2022-2023学年四川省凉山州宁南中学高二上学期第二次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省凉山州宁南中学高二上学期第二次月考化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，填空题，实验题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
四川省凉山州宁南中学2022-2023学年高二上学期
第二次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活、社会等密切相关。下列说法正确的是
A．用废旧皮革生产药用胶囊可以提高原子利用率
B．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料
C．对“地沟油”进行分馏可以获得汽油发动机的燃料
D．限制使用一次性塑料制品的主要目的是防止形成“白色污染”
【答案】D
【详解】A．废旧皮革中含有重金属元素，不能用于生成药用胶囊，A错误；
B．光导纤维为二氧化硅，属于新型无机非金属材料，B错误；
C．“地沟油”的主要成分为油脂，分馏后不能作为汽油发动机的燃料，但可以用于生物柴油，C错误；
D．一次性塑料制品可造成“白色污染”，D正确；
故选D。
2．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．3g3He含有的中子数为1NA
B．1L0.1mol·L-1碳酸钠溶液含有的数目为0.1NA
C．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D．28g乙烯和丙烯的混合物中碳原子数目为2NA
【答案】B
【详解】A．3He的中子数为3-2=1，则3g3He的中子数为，A项正确；
B．碳酸钠为强碱弱酸盐，在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的碳酸钠溶液中离子的个数小于1L×0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA，B项错误；
C．重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NA mol-1 =6NA，C项正确；
D．乙烯和丙烯的最简式为CH2，则28g乙烯和丙烯的混合物含有2mol“CH2”原子团，则含有碳原子数目为2NA，D项正确；
答案选B。
3．下列说法或操作正确的是
A．在空气中，将氯化镁溶液蒸发结晶可以获得干燥的氯化镁固体
B．泡沫灭火器的原理利用的是Al3+与的双水解
C．可用氯化铵溶液中铵根水解产生的H+除铁锈
D．用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH
【答案】C
【详解】A．氯化镁在溶液中发生水解反应，加热时会造成盐酸挥发，从而促进水解正向进行，蒸干得到氢氧化镁，得不到氯化镁固体，故A错误；
B．泡沫灭火器的原理利用的是Al3+与的双水解，故B错误；
C．铵根离子能发生水解反应，则可用氯化铵溶液中铵根水解产生的H+除铁锈，故C正确；
D．次氯酸钠具有强氧化性，而具有漂白性，会漂白pH试纸，故不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故D错误；
故选C。
4．反应C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是
①增加C(s)的量②将容器的体积缩小一半③保持体积不变，充入N2使体系压强增大
④保持压强不变，充入N2使容器体积变大
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【答案】A
【详解】①反应物C为固体，增加固体的量不能改变反应速率；
②容器的体积缩小一半，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度加倍，反应速率加快；
③体积不变时充入N2，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度不变，反应速率不变；
④压强不变时充入N2，容器体积增大，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度减小，反应速率变小。
综上所述，①③满足题意；
答案选A。
5．在密闭容器中的一定量的混合气体发生如下反应：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)，平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的，在达到平衡时，测得A的浓度为0.8mol/L，则下列说法正确的是
A．a+b＜c+d B．平衡正向移动
C．B的转化率降低 D．C的体积分数降低
【答案】B
【分析】平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的，若平衡不移动，A的浓度为1mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.8mol/L，则说明体积减小(压强增大)化学平衡正向移动。
【详解】A．增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，平衡正向移动，所以a+b＞c+d ，故A错误；
B．由分析知，平衡正向移动，故B正确；
C．由分析知，平衡正向移动，B的转化率增大，故C错误；
D．平衡正向移动，C的体积分数增大，故D错误；
故选C。
6．下列表述中正确的是
A．任何能使熵值增大的过程都能自发进行
B．已知热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)  ΔH=-QkJ·mol-1(Q＞0)，则将2molSO2(g)和1molO2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出QkJ的热量
C．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
D．1molNaOH分别和1molCH3COOH、1molHNO3反应，后者比前者放出的热量多
【答案】D
【详解】A．能自发进行的过程必须符合：△H-T△S＜0，熵值增大的过程不一定能自发进行，故A错误；
B．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH=-QkJ·mol-1(Q＞0)，该反应为可逆反应，2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)反应不能完全进行，所以放出的热量小于Q kJ，故B错误；
C．能自发进行的过程必须符合：△H-T△S＜0，则放热、熵增的反应一定能自发进行，故C错误；
D．1 mol NaOH分别和1 mol CH3COOH、1 mol HNO3反应，醋酸是弱酸，电离需要吸收热量，所以后者比前者放出的热量多，故D正确；
答案选D。
7．下列有关可逆反应2A(g)+B(g)⇌2C(g) △H④>②>①
C．①、②溶液分别与足量锌粉反应，生成H2的量：① =②
D．将②、③两种溶液混合后，若，消耗溶液的体积为：③>②
【答案】B
【详解】A．Kw只和温度有关，所以四种溶液的Kw相同。酸或碱都抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，①②中氢离子浓度相等、③④中氢氧根离子浓度相等，且①②中氢离子浓度和③④中氢氧根离子浓度相等，所以抑制水电离程度相等，则由水电离的c(H+)：①=③=②=④，故A错误；
B．加水稀释促进弱电解质电离，稀释相同倍数时，强酸强碱溶液的pH变化幅度较大，弱酸弱碱溶液的pH变化幅度较小，则向等体积的四种溶液中分别加入100 mL水后，溶液的pH：③>④>②>①，故B正确；
C．溶液的体积未知，无法计算生成氢气的量，故C错误；
D．pH=3的HCl溶液和pH=11的氨水等体积混合后溶液显碱性，现混合后溶液呈中性，可知消耗溶液的体积②>③，故D错误；
故答案为B。
15．水的电离平衡为H2O= H++OH- △H>0，下列叙述正确的是
A．将水加热至100℃，水的pH=6，呈酸性
B．恒温下，向水中加入少量固体KOH，水的电离平衡左移，水电离的c(OH-)减小
C．恒温下，向水中通入少量氨气，水的电离平衡左移，Kw减小
D．向水中通入少量H2S气体，H2S在溶液中的电离方程式为：H2S2H++S2-
【答案】B
【详解】A．水的电离是吸热过程，加热促进电离，氢离子浓度增大，pH减小，但氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液仍为中性，故A错误；
B．向水中加入少量KOH固体，KOH完全电离产生OH-，c(OH-)增大，水电离平衡逆向移动，水电离的c(OH-)减小，故B正确；
C．恒温下，向水中通入少量氨气，一水合氨电离出水OH-，水的电离平衡左移，但温度不变，Kw不变，故C错误；
D．H2S为弱酸，在溶液中不完全电离，以第一步电离为主，电离方程式为：H2SH++HS-，故D错误；
故选B。
16．常温下，下列各组微粒在指定的溶液中一定能大量共存的是
A．使紫色石蕊溶液变蓝的溶液：Cl-、HCO、H2PO、Ca2+
B．=10-1的溶液：F-、CH3COO-、S2-、Na+
C．由水电离出的氢离子为10-12mol·L-1的溶液：、SO、Na+、K+
D．使无色酚酞不变色的溶液：ClO-、CO、SO、NH
【答案】C
【详解】A．紫色石蕊溶液变蓝的溶液中存在大量OH－，HCO、H2PO、Ca2＋能与OH－之间发生反应，因而不能大量共存，故A错误；
B．=10-1的溶液为酸性，H＋与F-、CH3COO-、S2-之间会发生反应，因此不能大量共存，故B错误；
C．由水电离出的氢离子为10-12mol·L-1的溶液可能为酸性或者强碱性，无论酸性、还是碱性，离子之间均不发生反应，故C正确；
D．使无色酚酞不变色的溶液为中性或者酸性，若溶液呈酸性，则溶液中存在大量H＋，H＋与ClO-、CO、SO均能发生反应，因而不能大量共存，故D错误；
答案为C。
17．一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：+H2O+OH-。下列说法正确的是
A．升高温度，增大
B．加入氯化钡，平衡向正反应方向移动
C．稀释溶液，水解平衡常数增大
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】A
【详解】A．升高温度，促进水解平衡：+H2O+OH-向正向移动，使增大，减小，从而使增大，A正确；
B．加入氯化钡后钡离子会与碳酸根离子结合生成碳酸钡沉淀，从而使碳酸根离子的水解平衡向逆向移动，B错误；
C．水解平衡常数与温度有关，所以稀释溶液，水解平衡常数不变，C错误；
D．加入NaOH固体，虽然会使水解平衡逆向移动，但加入的是强碱，所以最终会使溶液pH增大，D错误；
故选A。
18．部分弱酸的电离平衡常数如下表所示：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数(25℃)
K=1.77×10-4
K=4.9×10-10
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11

下列选项正确的是A．2CN-＋H2O＋CO2=2HCN＋
B．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者大于后者
C．物质的量浓度相等的HCOONa和KCN溶液中，c(Na＋)-c(HCOO-)＜c(K＋)-c(CN-)
D．c()相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中：c(NH4HCO3)＞c(NH4CN)＞c(HCOONH4)
【答案】C
【详解】A．因为K2(H2CO3)=5.6×10-11＜K(HCN)=4.9×10-10，所以反应2CN-＋H2O＋CO2=2HCN＋不能发生，A不正确；
B．因为K(CH3COOH)=1.77×10-4＞K(HCN)=4.9×10-10，所以等pH时c(HCOOH)＜c(HCN)，中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，B不正确；
C．因为K(CH3COOH)=1.77×10-4＞K(HCN)=4.9×10-10，所以在溶液中CN-的水解能力大于CH3COO-，KCN溶液中c(OH-)＞HCOONa中c(OH-)，物质的量浓度相等的HCOONa和KCN溶液中，c(Na＋)-c(HCOO-)=c(OH-)-c(H+)，c(K＋)-c(CN-)=c(OH-)-c(H+)，所以c(Na＋)-c(HCOO-)＜c(K＋)-c(CN-)，C正确；
D．c()相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中，对应盐中酸根离子水解程度越大，该盐的浓度越大，由于K2(H2CO3)=5.6×10-11＜K(HCN)=4.9×10-10＜K(CH3COOH)=1.77×10-4，所以c(NH4CN)＞c(NH4HCO3)＞c(HCOONH4)，D不正确；
故选C。
19．室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是
A．溶液：
B．溶液：
C．溶液：
D．和混合溶液：
【答案】B
【详解】A.溶液：发生水解反应形成、，再发生水解反应产生和，所以溶液中粒子浓度大小关系是，错误；
B.Na溶液中，根据质子守恒可得：，正确；
C.溶液中，根据电荷守恒可得：，错误；
D.和混合溶液中，根据物料守恒可得： ，错误。
故选B。

20．改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。

下列叙述错误的是
A．pH=1.2时，
B．
C．pH=2.7时，
D．pH=4.2时，
【答案】D
【详解】A、根据图象，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，故A说法正确；B、pH=4.2时，c(A2－)=c(HA－)，根据第二步电离HA－H＋＋A2－，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)= c(H+)=10-4.2，故B说法正确；C、根据图象，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，故C说法正确；D、根据pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，且物质的量分数约为0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)＞c(H+)，故D说法错误。

二、原理综合题
21．综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。
Ⅰ、冬季燃煤供暖产生的废气也是雾霾的主要来源之一、经研究发现将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧，能够降低燃煤时NO的排放，主要反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)  ΔH。
(1)已知：①N2(g)+O2(g)2NO(g)  ΔH1=+180.5kJ·mol-1
②2CO(g)2C(s)+O2(g)  ΔH2=+221kJ·mol-1
③C(s)+O2(g)CO2(g)  ΔH3=-393.5kJ·mol-1
则ΔH=___________。
II、一定温度下(T1O>S     H2O>NH3>H2S
(2)     正四面体     CCl4##SiF4
(3)     sp2     四面体形     配位键、离子键
(4)     先生成蓝色沉淀后溶解，并得到深蓝色溶液     Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+

【详解】（1）CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子为Cu2+，Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar] 3d9；由于N的2p轨道处于半满状态，故第一电离能比O大，由于S、O处于同一主族，原子序数S较大，所以第一电离能较小，所以三种元素的第一电离能由大到小为N>O>S；由于H2O分子间、NH3分子间都存在氢键，而H2S分子间不能形成氢键，所以H2S沸点较低，而H2O分子间的氢键要比NH3分子间的氢键要强，所以S、O、N三种元素的简单气态氢化物的沸点由大到小为H2O>NH3>H2S，故答案为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar] 3d9；N>O>S；H2O>NH3>H2S；
（2）的中心原子S原子价电子对数=4+=4，采取sp3杂化，立体构型是正四面体形；原子总数相同，价电子总数相同的分子或离子互为等电子体，是5原子32电子的离子，与其互为等电子体的一种分子为CCl4（或SiF4等），故答案为：正四面体；CCl4（或SiF4等）；
（3）NO的中心原子N原子价电子对数=3+=3，采取sp2杂化；NH3的的中心原子N原子价电子对数=3+=4，采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形；[Cu(NH3)4](NO3)2为配合物，除了极性共价键外，还有配位键和离子键，故答案为：sp2；四面体形；配位键、离子键；
（4）往CuSO4溶液中通入过量的NH3先生成氢氧化铜蓝色沉淀，后氢氧化铜溶于过量氨水得到硫酸四氨合铜溶液，离子反应方程式为Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故答案为：先生成蓝色沉淀后溶解，并得到深蓝色溶液；Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+。

六、有机推断题
25．高分子树脂具有较好的吸水性，其合成线路如下：

已知：Ⅰ、—CHO+-CH2CHO—CH=CHCHO
Ⅱ、—CH=CH-COOH
回答下列问题：
(1)G中的含氧官能团名称为___________，M的结构简式为___________。
(2)由A生成B的化学方程式为___________。
(3)上述合成路线中，D→E的转化在合成M中的作用为___________。
(4)下列选项中对有机物F的性质推测正确的是___________(填字母)。
A．1molF与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2
B．能发生水解反应和消去反应
C．能聚合成高分子化合物
D．1molF最多消耗3molNaOH
(5)符合下列条件的G的同分异构体有___________种。
A．属于芳香族化合物，且只有1种官能团
B．能发生银镜反应
C．除苯环外不存在其他环状结构
其中核磁共振氢谱有4组峰的是___________(写出其中一种的结构简式)。
(6)根据上述合成路线和信息，以苯乙醛为原料(其他无机试剂任选)设计制备的合成路线：___________。
【答案】(1)     羧基    
(2)+NaOH+NaCl
(3)保护碳碳双键，防止其被氧化
(4)BD
(5)     10     (或)
(6)

【分析】与Cl2在光照条件下生成的A为，再在NaOH的水溶液中加热水解生成的B为，再催化氧化得到的C为，根据题目所给信息I可知，C和HCHO在NaOH的稀溶液中反应生成的D为，D再与Br2发生加成反应生成的E为，E催化氧化后得到的F为，根据信息II可知，F在Zn粉的作用下发生消去反应生成的G为，G再发生加聚反应得到M为。
【详解】（1）通过上述分析，G为，其含氧官能团名称是碳碳双键；G中含有碳碳双键，再发生加聚反应得到M为。
（2）A为，在NaOH的水溶液中加热水解生成的B为，反应的方程式为：+NaOH+NaCl。
（3）D为与Br2发生加成反应生成的E，E经催化氧化生成F，F在Zn粉的作用下发生消去反应生成，重新得到碳碳双键，所以D→E的转化在合成M中的作用是为了保护碳碳双键，防止其被氧化。
（4）A．F为，含有羧基，所以1molF与足量NaHCO3放出1molCO2，故A错误；
B．溴原子在氢氧化钠的水溶液中可以水解，也可以在氢氧化钠的醇溶液发生消去反应，故B正确；
C．F没有碳碳双键，也没有碳碳三键，不能聚合成高分子化合物，故C错误；
D．羧基消耗1mol NaOH，两个溴原子消耗2mol NaOH，共消耗3mol NaOH，故D正确；
故选BD。
（5）G为，其侧链不饱和度为2，其同分异构体满足：属于芳香族化合物，且只有1种官能团，而且要发生银镜反应，除苯环外不存在其他环状结构，说明必须有两个醛基，若苯环上有两个-CHO，一个-CH3，就有6种同分异构体；若苯环上是一个-CHO，一个-CH2CHO，就有邻间对三种同分异构体；若苯环上是一个-CH(CHO)CHO，就有一种结构；共有10种同分异构体。其中核磁共振氢谐有4组峰的是或。
（6）苯乙醛为，以其为原料合成，则需要将两分子苯乙醛连接起来，根据题目信息I可知，2分子苯乙醛中的醛基可以发生在NaOH溶液中发生加成反应生成，再将醛基氧化为羧基即可得目标产物，但根据题目中流程可知，需要先将双键加成，然后再消去，从而饱和双键，所以合成路线为：。