【化学】贵州省南白中学（遵义县一中）2018-2019学年高二下学期第二次联考（解析版） 试卷

贵州省南白中学（遵义县一中）2018-2019学年高二下学期第二次联考
1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ）
选项
现象或事实
解释
A
用热的纯碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接和油污反应
B
在生活中可以采用明矾来净水
明矾具有杀菌消毒的功能
C
施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成（NH4）2CO3沉淀会降低肥效
D
在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀
海轮外壳的钢铁和锌与海水形成原电池，铁充当正极被保护

【答案】D
【详解】A.用热的纯碱溶液洗去油污是由于纯碱溶液水解显碱性，油脂在碱性条件下可发生水解反应，产生可溶性的物质，A错误；
B.在生活中可以采用明矾来净水是由于明矾电离产生的Al3+发生水解反应产生的氢氧化铝胶体的表面积大，具有很强的吸附作用，B错误；
C.施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)水解使溶液显碱性，若与NH4Cl混合使用，OH-与NH4+反应产生NH3·H2O，NH3·H2O分解产生氨气逸出，导致肥效降低，故不能混合使用，C错误；
D.在海轮外壳连接锌块，Fe、Zn及海水构成原电池，由于锌的活动性比铁强，Zn作负极，首先被腐蚀，Fe作正极，不被氧化而受到保护，因此就保护外壳不受腐蚀，D正确；
故合理选项是D。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 聚乙烯可使溴水褪色
B. 在蛋白质溶液中加CuSO4粉末后出现沉淀，是因为蛋白质发生了盐析
C. 乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应
D. 在淀粉溶液中加入20%的稀硫酸，水解后，立即加入新制Cu(OH)2悬浊液共热，证明有葡萄糖生成
【答案】C
【详解】A.聚乙烯分子中无不饱和的碳碳双键，因此不能使溴水褪色，A错误；
B.在蛋白质溶液中加CuSO4粉末，蛋白质遇重金属盐发生变性后出现沉淀，不是因为蛋白质发生了盐析，B错误；
C.乙酸与NaOH发生酸碱中和反应，而油脂能与氢氧化钠溶液发生水解反应，C正确；
D.在淀粉溶液中加入20%的稀硫酸，水解后，要先加入NaOH溶液中和催化剂硫酸使溶液显碱性，然后再加入新制Cu(OH)2悬浊液共热，证明有葡萄糖生成，否则不能发生葡萄糖的氧化反应，D错误；
故合理选项是C。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 常温下吸热反应都是不自发的
B. 反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发，则该反应的△Hc(OH-)
【答案】D
【详解】A.常温下Na2CO3溶液水解使溶液显碱性，溶液pH=10，将该Na2CO3溶液加水稀释，c(OH-)降低，pH减小，若溶液稀释10倍后，若水解平衡不移动，溶液的pH=9，但稀释促进盐的水解，故溶液的pH减小不到一个单位，故稀释后溶液的pH>9,A错误；
B.由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L，水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性条件下，H+与CO32-会发生反应，不能大量共存，B错误；
C. (NH4)2CO3是弱酸弱碱盐，阳离子、阳离子都发生水解反应，由于CO32-水解程度大，因此溶液显碱性；而(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，故相同浓度的(NH4)2CO3与(NH4)2SO4溶液相对比，前者的pH较大，C错误；
D.NaHSO3电离产生Na+、HSO3-，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中HSO3-既存在电离作用，也存在水解作用，由于电离大于水解作用，c(HSO3-)>c(SO32-)；所以c(H+)>c(OH-)溶液显酸性，在溶液在还存在水电离产生H+，HSO3-电离作用大于水的电离作用，故c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)；盐电离产生的离子的电离作用和水解作用是微弱的，所以c(HSO3-)>c(H+)，HSO3-电离、水解会消耗，所以c(Na+)>c(HSO3-)，故在溶液中微粒浓度由大到小的顺序是 c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)，D正确；
故合理选项是D。
8.(1)赤水晒醋是我们遵义特产之一，其中含有一定量的CH3COOH。写出CH3COOH的电离方程式 ______________________________；在已达平衡的乙酸溶液中加入一定的CH3COONa ，该溶液pH___________（填“增大”“减小”或“不变”）。
(2)燃料电池汽车，尤其是氢燃料电池汽车可以实现零污染、零排放，驱动系统几乎无噪音，且氢能取之不尽、用之不竭,因此燃料电池汽车成为汽车企业关注的焦点。燃料电池的燃料可以是氢气、甲醇等。有科技工作者利用稀土金属氧化物作为固体电解质制造出了甲醇—空气燃料电池。这种稀土金属氧化物在高温下能传导O2-。
①该电池的正极反应是___________________；负极反应是____________________。 
②在稀土氧化物的固体电解质中，O2-的移动方向是______________。 
③甲醇可以在内燃机中燃烧直接产生动力推动机动车运行，而科技工作者要花费大量的精力研究甲醇燃料汽车,主要原因是___________________________________________。 
(3)在AgCl的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，在25℃时,Ksp(AgCl)＝1.8×10-10。现将足量氯化银分别放入：
①100 mL蒸馏水中；②100 mL 0.2 mol/L AgNO3溶液中；③100 mL 0.1 mol/L氯化铝溶液中；④100 mL 0.1 mol/L盐酸中，充分搅拌后，相同温度下c(Ag＋)由大到小的顺序是_________(填写序号)；其中②中氯离子的浓度为__________mol/L。
【答案】(1). CH3COOHCH3COO-+H+ (2). 增大 (3). O2+4e-= 2O2- (4). CH3OH+3O2--6e-=CO2↑+2H2O (5). 从正极流向负极 (6). 燃料电池的能量转化率高 (7). ②①④③ (8). 9×10-10
【分析】(1)CH3COOH是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡；根据微粒浓度对电离平衡的影响及溶液pH含义分析解答；
(2)在甲醇燃料电池在，通入甲醇的电极为负极，通入空气的电极为正极，负极发生氧化反应，正极上发生还原反应，电解质中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动；
(3) AgCl的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，等浓度的c(Cl-)、c(Ag＋)对平衡移动的影响相同，可根据平衡移动原理分析溶液中c(Ag＋)的相对大小。
【详解】(1) CH3COOH是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+；向该溶液中加入CH3COONa，盐电离产生的CH3COO-使溶液中c(CH3COO-)增大，根据平衡移动原理：增大生成物的浓度，pH逆向移动，溶液中c(H+)减小，因此溶液的pH增大；
(2)①该电池的正极反应是O2获得电子变为O2-，电极反应式为O2+4e-= 2O2-；负极上CH3OH失去电子，与电解质中的O2-结合形成CO2和水，因此负极的电极反应式是CH3OH+3O2--6e-=CO2↑+2H2O；
②在稀土氧化物的固体电解质中，O2-向正电荷较多的负极方向移动；即移动方向是从正极流向负极；
③甲醇可以在内燃机中燃烧直接产生动力推动机动车运行,而科技工作者要花费大量的精力研究甲醇燃料汽车，主要原因是燃料电池的能量转化率高；
(3)①AgCl的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；②向其中加入AgNO3溶液，增大了溶液中Ag+的浓度，沉淀溶解平衡逆向移动，但总的来说平衡移动的趋势是微弱的，达到平衡后溶液中c(Ag+)比水中大；③加入氯化铝溶液，溶液中c(Cl-)增大，平衡逆向移动，达到平衡后溶液中c(Ag+)比①溶解在水中小；④溶解在HCl中，也使溶液中c(Cl-)增大，平衡逆向移动，由于c(Cl-)比③小，所以抑制作用比③弱，最终达到平衡时溶液中c(Ag+)比③大一些，故充分搅拌后，相同温度下c(Ag＋)由大到小的顺序是②①④③；
对于②100 mL 0.2 mol/L AgNO3溶液，c(Ag＋)=0.2mol/L，由于Ksp(AgCl)=1.8×10－10，所以c(Cl-)= Ksp(AgCl)÷c(Ag＋)= 1.8×10－10÷0.2=9×10-10 mol/L。
【点睛】本题考查了弱电解质电离平衡、沉淀溶解平衡的影响因素及溶液的酸碱性、离子浓度大小比较的知识。化学平衡移动原理适用于弱电解质的电离平衡及沉淀溶解平衡、溶解结晶平衡等体系中，要会根据平衡移动原理分析解答，平衡常数只与温度有关，与其它外界因素无关。
9.遵义市某些地区出现了不同程度的雾霾天气，我校课题小组的同学对其进行了调查研究,
Ⅰ.课题小组研究发现,其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。
(1)25℃时将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测溶液。测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：

根据表中数据判断试样的pH=________。
Ⅱ.课题组就其酸性物质做进一步研究
一氧化氮、二氧化氮的研究
(1)一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应：
2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)，下列状态能说明该反应达到化学平衡的是_______（填字母编号）。
A．混合气体的密度保持不变 B．NO的转化率保持不变
C．NO和O2的物质的量之比保持不变 D．O2的消耗速率和NO2的消耗速率相等
(2)活性炭可处理大气污染物NO，反应原理为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，T℃时，在2L密闭容器中加入0.100mol NO和2.030mol活性炭（无杂质），平衡时活性炭物质的量是2.000mol，则该温度下的平衡常数为_________；达平衡时,若再向容器中充入0.04molNO,0.03molN2和0.03molCO2，则平衡________移动。（填“向左”“向右”或“不”）
III.一氧化碳、二氧化碳的研究
(1)CO或CO2在一定条件下可以用来合成甲醇。工业上常用CO和H2制备CH3OH的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入2molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到5min，用H2表示的平均反应速率v(H2)=_____。

(2)碳与水蒸气反应制取H2的相关反应如下：
Ⅰ：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △ H=+131.0kJ/mol
Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △ H= - 43kJ/mol
Ⅲ：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(S) △ H= - 178.3kJ/mol
①计算反应Ⅳ：C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)的△H=__________kJ/mol；
对硫的氧化物的研究
②SO2可被Na2FeO4氧化而去除污染，工业上用Fe和石墨作电极电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4。写出电解过程中阳极发生的电极反应____________________________。
【答案】(1). 4 (2). BC (3). （或0.5625） (4). 不 (5). 0.6mol/(L▪min) (6). -90.3； (7). Fe-6e+8OH-=FeO42-+4H2O
【分析】Ⅰ.(1)根据溶液中电荷守恒计算；
II.(1)根据平衡时任何一组分的物质的量不变，物质的浓度不变，物质是平衡含量不变分析判断；
(2)根据平衡常数的表达式书写、计算；并根据浓度商与化学平衡常数大小判断平衡移动方向；
III.(1)先根据图示计算出CO的反应速率，然后根据H2、CO的反应关系计算出H2表示的化学反应速率；
(2)①根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可以得到相应反应的热化学方程式；
②阳极Fe失去电子，发生氧化反应产生FeO42-。
【详解】Ⅰ.(1)溶液中电荷守恒：c(K+)+c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(NO3-)+c(Cl-)，将表中数据带入可得4×10-6+2×10-5+6×10-6+c(H+)=2×4×10-5+3×10-5+2×10-5，解得c(H+)=1×10-4mol/L，所以溶液的pH=4；
II.(1)A.由于反应混合物都是气体，物质的质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终保持不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，A错误；
B.若反应未达到平衡，NO的转化率就会发生变化，因此若NO的转化率保持不变，反应处于平衡状态，B正确；
C.NO和O2反应的物质的量的比是2:1，加入的物质的物质的量的比是1:1，因此若二者的物质的量之比保持不变，反应达到平衡状态，C正确；
D.根据方程式可知：每反应消耗1个O2，会同时反应产生2个NO2，所以O2的消耗速率和NO2的消耗速率相等，则反应正向进行，未达到平衡状态，D错误；
故合理选项是BC；
(2)可逆反应：C(s) + 2NO(g)N2(g)+CO2(g)，反应容器为2L
n(开始)mol 2.030 0.100 0 0
n(变化)mol 0.030 0.060 0.030 0.030
n(平衡)mol 2.000 0.040 0.030 0.030
则该反应的化学平衡常数K===0.5625；
当反应达到平衡后再加入0.04molNO、0.03molN2和0.03molCO2，Qc==0.5625=K，则平衡不移动；
III.(1)V(CO)==0.3 mol/(L▪min)，根据反应方程式中物质反应转化关系可知V(H2)：V(CO)=2:1，所以V(H2)=2V(CO)=0.6 mol/(L▪min)；
(2)①Ⅰ：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △ H=+131.0kJ/mol
Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △ H= - 43kJ/mol
Ⅲ：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(S) △ H= - 178.3kJ/mol
根据盖斯定律，将I+II+III，整理可得C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g) △H=+131.0kJ/mol-43kJ/mol-178.3kJ/mol=-90.3 kJ/mol；
②以Fe为阳极，在电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，电极反应式为Fe-6e+8OH-=FeO42-+4H2O。
【点睛】本题考查了电荷守恒在溶液酸碱性判断的应用、化学反应速率、化学平衡移动及盖斯定律、电解反应的应用等知识。掌握化学反应基础知识和基本理论是本题解答关键。
10.已知下列数据：

某学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
①配制2 mL浓硫酸、3 mL乙醇和2 mL乙酸的混合溶液。
②按图连接好装置(装置气密性良好)并加入混合液，用小火均匀加热3～5 min。
③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙并用力振荡，然后静置待分层。
④分离出乙酸乙酯，洗涤、干燥、蒸馏。最后得到纯净的乙酸乙酯。

(1)反应中浓硫酸的作用是_____________________________。
(2)写出制取乙酸乙酯的化学方程式：_____________________________________________。
(3)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是___________________________________________。
(4)步骤②为防止加热过程中液体爆沸，该采取什么措施______________________________。
(5)欲将乙试管中的物质分离以得到乙酸乙酯，必须使用玻璃的仪器有__________________；分离时，乙酸乙酯应从仪器_________(填“下口放”或“上口倒”)出。
(6)通过分离后饱和碳酸钠中有一定量的乙醇，拟用图回收乙醇，回收过程中应控制温度是_________；找出图中的错误_________________________________________________。

【答案】 (1). 作催化剂、吸水剂 (2). CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O (3). 中和乙酸并吸收乙醇；减少乙酸乙酯的溶解 (4). 在试管甲中加少量的碎瓷片 (5). 分液漏斗 (6). 上口倒 (7). 78.0℃ (8). 温度计水银球应置于蒸馏烧瓶支管处，冷凝水应下进上出
【分析】乙醇与乙酸在浓硫酸催化和加热时发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，液体混合物加热时为防止暴沸要加入碎瓷片，由于乙醇、乙酸的沸点较低，会随着反应产生的乙酸乙酯进入到盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度。分离沸点不同的互溶的液体混合物用蒸馏方法；分离互不相容的液体混合物用分液方法。根据分离目的采取相应的措施。
【详解】(1)乙醇与乙酸在浓硫酸催化和加热时发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，在反应在 浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂，吸收反应产生的水，使反应正向进行，提高原料的利用率；
(2)在浓硫酸存在时，乙醇与乙酸混合加热制取乙酸乙酯，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
(3)在上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用有三个：溶解乙醇；反应消耗乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，从而可减少乙酸乙酯的溶解；
(4)步骤②为防止加热过程中液体爆沸，该采取的措施是在试管甲中加少量的碎瓷片；
(5)由于乙酸乙酯与水互不相容，密度比水小，所以欲将乙试管中的物质分离以得到乙酸乙酯，必须使用玻璃的仪器是分液漏斗；分离时，乙酸乙酯在上层，应从仪器上口倒出；
(6)通过分离后饱和碳酸钠中有一定量的乙醇，由于乙醇的沸点比较低，只有78.0℃，所以若要用蒸馏回收乙醇，回收过程中应控制温度是乙醇的沸点78.0℃；对图进行观察，会发现：有2处错误：一是温度计水银球在液面以下，应该在蒸馏烧瓶的支管口附近，来测定蒸气的温度；二是冷凝水的水流方向，应该是下口进，上口出，这样才能充分冷凝。
【点睛】本题考查了实验室制取乙酸乙酯的有关实验的知识。涉及物质的作用、反应原理的表示、化学实验操作方法及对装置图正误判断等知识，全面的考查了学生对乙酸乙酯的制备原理的掌握情况。
11.以石油化工产品为原料合成聚酯类功能高分子材料R及某药物合成原料E一种合成路线如下(部分反应条件和产物略去):

已知D与乙醇属于同系物，E在核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积比为2∶2∶3
回答下列问题:
(1)Y的名称是____________；R的官能团名称是____________；E的分子式是__________ 。
(2)反应Ⅵ的反应类型是_____________；X最多有___________个原子共面。
(3)写出II反应的化学方程式______________________________________________。
(4)写出Y的其余几种同分异构体_________________________。
(5)已知: ,参照上述合成路线,以甲苯和溴乙烷为原料合成苯甲酸乙酯,合成路线是:_____ __________________________________。
【答案】(1). 1，2-二溴丙烷 (2). 酯基 (3). C8H14O4 (4). 取代(酯化)反应 (5). 7 (6). CH3CHBrCH2Br+2NaOH+2NaBr (7). (8).
【分析】丙烯与溴发生加成反应生成Y为1，2-二溴丙烷CH3CHBrCH2Br，Y在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应生成Z为1，2-丙二醇，Z与己二酸通过酯化缩聚合成聚酯类高分子材料R为 ，A的相对分子质量为78，A与氢气反应生成环己烷，可知A为烃，结构简式为；环己烷催化氧化生成己二酸，己二酸与D发生酯化反应得到E，由于D与乙醇属于同系物，且E在核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积比为2∶2∶3，说明D为CH3OH，则E为CH3OOC(CH2)4COOCH3。
(5)溴乙烷发生水解反应产生乙醇；甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯。
【详解】根据上述分析可知：Y是CH3CHBrCH2Br；Z为；A是；D是CH3OH，E为CH3OOC(CH2)4COOCH3；R是。
(1)Y是CH3CHBrCH2Br，名称是1，2-二溴丙烷；R结构简式是，R属于聚酯，R的官能团名称是酯基；E的结构简式是CH3OOC(CH2)4COOCH3，分子式是C8H14O4；
(2)反应Ⅵ是己二酸与1,2-丙二醇发生酯化反应产生聚酯和水，酯化反应属于取代反应，故该反应反应类型是取代反应(或酯化反应)；X是丙烯CH2=CH-CH3，该物质可看作是乙烯分子中的一个H原子被甲基取代产生的物质，由于乙烯分子是平面分子，甲基C原子取代乙烯分子中H原子的位置在乙烯分子的平面上；对于甲基来说，可认为是乙烯基取代甲烷分子中一个H原子的位置，由于甲烷是正四面体结构，一个平面若通过甲烷的C原子，最多可以有2个顶点原子跟该C原子在同一平面上，所以甲基上最多还有1个H原子在乙烯分子的平面上，所以最多有7个原子共面；
(3)II反应的化学方程式是CH3CHBrCH2Br+2NaOH+2NaBr；
(4)Y是CH3CHBrCH2Br，它的其余几种同分异构体结构简式为：
；
(5)溴乙烷发生水解反应产生乙醇；甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，故以甲苯和溴乙烷为原料合成苯甲酸乙酯的合成路线是：。
【点睛】本题考查了有机合成与推断的知识，涉及烯烃的加成反应、卤代烃的水解及酯化反应及有机物同分异构体的书写、合成路线的选择等。掌握常见官能团的性质、转化、反应条件是本题解答的关键。