【化学】湖北省黄梅国际育才高级中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

湖北省黄梅国际育才高级中学2018-2019学年高二下学期期中考试
时间：90分钟 试卷满分：100分
可能用到的相对原子质量：C：12 H：1 O：16
一、选择题(本题共16小 题，每题只有一个正确答案，共48分)
1.下列说法正确是( )
A. 丙烷分子的比例模型：
B. CH3CH2CH2CH2CH3和互为同素异形体
C. 和为同一物质（不考虑立体异构）
D. CH3CH2OH和具有相同的官能团，互为同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A.这是丙烷的球棍模型，A错误；
B.二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B错误；
C.由于甲烷是正四面体结构，所以这两个结构式表示的是同一物质，C正确；
D.前者是一元醇，后者是三元醇，二者不是同系物，D错误；
故合理选项是C。
2.有机物的种类繁多，但其命名是有规则的。下列有机物命名正确的是( )
A. CH2=CH—CH=CH2 1,3-二丁烯 B. 3-丁醇
C. 2-甲基丁烷 D. 甲基苯酚
【答案】C
【解析】
【详解】A.该物质是二烯烃，两个双键的位置在1，2号C原子之间和3，4号碳原子之间，因此名称为1，3-丁二烯，A错误；
B.要从离羟基较近的一端给主链上的C原子编号，该物质名称为2-丁醇，B错误；
C.命名符合烷烃的系统命名方法，C正确；
D.物质属于酚类，甲基与羟基位于邻位，因此名称为2-甲基苯酚，D错误；
故合理选项是C。
3.由CH2=CH2→CH3CH2Cl→CH3CH2OH→CH3CHO→CH3COOH的转化过程中，经过的反应为（ ）
A. 加成→消去→氧化→取代 B. 消去→取代→氧化→加成
C. 加成→取代→消去→氧化 D. 加成→取代→氧化→氧化
【答案】D
【解析】
【详解】由CH2=CH2→CH3CH2Cl→CH3CH2OH→CH3CHO→CH3COOH合成流程可知，先发生烯烃的加成、再发生卤代烃水解(也属于取代反应)，然后连续氧化生成乙酸，
即合成中涉及的反应为加成→取代→氧化→氧化，故合理选项是D。
4.设阿伏伽德罗常数的值为NA，则下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，11.2 L CCl4所含的分子数为0.5NA
B. 7.8g苯分子中碳碳双键的数目为0.3NA
C. 常温常压下，4.2g C2H4和C9H18混合物中含有的碳原子数为0.3NA
D. 常温下，1mol C3H8含有C-H共价键数为10NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A、CCl4标准状况下，不是其气体，不能用22.4L·mol－1，故错误；B、苯分子不含碳碳双键，故错误；C、C2H4、C9H18符合通式为CnH2n，4.2g中含有碳原子的物质的量4.2×n/14nmol=0.3mol，故正确；D、1molC3H8，其结构简式为CH3CH2CH3，其中含有8molC－H，故错误。
考点： 考查阿伏加德罗常数等知识。
5.白桦脂酸对白血病等恶性肿瘤细胞有抑制作用，其结构简式如图所示，在白桦脂酸中加入合适的试剂检验其官能团(必要时可加热)，下列试剂、现象、结论都正确的一项是

选项
试剂
现象
结论
A
氯化铁溶液
溶液变色
含有羟基
B
银氨溶液
有银镜产生
含有醛基
C
碳酸氢钠溶液
有气泡产生
含有羧基
D
酸性KMnO4溶液
溶液褪色
含有碳碳双键
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
有机物含有醇羟基，可发生取代、氧化、消去反应；含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题。
【详解】A.该有机物分子中不含酚羟基，加入氯化铁溶液后不会变色，A错误；
B.该有机物中无醛基，不能发生银镜反应，B错误；
C.含有羧基，可与碳酸氢钠溶液反应生成气体，C正确；
D.该有机物分子中含有羟基，羟基也能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质的知识，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，把握反应条件和反应类型的判断，试题侧重考查学生的分析能力和应用能力。
6.香兰素是重要的香料之一，它可由丁香酚经多步反应合成:

有关上述两种化合物的说法正确的是( )
A. 常温下，1 mol丁香酚只能与1 mol Br2反应
B. 丁香酚不能与FeCl3溶液发生显色反应
C. 1 mol香兰素最多能与3 mol氢气发生加成反应
D. 香兰素分子中至少有12个原子共平面
【答案】D
【解析】
A．由丁香酚的结构简式可知，1 mol丁香酚可以和2 mol溴反应（1 mol取代酚羟基邻位，1 mol与双键加成），故A错误；B．苯酚能与FeCl3溶液发生显色反应，丁香酚分子中含有酚羟基，则丁香酚能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；C．苯环能与氢气加成、醛基能与氢气加成，则1mol香兰素最多能与4mol氢气发生加成反应，故C错误；D．香兰素分子中苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子在同一平面内，则7个C原子、3个H原子、2个O原子在同一平面内，故D正确；故选D。
7.已知某有机物A核磁共振氢谱如上图所示，下列说法中，错误的是( )

A. 若 A的分子式为C3H6O2，则其结构简式为CH3COOCH3
B. 由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子
C. 仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数
D. 若A的化学式为C3H6O2，则其同分异构体至少有三种
【答案】A
【解析】
【分析】
核磁共振氢谱中有几个峰就有几种H原子，峰的面积之比等于H原子数目之比，有机物C3H6O2的PMR谱有三个信号蜂，其强度比为3：2：1，分子中有3种化学环境不同的H原子，且H原子数目依次为3、2、1，据此解题。
【详解】A.核磁共振氢谱中有3个峰，有3种H原子，A错误；
B.核磁共振氢谱中有几个峰就有几种H原子，峰的面积之比等于H原子数目之比，该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子，且个数之比为1：2：3，B正确；
C.核磁共振氢谱能确定H原子的种类，仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数，C正确；
D.若A的化学式为C3H6O2，该物质可能是CH3CH2COOH、CH3COOCH3、HCOOCH2CH3、、等，因此其同分异构体至少有三种，D正确；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查核磁共振氢谱在物质结构的判断与确定的应用的知识，注意核磁共振氢谱只能确定H原子种类，不能确定氢原子个数，峰的面积之比等于H原子数目之比。
8.下列装置（部分夹持装置及石棉网已省略）或操作能达到实验目的的是

A. 用装置①制乙烯 B. 用装置②分离苯和苯酚
C. 用装置③制备乙酸乙酯 D. 用装置④验证硫酸、碳酸、苯酚酸性强弱
【答案】D
【解析】
【分析】
A.加热170℃乙醇发生消去反应生成乙烯；
B.苯和苯酚互溶；
C.导管在饱和碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸；
D.发生强酸制取弱酸的反应
【详解】A.加热170℃乙醇发生消去反应生成乙烯，则图中缺少玻璃棒，A错误；
B.苯和苯酚互溶，不能过滤分离，B错误；
C.导管在饱和碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸，导管口应在液面上，C错误；
D.锥形瓶中有气泡产生，说明硫酸的酸性强于碳酸；烧杯中变浑浊，说明碳酸的酸性强于苯酚。因此，装置④可验证硫酸、碳酸、苯酚酸性强弱，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，把握实验装置的作用、性质与反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析，侧重考查学生的分析与实验能力。
9.某一溴代烷水解后的产物在红热铜丝催化下，最多可被空气氧化生成4种不同的醛，该一溴代烷的分子式可能是（ ）
A. C4H9Br B. C5H11Br C. C6H13Br D. C7H15Br
【答案】B
【解析】
试题分析：先确定烷烃的一溴代物的种类，然后，溴原子只有连接在键端的碳原子上水解生成的醇，且该碳上有氢原子，才能被氧化成醛．
A．正丁烷两种一溴代物，异丁烷两种一溴代物，共4种，所以分子式为C4H9Br的同分异构体共有4种，其中溴原子连接在键端的碳原子上能被氧化成醛的只有1-溴丁烷、1-溴-2-甲基丙烷，故A错误；
B．C5H11Br水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃为：CH3CH2CH2CH2CH2Br 1-溴戊烷；CH3CH2CH（CH3）CH2Br 2-甲基-1-溴丁烷；CH3CH（CH3）CH2CH2Br 3-甲基-1-溴丁烷；CH3C（CH3）2CH2Br 2，2-二甲基-1-溴丙烷；被空气氧化生成4种不同的醛为：CH3CH2CH2CH2CHO 戊醛；CH3CH2CH（CH3）CHO 2-甲基丁醛；CH3CH（CH3）CH2CHO 3-甲基丁醛；CH3C（CH3）2CHO 2，2-二甲基丙醛；故B正确；
C．C6H13Br水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃有13种，故C错误；
D．C7H15Br 水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃大于13种，更多，故D错误；
故选B。
考点：卤代烃简介 乙醇的化学性质
点评：本题考查同分异构体的应用和卤代烃的水解、醇的氧化等知识，可以根据所学知识来回答，难度中等。
10.常温下水的离子积常数KW=1.0×10−14，在100 ℃时水的离子积常数K'W=1.0×10−12。若将下列溶液加热至90 ℃(忽略溶液体积变化)，则溶液pH不变的是
A. 硫酸钠溶液 B. 稀硫酸 C. 氢氧化钠溶液 D. 浓盐酸
【答案】A
【解析】
【详解】由题目提供不同温度下水的离子积常数可知，温度升高时水的离子积常数增大；
A. 硫酸钠不会破坏水的电离平衡，但升温时，水的电离程度增大，c(H+)增大，溶液的pH减小，故A错误；
B. 决定稀硫酸溶液pH的因素是硫酸完全电离产生的c(H+)，它不会随温度变化而变化，溶液的pH不变，故B正确；
C. 升温时，氢氧化钠溶液中的 c(OH-)不会变化，但由于水的离子积常数增大c(H+)=Kw/ c(OH-)，所以c(H+)，增大，溶液的pH减小，故C错误；
D. 因为加热浓盐酸时，会有大量氯化氢气体逸出，c(H+)减小，溶液的pH增大，故D错误。
故选B。
11.低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g) 2N2(g)+ 3H2O(g) △Hc(A-)>c(H+)>c(HA)
B. a.b两点所示溶液中水的电离程度相同
C. pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D. b点所示溶液中c(A-)>c(HA)
【答案】D
【解析】
A、a点NaOH与HA物质的量相等，则二者恰好完全反应，生成NaA，反应后溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应，则溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(HA)＞c(H+)，A错误；B、a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点盐酸过量，抑制水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，B错误；C、根据电荷守恒，溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH‾）+c（A-），pH=7时，c（H+）=c（OH‾），因此溶液中：c（Na+）= c（A-），C错误；D、根据图像可知b点HA过量，因为b点溶液pH=4.7，溶液呈酸性，这说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c（A-）＞c(HA)，D正确，答案选D。
14.某新型水系钠离子电池工作原理如图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4 还原为 Na2S。下列说法不正确的是

A. 充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能
B. M 是阴离子交换膜
C. 放电时，a 极为负极
D. 充电时，阳极的电极反应式为 3I--2e－=I3-
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意：TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是电池的正极，在充电时，阳极上发生失电子的氧化反应：3I--2e-=I3-，据此回答。
【详解】A.根据题意：TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，A正确；
B.根据原电池原理可知，为防止氧化剂和还原剂直接反应，用离子交换膜将两者隔离，而钠离子不参与电池反应，故离子交换膜可允许钠离子自由通过，所以M应该是阳离子交换膜，B错误；C.充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以放电时a是负极，C正确；
D.在充电时，阳极b上发生失电子的氧化反应，根据图示知道电极反应为3I--2e－=I3-，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了原电池工作原理的知识，明确正负极上得失电子及反应类型是解本题关键，难点是电极反应式的书写及离子交换膜的性质判断，根据原电池原理进行相关判断是突破难点的方法。
15.合成氨反应为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)。如图表示在一定的温度下此反应过程中的能量的变化，如图表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。如图表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。下列说法正确的是

A. 由图1可知2NH3(g) N2(g)+3H2(g) △H＝－92kJ·mol－1
B. 图2中0～10min内该反应的平均速率v(H2)＝0.09mol·L－1·min－1
C. 图2中从11min起其它条件不变，压缩容器的体积，则n(N2)的变化曲线为d
D. 图3中温度T1＜T2，a.b.c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点
【答案】C
【解析】
试题分析：A、由图1知，氮气和氢气的能量大于氨气的能量，所以由氮气和氢气生成氨气是放热反应，氨气分解是吸热反应，A错误；B、v（N2）＝＝0.015mol•L-1•min-1，v（H2）＝3v（N2）＝0.045mol•L-1•min-1，B错误；C、当缩小容器的体积，气体的压强增大，导致平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，氮气的物质的量减少，所以曲线d符合，C正确；D、相同温度下，一定量氮气时，氢气的浓度越大，平衡向正反应方向移动导致氮气的转化率越大，所以图3中a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是c点，D错误；答案选C。
【考点定位】本题主要是考查了外界条件对化学平衡的影响
【名师点晴】该题的难点是图像分析，关于可逆反应图像问题的分析与判断需要注意以下解题技巧：（1）紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。（2）先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。（3）定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。（4）三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
16.苯甲酸钠(NaA)可作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-，在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2。已知25 ℃时，HA、H2CO3的电离平衡常数分别为K=6.25×10-5、 K1=4.3×10-7，则下列说法正确的是(不考虑饮料中其他成分)
A. 提高CO2充气压力，饮料中c(A－)不变
B. 当pH为5.0时，饮料中=0.16
C. 相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
D. 结合H+的能力：A->HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A.提高CO2充气压力，可以增大其溶解度，溶液中的碳酸的浓度也增大，故溶液的酸性增强，使溶液中c(A-)减小，A错误；
B.当pH为5.0时，饮料中==0.16，B正确；
C.由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，C错误；
D.酸的酸性越强，其阴离子结合质子能力越弱，HA的酸性强于H2CO3，所以结合H+的能力：A-