四川省泸县第二中学2017_2018学年高二化学下学期期末模拟试题（含解析）.docx

四川省泸县第二中学2017-2018学年高二下学期期末模拟理综-化学试题1. 化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述中不正确的是氧化铁钙钛矿太阳能电池SiO2超分子纳米管石墨烯发热服A用作涂料B化学能转化为电能C无机非金属材料D有电热转化性能A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A氧化铁为红色俗称为铁红,难溶于水,氧化铁常用作红色油漆和涂料,故A正确；B钙钛矿太阳能电池是把吸收的光能转化为电能，故B错误；C、SiO2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管是正确的；故C对；D石墨烯发热服有电热转化性能正确,故D正确；答案：B。2. 下列表示正确的是A. S2的结构示意图： B. MgF2的电子式：C. 乙炔的结构式：H-C=C-H D. 溴苯的分子式：C6H5Br【答案】D.3. 关于有机物 a()、b()、c()的说法正确的是A. a、b、c 的分子式均为 C8H8B. a、b、c 均能与溴水发生反应C. a、b、c 中只有 a 的所有原子可能会处于同一平面D. a、b、c 的一氯代物中，b 有 1 种，a、c 均有 5 种(不考虑立体异构)【答案】C详解：A项，a、b的分子式为C8H8，c的分子式为C8H10，故A项错误；B项，b分子是立方烷，不能与溴水发生反应，a、c分子中均含有碳碳双键，可以和溴水发生反应，故B项错误；C项，a分子中的苯环和碳碳双键均为平面结构，因单键可以旋转，所以a分子中的所有原子可以处于同一平面，b、c分子中均含有饱和碳原子，所以b、c分子中的所有原子不可能处于同一平面，故C项正确；D项，b分子是立方烷，是一种对称结构，每个碳原子上有一个氢原子，其一氯代物只有1种，a的一氯代物有5种，c的一氯代物有7种，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。点睛：有关有机物分子中原子共面问题：甲烷是正四面体结构，所以甲烷中所有原子不可能在同一平面上；乙烯的所有原子在同一个面上，所以所有原子可能都处在同一平面上；苯为平面结构，所以所有原子可能都处在同一平面上；若苯环上的一个氢原子被其他原子取代，不改变原来的平面结构，所以所有原子可能都处在同一平面上。4. a、b、c、d 为短周期元素，原子序数依次增大。a 原子最外层电子数等于电子层数的 3 倍，a 和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，d 的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸。向 d 的氢化物的水溶液中逐滴加入 bca2 溶液，开始没有沉淀；随着 bca2 溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是A. 最高价氧化物对应水化物的碱性：bcaC. 工业上电解熔融cd3可得到c的单质D. 向 b2a2 中加入 cd3 溶液一定不产生沉淀【答案】B【解析】分析：a、b、c、d 为短周期元素，原子序数依次增大。a 原子最外层电子数等于电子层数的 3 倍，则a为O元素；a 和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，则b为Na元素；d 的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸，则d为Cl元素。向 d 的氢化物的水溶液中逐滴加入 bca2 溶液，开始没有沉淀，随着 bca2 溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀，则c为Al元素。详解：A. 钠的金属性强于铝，故氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝，A不正确； B. 同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族电子层越多原子半径越大，原子半径：NaAlO，故B正确；C.AlCl3在熔融的条件不能电离，不导电，无法电解，工业上电解熔融氧化铝得到铝，故C不正确； D. 向 Na2O2 中加入AlCl3溶液能产生氢氧化铝沉淀，故D不正确。因此，本题答案选B。5. 向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应。下列对应关系正确的是（）选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)c(AlO2-)+c(OH-) B0.01c(Na+)c(AlO2-) c(OH-)c(CO32-)C0.015c(Na+) c(CO32-) c(OH-)c(HCO3-)D0.03c(Na+)+c(H+)= c(HCO3-) c(OH-) c(CO32-)A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】分析：通入混合液中通入二氧化碳气体后，NaOH优先反应生成碳酸钠，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠，此时碳酸钠的总物质的量为0.015mol；若之后再通入二氧化碳，二氧化碳会开始碳酸钠反应生成碳酸氢钠，0.015mol碳酸钠总共消耗0.015mol的二氧化碳，反应后生成0.03mol的碳酸氢钠，据此解答各项。详解： A未通入CO2时，NaAlO2溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（AlO2）+c（OH），则c（Na+）c（AlO2）+c（OH），故A错误；B、当n（CO2）=0.01mol时，所得溶液中溶质为0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠，由于碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则c（CO32）c（AlO2），正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（CO32）c（AlO2）c（OH），故B错误；C当n（CO2）=0.015mol时，0.02molNaOH优先与0.01mol二氧化碳反应生成0.01mol碳酸钠，剩余的0.005mol二氧化碳恰好与0.01molNaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和0.005mol碳酸钠，所以反应后溶液中溶质为0.015molNa2CO3，则c（CO32）c（HCO3），正确的离子浓度的关系为：c(Na+) c(CO32-) c(OH-)c(HCO3-)，故C正确；D当n（CO2）=0.03mol时，根据C可知，0.015molNa2CO3恰好与0.015mol二氧化碳反应生成0.03molNaHCO3，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c(HCO3-) c(OH-) 2c(CO32-)，故D错误。故本题选C。点睛：本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。6. 某化学兴趣小组设计了如图所示的电化学装置，下列说法不正确的是A. 乙池工作时，CO32不断移向负极B. 乙池负极反应为CH3OH - 6e一+3CO32 =4CO2 +2H2OC. 甲池中Fe电极发生的反应为2Cl - 2e一=Cl2D. 为了使电池持续供电，工作时必须有CO2参与循环【答案】C【解析】A、乙池工作时作为原电池，甲醇是负极，CO32-不断移向负极，故A正确；B、乙池甲醇作还原剂，失电子，负极反应为CH30H-6e-+3CO32-=4CO22H2O，故B正确；C、甲池中Fe电极是阳极，发生的反应为Fe -2e-=Fe2 ，故C错误；D、O2在正极反应为：O22CO24e=2CO32，消耗CO2，为了使电池持续供电，工作时必须有CO2参与循环，故D正确；故选C。点睛：本题考查原电池和电解池，明确充电放电时各电极上发生的反应是解题的关键，电极 方程式的书写是难点，在考虑电极是否参加反应，考虑电解质溶液酸碱性等条件，书写电极反应式也是易错点。7. 常温下，下列物质的溶液中粒子浓度关系不正确的是A. pH=1的KHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)B. CH3COONa和BaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)C. 三种相同浓度的铵盐溶液中c（NH4）从大到小的顺序：NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3D. 已知AgCl、AgBr、Agl溶度积常数依次为1.6l0-10、7.710-13、8.710-17，则对应饱和溶液中c(X-)从大到小的顺序为：Cl、Br、I【答案】B【解析】分析：A根据KHSO4溶液中的电荷守恒及物料守恒分析；B根据CH3COONa和BaCl2混合溶液中的物料守恒判断；C硫酸氢铵中氢离子抑制了铵根离子的水解，碳酸氢根离子促进了铵根离子的水解；D化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，据此分析三种离子浓度大小。详解：A.pH=1的KHSO4溶液中,硫酸氢钾完全电离,根据电荷守恒可知：c(K+)+c(H+)=2c(SO42)+c(OH),根据物料守恒可得：c(K+)=c(SO42),二者结合可得：c(H+)= c(SO42)+c(OH)，故A正确；B.CH3COONa和BaCl2混合溶液中,根据物料守恒可得：c(Na+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)、2c(Ba2+)=c(Cl),二者结合可得：c(Na+)+2c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)，故B错误；C.NH4HSO4电离出的氢离子抑制了铵根离子的水解,其溶液中铵根离子浓度最大; NH4HCO3中碳酸氢根离子水解促进了铵根离子的水解,其溶液中铵根离子浓度最小,则三种相同浓度的铵盐溶液中c（NH4）从大到小的顺序为：NH4HSO4NH4ClNH4HCO3，故C正确；D. 化学式相似的物质的溶度积常数越小物质越难溶,常温下在水中溶解能力为AgClAgBrAgI,则对应饱和溶液中c(X)从大到小的顺序为：Cl、Br、I，故D正确；故本题选B。8. 氯酸镁Mg(ClO3)2常用作催熟剂、除草剂等，工业大规模生产前，实验室先按如下流程进行模拟制备少量Mg(ClO3)26H2O：已知：卤块主要成分为MgCl26H2O,含有MgSO4、FeCl2等杂质。几种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如右图。（1）卤块中加H2O2的目的是_，写出该反应的离子方程式_。（2）加入BaCl2的目的是除去SO42,如何检验SO42已沉淀完全？_。（3）常温下，加MgO调节pH=4后溶液中c(Fe3+)=_(已知KspFe(OH)3=410-38，过滤所得滤渣的主要成分有_。（4）加入NaClO3饱和溶液公有NaCl晶体析出，写出该反应的化学方程式：_，请利用该反应，结合上图，制取Mg(ClO3)26H2O的实验步骤依次为：取样，加入NaClO3饱和溶液充分反应；蒸发结晶；_；冷却结晶；过滤、洗涤，获得Mg(ClO3)26H2O晶体。【答案】 (1). 将Fe2+氧化为Fe3+ (2). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (3). 静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO42-沉淀完全 (4). 410-8 (5). BaSO4和Fe(OH)3 (6). MgCl2+2NaClO3=Mg(ClO3)2+2NaCl (7). 趁热过滤【解析】（1）卤块中加H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（2）检验硫酸根离子是否除净的方法：静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO42-沉淀完全；（3）常温下，加MgO调节pH=4，c(OH-)=10-10mol/L，KspFe(OH)3= c(Fe3+) c3(OH-)= c(Fe3+)(10-10mol/L)3=410-38，c(Fe3+)=410-8 mol/L，加入氧化镁，调节溶液的pH为4，此时铁离子形成了沉淀氢氧化铁，钡离子已经和硫酸根离子只碱反应生成了硫酸钡沉淀，则过滤所得滤渣的主要成分有BaSO4和Fe(OH)3；（4）加入NaClO3饱和溶液仅有NaCl晶体析出，则另外生成Mg(ClO3)2，反应的化学方程式为：MgCl2+2NaClO3=Mg(ClO3)2+2NaCl；根据物质的溶解度大小，溶液获得晶体的方法：蒸发结晶；趁热过滤；冷却结晶。9. 汽车尾气排放的NOX和CO污染环境，在汽车尾气系统中安装催化转化器，可有效降低NOX和CO的排放。已知：2CO(g)+O2(g)2CO2(g), H=-566.0kJmol-1N2(g)+O2(g)2NO(g)H=+180.5 kJmol-1回答下列问题：（1）CO的燃烧热为_，若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_kJ。（2）为了模拟反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)在催化转化器内的工作情况，控制一定条件，让反应在恒容密闭容器中进行，用传感器测得不同时间NO和CO的浓度如表：时间/s012345c(NO)/(10-4 kJmol-1)10.04.502.501.501.001.00c(CO)/(10-3kJmol-1)3.603.052.852.752.702.70前2s内的平均反应速率v(N2)_。能说明上述反应达到平衡状态的是_。A2n(CO2)=n(N2) B混合气体的平均相对分子质量不变C气体密度不变 D容器内气体压强不变（3）在某恒容容器中发生下列反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，将一定量的NO2放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率随温度变化如图所示。该反应为_反应(填“吸热”或“放热”)，已知图中a点对应温度下，NO2的起始压强P0为120kPa，计算该温度下反应的平衡常数Kp的值为_。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。N2H4-O2燃料电池是一种高效低污染的新型电池，其装置如图所示：N2H4的电子式为_；a极的电极反应方程式为_；【答案】 (1). 283kJmol-1 (2). 631.8 (3). 1.87510-4mol/Ls) (4). BD (5). 吸热 (6). 81 (7). (8). N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O【解析】（1）已知：2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H=-566.0kJmol-1，则CO的燃烧热为566.0kJ =283kJmol-1；设1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为x，由反应可知，946 kJ498 kJ2x180.5 kJ，得x631.8kJ，即1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为631.75 kJ；（2）根据化学反应速率之比等于计量数之比，由表中数据可知，前2s内的平均反应速率v(N2) = v(NO)= ；A、2n(CO2)=n(N2)，反应开始时二氧化碳和氮气的量为0，根据化学计量，反应过程中生成的量始终为2n(CO2)=n(N2)，无法判断是否达到平衡状态，选项A错误；B、该反应是气体体积缩小的反应，反应达到平衡状态前气体的物质的量始终不变，则气体的平均摩尔质量也发生变化，当容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明达到了平衡状态，选项B正确；C、容器内混合气体的密度保持不变：该反应中气体的体积不变、质量不变，根据=可知，气体的密度始终不变，选项C错误；D、该反应是气体体积缩小的反应，反应达到平衡状态前气体的物质的量始终不变，则压强也发生变化，当容器内压强保持不变时，说明达到了平衡状态，选项D正确；答案选BD；（3）根据图中信息可知，温度升高平衡转化率增大，则升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；2NO2(g)2NO(g)+O2(g)起始 P0 0 0反应 0.6P0 0.6P0 0.3P0平衡 0.4P0 0.6P0 0.3P0K=；N2H4的电子式为；N2H4在a极失电子产生氮气，电极反应方程式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O。10. 我国重晶石（含BaSO490%以上）资源丰富，其中贵州省重晶石储量占全国总储量的三分之一。我省某工厂以重晶石为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：查阅资料可知：常温下： Ksp(BaSO4)=1.010-10，Ksp(BaCO3)=2.510-9TiC14在常温下是无色液体，遇水容易发生水解：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl。草酸氧钛钡的化学式为：BaTiO(C2O4)24H2O。请回答下列问题：（1）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（假设杂质不与Na2CO3溶液作用），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为_，此反应的平衡常数K=_ （填写计算结果）。若不考虑CO32 的水解，则至少需要使用_mol/L 的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能实现该转化过程。（2）酸浸时所发生反应的离子方程式为_。（3）配制TiCl4溶液时通常将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是_。（4）可循环使用的物质X 是_（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：_。（5）煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时，高温下生成的气体产物有CO、_和_（填化学式）。【答案】 (1). BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq) (2). 0.04(或1/25) (3). 2.510-4 (4). BaCO3+2H+= Ba2+CO2+H2O (5). 抑制TiCl4的水解 (6). HCl (7). 取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净 (8). CO2 (9). H2O(g)【解析】（1）用饱和Na2CO3溶液将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3离子方程式为：BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根据平衡常数的定义，结合方程式可知K=0.04，饱和硫酸钡溶液中，SO42浓度是110-5mol/L，所以此时CO32浓度是110-5mol/L0.042.5104mol/L；（2）酸浸时，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳，离子反应为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；（3）TiC14在常温下是无色液体，遇水容易发生水解可知，在配制为抑止其水解，需将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释；（4）向混合液中加入TiC14溶液和H2C2O4溶液反应得到草酸氧钛钡和HCl，故可循环使用的物质X 是HCl；草酸氧钛钡晶体表面附着氯离子，验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净；（5）BaTiO(C2O4)24H2O煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)。点睛：工艺流程题，就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)根据什么理论所以有什么变化结论。11. 钒和镍及其化合物是重要合金材料和催化剂，其储氢合金可作为一种新型锌离子电池的负极材料，该电池以Zn(CF3SO3)2为电解质，以有缺陷的阳离子型ZnMn2O4为电极，成功获得了稳定的大功率电流。（1）基态钒原子的核外电子排布式为_，其排布时能量最高电子所占据能级的原子轨道有_个伸展方向。（2）VO2可与多种物质形成配合物，与氧同周期且第一电离能比氧大的主族元素有_(写元素符号)。（3）镍形成的配离子Ni(NH3)62+、Ni(CN)42-中，NH3分子的空间构型为_，与CN互为等电子体的一种分子的化学式为_。（4）三氟甲磺酸(CF3SO3H)是一种有机强酸，结构式如图1所示，通常以CS2、IF3、H2O2等为主要原料来制取。H2O2分子中O原子的杂化方式为_。三氟甲磺酸能与碘苯反应生成三氟甲磺酸苯酯和碘化氢。1个三氟甲磺酸苯酯分子中含有键的数目为_。（5）硫化锌晶体的构型有多种，其中一种硫化锌的晶胞如图2所示，该晶胞中S2的配位数为_。（6）镧镍合金是重要储氢材料，其储氢后的晶胞如图3所示。储氢前该镧镍合金的化学式为_。该镧镍合金储氢后氢气的密度为_(用NA表示阿伏加德罗常数的数值)gcm-3。【答案】 (1). Ar3d34s2 (2). 5 (3). N、F (4). 三角锥形 (5). N2或CO (6). sp3 (7). 19 (8). 4 (9). LaNi5 (10). 6/(a3NA10-30)【解析】（1）基态钒原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或Ar3d34s2；其排布时能量最高的电子所占的能级为3d，3d原子轨道有5个伸展方向；正确答案：Ar3d34s2；5。（2）氧原子在第二周期VIA族，同一周期从左向右，与氧同周期且第一电离能比氧大的主族元素有氮原子、氟原子；正确答案：N、F。（3）氨气分子中氮原子价电子对数目为3+1/2（5-13）=4，所以采用sp3，空间构型为三角锥形；与CN-互为等电子体（电子数14）的一种分子的化学式为N2或CO；正确答案：三角锥形；N2或CO。（4）H2O2分子H-O-O-H，O原子成2个键，有2对孤对电子，原子杂化轨道数=键数+孤对电子对数=2+2=4，所以是sp3杂化；正确答案：sp3。根据该有机物的结构看出，1个分子中含有键有3个 C-F 键、1个C-S 键、2个 S=O 键、 1个 S-O键、1个C-0键、苯环上含有5个C-H键和6个 C-C 键，所以1个三氟甲磺酸苯酯分子中含有键的数目为19；正确答案：19。（5）根据晶胞结构图，晶胞中含有S2-和Zn2+的配位数相等，晶体中与Zn2+最近且距离相等的S2-有4个，配位数为4；正确答案：4