2020高二化学5月月考试题(含解析)

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3. 设NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是（）

A. 常温下,60gSiO2分子中含有Si-O极性共价键的数目为4NA

B. 常温下,16.8 g铁粉与足量的浓硝酸反应转移电子数为0.9NA

C. 叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2N2↑+2H2↑,则每收集标况下89.6L气体，爆炸时转移电子数为4NA

D. 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液中H2CO3、HCO3-、CO32-的粒子总数为0.1NA

【答案】C

【解析】A、SiO2是原子晶体，不存在分子，选项A错误；B、常温下铁被浓硝酸钝化，反应不能继续，转移电子数无法计算，选项B错误；C、反应中氢元素化合价由+1变为0，则反

应:NH4N3=2N2↑+2H2↑，则每收集标况下89.6L气体，即4mol气体其中2mol氮气和2mol氢气，爆炸时转移电子数为4NA，选项C正确；D、没有给定体积，无法求得粒子总数，选项D错误。答案选C。

4. 下列各组离子中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（）

A. 无色透明溶液中：Fe3+、NH4+、SO42-、Cl-

B. Ba(AlO2)2溶液中：K+、Mg2+、HCO3-、NO3-

C. 能使酚酞变红色的溶液中：Na+、Ba2+、Cl- 、Br-

D. pH=0的溶液中：Na+ 、K+、S2-、SO32-

10. 硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：

Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。下列说法错误的是

（）

A. 氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶1

B. 若0.5 molNa2S2O3作还原剂,则转移4mol电子

C. 当Na2S2O3过量时,溶液能出现浑浊

D. 硫代硫酸钠溶液吸收氯气后,溶液的pH降低

【答案】A

【解析】硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：

Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。由化学方程式可知，氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中电子转移的数目为8e-。A. 氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶3，A不正确；B. 若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子，B正确；C. 当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑浊，C正确；D. 硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。本题选A。

11. 已知：①1mol晶体硅中含有2 molSi-Si键。

②Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H,其反应过程与能量变化如图所示。③

化学键Si-O O=O Si-Si

断开1 mol共价键所需能量/kJ 460 500 176

下列说法正确的是（）

A. 晶体硅光伏发电是将化学能转化为电能的

B. 二氧化硅稳定性

小于硅的稳定性

C. △H=-988kJ·mol-1

D. △H=a-c

【答案】C

【解析】A、晶体硅光伏发电是将太阳能转化为电能，选项A错误；

B、根据化学键的键能判断，断裂1mol二氧化硅需要的能量为

4×460kJ=1840kJ，断裂1mol晶体硅需要的能量为2×176kJ=354kJ，故二氧化硅稳定性大于硅的稳定性，选项B错误；C、

Si(s)+O2(g)=SiO2(s) ΔH=(+176×2+500-460×4)kJ/mol=-

988kJ/mol，选项C正确；D、根据图中信息可知，ΔH=-c，选项D错误。答案选C。

12. 常温下,将一定量的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(固体体积忽略不计)发生反应：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g) △H,达到平衡时测得c(CO2)=a mol·L-l。温度不变，达到平衡后压缩容器体积至原来的一半,达到新平衡时测得c(NH3)=x mol·L-l。下列说法正确的是（）

A. 混合气体的平均相对分子质量不再变化时表明达到平衡状态

B. 达到新平衡时, △H为原来的2倍

C. 上述反应达到新平衡状态时x=2a

D. 上述反应体系中,压缩容器体积过程中n(H2NCOONH4)不变

【答案】C

【解析】A. 该反应的反应物中没有气体，所以混合气体的平均相对分子质量一直不变，不能由此判断反应是否达到平衡状态，A不正确；B.△H与反应的限度没有关系，B不正确； C. 在一定温度下，化学反应的平衡常数是定值，由此反应的平衡常数表达式K=

c2(NH3)? c(CO2)可知，在新的平衡状态，各组分的浓度肯定与原平

衡相同，所以上述反应达到新平衡状态时x=2a，C正确；D. 上述反应体系中，压缩容器体积过程中n(H2NCOONH4)增大，D不正确。本题选C。

13. 下列有关实验操作、实验现象和所得结论均正确的是（）

实验操作实验观象结论

A 往淀粉水解后的溶液中加入足量

新制氢氧化铜并加热

有砖红色沉淀生成淀粉完全水解

B 用0.100 mol·L-1盐酸滴定未

知浓度NaOH溶液(甲基橙做指示

剂)

溶液由橙色变红色，

且在半分钟内不恢复

滴定到达终点

C 将BaCl2溶液滴入某溶液生成白色沉淀该溶液一定存在SO42-

D 往加有酚酞的碳酸钠溶液中加入

足量的CaCl2溶液

红色褪去证明CO32-水解呈碱性

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】D

【解析】A.说明淀粉水解，不能说明淀粉完全水解，故A结论错误；

B. 溶液由黄色变橙色，且在半分钟内不恢复，表明滴定达到终点，故B实验现象错误；

C.该溶液还可能存在CO32-、SO32-、Ag+等，故C结论错误；

D. 往加有酚酞的碳酸钠溶液中加入足量的CaCl2溶液，CO32-完全转化为CaCO3，红色褪去，证明CO32-水解呈碱性，故D正确。故选D。

14. 已知某酸H2B在水溶液中存在下列关系：H2B=H++HB-，HB-

H++B2-。则下列关于酸式盐NaHB溶液的说法中正确的是（）

A. 电离方程式：NaHB=Na++H++B2-

B. NaHB溶液可能呈酸性或碱性

C. NaHB和NaOH溶液反应的离子方程式：HB-+OH-=H2O+B2-

D. 该溶液中：c(Na+)=c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)

【答案】C

【解析】A. HB-难电离，所以电离方程式：NaHB=Na++HB-，故A错误；B. HB-只电离，不水解，所以NaHB 溶液呈酸性，故B错误；C. NaHB 和NaOH 溶液反应的离子方式：HB-+OH-= H2O+B2-，故C正确；D. 该溶液中不存在H2B，所以c(Na+)=c(HB-)+c(B2-)，故D错误。故选C。

点睛：解答本题需要特别注意H2B的第一步电离是完全的，

H2B=H++HB-，而第二步电离可逆，HB-H++B2- 。因此，NaHB 溶液

呈酸性，NaHB 溶液中不存在H2B。

第Ⅱ卷 (非选择题,共58分)

二、简答题(共3小题,共43分)

15. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的定影剂、还原性分析试剂。

Na2S2O3·5H2O是无色晶体,易溶于水,不溶于乙醇,在潮湿的空气中易潮解,Na2S2O3和甲醛能形成难被碘溶液氧化的化合物。甲、乙两个兴趣小组用下列装置在实验室制备硫代硫酸钠。

回答下列问题：

(1)仪器a的名称是____________;溶液1是____________。

(2)甲小组按上图连接好装置,打开K1、K3,关闭K2,打开仪器a的活塞;片刻后,打开集热式磁力搅拌器加热;将气体通入锥形瓶中,溶液出现黄色浑浊后逐渐消失,相关的化学反应方程式为：

①_________________；②Na2SO3+SNa2S2O3。

(3)加热浓缩至出现少量晶膜,停止加热,打开K2,关闭K3,用注射器注入无水乙醇后有大量晶体析出。加入乙醇的作用是

__________________________________。

锥形瓶中通SO2，由于Na2S2O3·5H2O不溶于乙醇，所以用注射器注入无水乙醇降低其溶解度，促进产品大量析出；

(4)S2—具有较强的还原性，容易被空气氧化，所以先溶解Na2CO3，再将Na2S溶解于Na2CO3的溶液中，接着进行实验，减少Na2S的溶解时间，且Na2CO3水解呈碱性还能抑制Na2S的水解；

(5)①生成的Na2S2O3中可能含有的杂质为Na2CO3、Na2S和Na2SO3，调节溶液的pH为6，可除去Na2CO3，根据ZnS的Ksp可知，加入

Zn(CH3COO)2溶液可除去Na2S和Na2SO3；②根据已知反应方程式可得n(Na2S2O3)= 0.1000mol/L×10.00 mL×10-3×2× =0.01mol，则Na2S2O3·5H2O的质量分数=×100%=82.67%。

16. 甲醇水蒸气重整制氢(SRM)系统简单,产物中H2含量高、CO含量低(CO会损坏燃料电池的交换膜) ,是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源。反应如下：

反应Ⅰ(主) ：

CH3OH(g)+H2O(g)CO3(g)+3H2(g) △H1=+49kJ/mol

反应Ⅱ(副) ：H2(g) +CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ/mol

温度高于300℃则会同时发生反应

Ⅲ：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) △H3

(1)计算反应Ⅲ的△H3=____________。

(2)反应1能够自发进行的原因是________________,升温有利于提高CH3OH转化率,但也存在一个明显的缺点是

_______________________。

(3)下图为某催化剂条件下,CH3OH转化率、CO生成率与温度的变化关系。

①随着温度的升高,CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是___________(填标号)。

A．反应Ⅱ逆向移动 B．部分CO转化为

CH3OH

C．催化剂对反应Ⅱ的选择性低 D．催化剂对反应Ⅲ的选择性低

②随着温度的升高,CH3OH实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是______________。

③写出一条能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的措施

__________________________。

(4)250℃,一定压强和催化剂条件下,1.00 molCH3OH和

1.32 mol H2O充分反应(已知此条件下可忽略反应Ⅲ),平衡时测得H2为

2.70 mol,CO有0.030 mol,试求反应Ⅰ中CH3OH的转化率

____________,反应Ⅱ的平衡常数____________。(结果保留两位有效数字)

【答案】 (1). +90 kJ·mol-1 (2). 反应Ⅰ为熵增加的反应 (3). CO含量升高，破坏燃料电池的交换膜 (4). C (5). 升温反应速率加快 (6). 其它条件不变,提高n(水)/n(甲醇)的比例(或其它条件不变,选择更合适的催化剂) (7). 91% (8). 5.6×10-3

【解析】（1）反应Ⅰ加上反应Ⅱ得到：CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH3= +90kJ/mol。

（2）反应自发进行的要求是△G=△H－T△s＜0，此反应的△H＞0，所以反应自发进行的原因就是△s＞0，即反应为熵增反应。升温会促进反应Ⅲ的发生，提高CO的含量，而CO会破坏该电池的交换膜。

（3）①工业生产中，一般不会等待反应达到平衡后再进行下一道工序，多数都是进行一段时间的反应就将体系取出，所以一般来说，反应的速度越快，取出的体系就越接近应该达到的平衡态。随着反应温度的升高，速度加快，但是CO的生产率并没有接近反应的平衡态，说明该反应使用的催化剂对于反应Ⅱ几乎没有加速作用，所以选项C 正确，选项D错误。三个反应都吸热，所以升温都正向移动，不会促进CO转化为甲醇，选项A、选项B都错误。

②由①的叙述可以得到答案为：升温反应速率加快。

③加入水蒸气，可以调高甲醇的转化率，同时使反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，从而降低了CO的生成率。加入更合适的催化剂，最好只催化反应Ⅰ，不催化反应Ⅱ，这样也能达到目的。

（4）达平衡时CO有0.03mol，根据反应Ⅱ得到参与反应的氢气为0.03mol，所以反应Ⅰ生成的氢气为2.73mol（平衡剩余氢气

2.7mol），根据反应Ⅰ，消耗的甲醇为0.91mol，所以甲醇转化率为91%。根据反应Ⅰ的数据，消耗的水为0.91mol，生成的CO2为

0.91mol，则剩余1.32-0.91=0.41mol水，在反应Ⅱ中应该消耗

0.03molCO2，生成0.03molCO和0.03mol水，所以达平衡时，水为0.41+0.03=0.44mol，CO2为0.91-0.03=0.88mol。所以反应Ⅱ的平衡

常数为（设容器体积为V）。

17. 利用工业冶炼硫酸铜(含有Fe2+、AsO2-、Ca2+等杂质)提纯制备电镀硫酸铜的生产流程如下：

已知：①Fe3+、Cu2+开始沉淀的pH分别2.7、5.4,完全沉淀的pH分别为3.7、6.4。

②Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20

为Mn2+，发生反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+＝

Mn2++5Fe3++4H2O；若要检验调节pH后溶液中的Fe3+已除尽的方法是取少量溶液Ⅰ于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不出现红色，则说明Fe3+已经除尽；（3）溶液pH=5，c（OH-）=10-9mol/L，则稀释后的溶液中铜离子浓度最大不能超过mol/L=2×10-2 mol/L；（4）由以上分析可知固体I的主要成分除 FeAsO4、Fe(OH)3外还有CaCO3，操作I从溶液中获得晶体，可蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）电解粗铜（含锌、银、铂杂质）制备纯铜，阳极发生氧化反应，阳极发生的电极反应方程式为Zn-2e-＝Zn2+、Cu-2e-＝Cu2+。

点睛：本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解等，易错点为调节PH=5时，可生成 FeAsO4、

Fe(OH)3、CaCO3沉淀，过滤后溶液Ⅰ主要含有Cu2+、Na+，将溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，结晶得到硫酸铜晶体，以此解答该题。

18. 铝是当前应用最广泛的金属材料之一,铝制品及其化合物在日常生活和工农业生产中也有着重要的用途。回答下列问题：

(1)基态铝原子的核外电子排布式为____________。

(2)根据元素周期律等知识判断,第一电离能Al____________Mg(填写“大于”或“小于”)。

(3)Al2O3是常用的耐火材料,工业上也是用电解Al2O3方法制取金属Al,据此判断Al2O3的晶体类型是____________。

(4)LiAlH4是一种重要的有机合成试剂,AlH4-的立体构型为

____________，LiAlH4中Al原子的杂化轨道类型为____________。

(5)金属铝的晶胞结构如图1所示,原子之间相对位置关系的平面图如图2所示。

①晶体铝中原子的堆积方式为____________。

②已知铝原子半径为a cm,摩尔质量为Mg·mol-1,阿伏加德罗常数的值为NA,则晶体铝的密度ρ=_______g·cm-3(用含a、M、NA的代数式来表示)。

【答案】 (1). 1s22s22p63s23p1 (2). 小于 (3). 离子晶体 (4). 正四面体 (5). sp3 (6). 面心立方 (7).

【解析】试题分析：本题考查物质结构与性质，主要考查核外电子排布式的书写，第一电离能的比较，空间构型和杂化方式的判断，晶体类型的判断，金属晶体的堆积方式，晶胞的计算。

（1）Al的原子序数为13，基态Al原子核外有13个电子，根据构造原理，基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1。

（2）Al的价电子排布式为3s23p1，Mg的价电子排布式为3s2，Mg的3s处于全充满，较稳定；第一电离能：Al小于Mg。

（3）工业上用电解Al2O3方法制取金属Al，说明熔融Al2O3能导电，Al2O3属于离子晶体。

（4）AlH4-中中心原子Al的孤电子对数为（3+1-41）=0，Al的价层电子对数为0+4=4，AlH4-的VSEPR模型为正四面体型，由于Al上没有孤电子对，AlH4-的立体构型为正四面体型。中心原子Al原子采取sp3杂化。

（5）①根据铝的晶胞结构知，晶体Al中原子的堆积方式为面心立方。

②铝原子半径为acm，根据原子间相对位置关系的平面图，晶胞的边

长为=2acm，晶胞的体积为（2acm）3=16a3cm3，用“均摊法”，1个晶胞中含Al：8+6=4，1mol晶体的体积为cm3NA=4a3NAcm3，1mol晶体的质量为Mg，晶体铝的密度ρ=Mg（4a3NAcm3）=g/cm3。

19. 以CH2=C(CH3)2和为原料可制备香料E(C11H12O2),其合成路线如下：

已知C能发生银镜反应,D能使酸性高锰酸钾溶液褪色。请回答下列问题：

(1)根据系统命名法有机物CH2=C(CH3)2的名称为____________。

(2)C中能发生银镜反应的官能团名称是____________。

(3)⑤的反应类型是___________________________。

(4)写出⑥反应的化学方程式：_______________________________。

(5)含苯环的的同分异构体有____________种(不包含),其中核磁共振氢谱图有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的有机物的结构简式为____________。

(6)参照上述合成路线设计一条由乙烯制备聚乙二酸乙二酯的合成路线(无需注明反应条

件)_______________________________________。

【答案】 (1). 2-甲基丙烯 (2). 醛基 (3). 消去反应(4). +H2O (5). 4 (6). (7).

【解析】试题分析：本题考查有机推断和有机合成。侧重考查有机物的命名，官能团的识别，有机反应类型的判断，有机方程式的书写，限定条件同分异构体数目的确定和书写，有机合成路线的设计。反应①为与Br2/CCl4发生加成反应生成A，A的结构简式为；反应②为A 与NaOH/H2O发生水解反应生成B，B的结构简式为；图示反应③、④为B→C→，C能发生银镜反应，C中含醛基，则反应③、④均为氧化反应，C的结构简式为；D能使酸性KMnO4溶液褪色，则反应⑤为消去反应，D的结构简式为；根据反应⑥和E的分子式（C11H12O2），

反应⑥为酯化反应，E的结构简式为。

（1）CH2=C（CH3）2按系统命名表示为，名称为2-甲基丙烯。

（2）C的结构简式为，C中官能团为羟基和醛基，C中能发生银镜反

应的官能团的名称为醛基。

（3）⑤为消去反应。

（4）反应⑥为D与的酯化反应，反应的化学方程式为++H2O。

（5）中的官能团为醇羟基，与其互为同分异构体的含苯环的物质可