湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体2018_2019学年高二化学下学期期中联考试题（含解析）.docx

湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体2019年春期中联考高二化学可能用到的相对原子质量：H1，C12，N14，O16，Na23，Cl35.5第卷 (选择题，共48分)一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分)1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 明矾电离出的Al3+具有吸附性，可用作净水剂B. 漂白粉可用于生活用水的消毒C. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D. 碳酸钠可用于去除餐具的油污【答案】A【解析】【详解】A.明矾能净水是因为Al3+水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体具有吸附性，能够吸附水中的悬浮物杂质，可用作净水剂，故A错误；B.漂白粉在使用过程中可以生成次氯酸，利用其氧化性可用于生活用水的消毒，故B正确；C.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，是用镁作负极保护正极的铁，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D.碳酸钠水解使溶液显碱性，对油脂的水解有促进作用，可用于去除餐具上的油污，故D正确。故选A。2.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是增加C的量 将容器的体积缩小一半 保持体积不变，充入N2使体系压强增大 保持压强不变，充入N2使容器体积变大A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：碳是固体，增加C的量，反应速率不变；将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率增大；保持体积不变，充入He使体系压强增大，但反应物的浓度不变，反应速率不变；保持压强不变，充入He使容器体积变大，浓度减小，反应速率减小，答案选C。【考点定位】考查外界条件对反应速率影响【名师点晴】关于压强对反应速率的影响需要注意以下几点：（1）对有气体参加的反应，压强改变气体物质浓度改变化学反应速率改变，即压强改变的实质是通过改变浓度引起的。（2）有气体参加的反应体系中充入“惰性气体”（不参与反应）时，对化学反应速率的影响：恒容：充入“惰性气体”总压增大物质浓度不变（活化分子浓度不变）反应速率不变。恒压：充入“惰性气体”体积增大物质浓度减小（活化分子浓度减小）反应速率减慢。3.盐MN溶于水存在如图过程，下列有关说法中不正确的是A. 该过程可表示MN的水解过程B. 相同条件下结合H+的能力N-OH-C. 该过程使溶液中的c(OH-)c(H+)D. 溶液中存在c(HN)=c(OH-)-c(H+)【答案】B【解析】【详解】A.根据图片知，MN溶于水完全电离，所以为强电解质，其中N-离子能结合水电离出的氢离子，促进水电离平衡正向进行，为弱离子的水解，该过程可表示MN的水解过程，故A正确；B.该图片说明酸根离子能发生水解反应，但不能证明N-结合H+的能力一定比OH-强，故B错误；C.根据图片知，酸根离子和氢离子反应生成HN，导致溶液中c（OH-）c（H+），故C正确；D.根据电荷守恒得c（M+）+c（H+）=c（N-）+c（OH-），根据物料守恒得c（M+）=c（HN）+c（N-），所以得c（HN）=c（OH-）-c（H+），故D正确。故选B。4.反应：CaSO4(s) CO(g) CaO(s)SO2(g)CO2(g) H218.4 kJmol1反应：CaSO4(s)4CO(g) CaS(s)4CO2(g) H175.6 kJmol1假设某温度下，反应的速率(v1)大于反应的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由热化学方程式可知：反应为吸热反应，反应为放热反应，则反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，则A、D错误；又因为反应的速率（v1）大于反应的速率（v2），则反应的活化能低于反应的活化能，则B错误。故选C。5.下列关于电解质溶液的判断正确的是A. 100时，NaCl溶液的pH7的碱性溶液中D. 向氨水中加入盐酸至中性，溶液中一定增大【答案】C【解析】【详解】A.100时，水的电离程度增大，溶液中氢离子的浓度增大，所以该温度下氯化钠溶液的pH7的碱性溶液中，如醋酸钠溶液中醋酸根离子水解成醋酸和氢氧根离子，即醋酸钠溶液中存在醋酸分子，故C正确；D.氨水中加入盐酸，若恰好完全反应，溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水过量，所以溶质为氯化铵和一水合氨，但为一水合氨的电离平衡常数，温度不变，是一定值，故D错误。故选C。6.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 2L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H+数为2NAB. 25时，pH=13的1LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NAC. 100 mL 1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAD. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA【答案】B【解析】【详解】A.2L0.5molL1亚硫酸的物质的量为2L0.5molL1=1mol，亚硫酸为弱酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于2NA个，故A错误；B.25时，pH13的1LBa（OH）2溶液中氢氧根的浓度是0.1mol/L，则溶液中含有OH-的数目为0.1NA，故B正确；C.100 mL1molL1FeCl3溶液的物质的量为0.1L1molL1=0.1mol，由于Fe3+发生水解，故溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，故C错误；D.2molSO2和1molO2在密闭容器中加热（V2O5催化）充分反应后，反应是可逆反应，容器内分子总数大于2NA，故D错误。故选B。7.一定温度下，将1molA(g)和1molB(g)充入2L密闭容器中发生反应：A(g)+B(g) xC(g)+D(s)Hc(H+)c (Na+)c(N3-)C. 水电离出的c(H+)：A点小于B点D. 在D点，c(Na+)=2c(HN3)+2 c(N3-)【答案】C【解析】【详解】A.滴加的V（HN3）=12.5 mL时，恰好反应生成NaN3，N3-部分水解，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V（HN3）12.5mL，故A错误；B.B点呈碱性，则c（OH-）c（H+），由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（N3-）c（OH-）c（H+），故B错误；C.A点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小，B点为氢氧化钠和NaN3的混合液，N3-水解促进了水的电离，则水电离出的c（H）：A点小于B点，故C正确；D.D点溶液中，c(NaN3)c(HN3)，根据物料守恒，2c(Na)c(HN3)c(N3)，故D错误。故选C。【点睛】明确图像曲线对应溶质组成为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度大小。11.关于键长、键能和键角的说法中不正确的是A. 键角是描述分子立体结构的重要参数B. 键长的大小与成键原子的半径有关C. 多原子分子的键角一定，表明共价键具有方向性D. 键能越大，键长就越长，共价化合物也就越稳定【答案】D【解析】【详解】A.键角是分子中两个共价键之间的夹角，是描述分子立体结构的重要参数，故A正确；B.影响键长的因素有：参与成键的原子半径、成键原子的周围环境，与成键原子的半径和成键数目有关，故B正确；C.多原子分子的键角一定，表明共价键具有方向性，故C正确；D.键能越大，键长越短，共价化合物越稳定，故D错误。故选D12. 下列说法中正确的是（ ）A. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小B. 3p2表示3p能级有两个轨道C. 处于最低能量状态的原子叫做基态原子D. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多【答案】C【解析】试题分析：A、能层越大，能量越高，即1s2sKC (5). T3 (6). CH3OH 6e-+ 8OH- = CO32- + 6H2O (7). 2Cl-+2H2O2OH-+Cl2+H2 (8). 0.24【解析】【分析】（1）根据盖斯定律，由已知方程式构建目标方程式可得到CO2与H2反应生成CH3OH的热化学反应方程式；（2）根据化学反应速率是（H2）=2（CH3OH）计算；（3）平衡标志是正逆反应速率相同，各成分浓度保持不变分析判断选项；平衡常数只与温度有关，A、B两点温度相同，平衡常数相同，由图可知，温度T1T2，平衡时B点CO转化率更高，则降低温度平衡向正反应方向移动，K值增大；（4）根据题中所给的图像进行分析；（5）分析元素化合价的变化可确定通入CH3OH的一极为负极，据此写出电极方程式；分析两个反应中的电子转移数目，结合甲醇燃料电池与电解池电子得失守恒找出关系式解答。【详解】（1）已知：2CH3OH(l) +3O2(g)4H2O(l)+2CO2(g) H-1453.0kJ/mol，2H2(g) + O2(g)2H2O(l) H-571.6kJ/mol，根据盖斯定律，由3/2-1/2得：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+ H2O(l) H=(-571.6 kJ/mol )3/2-(-1453.0kJ/mol) 1/2=-130.9kJ/mol，故答案为：-130.9。（2）（CH3OH）=c/t=0.75mol/L10min =0.075mol/（Lmin），故（H2）=2（CH3OH）=0.15mol/（Lmin），故答案为：0.15mol/（Lmin）。（3）A.H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，都是指正反应方向，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故A错误；B.H2的体积分数不再改变是化学平衡的特征，达到了平衡，故B正确；C.体系中H2的转化率和CO的转化率相等，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故C错误；D.混合气体的平均相对分子质量等于质量和物质的量的比值，物质的量变化，质量不变，所以当体系中气体的平均相对分子质量不再改变，证明达到了平衡，故D正确。故答案为：BD。平衡常数只与温度有关，A、B两点温度相同，平衡常数相同，则KA=KB；由图可知，B、C两点压强相同，平衡时B点CO转化率更高，又温度T1T2，则降低温度平衡向正反应方向移动，K值增大，则KBKC，故答案为：KA=KBKC。（4）已知CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H0，该反应正反应为放热反应，根据图中T1、T2、T3的图像，CO百分含量由小到大依次为：T3T1T2，T1中的状态转变为T2中的状态，CO的百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T1为达到平衡状态，T2中的状态转变为T3中的状态，CO的百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T2可能达到平衡状态，一定达到平衡状态的是T3，故答案为：T3。（5）图示为甲醇燃料电池，电解质为KOH溶液，CH3OH中碳元素的化合价由-2价升高到CO32-中的+4价，失去电子，所以通入CH3OH的一极是负极，负极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。电解饱和食盐水是生成氢氧化钠、氢气和氯气，其离子方程式为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2+H2，电解一段时间后，溶液的pH值为13，则溶液中的c(H+)=10-13mol/L，则电解生成的NaOH的物质的量浓度c(NaOH)=c(OH-)=Kw/c(H+)=10-14/10-13=0.1mol/L，即生成NaOH的物质的量为0.1mol/L0.3L=0.03mol，根据甲醇燃料电池与电解池电子得失守恒有：CH3OH3/2O26e-6NaOH，则消耗氧气的质量m(O2)=1/4n(NaOH)M(O2)=1/40.03mol32g/mol=0.24g，故答案为：0.24。【点睛】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”：“一等”即正反应速率等于逆反应速率；“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变,其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变。24.请根据要求填空：(1)将0.10mol/L NH3H2O溶液稀释10倍，则稀释后的溶液中c(OH)_原来的十分之一(填“大于”、“小于”或“等于”)(2)实验测得0.10mol/L CH3COONH4溶液的pH=7，则c(CH3COO-)_c(NH4+)(填写同上)(3)利用反应：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可以定量测定市售硫代硫酸钠(M=158)的纯度，现在称取7.900g硫代硫酸钠固体样品，配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入指示剂，用含有I2为 0.1000mol/L的碘水滴定，消耗碘水20.00mL，则：滴定应选择的指示剂是_，滴定终点的现象是:_对于该滴定实验有关操作或误差分析正确的是（ ）A滴定前，应对滴定管、锥形瓶进行润洗操作B滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，会使所测结果偏大C滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，则所测得的纯度将会偏小D滴定前仰视读数而滴定结束时平视读数，则所测得的纯度将会偏小样品中硫代硫酸钠纯度为_(4)CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.810-9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若混合前Na2CO3溶液的浓度为210-4mol/L，则生成沉淀加入CaCl2溶液的最小浓度为_ mol/L。【答案】 (1). 大于 (2). 等于 (3). 淀粉溶液 (4). 溶液颜色由无色变成蓝色，且半分钟内不褪色 (5). BD (6). 80% (7). 5.610-5【解析】【分析】（1）加水稀释，一水合氨的电离平衡向右移动，即电离被促进，电离出更多的氢氧根；（2）根据电荷守恒c(OH)+c(CH3COO)= c(H+)+ c(NH4+)，溶液的pH=7，即c(OH)=c(H+)，故c(CH3COO)=c(NH4+)；（3）淀粉遇到单质碘变蓝色；根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；根据c（待测）=分析不当操作对相关物理量的影响，以此判断浓度的误差；求出硫代硫酸钠的质量，样品中硫代硫酸钠纯度=100%；（3）Na2CO3溶液的浓度为210-4mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32-）=110-4mol/L，根据Ksp=c（CO32-）c（Ca2+）计算沉淀时混合溶液中c（Ca2+），原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍。【详解】（1）加水稀释，一水合氨的电离平衡向右移动，即电离被促进，电离出更多的氢氧根，故将0.10mol/L NH3H2O溶液稀释10倍，则稀释后的溶液中c(OH)大于原来的十分之一，故答案为：大于。（2）根据电荷守恒可以知道：c(OH)+c(CH3COO)= c(H+)+ c(NH4+)，0.10mol/L CH3COONH4溶液的pH=7，即c(OH)=c(H+)，故有c(CH3COO)=c(NH4+)，故答案为：等于。（3）淀粉遇到单质碘变蓝色，滴定前可以选择淀粉做指示剂，滴定终点的现象为溶液颜色由无色变成蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：淀粉；溶液颜色由无色变成蓝色，且半分钟内不褪色。A.滴定前，对滴定管、锥形瓶进行润洗，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）偏大，根据分析，c（待测）偏高，故A错误；B.滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故B正确；C.滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏高，待测液的物质的量偏大，则所测得的纯度将会偏大，故C错误；D.滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，c（待测）偏低，待测液的物质的量偏低，则所测得的纯度将会偏小，故D正确。故答案：BD。根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，n（I2）=0.1000mol/L20.0010-3L=210-3mol，知消耗的Na2S2O3的物质的量=2n（I2）=20.1000mol/L20.0010-3L=410-3mol，根据现称取7.900g硫代硫酸钠固体样品配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，则被滴定的硫代硫酸钠质量为0.7900g，故样品中硫代硫酸钠纯度为=100%=80%，故答案为：80%。（3）Na2CO3溶液的浓度为210-4mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32-）=1/2210-4mol/L=110-4mol/L，根据Ksp=c（CO32-）c（Ca2+）=2.810-9可知，c（Ca2+）=2.8109/1104mol/L=2.810-5mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为22.810-5mol/L=5.610-5mol/L，故答案为：5.610-5mol/L。【点睛】在分析酸碱中和滴定实验的误差分析时，需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大，则测定结果偏大，标准液的体积变小，则测定结果偏小。25.W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，W是宇宙中最丰富的元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，且它们的价电子层上均有2个未成对电子；向含有 QSO4的溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得深蓝色溶液。请回答下列问题：(1)Y元素在周期表中的位置为_， Z原子的价电子排布图为_(2)W可分别与X、Y形成多种化合物，其中，最简单化合物的稳定性由强到弱的顺序为_(用分子式表示)；Y的一种氢化物能在卫星发射时作燃料，写出该氢化物的结构式_。(3)继续滴加氨水，沉淀溶解时反应：_(用离子方程式表示)，向深蓝色溶液中再加乙醇，会析出深蓝色的Q(NH3)4SO4H2O晶体，该晶体中含有的化学键_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). (3). NH3CH4 (4). (5). Cu(OH)2+4NH3.H2O=Cu(NH3)42+ +2OH- +4H2O (6). 离子键、极性键、配位键【解析】【分析】根据题给信息推断，W是宇宙中最丰富的元素，则W为H元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，且它们的价电子层上均有两个未成对电子，则X为C元素，Z为O元素，Y为N元素；向含有QSO4的溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，则Q为Cu元素，据此答题。【详解】（1）由分析可知，Y为N元素，N元素在周期表中的第二周期第A族，Z为O元素，O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，故价电子排布图为，故答案为：第二周期第A族，。（2）H可分别与C、N形成的最简单化合物为NH3、CH4，元素的非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，非金属性：NC，故最简单化合物的稳定性由强到弱的顺序为NH3CH4，N的一种氢化物能在卫星发射时作燃料，该氢化物为N2H4，结构式故为：，答案为：NH3CH4，。（3）向含有CuSO4的溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得深蓝色溶液，发生Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH-+4H2O；硫酸四氨合铜配合物晶体中Cu2+与NH3之间的键型为配位键，Cu（NH3）42+与SO42-形成离子键，NH3中N原子与H原子之间形成极性共价键，故答案为：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH-+4H2O；离子键、极性键、配位键。26.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：(1)Zn原子核外电子排布式为_。(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能1(Zn)_1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是_。(3)中华本草等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为_，C原子的杂化形式为_，SO42-、CS2、CO32-键角由大到小的顺序是_(4)锌冶炼过程中会产生污染性气体二氧化硫，已知液态二氧化硫也可以发生类似水的自身电离2SO2SO2+SO32-,S和O两种元素中电负性较强的是_，与SO2+互为等电子体的单质分子是_(填化学式)，SO2+中键和兀键数目比为_。(5)分析并比较物质A： 与B： 的沸点高低及其原因：_【答案】 (1). Ar3d104s2 (2). 大于 (3). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (4). 平面三角形 (5). sp2 (6). CS2CO32-SO42- (7). O (8). N2 (9). 1:2 (10). BA，因为B可以形成分子间氢键【解析】【详解】（1）Zn是第30号元素，核外电子排布式为Ar3d104s2，故答案为：Ar3d104s2。（2）由于Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子，所以Zn的第一电离能高于Cu的第一电离能，故答案为：大于；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子。（3）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为33，所以空间构型为平面三角形，中心C为sp2杂化；对于SO42-，根据VSEPR理论，中心S原子的配位原子数为4，孤电子对数为=0，则其价电子对数为4+04，根据杂化轨道理论，中心S原子为sp3杂化，键角为10928，对于CS2，根据VSEPR理论，中心C原子的配位原子数为2，孤电子对数为=0，则其价电子对数为2+0=2，根据杂化轨道理论，中心C原子为sp杂化，键角为180，对于CO32-中心C原子为sp2杂化，键角为120，因此键角大小为：CS2CO32-SO42-，故答案为：平面三角形；sp2；CS2CO32-SO42-。（4）非金属性越强，电负性越大，O、S为同一主族，非金属性逐渐减弱，所以非金属性：OS；SO2+含有2个原子和10个价电子，因此与SO2+互为等电子体的单质分子是氮气，由于SO2+的结构与氮气相似，则键和兀键数目比为1:2，故答案为：O，N2，1:2。（5）A邻羟基苯磺酸能形成分子内氢键，B对羟基苯磺酸能形成分子间氢键，所以沸点BA，故答案为：BA，因为B可以形成分子间氢键。27.按要求完成下列问题:(1)松油醇( )的官能团的名称为_(2)戊烷有_种结构，请写出其中的核磁共振氢谱有1个吸收峰的结构简式_(3)分子式为且含两种官能团的链状有机物的结构简式为_(4)在一定条件下能生成高分子化合物的化学方程式为_(5)写出甲苯生成 的反应方程式_【答案】 (1). 碳碳双键、羟基 (2). 3 (3). (CH3)4C (4). CHC-CH=CH2 (5). (6). 【解析】【详解】（1）松油醇( )含官能团有C=C、-OH，名称为碳碳双键、羟基，故答案为：碳碳双键；羟基。（2）戊烷有3种结构，CH3C