【化学】贵州省南白中学、遵义县一中2018-2019学年高二下学期第一次联考（解析版） 试卷

贵州省南白中学、遵义县一中2018-2019学年高二下学期第一次联考

1.下列说法错误的是

A. “臭氧空洞”的形成可能与含氯的氟代烷的使用有关

B. 钢铁在干燥的环境中更容易发生“吸氧腐蚀”

C. 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

D. 石油的裂解和裂化可以得到气态烯烃

【答案】B

【解析】

【详解】A.含氯的氟代烷在紫外线的照射下会产生游离的Cl原子，Cl原子是臭氧转化为氧气的催化剂，因此“臭氧空洞”的形成与含氯的氟代烷的使用有关，A正确；

B.钢铁在潮湿的环境中更容易发生“吸氧腐蚀”，而在干燥环境中不容易发生腐蚀，B错误；

C.由于金属活动性Zn>Fe，所以在船身上装有锌块，当与海水形成原电池时，首先被腐蚀的是Zn，轮船得到了保护，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法保护船体，C正确；

D.石油是各种烷烃、环烷烃等的混合物，以石油分馏得到的馏分为原料，进行裂解和裂化处理，可以得到短链气态不饱和的烯烃，D正确；

故合理选项是B。

2.下列关于有机物命名不正确的是

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

【解析】

【详解】A.两个甲基在苯环相对的位置，因此该物质名称为对二甲苯，A正确；

B.2，3­—二甲基—­3­—乙基戊烷符合烷烃的系统命名方法，该名称命名合理，B正确；

C.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；

D.由于碳碳单键可以旋转，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。

3.关于有机物，下列说法正确的是

A. 含有3种官能团

B. 己烷有4种同分异构体

C. 和分子组成相差一个-CH2-，因此是同系物关系

D. 烷烃的沸点随着碳原子数目的增多而增大

【答案】D

【解析】

【详解】A.该物质中含有—COOH、—OH两种官能团，A错误；

B.己烷有CH3CH2CH2CH2CH2CH3、、、、五种同分异构体，B错误；

C. 的羟基直接连接在苯环上，属于酚类；的羟基连接在芳香烃的侧链上，属于芳香醇，二者不属于同系物，C错误；

D.随着烷烃分子中碳原子数的增多，烷烃的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力增大，物质的熔沸点逐渐增大，D正确；

故合理选项是D。

4.下列叙述正确的是

A. 乙烯与苯都能发生加成反应，所以都能使溴水褪色

B. 对氯甲苯可以发生氧化反应、取代反应、消去反应

C. 可以用重结晶的方法提纯苯甲酸

D. 检验卤代烃中的卤原子：加入NaOH溶液共热，再加AgNO3溶液，观察沉淀的颜色

【答案】C

【解析】

【详解】A.乙烯与苯都能发生加成反应，乙烯能使溴水褪色，而苯不能使溴水因反应褪色，但苯却能使溴水由于萃取作用而褪色，A错误；

B.对氯甲苯可以发生氧化反应，也可以发生取代反应，但不能发生消去反应，B错误；

C.苯甲酸在水中的溶解度随温度的升高而增大，随温度的降低而减小，因此可以用重结晶的方法提纯苯甲酸，C正确；

D.检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，然后加入硝酸酸化，最后再加AgNO3溶液，观察沉淀的颜色，D错误；

故合理选项是C。

5.某可逆反应正向反应过程中能量变化如图，下列说法正确的是

A. 该反应为吸热反应

B. 加入催化剂，反应速率增大，E1减小，E2减小，反应热不变

C. 增大压强，平衡正向移动，K增大

D. 当反应υ正(B)∶υ正(D)=2∶1时，到达平衡状态

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据图示可知：反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该反应为放热反应，A错误；

B.加入催化剂，能够降低反应的活化能，即E1减小，E2减小，因此可以使更多的分子变为活化分子，所以反应速率增大，但E1-E2不变，反应热不变，B正确；

C.根据图示可知反应方程式为：A(g)+2B(g)C(g)+D(g)，该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，但由于温度不变，所以化学平衡常数K不变，C错误；

D.在任何情况下的化学反应速率υ正(B)∶υ正(D)=2∶1，因此不能据此平衡平衡状态，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。下列叙述不正确的是

A. a 和 b 不连接时，铁片上会有金属铜析出

B. 无论 a 和 b 是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色

C. a 和 b 分别连接直流电源正、负极，铜片上发生的反应为：Cu-2e-=Cu2+

D. a 和 b 分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动

【答案】D

【解析】

【分析】

A.a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应；

B.无论a和b是否连接，铁都可以发生反应；

C.a 是Cu电极连接直流电源正极，铜是活性电极，电极失去电子，发生氧化反应；

D.电解池中，阳离子向阴极移动。

【详解】A.a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，A正确；

B.由于金属活动性Fe>Cu，所以无论a和b是否连接，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，因此看到铁溶解，溶液由蓝色逐渐变为浅绿色，B正确；

C.a Cu电极连接直流电源正极，作阳极，铜是活性电极，所以Cu电极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，C正确；

D.a和b分别连接直流电源正、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)移动，D错误；

故合理选项是D。

【点睛】本题考查了原电池和电解池原理的知识，明确正、负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，难度不大，易错点为阴、阳离子移动方向的判断。

7.室温下，将1.000 mol/L盐酸滴入20.00 mL1.000mol/L氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是

A. a点由水电离出的c(H＋)=1.0×10-14 mol/L

B. b点：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)

C. c点：c(Cl-)=c(NH4+)

D. d点前，溶液温度上升的主要原因是NH3·H2O电离放热

【答案】C

【解析】

【分析】

A.氨水中的氢离子是水电离的，根据氨水中氢离子浓度大小进行判断；

B.b点时pH>7，盐酸和氨水反应后氨水过量，反应后为氯化铵和氨水的混合液；

C.c点溶液的pH=7，为中性溶液，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒进行判断；

D.d点前发生中和反应，中和反应为放热反应，d点盐酸与氨水恰好完全中和，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，由于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，盐酸和氨水恰好完全反应得到NH4Cl溶液，NH4Cl溶液呈酸性且此时溶液中的物料守恒为c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，b点溶液的pH>7，则盐酸与氨水反应后氨水过量，反应后为氯化铵和氨水的混合液，根据物料守恒知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-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)=c(NH4+)，C正确；

D.酸、碱中和反应是放热反应，在d点前随着盐酸的加入，酸碱中和反应放出热量增多，使溶液的温度升高，d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，d点后再加盐酸温度降低，是由于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】本题考查水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定的知识，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，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。

8.(1)某温度时，在2 L容器中X、Y、Z三种气态物质的量随时间的变化曲线如图所示。由图中数据分析，该反应的化学方程式为_________。反应开始至2 min，Z的平均反应速率为__________。

(2)甲烷作为能源燃烧放出大量的热，已知：

①2CH4(g)+3O2(g)=2CO(g)+4H2O(l) △H1= -1214 kJ/mol

②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)           △H2=-566 kJ/mol

则表示甲烷燃烧热的热化学方程式___________________________________________。

(3)在25℃下，向浓度均为0.1 mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为__________________（已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20）。

(4)Na2S溶液具有较强的碱性，其原因为______________________。(用离子方程式表示)

【答案】    (1). 3X+Y2Z    (2). 0.05mol/(L·min)    (3). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ/mol    (4). Cu(OH)2    (5). Cu2+ +2NH3·H2O=Cu(OH)2 ↓+2NH4+    (6). S2-+H2O HS-+OH-

【解析】

【分析】

(1)由图象可知，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，X、Y的物质的量不变且不为0，属于可逆反应，△n(X)=0.3mol，△n(Y)=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，参加反应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)；

(2)根据燃烧热的概念，运用盖斯定律，就可以得到甲烷燃烧的热化学方程式；

(3) Mg(OH)2、Cu(OH)2的类型相同，根据溶度积常数越小，先形成沉淀判断；

(4)根据盐的组成，结合盐的水解规律分析判断。

【详解】(1)由图象可知，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，X、Y的物质的量不变且不为0，属于可逆反应，△n(X)=0.3mol，△n(Y)=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，所以该反应的化学方程式为3X+Y2Z；根据方程式可知在2min内Z的物质的量增加了0.2mol，由于容器的容积为2L，则υ(Z)==0.05mol/(L·min)；

(2)甲烷的燃烧热是101kPa时，1mol甲烷完全燃烧产生CO2气体和液态水时放出的热量。根据盖斯定律，将[①+②]÷2，整理可得：甲烷燃烧热的热化学方程式是：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ/mol；

(3)由于Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11>Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Mg(OH)2、Cu(OH)2的类型相同，所以Cu(OH)2先生成沉淀；一水合氨是一元弱碱，与Cu2+结合形成Cu(OH)2沉淀，生成该沉淀的离子方程式为Cu2+ +2NH3·H2O=Cu(OH)2 ↓+2NH4+；

(4)Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中，S2-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，使溶液具有较强的碱性，水解反应的离子方程式为：S2-+H2O HS-+OH-。

【点睛】本题考查了图象在化学方程式书写的应用、热化学方程式的书写、化学反应速率的计算及沉淀溶解平衡、盐的水解的知识，较为全面的考查了化学反应基本原理的知识。

9.二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型能源，它清洁、高效、具有优良的环保性能。

Ⅰ.工业制备二甲醚的生产流程如下：

催化反应室中(压强2.0～10.0 MPa，温度230～280℃)进行下列反应：

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)  ΔH=－90.7 kJ/mol              ①

2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)  ΔH=－23.5 kJ/mol    ②

CO(g)+H2O(g) CO2(g)＋H2(g)  ΔH=－41.2 kJ/mol        ③

(1)甲烷氧化可制得合成气，反应如下：CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g) ΔH=－35.6 kJ/mol。该反应是____________反应(填“自发”或“非自发”)。

(2)催化反应室中总反应3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH＝ _____________。该反应的平衡常数表达式为：_______；在830℃时K＝1.0，则在催化反应室中该反应的K______1.0(填“>”、“<”或“＝”)。

(3)上述反应中，可以循环使用的物质有__________。

Ⅱ.如图为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图。

a电极是________极，其电极反应方程式为_________________。

【答案】    (1). 自发    (2). －246.1 kJ/mol    (3).     (4). >    (5). CO、H2、甲醇和水    (6). 负    (7). CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+

【解析】

【分析】

Ⅰ.(1)依据自发进行的判断依据为△H-T△S＜0，是自发进行的反应；△H-T△S＞0，是非自发进行的反应；

(2)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到热化学方程式；根据化学平衡常数的含义可得其表达式；催化反应室内的反应条件是压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃；结合影响化学平衡的因素分析判断；

(3)依据反应过程中的中间产物是可以循环利用的物质；

Ⅱ.反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，O2在正极发生还原反应，氧气在正极放电，由图中H+的移动方向知，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，因此反应能自发进行；

(2)催化反应室中(压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃)进行下列反应：

①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)  ΔH=－907 kJ/mol

②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)  ΔH=－23.5 kJ/mol

③CO(g)+H2O(g) CO2(g)＋H2(g)  ΔH=－412 kJ/mol

依据盖斯定律①×2+②+③得到：3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)ΔH=-246.1kJ/mol；由于化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时，各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则该反应的化学平衡常数表达式为K=；

在830℃时反应的K=1.0，在催化反应室中，压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃，温度降低，平衡向正反应方向移动，因此反应的K增大；

(3)依据催化反应室中(压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃)进行下列反应，

①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)  ΔH=－90.7 kJ/mol

②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)  ΔH=－23.5 kJ/mol

③CO(g)+H2O(g) CO2(g)＋H2(g)  ΔH=－41.2 kJ/mol

甲醇和水是中间产物，结合生产流程，CO、H2也可以部分循环，故可以循环利用的物质CO、H2、甲醇和水。

II.在该燃烧电池中，根据H+的移动方向可知，通入二甲醚的a电极为负极，二甲醚在负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+。

【点睛】本题考查了反应自发进行的判断依据，盖斯定律的计算应用，平衡影响因素的分析判断，原电池的电极判断，电极反应书写应用，题目难度中等。

10.芳香烃化合物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___________；其中核磁共振有____组峰，面积比为：___________；其中最少有________个原子共平面。

(2)A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为_______________________；

(3)一定条件下，A与氢气反应，得到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____________________；

(4)在一定条件下，由A聚合得到的高分子化合物的结构简式为_______________。

(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的结构简式是_________。

【答案】    (1). C8H8    (2). 52    (3). 5    (4). 1∶1∶2∶2∶2    (5). 12    (6).     (7).     (8).     (9).

【解析】

【分析】

(1)化合物的最大质荷比是该物质的相对分子质量，然后根据元素的含量确定分子中各种元素的原子个数，得到分子式；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；先根据分子式写出其结构简式，利用等效氢法，判断分子中H原子的种类数目，从而得到核磁共振氢谱的组数，面积比为H原子个数比；利用乙烯的平面结构及苯分子的平面结构进行判断；

(2)A的碳碳双键与溴发生加成反应；

(3)A中含有8个C原子，结合加成产物中C含量计算其相对分子质量及分子式，进而确定结构简式；

(4)A分子中含有碳碳双键，在一定条件下， A发生加聚反应得到高分子化合物；

(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的结构简式。

【详解】(1)芳香烃化合物A，最大质荷比为104，则A相对分子质量是104，由于碳的质量分数为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，所以芳香烃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属于芳香族化合物，分子式为C8H8，则其结构简式为，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，因此面积比为1∶1∶2∶2∶2；由于乙烯分子是平面分子，苯分子是平面六边形结构，苯环上处于对位的C原子在同一条直线上，由于单键可以旋转，所以共平面的原子至少有12个；

(2)苯乙烯分子中含有碳碳双键，可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，而使溶液褪色，反应的方程式为：；

(3)A分子中含有8个C原子，与H发生加成反应时C原子数目不变，由于得到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，因此A与氢气反应所得化合物的结构简式为；

(4)A是苯乙烯，分子中含有碳碳双键，在一定条件下， A发生加聚反应得到聚苯乙烯，该高分子化合物结构简式是：；

(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的结构简式为。

【点睛】本题考查了有机物分子式、结构简式、化学方程式的书写及分子中氢原子的种类及相互关系的知识。试题难度一般。

11.根据下面的反应路线及所给信息填空。

(1)A的名称是________________ ；B的分子式为______________。

(2)反应①的方程式为：________________；反应②为_______________反应；反应④的化学方程式是__________________。

(3)写出B在NaOH水溶液中加热的反应方程式：_____________，生成物官能团的名称为__________。

【答案】    (1). 环己烷    (2). C6H11Cl    (3). +Cl2 +HCl    (4). 消去反应    (5). +2NaOH+2NaBr+2H2O    (6). +NaOH+NaCl    (7). 羟基

【解析】

【分析】

A是环己烷，与Cl2在光照时发生取代反应产生一氯环己烷，该物质与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应产生环己烯，环己烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成（物质D），与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应产生环己二烯，据此分析解答。

【详解】(1)碳原子结合形成环状，每个碳原子结合的H原子数达到最大数目，由于环上有6个C原子，所以可知A的名称为环己烷，A的分子式是C6H12；B的结构简式为，B的分子式为C6H11Cl；

(2)反应①是环己烷与氯气发生的取代反应，方程式为：+Cl2 +HCl；反应②为一氯环己烷与NaOH的乙醇溶液发生消去反应生成环己烯及NaBr、H2O；环己烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2-二溴环己烷（物质D），由于两个Br原子连接的C原子的邻位C原子上有H原子，所以1,2-二溴环己烷与NaOH的乙醇溶液发生消去反应生成环己二烯及NaBr、H2O，所以反应④的化学方程式是+2NaOH+2NaBr+2H2O；

(3) B是，属于氯代烃，在NaOH水溶液中加热发生取代反应生成环己醇，该反应方程式：+NaOH+NaCl，生成物的官能团是—OH，名称为羟基。

【点睛】本题考查了有机物结构简式的书写、反应类型的判断和化学方程式的书写等知识，掌握烷烃的性质及氯代烃的取代反应、消去反应是本题解答的关键。本题难度不大。