的能量变化如下图所示，下列说法中不正确的是（）nA.该反应中反应物的总能量比生成物的总能量低B.0.2molNO完全分解成N2和O2时共放出热量18.26kJC.加入催化剂可以改变反应的活化能D.加入催化剂能改变反应的焓变【答案】D【解析】【详解】A.从图示可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，故A正确；B.根据图示可知：反应生成2molNO时，吸收热量为182.6kJ，所以2molNO完全分解成N2和O2时共放出热量182.6kJ，则0.2molNO完全分解成N2和O2时共放出热量18.26kJ，故B正确；C.由图可知，催化剂能降低反应的活化能，故C正确；D.加入催化剂，降低反应活化能，但反应的焓变不变，故D错误。故选D。6.当1，3-丁二烯和溴单质1：1加成时，其反应机理及能量变化如下：不同反应条件下，经过相同时间测得生成物组成如下表：下列分析不合理的是nA.产物A、B互为同分异构体，由中间体生成A、B的反应互相竞争B.相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快C.实验1测定产物组成时，体系己达平衡状态D.实验1在tmin时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B【答案】C【解析】分析：由1，3-丁二烯和溴单质1：1加成时的反应机理及能量变化示意图可知，该反应可以生成互为同分异构体的两种产物A和B，由中间体生成A、B的反应互相竞争；由中间体生成A的活化能较低，故相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快；实验1测定产物组成时，无法判断体系己达平衡状态；由图像可知，由C生成A和B的反应皆为放热反应，由表中数据可知，在较高的温度下，C转化为B有竞争优势，故实验1在tmin时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B。详解：A.产物A、B互为同分异构体，由中间体生成A、B的反应互相竞争，A正确；B.由中间体生成A的活化能较低，故相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快，B正确；C.实验1测定产物组成时，无法判断体系己达平衡状态，C不合理；D.由图像可知，由C生成A和B的反应皆为放热反应，由表中数据可知，在较高的温度下，C转化为B有竞争优势，故实验1在tmin时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B，D正确。综上所述，分析不合理的是C，本题选C。7.已知:2CH3COCH3(1)CH3COCH2COH(CH3)2(1)。取等量CH3COCH3分别在0℃和20℃下反应,测得其转化率(α)随时间(t)变化的关系曲线如下图所示。下列说法正确的是（）A.化学反应速率的大小顺序为：d>b>cB.升高温度能提高反应物的平衡转化率C.在a点时，曲线Ⅰ和Ⅱ表示反应的化学平衡常数相等nD.曲线Ⅱ表示20℃时的转化反应【答案】A【解析】【分析】分析图象题时注意曲线的变化，温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间就越少，曲线的斜率就越大；根据图象可以看出温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH3COCH3的转化率反而降低，分析图象，当反应进行到一定时间时a、b曲线对应的转化分数均相同，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，据此答题。【详解】A.反应开始反应物的浓度最大，随着反应物的浓度减小速率也随着减小，所以d处速率大于b处，因为曲线Ⅰ的温度高，所以b处的速率大于c处，故化学反应速率的大小顺序为：d>b>c，故A正确；B.曲线Ⅰ比曲线Ⅱ的温度高，但是转化率低，说明升温平衡逆向移动，转化率降低，故B错误；C.曲线Ⅰ和曲线Ⅱ对应的温度不同，化学平衡常数只与温度有关，所以在a点时，曲线Ⅰ和Ⅱ表示反应的化学平衡常数不相等，故C错误；D.曲线Ⅰ比曲线Ⅱ变化快，说明曲线Ⅰ的温度高，故D错误。故选A。【点睛】对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：①先拐先平。例如，在转化率—时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。②定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。8.糖类、蛋白质、油脂是人体重要的营养物质，下列有关说法不正确的是（）A.麦芽糖在人体内的水解产物能和银氨溶液发生反应B.淀粉、纤维素、蛋白质和油脂都是有机高分子化合物C.在鸡蛋清溶液中加入饱和的Na2SO4溶液时，会使蛋白质析出D.在一定条件下氨基酸之间能发生反应，合成更复杂的化合物(多肽)，构成蛋白质【答案】B【解析】A.麦芽糖的水解产物是葡萄糖，葡萄糖含有醛基，能发生银镜反应，故A正确；B.油脂相对分子质量较小，属于高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，故B错误；C.鸡蛋清溶液n中滴入饱和的Na2SO4溶液，发生盐析，则有沉淀析出，故C正确；D.氨基酸含有氨基、羧基，可发生取代、缩聚反应，可生成二肽、多肽或蛋白质，故D正确。本题选B。9.下列关于有机化合物的说法正确的是（）A.HOCH2CH(CH3)2与(CH3)3COH属于碳链异构B.的核磁共振氢谱表明其有3种不同化学环境的氢C.除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯D.用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯甲醇、乙醇和苯甲醛【答案】B【解析】【详解】A.碳链异构是碳链的连接方式不同，HOCH2CH(CH3)2与(CH3)3COH的-OH的位置不同，二者属于位置异构，故A错误；B.中有3种不同的氢原子，所以核磁共振氢谱表明其有3种不同化学环境的氢，故B正确；C.除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，应加入饱和碳酸钠溶液，饱和碳酸钠溶液能溶解乙酸，吸收乙醇，并且能降低乙酸乙酯的溶解度，而加入烧碱溶液，乙酸乙酯与NaOH溶液发生水解反应，不能除杂，故C错误；D.苯甲醇、乙醇和苯甲醛都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，是酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯甲醇、乙醇和苯甲醛，故D错误。故选B。10.药用有机化合物A(C8H8O2)为一种无色液体。从A出发可发生如图所示的一系列反应。则下列说法正确的是（）A.根据D和浓溴水反应生成白色沉淀可推知D为三溴苯酚B.上述各物质中能发生水解反应的有A、B、D、GC.G的同分异构体中属于酯且能发生银镜反应的有2种D.1molA最多能与lmolNaOH反应n【答案】C【解析】分析：由A的组成且能与NaOH溶液在加热条件下反应生成两种物质，可确定A为酯，由于碳酸比苯酚的酸性强，且D和浓溴水反应生成白色沉淀，说明B是苯酚钠，D为苯酚，F的三溴苯酚，根据E与乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成具有香味的物质，可确定G为乙酸乙酯，E为乙酸，则C为乙酸钠。根据这些有机物的性质即可解答本题。详解：A、苯酚和浓溴水反应生成白色沉淀三溴苯酚，可推知D为苯酚，故A错误；B、能够水解的物质有A和G（酯类）、B（酚钠），D为苯酚不能水解，则B错误；C、属于酯且能发生银镜反应的为甲酸酯，所以符合要求的G的同分异构体有HCOOCH2CH2CH3和HCOOCH(CH3)2两种，故C正确；D、A与NaOH溶液在加热条件下反应生成苯酚钠和乙酸钠，所以1molA能与2molNaOH反应，故D错误。本题答案为C。11.下列实验操作及对应的现象与结论都正确的是（）实验操作现象结论A向淀粉中加入碘水溶液变蓝淀粉没有水解B向乙醇中加入浓硫酸并加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液溶液紫色逐渐退去产生的气体为乙烯C向乙醛中加2ml10％CuSO4溶液，再加入3滴10％NaOH溶液，加热无砖红色沉淀乙醛已变质D向苯酚悬浊液中加入Na2CO3溶液，振荡、静置溶液变澄清苯酚的电离程度比HCO3-大A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.溶液变蓝，只能说明淀粉没有完全水解，故A错误；B.将乙醇与浓硫酸在170℃共热制得的气体中除乙烯外还有少量乙醇蒸气，乙醇也可以使酸性n高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C.乙醛和新制的氢氧化铜悬浊液反应应在碱性条件下进行，加入氢氧化钠太少，故C错误；D.向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变澄清，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，则CO32-结合质子能力比C6H5O-强，说明苯酚的电离程度比HCO3-大，故D正确。故选D。12.下列说法错误的是（）A.弱酸pH=a，加水稀释到10n倍，则pH0①其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如下图所示。X代表的是______(填“温度”或“压强”)。n②其他条件一定，向2L密闭容器中加入nmolCH4和2molNH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如下图所示。若反应从开始到a点所用时间为10min，该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为______；该温度下，b点的平衡常数为________（4）纳米氧化亚铜Cu2O是一种用途广泛的光电材料，电化学法可用铜棒和石墨作电极，电解Cu(NO3)2稀溶液制备。电解过程中无气体产生，则铜棒作______极，阴极生成Cu2O的电极反应式为________。【答案】(1).-76.0kJ·mol－1(2).11(3).压强(4).0.025mol·L-1·min-1(5).3/16(6).阳(7).2Cu2++2e-+H2O=Cu2O+2H+【解析】【详解】（1）已知：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=+113.4kJ·mol－1①，3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)△H=+18.7kJ·mol－1②，根据盖斯定律，②×2-①可得6FeO(s)+CO2(g)==2Fe3O4(s)+C(s)，△H=（+18.7kJ·mol－1）×2-（+113.4kJ·mol－1）=-76.0kJ·mol－1，故答案为：-76.0kJ·mol－1。（2）1.0mol·L－1NaClO溶液中，c（ClO-）=1.0mol·L－1，已知ClO－+H2OHClO+OH－，该水解反应的平衡常数K=c（HClO）c（OH-）/c（ClO-）=c2（OH-）=1.0×10－6mol·L－1，c（OH-）=1.0×10－3mol·L－1，则c（H+）=Kw/c（OH-）=10-14/10-3=10-11，则pH=11，故答案为：11。（3）①根据图示，X越大转化率越小，平衡逆向移动，该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，故答案为：压强。n②设10min时，反应的氨气的物质的量为x，CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)开始（mol）2200反应（mol）xxx3xa点（mol）2-x2-xx3x则(2-x)/(2-x+x+3x)×100%=30%，解得x=0.5mol，v（CH4）=△c/△t=0.5mol/2L/10min=0.025mol·L-1·min-1，此时c（HCN）=0.5mol/2L=0.25mol/L，c（H2）=0.5mol×3/2L=0.75mol/L，c（CH4）=c（NH3）=（2-0.5）mol/2L=0.75mol/L，平衡常数只与温度有关，所以Ka=Kb=c（HCN）c3（H2）/c（CH4）c（NH3）=0.25×(0.75)3/0.75×0.75=3/16，故答案为：0.025mol·L-1·min-1，3/16。（4）要生成氧化亚铜，则铜必须失去电子，因此铜作阳极。阴极得到电子，发生还原反应，所以阴极电极反应式为2Cu2++2e－+H2O=Cu2O+2H+，故答案为：阳，2Cu2++2e-+H2O=Cu2O+2H+。【点睛】电解池中，与电源正极相连的阳极上失电子发生氧化反应，与电源负极相连的阴极上得电子发生还原反应。