【化学】广西壮族自治区南宁市第三中学2018-2019学年高二下学期第一次月考（解析版） 试卷

广西壮族自治区南宁市第三中学2018-2019学年高二下学期第一次月考
考试时间：90分钟 总分：100分
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Mg-24 P-31 S-32 Fe-56 Cu-64
一、单选题（1-8题每小题2分，9-20题每小题3分 , 共52分）
1.人类将在未来逐渐由“碳素燃料文明时代”过渡至“太阳能文明时代”(包括风能、生物质能等太阳能转换形态)，届时人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”。下列说法错误的是（　　）
A. 煤、石油和天然气都属于碳素燃料
B. 发展太阳能经济有助于减缓温室效应
C. 太阳能电池可将太阳能直接转化为电能
D. 目前研究菠菜蛋白质“发电”不属于“太阳能文明”
【答案】D
【解析】
试题分析：A、煤和石油，天然气都为化石燃料，为碳素燃料，之前，不选A；B、太阳能的利用减少化石燃料的使用，从而减慢温室效应，正确，不选B；C、太阳能电池将太阳能转化wie电能，为清洁能源和 新能源，正确，不选C；D、菠菜蛋白质制成电池为生物质能，属于太阳能文明时代范畴，错误，选D。
考点：常见的生活环境的污染和治理
2.下列物质在水溶液中的电离或水解方程式书写正确的是（ ）
A. CH3COO－+H2O = OH－＋CH3COOH B. HF+H2OH3O＋＋F－
C. H3PO43H＋＋PO D. NaHCO3Na＋＋H＋＋CO
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸根离子的水解应当用可逆符号，A项错误；
B．HF为弱酸，其电离方程式使用可逆符号，题给的式子将氢离子写成了水合氢离子，B项正确；
C．磷酸作为多元弱酸，应分步电离，一步为主，C项错误；
D．碳酸氢钠应完全电离，所以电离方程式应使用等号，碳酸氢根离子不能拆写，D项错误；
所以答案选择B项。
3.参照反应Br+H2→HBr+H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是（ ）

A. 正反应为放热反应
B. 断键吸收的总能量大于成键放出的总能量
C. 反应物总能量高于生成物总能量
D. 升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率
【答案】B
【解析】
试题分析：A、当反应物总能量低于生成物总能量，则反应是吸热反应，故A错误；
B、当反应物总能量低于生成物总能量，即断键吸收的总能量大于成键放出的总能量，故B正确；
C、当反应物总能量高于生成物总能量，则反应是放热反应，根据图示可以看出：△H=+（E1-E2）kJ/mol＞0，是吸热反应，故C错误；
D、升高温度能使化学反应速率加快，正反应速率加快，逆反应速率也加快，故D错误．
故选B。
考点：反应热和焓变 化学反应中能量转化的原因
点评：本题考查吸热反应和放热反应，在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等。
4.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA
B. 100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】
分析：A.根据白磷是正四面体结构分析；
B.根据铁离子水解分析；
C.根据甲烷和乙烯均含有4个氢原子分析；
D.根据反应是可逆反应判断。
详解：A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；
B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；
C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；
D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。
点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个高频考点，主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。
5.下列有关说法不正确的是（ ）
A. 其他条件一定时，平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动
B. 某特定反应的平衡常数仅是温度的函数
C. 通常情况下，一个放热且熵增的反应也有可能非自发进行
D. 反应NH3(g)+HCl(g) NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH c(H+)
B. 图2中在b点对应温度下，将pH＝2的H2SO4溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
C. 用0.0100 mol/L硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 mol/L Cl－、Br－及I－的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是Cl－
D. 图4表示在N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)达到平衡后，减小NH3浓度时速率的变化
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据图1，相同pH时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即HA的酸性强于HB，依据越弱越水解的规律，A－水解程度弱于B－，离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(A－)>c(B－)>c(OH－)>c(H＋)，故A正确；
B、b点对应温度下，水的离子积为10－12，H2SO4中c(H＋)=10－2mol·L－1，NaOH溶液中c(OH－)=1mol·L－1，等体积混合后，NaOH过量，溶液显碱性，故B错误；
C、根据图像，纵坐标是－lgc(X－)，数值越大，c(X－)越小，在c(Ag＋)相同时，c(X－)越小，Ksp(AgX)越小，即I－先沉淀出来，故C错误；
D、根据图像，改变条件瞬间，v正增大，v逆减小，可能是增大反应物浓度，同时减少生成物浓度，如果只减少NH3的浓度，只降低v逆，v正不变，故D错误。
15.25℃时，亚碲酸（H2TeO3）的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8, 0.1mol/L的NaHTeO3溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系不正确的是（　　）
A. c（Na+）＞c（HTeO3-）＞c（OH-）＞c（H2TeO3）＞c（H+）
B. c（Na+）=c（TeO32-）+c（HTeO3-）+c（H2TeO3）
C. c（Na+）+c（H+）= c（HTeO3-）+2c（TeO32-）+c（OH-）
D. c（H+）+c（H2TeO3）= c（OH-）+c（TeO32-）
【答案】A
【解析】
【详解】A．HTeO3-的水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-11v逆
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡浓度与初始浓度差值的比值为3：1：2，X、Y减少，Z增加，反应可表示为：
3X+Y 2Z，A项正确；
B．用Z的平衡浓度减去初始浓度再除以反应时间可得发v(Z)=0.005 mol·L－1·s－1，B项正确；
C．X、Y浓度分别增加0.35 mol·L－1和0.15 mol·L－1后， X与Y的比值由2：1变为11：5，相比于之前更接近反应式的比值，X的转化率增加，C项错误；
D．若初始浓度：X为0.2 mol·L－1，Y为0.2 mol·L－1，Z为0.8mol·L－1时，此时浓度商小于平衡常数，则该反应正向进行，则v正>v逆，D项正确；
所以答案选择C项。
18.1mL浓度均为0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释(溶液体积为V)，溶液pH随lgV的变化情况如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A. XOH是弱碱
B. pH=10的溶液中c(X+)：XOH大于X2CO3
C. 已知CO32-的水解常数Kh1远远大于Kh2，则Kh1约为1.0×10－3.8
D. 当lgV=2时，升高X2CO3溶液温度，溶液碱性增强且c(HCO3－)/c(CO32－)减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1mol/L的XOH溶液的pH=13，说明XOH溶液中的OH-浓度等于XOH的浓度，XOH完全电离，为一元强碱，A项错误；
B．XOH是强碱溶液，X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液pH相等则XOH浓度要小于X2CO3浓度，再结合物料守恒得出溶液中c(X+)：XOH小于X2CO3，B项错误；
C．已知CO32-的水解常数Kh1远远大于Kh2，则不必考虑CO32-的第二步水解，不需要看第一步水解即可。从图中看出0.1mol/L的X2CO3的pH为11.6，则该溶液中c(OH-)=c(HCO3-)=10-2.4mol/L，c(CO32-)=0.1mol/L，则Kh1=（10-2.4）2/0.1=1.0×10－3.8，C项正确；
D．当lgV=2时，则溶液体积变为原来的100倍，升高温度促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c(CO32－)减小，c(HCO3－)增大，则比值变大，D项错误；
19.下图为常温下向10mL0.1 mol·L-1 NH3·H2O中加入等浓度的盐酸时，NH3·H2O的物质的量随V（盐酸）的变化曲线。（电离度为已电离的NH3•H2O占初始时NH3•H2O的百分比），下列说法正确的是（　　）

A. 测得a点时溶液的pH=11，则NH3·H2O的电离度为1%
B. b点时溶液的pH=7
C. 水的电离程度：bc，故C项错误；
D. c点时溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl与HCl，其溶液中存在物料守恒，即c(Cl−) = 2[c(NH4+) + c(NH3·H2O)]，故D项错误；
答案选A。
20.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物叙述正确的是（　　）

①分子式为C12H20O2
②能使酸性KMnO4溶液褪色
③能发生加成反应，但不能发生取代反应
④它的同分异构体中可能有芳香族化合物，且属于芳香族化合物的同分异构体有8种
⑤1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH
⑥1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为3mol
A. ①②③ B. ①②④⑤⑥ C. ①②⑤⑥ D. ①②⑤
【答案】B
【解析】
试题分析：①由结构简式可知分子式为C12H20O2，正确；②含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，正确；③含有碳碳双键，能发生加成反应，含有酯基，能发生取代反应，错误；④有机物含有3个双键，对应同分异构体中不可能为芳香族化合物，因芳香族化合物的不饱和度至少为4，错误；⑤1mol该有机物水解生成1mol羧基，只能消耗1mol NaOH，正确；⑥只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，错误。正确说法是①②⑤，选项B符合题意。
考点：考查有机物的结构与性质的知识。
二、填空题（共48分）
21.NH3是一种重要的化工原料，其合成及应用一直备受广大化学工作者的关注。N2和H2生成NH3的反应为：N2（g）+3H2(g) 2NH3(g) △H=－92kJ•mol-1。
（1）已知：N2(g) 2N(g) ; H2(g) 2H(g)，则断开1 mol N－H键所需要的能量是_____________kJ。
（2）有利于提高合成氨平衡产率的条件是_______________。
A. 低温 B.高温 C.低压 D.高压 E.催化剂
（3）向一个恒温恒压容器充入1 mol N2和3mol H2模拟合成氨反应，下图为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强（p）的关系图。

若体系在T1、60MPa下达到平衡。
①此时平衡常数Kp_______（MPa）-2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数；计算结果保留3位小数）。
②T1_____________T2（填“>”、“”、“ (6). 活化能越大，一般分子成为活化分子越难，反应速率越慢 (7).
【解析】
【分析】
利用化学键的键能数据来计算焓变，可规定吸热为正，放热为负，进行代数和。合成氨是一个正向放热的、气体分子数减小的反应，低温和加压对提高氨气的产率有利；看平衡图像时，可采用“定一议二”的方式进行，固定压强不变，看温度对氨气的含量的影响。
【详解】（1）设断开1 mol N－H键所需要的能量是xkJ，则依据N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H－92kJ•mol-1。，有946+436×3-6x=-92，解得x=391；
（2）合成氨反应是一个正向放热的反应，所以降温有利于提高产率；合成氨反应是一个正向气体分子数减小的反应，加压有利于提高产率；
（3） ① N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)
初始 1 3 0
变化 x 3x 2x
平衡 1-x 3-3x 2x
60%=，解得x=0.75mol，所以平衡时N2的物质的量分数为0.1，H2的物质的量分数为0.3，NH3的物质的量分数为0.6，所以Kp==0.037；
②从图像来看，当压强不变时，T1时NH3的体积分数大于T2时，根据该反应是放热反应，NH3是生成物的特点，确定T1相对于T2来说是降温，即T1C=O，别外酚羟基也与NaOH中和生成钠盐，所以F有结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，显然G到H过程中第1）步是将-CHO氧化为羧基，第2）步是将酚的钠盐转化为酚羟基。由此分析解答。
【详解】(1)因为“机物 B 苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，名称是对溴甲苯或4-溴甲苯。
(2)D的分子式为C7H8O2，E分子式为C7H6Cl2O2，对比D、E分子组成可知E比D少2个氢原子多2个氯原子，光照下Cl2可取代烃基上的氢原子，所以由D生成E的反应类型为取代反应。C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，可推知-Br发生水解反应生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下Cl2取代发生在苯环侧链的烃基上，所以E的结构简式为，所以E中官能团的名称：羟基、氯原子。
(3) 已知E的结构简式为，在NaOH溶液加热条件下E中氯原子发生水解生成的2个-OH，而这2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基与NaOH中和反应生成钠盐，故F的结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，G到H过程的第1）步是将-CHO氧化为羧基，所以“一定条件”是银氨溶液、加热或新制Cu(OH)2、加热。
(4) B（）分子中溴原子水解生成酚羟基，而酚具有酸性，又跟NaOH发生中和反应，所以B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+H2O。
(5) F有结构简式为，酸化后得到R的结构简式为，R的分子式为C7H6O3，所以X的不饱和度为5，含3种等效氢，每种等效氢中含2个氢原子，X又含醛基。同时满足这些条件的X应该是一个高度对称结构的分子，所以应该含2个-CHO（2个不饱和度），中间应该是>C=O（1个不饱和度），另外2个不饱和度可形成一个环烯结构（五园环），或一个链状二烯结构。由此写出2种X的结构简式：OHC-CH=CH-CO-CH=CH-CHO、。
(6)分析目标产物，虚线左边部分显然是由转化而来的，右边是由丙醛（CH3CH2CHO）转化而来的。根据题给“已知③”可知两个醛分子可结合生成烯醛。在NaOH溶液中水解生成苯甲醇，苯甲醇氧化为苯甲醛，苯甲醛与丙醛发生“已知③”反应生成。因此写出流程图：