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2019-2020年高二化学6月月考试卷(含解析)一.单选题共14题每题6分共84分1.用NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是A.用含0.1molFeCl3的溶液与足量沸水反应制得的FeOH3胶体中胶粒数为0.1NAB.0.1molFe与0.1molCl2充分反应,转移的电子数为0.3NAC.46gNO2和N2O4的混合气体中含N原子总数为NAD.等物质的量的NH4+和OH-含电子数均为10NA【答案】C【解析】试题分析A.由于FeOH3胶体中胶粒是许多FeOH3的集合体,因此胶体粒子数小于0.1NA,错误;B.Fe是变价金属,0.1molFe最多失去0.3mol电子,0.1molCl2最多得到0.2mol电子,因此二者充分反应,转移的电子数为0.2NA,错误C.46gNO2的物质的量是1mol,含有1molN原子;46gN2O4的物质的量是0.5mol,含有N原子的物质的量是1mol,因此混合气体中含N原子总数为NA,正确D.等物质的量的NH4+和OH-含电子数相等,二者的物质的量不一定是1mol,因此含有的电子数不一定为10NA,错误考点考查阿伏加德罗常数的计算的知识2.胆固醇是人体必需的生物活性物质,分子式为C25H46O已知某种胆固醇酯是液晶材料,分子式为C32H50O2则生成这种胆固醇酯的酸是A.C6H13COOHB.C6H5COOHC.C7H15COOHD.C6H5CH2COOH【答案】B【解析】试题分析酸与醇发生酯化反应形成酯和水,所以形成的胆固醇酯分子式是C32H50O2,则羧酸的分子中C原子数是32-25=7,H原子数是50+2-46=6,O原子数是2+1-1=2,因此分子式是C7HhO2,符合该题意的是C6H5COOH,因此选项是B考点考查酯化反应的历程及形成酯的羧酸的推断的知识3.假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求,即为理想化
①~
⑧为各装置中的电极编号下列说法错误的是A.当K闭合时,A装置发生吸氧腐蚀,在电路中做电源B.当K断开时,B装置锌片溶解,有氢气产生C.当K闭合后,整个电路中电子的流动方向为
①→
⑧;
⑦→
⑥;
⑤→
④;
③→
②D.当K闭合后,A、B装置中pH均变大【答案】A考点考查电解原理的应用的知识4.下列说法正确的是A.用红外光谱可鉴别乙醇和二甲醚,用X-射线衍射实验可鉴别玻璃与水晶B.煤的主要成分是单质碳、苯、二甲苯等,可通过煤的干馏将它们分离C.聚氯乙烯塑料可制作保鲜膜、一次性食品袋D.聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应【答案】A【解析】试题分析A.乙醇分子中含有三种不同的H原子,二甲醚中含有一种H原子,用红外光谱可鉴别乙醇和二甲醚,玻璃是混合物,水晶是SiO2,因此可以用X-射线衍射实验可鉴别玻璃与水晶,正确B.煤的主要成分是各种有机物、无机物组成的混合物,无碳、苯、二甲苯,错误;C.聚氯乙烯塑料有毒,因此不可制作保鲜膜、一次性食品袋,错误D.聚乙烯塑料的老化是由于发生了氧化反应,错误考点考查有机物的结构、性质、成分、及反应类型的判断的知识5.中和热是在稀溶液中,强酸、强碱发生中和反应生成1mol水时放出的热量,中和热为57.3kJ/mol下列热化学方程式中正确的是A.HNO3aq+KOHaq=H2Ol+KNO3aq H-57.3kJ/molB.HNO3aq+NH3·H2Oaq=H2Ol+NH4NO3aq H-57.3kJ/molC.CH3COOHaq+KOHaq=H2Ol+CH3COOKaq H-57.3kJ/molD.CH3COOHaq+NH3·H2Oaq=H2Ol+CH3COONH4aq H-57.3kJ/mol【答案】D【解析】试题分析A.硝酸是强酸,KOH是强碱,所以HNO3aq+KOHaq=H2Ol+KNO3aq的反应热是ΔH=-57.3kJ/mol,错误B.硝酸是强酸,NH3·H2O是弱碱,二者会发生反应HNO3aq+NH3·H2Oaq=H2Ol+NH4NO3aq,反应放出的热量小于57.3kJ,所以ΔH-57.3kJ/mol,错误C.醋酸是弱酸,电离需要吸热,因此CH3COOHaq+KOHaq=H2Ol+CH3COOKaq ΔH-57.3kJ/mol,错误D.醋酸是弱酸,NH3·H2O是弱碱,二者发生反应CH3COOHaq+NH3·H2Oaq=H2Ol+CH3COONH4aq ,反应放出热量小于57.3kJ/,所以ΔH-57.3kJ/mol,正确考点考查中和热热化学方程式的书写的知识6.天然维生素P结构如图,结构中R为烷基存在于槐树花蕾中,它是一种营养增补剂,关于维生素P的叙述正确的是A.1mol该物质与足量溴水反应消耗6molBr2B.1mol该物质可与5molNaOH反应C.分子内所有原子可能在同一平面上D.若能使酸性KMnO4溶液的紫色褪去,则可证明该物质分子中含有碳碳双键【答案】A【解析】试题分析A.1mol该物质与足量溴水反应,酚羟基发生邻对位的取代反应,碳碳双键发生加成反应,因此1mol该物质与足量的溴水反应,消耗6molBr2,正确B.酚羟基与NaOH会发生反应,由于该物质的分子中含有4个羟基,1mol该物质可与4molNaOH反应,错误C.由于苯分子是平面分子,乙烯分子是平面分子,这几个平面可能共平面,也可能不处于同一平面,错误;D.酚羟基有还原性,能够被酸性KMnO4溶液氧化,因此若能使酸性KMnO4溶液的紫色褪去,不可证明该物质分子中含有碳碳双键,错误考点考查天然维生素P的结构与性质的关系的知识7.一定条件下,在体积为10L的固定容器中发生反应N2g+3H2g2NH3g ΔH<0,反应过程如图,下列说法正确的是A.t1min时正、逆反应速率相等B.X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系C.0~8min,H2的平均反应速率vH2=0.01 mol·L-1·min-1D.10~12min,升高温度使反应速率加快,平衡正向移动【答案】B考点考查图像法在表示化学反应速率、化学平衡移动的影响的知识第II卷(非选择题)二.实验题共15分 8.某学习小组探究溴乙烷的消去反应并验证产物实验原理CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O实验过程组装如图所示装置,检查装置气密性,向烧瓶中注入10mL溴乙烷和15mL饱和氢氧化钠乙醇溶液,微热,观察实验现象一段时间后,观察到酸性KMnO4溶液颜色褪去
(1)甲同学认为酸性KMnO4溶液颜色褪去说明溴乙烷发生了消去反应,生成了乙烯;而乙同学却认为甲同学的说法不严谨,请说明原因
(2)丙同学认为只要对实验装置进行适当改进,就可避免对乙烯气体检验的干扰,改进方法为 改进实验装置后,再次进行实验,却又发现小试管中溶液颜色褪色不明显该小组再次查阅资料,对实验进行进一步的改进资料一溴乙烷于55℃时,在饱和氢氧化钠的乙醇溶液中发生取代反应的产物的百分比为99%,而消去反应产物仅为1%资料二溴乙烷发生消去反应比较适宜的反应温度为90℃~110℃,在该范围,温度越高,产生乙烯的速率越快资料三溴乙烷的沸点38.2℃
(3)结合资料
一、二可知,丙同学改进实验装置后,溶液颜色褪色不明显的原因可能是_______,此时发生反应的化学方程式为
(4)结合资料
二、三,有同学认为应将实验装置中烧瓶改成三颈烧瓶并增加两种仪器,这两种仪器是
①
② 【答案】
(1)乙醇易挥发,挥发出来的乙醇也可以使酸性KMnO4溶液褪色;
(2)在小试管之前增加一个盛有冷水的洗气瓶;
(3)反应温度较低;CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr
(4)
①冷凝管;
②温度计量程为200℃【解析】试题分析该反应是溴乙烷与NaOH的乙醇溶液发生的消去反应,由于乙醇易挥发,挥发出来的乙醇有还原性,也可以使酸性KMnO4溶液褪色;
(2)丙同学认为只要对实验装置进行适当改进,就可避免对乙烯气体检验的干扰,由于乙醇与水混溶,所以改进方法为在检验乙烯的小试管之前增加一个盛有冷水的洗气瓶来除去乙醇
(3)结合资料
一、二可知,丙同学改进实验装置后,溶液颜色褪色不明显的原因可能是反应温度较低,主要发生的是取代反应,此时发生反应的化学方程式为CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr
(4)结合资料
二、三,有同学认为应将实验装置中烧瓶改成三颈烧瓶并增加两种仪器,这两种仪器是
①冷凝器,防止溴乙烷的挥发
②加一个量程为200℃的温度计考点考查物质制取的化学操作、反应条件的控制、方程式的书写及改进方法的知识三.填空题共13分9.工业上以氨气为原料铂铑合金网为催化剂催化氧化法制硝酸的过程如下
(1)已知反应一经发生,铂铑合金网就会处于红热状态写出氨催化氧化的化学方程式_________________当温度降低时,化学平衡常数K值________填“增大”、“减小”或“无影响”
(2)氨气是制取硝酸的重要原料,合成氨反应的化学方程式如下N2+3H22NH3,该反应在固定容积的密闭容器中进行
①下列各项标志着该反应达到化学平衡状态的是________填字母A.容器内N
2、H
2、NH3的浓度之比为1∶3∶2B.v正N2=v逆H2C.容器内压强保持不变D.混合气体的密度保持不变
②若在恒温条件下,将N2与H2按一定比例混合通入一个容积为2L固定容积的密闭容器中,5min后反应达平衡时,nN2=1.0mol,nH2=0.8mol,nNH3=0.8mol,则反应速率vH2=________,平衡常数=________
③若容器恒容、绝热,加热使容器内温度迅速升至原来的2倍,平衡将 填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”达到新平衡后,容器内温度 填“大于”、“小于”或“等于”原来的2倍【答案】
(1)4NH3+5O24NO+6H2O;增大;
(2)
①C;
②0.12mol·L-1·min-1;5;
③向左移动;小于【解析】试题分析
(1)氨气在催化剂存在时,在加热条件下发生反应,产生NO和水,根据原子守恒、电子守恒可得反应的方程式是4NH3+5O24NO+6H2O;该反应的是放热反应,根据平衡移动原理,降低温度,化学平衡会向放热的正反应方向移动,所以化学平衡常数增大
(2)
①A.容器内N
2、H
2、NH3的浓度之比为1∶3∶2,此时反应可能处于平衡状态,也可能没有达到平衡,这与加入的反应物及反应条件有关,错误B.反应达到平衡时,v正N2v逆H2=1:3,所以v正N2=v逆H2反应未处于平衡状态,错误;C.该反应是反应前后气体体积不等的反应,若容器内压强保持不变,则气体的物质的量不变,反应处于平衡状态,正确D.由于容器的容积不变,气体的质量不变,所以在任何时刻都存在混合气体的密度保持不变,故不能判断反应处于平衡状态,错误
②5min后反应达平衡时,nNH3=0.8mol,反应消耗H2的物质的量是nH2=1.2mol则反应速率vH2=1.2mol÷2L÷5min=0.12mol/L∙min该反应的平衡常数
③若容器恒容、绝热,加热使容器内温度迅速升至原来的2倍,根据平衡移动原理,升高温度,平衡向吸热的逆反应方向移动,因此平衡将向左移动由于平衡向吸热的逆反应方向移动,是容器内的气体温度降低,因此达到新平衡后,容器内温度小于原来的2倍考点考查化学方程式的书写、化学反应速率和化学平衡常数的计算、温度对化学平衡移动的影响的知识四.综合题每题15分共30分 10.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破,其反应原理为N2g+3H2g2NH3g ΔH=-92.4kJ·mol-1一种工业合成氨的简易流程图如下
(1)在密闭容器中,使2molN2和6molH2混合发生下列反应N2g+3H2g2NH3g正反应为放热反应,当反应达到平衡时,N2和H2的浓度比是 升高平衡体系的温度保持体积不变,混合气体的平均相对分子质量 填“变大”、“变小”或“不变”
(2)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收,产物为NH4HS一定条件下向NH4HS溶液中通入空气,得到单质硫并使吸收液再生,写出再生反应的化学方程式_________________
(3)步骤Ⅱ中制氢气原理如下
①CH4g+H2OgCOg+3H2g ΔH=+206.4kJ·mol-1
②COg+H2OgCO2g+H2g ΔH=-41.2kJ·mol-1对于反应
①,一定可以提高平衡体系中H2百分含量,又能加快反应速率的措施是________a.升高温度 b.增大水蒸气浓度c.加入催化剂 d.降低压强利用反应
②,将CO进一步转化,可提高H2产量若amolCO和H2的混合气体H2的体积分数为80%与H2O反应,得到1.14amolCO、CO2和H2的混合气体,则CO转化率为__________________上述流程图中,使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是填序号______简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法 【答案】
(1)1∶3;变小;
(2)2NH4HS+O22NH3·H2O+2S↓
(3)a;70%;
(4)Ⅳ;
(5)对原料气加压;分离液氨后,未反应的N
2、H2循环使用【解析】试题分析
(1)在密闭容器中,使2molN2和6molH2混合发生下列反应N2g+3H2g2NH3g,由于消耗的物质的量的比是1:3,加入的物质的量的比是1:3,所以当反应达到平衡时,N2和H2的浓度比是1:3由于该反应的正反应是放热反应,根据平衡移动原理,升高温度,化学平衡向吸热的逆反应方向移动,混合气体的物质的量增大,由于气体的质量不变,所以混合气体的平均相对分子质量变小;
(2)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收,产物为NH4HS一定条件下向NH4HS溶液中通入空气,得到单质硫并使吸收液再生,根据电子守恒、原子守恒可得该反应的化学方程式是2NH4HS+O22NH3·H2O+2S↓;
(3)对于反应
①,该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应,所以一定可以提高平衡体系中H2百分含量,则平衡正向移动,同时又能加快反应速率的措施是增大压强或升高温度故选项是a
②是反应前后气体体积相等的反应,将CO进一步转化,可提高H2产量若amolCO和H2的混合气体H2的体积分数为80%,其中含有CO的物质的量是0.2amol,与H2O反应,得到1.14amolCO、CO2和H2的混合气体,气体增加了0.14amol,反应的CO的物质的量是0.14amol;则CO转化率为0.14amol÷0.2amol=70%上述流程图中,使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是Ⅳ;由于该反应的正反应是气体体积减小的放热反应,所以根据平衡移动原理,本流程中提高合成氨原料总转化率的方法有增大压强、适当降低温度、分离液氨后,未反应的N
2、H2循环使用等考点考查化学反应方程式的书写、外界条件对化学平衡、化学反应速率的影响的知识11.由Cu、N、B、Ni等元素组成的新型材料有着广泛用途
(1)基态Cu+的最外层核外电子排布式为_________
(2)研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种N5+N3-,若N5+中每个氮原子均满足8电子结构,以下有关N5+推测正确的是 A.N5+有24个电子B.N5+离子中存在三对未成键的电子对C.N5+阳离子中存在两个氮氮三键
(3)化合物AH3BNH3是一种潜在的储氢材料,它可由六元环状化合物HB=NH3通过3CH4+2HB=NH3+6H2O ==3CO2+6H3BNH3制得
①与上述化学方程式有关的叙述不正确的是_________填标号A.反应前后碳原子的轨道杂化类型不变B.CH
4、H2O、CO2分子空间构型分别是正四面体形、V形、直线形C.第一电离能NOCBD.化合物A中存在配位键
②1个HB=NH3分子中有_________个σ键
(4)在硼酸盐中,阴离子有链状、环状等多种结构形式图a是一种链状结构的多硼酸根,则多硼酸根离子符号为_________图b是硼砂晶体中阴离子的环状结构,其中硼原子采取的杂化类型为_________
(5)NiO晶体结构与NaCl晶体类似,其晶胞的棱长为acm,则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离为_________用含有a的代数式表示在一定温度下,NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”如图,可以认为氧离子作密致单层排列,镍离子填充其中,列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为_________g氧离子的半径为1.40×10m,≈l.732【答案】
(1)3d10;
(2)C;
(3)A;12;
(4)[BO2]nn- 或BO2-;sp
3、sp2;
(5);1.83×10-3【解析】试题分析
(1)Cu是29号元素,则基态Cu+的最外层核外电子排布式为3d10;N5+有34个电子,A错误;若N5+中每个氮原子均满足8电子结构,则N5+是V型,离子中有2个共价三键,含有四对未成键电子对,故选项B错误,选项C正确
(3)
①A反应前的甲烷分子中C原子是sp3杂化,反应后产生的CO2中C原子是sp杂化,杂化类型发生了改变,错误;B.CH4的空间构型是正四面体;H2O的空间构型是V形;CO2分子空间构型是直线形,正确;C.一般情况下,同一周期的元素,原子序数越大,元素的第一电离能就越大,但是由于N原子核外电子处于半充满的稳定状态,失去电子比原子序数大一个的O元素还大,因此第一电离能NOCB,正确D.在化合物AH3BNH3中,由于B原子核外最外层只有3个电子,与N原子之间的共价键是配位键,由N原子单方面提供电子而与B原子共用,正确
②在1个HB=NH3分子中有12个σ键共价键;
(4)图a中含有的B原子个数是1,含有O原子个数是1+1/2×2=2,根据元素的原子核外电子排布可知,其化学式是BO2-,也可写作[BO2]nn-;在图b中B原子的杂化类型是sp3杂化、sp2杂化;
(5)NiO晶体结构与NaCl晶体类似,根据NaCl的晶体结构可知,在NiO晶体中O2-与Ni2+的距离是a/2cm,距离最近的两个阳离子之间的距离是O2-与Ni2+的距离的倍,所以其数值是根据图片可知每个NiO所占面积是S=1.40×10-10m×1.40×10-10m×sin60°,每个NiO的质量是m=,则每平方米含有的NiO的质量是考点考查原子核外电子排布式的书写、原子的杂化、微粒的空间构型、第一电离能的比较、晶体中含有的微粒数目及质量的计算的知识。