山西省忻州市第一中学2018_2019学年高二化学下学期期中试题（含解析）.docx

山西省忻州市第一中学2018-2019学年高二化学下学期期中试题（含解析）考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0. 5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题 的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：人教必修1、2，选修3、4（60%）；选修5第一三章（40%）。5.可能用到的相对原子质量：H1 C 12 O 16 Mg 24 S 32 Fe 56一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.2018年6月5日是第47个世界环境日，主题为“塑战速决”，呼吁全世界齐心协力对抗一次性塑料污染问题。下列做法不应提倡的是A. 大量生产超薄塑料袋B. 将塑料垃圾回收再生C. 生产可降解绿色替代品D. 少用或不用一次性塑料制品【答案】A【解析】【详解】A、超薄塑料袋几乎不可重复使用，难以回收，大量生产超薄塑料袋会产生白色污染，故A不应提倡；B、做好废弃塑料的回收，可以减少白色污染，故B应提倡；C、生产可降解绿色替代品，可以减少白色污染，故C应提倡；D、少用或不用一次性塑料制品，可以减少白色污染，故D应提倡；答案选A。2.下列有关说法正确的是A. 直径为2.5m的颗粒在空气中形成气溶胶B. 用可见光束照射可区别溶液和胶体C. 氨水可以导电，说明NH3是电解质D. 氧化还原反应都是放热反应【答案】B【解析】【详解】A2.5m=2500nm，因此直径为2.5m的颗粒在空气中形成的不是胶体，故A错误；B胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有，则用可见光束照射可区别溶液与胶体，故B正确；CNH3本身不能电离，不是电解质，氨水中一水合氨是电解质，故C错误；D氧化还原反应有的属于吸热反应，例如碳与二氧化碳反应生成一氧化碳就是吸热的氧化还原反应，故D错误；答案选B。3.实验室制硝基苯的反应原理为，在制备和纯化硝基苯的实验中，下列操作未涉及的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】制取硝酸苯是混酸在5060时硝化，然后洗涤除去混酸，分液得硝酸苯，再经干燥和蒸馏得纯净的硝基苯。A水浴加热制备硝基苯，图中温度计测定水的温度，故A正确；B用氢氧化钠洗涤除去硝基苯中的混酸，故B正确；CNaOH与酸反应后，与硝基苯分层，图中分液漏斗可分离，故C正确；D装置为过滤操作，该实验过程中未涉及此操作，故D错误；答案选D。【点睛】明确实验制取硝酸苯一般步骤是解题的关键。本题的易错点为CD，要注意硝基苯是难溶于水的液体，不是固体。4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 18g重水（D2O）所含的电子数目为10NAB. Na2O2与足量的水反应生成1 molO2，转移电子数目为2NAC. 100 mL1 molL-1 FeCl3溶液中含有 Fe3+数目为 0.1NAD. 将2molSO2和1molO2充分反应，转移的电子数目为4NA【答案】B【解析】【详解】A18g重水的物质的量为=0.9mol，0.9mol重水中含有9mol电子，所含的电子数为9NA，故A错误；B过氧化钠和水反应生成氧气时，过氧化钠中的氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成1mol氧气时转移2NA个电子，故B正确；C铁离子在溶液中会水解，故溶液中铁离子的个数小于0.1NA个，故C错误；D二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以2mo1SO2和1mol O2，不能完全反应，转移电子数小于4 NA，故D错误；答案选B。5.光化学烟雾的形成机理如图所示。下列叙述错误的是A. 光化学烟雾的分散剂是空气B. 氧原子是产生光化学烟雾的催化剂C. PAN（）属于有机物D. 光化学烟雾与氮氧化物和碳氢化合物大量排放有关【答案】B【解析】【详解】A光化学烟雾的二次污染物O3、醛类、PAN及硝酸分散在空气中，分散剂为空气，故A正确；B根据示意图，氧原子是中间体，不是产生光化学烟雾的催化剂，故B错误；CPAN()中含有碳元素，属于有机物，故C正确；D由图示知光化学烟雾的形成与氮氧化合物和碳氢化合物的大量排放有关，故D正确；答案选B。【点睛】本题的易错点为B，要注意催化剂在反应中的变化特征。6.甲烷与氧气反应过程中的能量变化如下图所示。下列有关说法中正确的是A. 反应 CO2(g)+2H2O(l)=CH4(g)+2O2(g) H0B. 若将1mol CO2(g)、2 molH2O(l)的能量标在图中，则其位置在、之间C. 若C一H键的键能为415kJ mol-1，则O= O的键能为493 kJ mol-1D. 若该反应过程中转化的化学能为200kJ，则有0.25 molC=O生成【答案】C【解析】【详解】A.甲烷的燃烧反应是放热反应，因此CO2(g)+2H2O(l)=CH4(g)+2O2(g) H0，故A错误；B.液态水所含的总能量低于气态水所含的总能量，故在的下方，故B错误；C.由图象可知破坏4mol C-H键和2molO-O键，需要吸收2646kJ能量，其中破坏4mol C-H键需要吸收4415kJ=1660kJ能量，所以破坏1mol氧气中的 O=O中的化学键需要吸收的能量为(2646-1660)kJ=493kJ，故C正确；D.总能量之差=生成物总能量-反应物总能量，故1mol CH4 (g)和2mol O2(g)的总能量之差为(3446-2646)=800kJ；1molCH4 参与反应放出800kJ的热量，当能量变化为200kJ时，则参与反应的CH4 0.25mol，据元素守恒，则生成0.25molCO2，CO2结构简式为O=C=O，故有0.5molO=C键生成，故D错误；答案选C。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A. 硫酸铝溶液中加入过量的氨水：A13+4NH3H2O=A1O2-+4NH4+B. 稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2OC. 浓盐酸与二氧化锰混合加热：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2OD. 石灰水中加入过量小苏打溶液：HCO3-+Ca2+OH-=CaCO3+H2O【答案】C【解析】【详解】A向硫酸铝溶液中加入过量氨水，反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，故A错误；B稀硝酸中加入过量铁粉，反应生成亚铁离子，正确的离子方程式为：3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NO+4H2O，故B错误；C二氧化锰与浓盐酸混合加热，反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O，故C正确；D碳酸氢钠过量，离子方程式按照氢氧化钙的组成书写，碳酸根离子有剩余，正确的离子方程式为：Ca2+2HCO3-+2OH-CaCO3+2H2O+CO32-，故D错误；答案选C。【点睛】本题的难点为D，要注意该反应与反应物的用量有关，Ca(OH)2+NaHCO3(少量)=CaCO3+NaOH+H2O；Ca(OH)2+2NaHCO3(足量)=CaCO3+Na2CO3+2H2O。8.下列关于有机物的说法不正确的是A. 乙烯和乙醇能相互转化且反应属于可逆反应B. 用小苏打溶液可以鉴别乙酸、苯、乙醇三种无色液体C. 苯、氯乙烯、乙烯分子中所有原子均在同一平面内D. 分子式为C4H8O2的酯共有4种（不考虑立体异构）【答案】A【解析】【详解】A乙烯在催化剂作用下与水加成反应生成乙醇，乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应生成乙烯，二者能相互转化，但反应条件不同，不是可逆反应，故A错误；B乙酸、苯和乙醇三种无色液体分别与碳酸钠混合的现象为：无色气体、分层、互溶不分层，现象不同，可鉴别，故B正确；C苯分子中12个原子共平面，乙烯具有平面型结构，CH2=CHCl看作是一个氯原子取代乙烯中的一个氢原子，所有原子在同一个平面，故C正确；DC4H8O2属于酯类的同分异构体为饱和一元酯，甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇可以看成1个-OH取代丙烷中的H原子，丙烷分子中有2种H原子，形成的丙醇有2种，形成的酯有2种；乙酸与乙醇形成的酯，只有乙酸乙酯1种，丙酸与甲醇形成的酯有1种，故C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，故D正确；答案选A。9.下列叙述中正确的是A. 100时，Kw= 10-12，则该温度下，NaCl溶液呈酸性B. 25时，pH=12的溶液一定是碱溶液，pH=2的溶液一定是酸溶液C. 等温下，AgCl在浓度均为0.1 molL-1的NaCl溶液、MgCl2溶液中Ksp相等D. 等温下，饱和溶液的导电能力，BaCO3强于BaSO4，则Ksp（BaCO3）c(NH3 H2O)c(Cl- )C. c 点溶液中：c(Cl-)c(NH4+)c(H+)D. ac过程中锥形瓶内水电离度不断增大【答案】A【解析】【详解】A.甲基橙变色范围3. 14.4，在突变曲线上，故A正确；B.根据图象，a点溶液显碱性，NH3H2O的电离占主导，c(NH4+)c(Cl- )c(NH3 H2O)，故B错误；C.根据图象，c点为等物质的量浓度的NH4Cl和HCl组成的混合溶液，铵根离子水解，因此c(Cl-)c(H+)c(NH4+)，故C错误；D.酸或碱抑制水的电离，在滴定过程中水的电离度先增大，到反应终点时最大，反应终点后再滴定时，水的电离度又开始减小，故D错误；答案选A。二、非选择题（本题共4小题，共58分）15.乙烯是重要的有机化工原料，可由乙醇脱水制备。涉及反应如下：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+ H2O(g) H1=23.9 kJmol-12CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g) H2= 29.1kJmol-1CH3CH2OH(g)CH3OCH3(g) H3= +50.7kJmol-1C2H5OH(g)C2H4(g)+ H2O(g) H4=akJmol-1回答下列问题：(1)a=_(2)在1.0L密闭容器中放入0.10 mol C2H5OH(g)，在一定温度下进行反应，反应时间(t)与容器内气体总压强(P)的数据见下表：时间t/h0124816202530总压强P/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53欲提高C2H5OH的平衡转化率，应采取的措施为_(填字母)。a.升高温度 b.增大压强c.通入乙醇 d.降低压强由总压强P和起始压强P0计算反应物C2H5OH的转化率(C2H5OH)的表达式为_，平衡时C2H5OH的转化率为_(结果保留两位有效数字，下同)，该反应的平衡常数K=_。用总压强P和起始压强P0表示反应体系的总物质的量n(总)和反应物C2H5OH的物 质的量n(C2H5OH)，n(总)=_mol，n(C2H5OH)=_mol。(3)下表为反应中反应物浓度与反应时间的数据，分析该反应中c(C2H5OH)变化与时间间隔(t)的规律，得出的结论是_，由此规律推出反应在12h时c(C2H5OH)等于_molL-1反应时间t/h04816c(C2H5OH)/(molL-1)0.100.0510.0260.0065【答案】 (1). +45.5 (2). ad (3). 100% (4). 94% (5). 1.5 (6). (7). 0.1（2-） (8). 达到平衡前每间隔4h，c（C2H5OH）减少约一半 (9). 0.013【解析】【分析】(1)利用盖斯定律构造目标热化学方程式求焓变； (2)反应是吸热反应，反应前后气体体积增大，结合平衡移动原理分析判断转化率；(3)相同条件下压强之比等于物质的量之比，反应前后物质的量的增大是反应的C2H5OH的物质的量，结合转化率概念计算得到；依据化学平衡三段式列式计算平衡常数；(4)依据平衡C2H5OH的浓度计算，依据图表数据分析判断存在的规律。【详解】(1)2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)H1=-23.9kJmol-1，2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g) H2=-29.1kJmol-1，C2H5OH(g)CH3OCH3(g) H3=+50.7kJmol-1，根据盖斯定律-可得：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g) H=(-23.9+29.1-50.7)kJ/mol =-45.5kJ/mol，则C2H5OH(g)C2H4(g)+ H2O(g) H4=+45.5kJmol-1，故答案为：+45.5；(2)在一定温度进行如下反应：C2H5OH(g)C2H4(g)+ H2O(g)H4=+45.5kJmol-1，反应是吸热反应，反应后气体体积增大，根据平衡移动原理分析可知，欲提高乙醇的平衡转化率，平衡需要正向移动，可以升温或减压，故答案为：ad；反应后气体物质的量增大量等于反应的乙醇的量，所以由总压强P和起始压强P0计算反应物乙醇的转化率(C2H5OH)的表达式=100%；平衡时C2H5OH的转化率=100%=94.1%； C2H5OH(g) C2H4(g) + H2O(g)起始量(mol/L) 0.10 0 0 变化量(mol/L) 0.1094.1% 0.1094.1% 0.1094.1%平衡量(mol/L)0.10(1-94.1%) 0.1094.1% 0.1094.1%K=1.5mol/L，故答案为：100%；94.1%；1.5mol/L；(3)由总压强P和起始压强P0表示反应体系的总物质的量n总和反应物C2H5OH的物质的量n(C2H5OH)，依据压强之比等于物质的量之比，n总n起始=PP0 ，n总=；C2H5OH(g)C2H4(g)+ H2O(g)起始量(mol) 0.10 0 0 变化量(mol) x x x某时刻量(mol)0.10-x x x(0.10+x)0.10=PP0，解得：x=，因此n(C2H5OH)=0.10-=0.10(2-)mol，故答案为：；0.10(2-)；(3)分析数据特征可知，每隔4h，C2H5OH的浓度减小一半，由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c(C2H5OH)=0.013mol/L，故答案为：达到平衡前每间隔4h，c(C2H5OH)减少约一半；0.013。16.铁、钴(Co)属于第四周期第VIII族元素，含铁、钴化合物具有诸多用途。回答下列问题：(1)基态Co原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为_。(2)Co的配合物Co(NH3)5ClSO4是一种重要的化合物。SO42-的空间立体构型为_，其中S原子的杂化轨道类型是_，写出一种与SO42-互为等电子体的分子的化学式:_。Co(NH3)5ClSO4中，N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。Co(NH3)5ClSO4中，存在_(填字母)a.离子键 b.金属键 c.配位键 d.非极性键 e.极性键 (3)铁氰化钾K3 Fe(CN)6溶液是检验Fe2+常用的试剂。1mol Fe(CN)63-含键的数目为_。CN-能与多种离子形成配合物，碳原子提供孤电子对，而不是氮原子，其原因是_。FeS2晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_gcm-3；晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_nm。【答案】 (1). (2). 正四面体 (3). sp3 (4). CCl4（或其他合理答案） (5). NOS (6). ace (7). 12NA (8). 碳的原子半径大于氮的原子半径，所以碳提供孤电子对比氮强 (9). (10). a【解析】【分析】(1)Co是27号元素，处于第四周期第VIII族，价电子排布式为3d74s2，结合泡利原理、洪特规则书写价电子排布图；(2)根据SO42-中心原子含有的共价键个数与孤电子对个数之和确定其空间构型和杂化方式；原子个数相等且价电子数相等的微粒为等电子体；同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，第A族和第A族元素反常，同主族元素，随着原子序数增大，第一电离能增大；Co(NH3)4SO4中，钴离子与氮原子之间形成配位键，氨气分子中N原子与H原子之间形成极性键，内外界之间为离子键；(3)Fe(CN)63-中含有6个配位键和6个CN键；根据原子半径分析解答；根据晶胞边长计算晶胞体积=(a10-7cm)3，根据均摊法计算晶胞中含有的Fe2+个数和S22-个数，再根据晶体密度=计算；晶胞中Fe2+位于S22-所形成的八面体的体心，该正八面体的边长根据正方形对角线的长度计算。【详解】(1)Co是27号元素，处于第四周期第族，价电子排布式为3d74s2，结合泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；故答案为：；(2)SO42-中S原子价层电子对=4+(6+2-42)=4，且不含孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取sp3杂化；原子个数相等且价电子数相等的微粒为等电子体，与SO42-互为等电子体的微粒为：CCl4、PO43-、SiO44-等，故答案为：正四面体；sp3；CCl4(或PO43-、SiO44-)；同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，第A族和第A族元素反常，同主族元素，随着原子序数增大，第一电离能减小，所以N、O、S 三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：NOS，故答案为：NOS；Co(NH3)5ClSO4中，钴离子与氮原子之间形成配位键，氨气分子中N原子与H原子之间形成极性键，内外界之间为离子键，所以其中含有的化学键的类型有：离子键，配位键，极性键，故答案为：ace；(3)Fe(CN)63-中含有6个配位键和6个CN键，因此1mol Fe(CN)63-含键12mol，数目为12NA，故答案为：12NA；CN-能与多种离子形成配合物，碳原子提供孤电子对，而不是氮原子，原因是碳的原子半径大于氮的原子半径，所以碳提供孤电子对比氮强，故答案为：碳的原子半径大于氮的原子半径，所以碳提供孤电子对比氮强；晶胞边长为anm=a10-7cm，晶胞体积=(a10-7cm)3，该晶胞中Fe2+个数=1+12=4，S22-个数=8+6=4，其晶体密度=g/cm3=g/cm3，晶胞中Fe2+位于S22-所形成的八面体的体心，该正八面体的平面对角线为anm，则正八面体的边长为anm，故答案为：；a。【点睛】本题的难点和易错点为(3)小题的中正八面体边长的计算，要注意形成的正八面体的边长与晶胞棱长的关系。17.有机化合物G是一种治疗胃及十二指肠溃疡、反流性或糜烂性食管炎等的药物，G 的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的化学名称为_，C中所含官能团名称为_。（2）C生成D的反应类型为_，F生成G的反应类型为_。（3）由A生成B的化学方程为_。（4）E的分子式为C8H8ON2S，其结构简式为_。（5）芳香化合物W是C同分异构体。满足下列条件的W共有_种（不含立体异构）。W分子中含氨基、羧基和羟基三种官能团苯环上只有两个取代基能与FeCl3溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢的结构简式为_。【答案】 (1). 1，2，4-三甲基苯 (2). 硝基、羟基 (3). 取代反应 (4). 氧化反应 (5). (6). (7). 12 (8). 【解析】【分析】E的分子式为C8H8ON2S，根据D和F的结构简式，可以推知E的结构简式为，结合官能团的结构和性质分析解答(1)(4)；(5)芳香化合物W是C的同分异构体，W中含有苯环，W分子中含氨基、羧基和羟基三种官能团；苯环上只有两个取代基；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，结合C的结构简式分析判断符合条件的W苯环上的2个侧链，据此分析判断W的同分异构体数目，并从中找到核磁共振氢谱显示有6种不同环境的氢的结构简式。【详解】(1)A()的名称为1，2，4-三甲基苯，C()中含有的官能团有硝基和羟基，故答案为：1，2，4-三甲基苯；硝基和羟基；(2)C到D的反应是C中的羟基被氯原子取代，发生的是取代反应；F到G的过程中，G中多了一个氧，加氧或去氢的有机反应是氧化反应，故答案为：取代反应；氧化反应；(3)A到B是硝化反应，反应的方程式为，故答案为：；(4)E的分子式为C8H8ON2S，根据D和F的结构简式，可以推知E的结构简式为，故答案为：；(5)C为，芳香化合物W是C的同分异构体，W中含有苯环，W分子中含氨基、羧基和羟基三种官能团；苯环上只有两个取代基；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，符合条件的W苯环上的2个侧链分别为：羟基和；羟基和；羟基和；羟基和，2个侧链在苯环上均存在邻位、间位和对位3种，共有12种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示有6种不同环境的氢的结构简式为，故答案为：