太原市2017-2018三个学年高二年级下册期末监测化学试题含解析

太原市重点名校2017-2018学年高二下学期期末监测化学试题

一、单选题(本题包括20个小题，每小题3分，共60分.每小题只有一个选项符合题意)

1.部分弱酸的电离平衡常数如下表：

弱酸HCOOHHCNH2CO3

电离平衡常数Ki=4.3xl0-7

Ki=1.77xl0^Ki=4.9xlO10

11

(25℃)K2=5.6X10

下列选项正确的是()

2

A.2CI\T+H2O+CO2=2HCN+CO3^

B.相同物质的量浓度的溶液的pH：Na2CO3>NaHCO3>NaCN>HCOONa

C.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者

D.相同温度下，同浓度的酸溶液的导电能力顺序：HCOOH>HCN>H2CO3

【答案】C

【解析】

【分析】

2

酸的电离平衡常数HCOOH>H2CO3>HCN>HCO3-,则酸根离子水解程度CO3>CN->HCO3->HCOO„

A.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据强酸制取弱酸解答；

B.酸的电离平衡常数越大，则其酸根离子水解程度越小，溶液的pH越小；

C.等pH的HCOOH和HCN,酸的电离平衡常数越大，该酸的浓度越小，等体积等pH的不同酸消耗NaOH

的物质的量与酸的物质的量成正比；

D.酸的电离平衡常数越大，相同浓度时，溶液中的离子浓度越大。

【详解】

根据上述分析可知，

A.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能够制取弱酸，所以二者反应生成HCN和HCCV,离子

方程式为CN+HZO+CO2=HCN+HCOO故A错误；

B.酸的电离平衡常数HCOOH>HZCC)3>HCN>HCO3-,则酸根离子水解程度CthZ,CN,HCOkAHCOO-,水

解程度越大，溶液的pH越大，因此相同物质的量浓度的溶液的pH：Na2CO3>NaCN>NaHCO3>HCOONa,

故B错误；

C.等pH的HCOOH和HCN,c(HCN)>c(HCOOH),等体积、等pH的HCOOH和HCN,n(HCN)>n(HCOOH),

中和等pH等体积的HCOOH和HCN,消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；

D.酸的电离平衡常数HCOOH>H2c03>HCN>HC03-，HCOOH>H2CO3>HCN>HCOj,相同温度下，

同浓度的酸溶液的导电能力顺序：HCOOH>H2CO3>HCN,故D错误；

故选Co

2.用激光笔照射烧杯中的豆浆时，可看见一条光亮的"通路"，该豆浆属于：

A.悬浊液B.乳浊液C.胶体D.溶液

【答案】C

【解析】

【分析】

胶体具有丁达尔效应是指当光束通过胶体时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，据此分析作答。

【详解】

溶液、悬浊液和乳浊液无丁达尔效应，胶体分散质微粒直径在l~100nm之间，有丁达尔效应，依据题意

可知，豆浆属于胶体，有丁达尔效应，故C项正确；

答案选C。

【点睛】

丁达尔效应是胶体的光学性质，是胶体与其他分散系区别的一种物理方法，但不是本质。胶体的分散质微

粒直径在l~100nm之间，是本质区别。

3.下列实验预期的现象及结论都正确的是()

选

实验预期现象预期结论

项

将S02气体通入Ba(N03)2有白色沉淀生H2s。3与Ba(N03)2发生复

A

溶液中成分解反应生成BaSOs

向盛有KI溶液的试管中，

下层溶液显紫

B滴加少量新制氯水和Cb氧化性比L强

色

CCL,振荡、静置

溶液变蓝，有硝酸钠可以加快铜与稀

铜放入稀硫酸中，无明显

C明显的气泡放硫酸的反应速率,起到

现象,再加入硝酸钠固体

出，铜溶解了催化剂的作用

向FeCL饱和溶液中逐滴

生成红褐色透

D滴入足量浓氨水，并加热得到Fe(0H)3胶体

明液体

至沸腾

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

A项，将Sth通入Ba(NCh)2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸领，白色沉淀为硫酸领，故A错误；B项,

向盛有KI溶液的试管中，滴加少量新制氯水和CCI4,氯水中的CL与r反应生成Iz,卜易溶于CCI4中且密度

比水的大，振荡、静置后下层溶液显紫色，该反应中CL作氧化剂，卜是氧化产物，则CL氧化性比上强，

故B正确；C项，铜放入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸钠固体，铜溶解，有明显的气泡放出，溶液

变蓝，是因为Cu、H+和N03-发生氧化还反应：3Cu+8H++2NO3=3Cu2++2NOT+4H20,故C错误；D项，向FeCb

饱和溶液中逐滴滴入足量浓氨水，并加热，可得到红褐色Fe(0Hb沉淀，故D错误。

点睛：本题通过化学实验的设计与评价，考查物质的性质、离子反应、胶体制备等知识。注意氧化还原型

的离子反应，如：A、C两项，若忽略了氧化还原反应则很容易出错；D项要明确Fe(0H)3胶体的制备方法：

将烧杯中的蒸储水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入5~6滴FeCI3饱和溶液。继续煮沸至溶液呈红褐色，停

止加热。

4.下列不是应用了电解池原理的是()

A.电镀B.工业制镁C.牺牲阳极的阴极保护法D.氯碱工业制Cb等

【答案】C

【解析】A项，电镀是利用电解原理在某些金属表面上镀上一薄层其它金属或合金的过程，故A不符合题

意；B项，工业用电解熔融MgCh的方法制取金属镁，故B不符合题意；C项，牺牲阳极的阴极保护法，

又称牺牲阳极保护法，是防止金属腐蚀的一种方法，即将还原性较强的金属与被保护金属相连构成原电池，

还原性较强的金属作为负极发生氧化反应而消耗，被保护的金属作为正极就可以避免腐蚀，故C符合题意；

D项，氯碱工业通过电解饱和NaCI溶液来制CL等，故D不符合题意。

5.下列反应中，反应后固体物质质量增加的是()

A.氢气通过灼热的CuO粉末B.二氧化碳通过NazOz粉末

C.铝与Fe&发生铝热反应D.将锌粒投入FeCk溶液

【答案】B

【解析】分析：A.氢气与CuO的反应生成Cu和水；

B.二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；

C.A1与Fe2(h反应生成ALCh和Fe；

D.Zn与FeCL反应生成ZnCL和Fe。

详解:A.氢气与CuO的反应生成Cu和水,反应前固体为CuO,反应后固体为Cu,固体质量减小,故A错误;

B.二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气,反应前固体为过氧化钠,反应后固体为碳酸钠,二者物质

的量相同，固体质量增加,故B正确；

C.A1与FezCh反应生成AMh和Fe,反应前固体为氧化铁、A1,反应后固体为氧化铝、Fe,均为固体，固

体质量不变,所以C选项是错误的；

D..Zn与FeCL反应生成ZnCL和Fe,反应前固体为Zn,反应后固体为Fe,二者物质的量相同,则固体质量

减小，故D错误；

所以B选项是正确的。

6.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCb和金属钠为原料，在700久时反应制造出纳米级金刚石粉末

和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立即被科学家们高度评价为"稻草变黄金"。

同学们对此有下列一些"理解"，你认为其中错误的是()

A.这个反应是氧化还原反应B.金刚石属于金属单质

C.另一种化合物为NaCID.制造过程中元素种类没有改变

【答案】B

【解析】

【详解】

A.CCL和金属钠反应生成金刚石(碳单质)，碳元素的化合价降低，有元素的化合价变化属于氧化还原

反应，A项正确，不符合题意；

B.金刚石的构成元素为碳，属于非金属单质，B项错误，符合题意；

C.根据原子守恒，CCL和金属钠反应得到金刚石(碳单质)，另一种化合物包括Na和C1元素，为NaCI,

C项正确，不符合题意；

D.根据元素守恒定律可知制造过程中元素种类没有改变，D项正确，不符合题意；

本题答案选B。

7.室温下，用0.10mo卜广1的盐酸滴定20.00mL0.10moH/i的某碱BOH溶液得到的滴定曲线如图，下列

判断不无碘的是

A.a点时，溶液呈碱性，溶液中c(B+)>c(C「)

B.b点时溶液的pH=7

C.当c(C「)=c(B+)时，V(HCI)V20mL

D.c点时溶液中c(H+)约为0.033molL-1

【答案】B

【解析】

试题分析：从图像起点可以看出该碱为弱碱，A、a点为BOH-BCI共存的溶液，呈碱性，故有c(B+)>c(CI),

正确；B、b点为滴定终点，生成强酸弱碱盐，水解呈酸性，故pH<7,错误；C、pH=7点，加入在b点之

前，故V<20mL,正确；D、加入盐酸为40ml时，c(H+)=(0.1x40-0.1x20)v60=0.03mol/L,正确。

考点：考查电解质溶液，涉及弱电解的电离、盐类的水解等相关知识。

8.下列数据是一些有机物的相对分子质量，可能为同系物的一组是()

A.16,32,46,60B,16,30,42,56C,16,28,40,52D.16,30,58,72

【答案】D

【解析】同系物是指结构相似，分子组成相差若干个CH?原子团的物质，这说明同系物的相对分子质量之

间相差14的倍数，所以选项D是正确的。答案选D。

9.X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获

得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与规原子相同；

W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是

A.X元素的氢化物的水溶液显碱性

B.Z元素的离子半径大于W元素的离子半径

C.Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应

D.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点

【答案】C

【解析】

【详解】

X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，则X是N或0。Y元

素原子最外电子层上s、p电子数相等，Y是C或Si。Z元素+2价阳离子的核外电子排布与覆原子相同，Z

是Mg。W元素原子的M层有1个未成对的p电子，W是AI或CL贝!!

A、X元素的氢化物的水溶液显碱性（1\1出）或中性（HzO）,A不正确；

B、若W是氯元素，则氯离子半径大于镁离子半径；B不正确；

C、镁既能和氮气反应生成氮化镁，也能和氧气反应生成氧化镁，C正确；

D、若Y是碳元素，则C02形成的是分子晶体，熔沸点低，D不正确；

答案选C。

10.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.lmolC3H8O分子中含有共价键数目为11NA

B.15gMe16。中含有的质子数目为8弗

C.标准状况下，22.4LSO2和S03的混合物，含硫原子的数目为NA

D.一定条件下，将2.8gM与足量氢气充分反应，得到氨气分子数目等于0.2NA

【答案】A

【解析】

A、C3H8。若为醇类，则每mol分子中含有2moic-C键，7moic-H键,lmolC-0键，ImolO-H键，共Umol

共价键；若为醛类，则每mol分子中含有ImolC-C键，2moic-0键，8moic-H键，共Umol共价键，故A

正确；B、14cl6。中每个c原子含有6个质子，每个0原子含有8个质子，则每个CO分子含有14个质子，

14cl6。的摩尔质量为30g/moL则15gC0为0.5mol,质子总物质的量为7mol,即质子数目为7NA,故B错

误；C、标况下，S03为固态，不能用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D、Nz与上的反应是可逆反应,

2.8gN2(O.lmol)不能反应完全，则得到氨气小于0.2mol,即得到氨气分子数目小于0.2NA,故D错误。

故选A。

11.废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaCIO使NH4+完全转化为N2,该反应可表示为2NH；

+3CIO-===N2个+3C「+2H++3H20。下列说法中不正确

A.反应中氮元素被氧化，氯元素被还原

+

B.还原性:NH4>CF

C.反应中每生成1molN2,转移6mol电子

D.经此法处理过的废水可以直接排放

【答案】D

【解析】

试题分析：A,反应中氮元素化合价由-3价升高为。价，被氧化，氯元素化合价由+1价降低为-1价，被还

+

原，故A正确；B.根据上述分析，NH4+是还原剂，Ct是还原产物，还原性NH4>Cl,故B正确；C.反

应中每生成ImoINz,转移电子2x3="6"moL故C正确；D.经此法处理过的废水中含有盐酸，属于酸性

废水，不能直接排放，故D错误；故选D。

考点：考查了氧化还原反应的相关知识。

12.以NA代表阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是()

3

A.lmolNH3分子中含有3NA个。键和4NA个sp杂化轨道

B.ImolCOz分子中含有2NA个。键和2NA个sp?杂化轨道

C.ImolCzHz分子中含有2NA个。键2NA个n键

D.ImolCzhU分子中含有4NA个。键2NA个n键

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

33

A项,NH3分子中N原子采取sp杂化,1个NH3分子中含3个。键,lmolNH3分子中含有3mob键和4molsp

杂化轨道，A项正确；

B项，C02分子中碳原子是sp杂化，B项错误；

C项，1个C2H2中含3个°键和2个it键，ImolC2H2分子中含3moicy键和2mohr键，C项错误；

D项，1个C2H4分子中含5个o键和1个it键，ImolC2H4分子中含有5moio键和Imoht键，D项错误；

答案选A。

2

13.某溶液由K*、Fe/、S0?\C03\N(V、「中的几种离子组成，取样，滴加NaOH溶液后有红褐色沉淀生

成。下列有关该溶液的说法不正确的是

A.是否含有SO产可用BaCk溶液检验B.是否含有K,可通过焰色反应确定

C.一定存在的离子为Fe"、NO3-D.一定不存在的离子为co产、r

【答案】C

【解析】试题分析：某溶液由K+、Fe3+、SO42-,CO32-,N03-、r中的几种离子组成，取样，滴加NaOH溶液

后有红褐色沉淀生成，说明一定有Fe3+、一定没有CO32-和hA.是否含有SO42-可用BaCL溶液检验，A正

确；B.是否含有K*可通过焰色反应确定，B正确；C.无法确定是否一定存在NO3一,C不正确；D.一定不

存在的离子为CChlr,D正确。本题选C。

14.在t°G^AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。t°(:时AgCI的Ksp=4xl0-i。，下列说法不正确的

是

A.在时,AgBr的Ksp为4.9x10-13

B.在t℃时，AgCI(s)+Br-(aq)^=i:AgBr(s)+C「(aq)的平衡常数K=816

C.图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液

D.在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变到b点

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A.结合图中c点的c(Ag+)和c(Br)可知：该温度下AgBr的Ksp=7xl07x7xl0-7=4.9xl013,故A正确；

B.反应AgCI(s)+Br(aq)*gBr(s)+C|-(aq)的平衡常数为：K=,=叱卯,人8口|=，0xl0口=816,故B正

13

c(Br)Ksp(AgBr)4.9xl0

确；

C.根据图象可知，在a点时Qc=c(Ag+)・c(B「)VKsp,所以a点为AgBr的不饱和溶液，故C正确；

D.在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，故D错误；

故选Do

15.向含有0.2molFeL的溶液中加入amolBrz。下列叙述不正确的是()

A.当a=0.1时，发生的反应为2「+Br2=b+2B「

B.当a=0.25时，发生的反应为2Fe2++4「+3Br2=2Fe3++2l2+6Br-

c.当溶液中1一有一半被氧化时，c(I)：c(Br)=1：1

D.当0.2VaV0.3时，溶液中各离子浓度的关系为2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Br)+c(OH)

【答案】B

【解析】

【详解】

亚铁离子的还原性弱于碘离子，溟少量时碘离子优先被氧化，发生反应为：2「+Brz=l2+2B「；当碘离子完

全被氧化后，亚铁离子开始被溟单质氧化，溟足量时的反应方程式为：2Fe2*+4「+3Br2=2Fe3*+2L+6B「。

A.a=0.1时，漠单质不足，只有碘离子被氧化，反应的离子方程式为：2r+Br2=l2+2Br-,A正确；

B.当a=0.25时，0.ZmolFeb的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，0.4mol碘离子完全反应

2+

消耗0.2mol溟单质，剩余的0.05mol溟单质能够氧化0.Imol亚铁离子,所以正确的反应为:2Fe+8r+5Br2

3+

=2Fe+4l2+10Br-,B错误；

C.溶液中含有0.4mol碘离子，当有0.2mol碘离子被氧化时，消耗0.Imol溟单质生成0.2mol滨离子,

则反应后溶液中碘离子和澳离子浓度相等，C正确；

D.当0.2<aV0.3时，碘离子完全被氧化，亚铁离子部分被氧化，根据电荷守恒可知溶液中的离子浓度

的关系为：2c(Fe2+)+3c(Fe3*)+c(H+)=c(Bf)+c(OH-),D正确；

答案选B。

16.下列说法不正确的是()

A.己烷有4种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同

B.在一定条件下，苯与液澳、硝酸、硫酸作用生成溪苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应

C.油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油

(七帆一CHz-CH-CH+)

D.聚合物I可由单体CH3cH=CH2和CH2=CH2加聚制得

CH3

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A、己烷有5种同分异构体，分别是己烷(CH3cH2cH2cH2CH2CH3)、2一甲基戊烷［(CH3LCH2CH2CH2cH3］、3一甲

基戊烷［CH3cH2cH(CH3)CH2cH3］、2,3—甲基丁烷［(CH3)2CHCH(CH3)21、2,2—甲基丁烷［(CHsbCCH2cH3］,A不

正确；

B、有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，在一定条件下，苯与液溟、

硝酸、硫酸作用生成澳苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应，B正确；

C、油脂在碱性条件下的水解反应是皂化反应，油脂通过皂化反应可以得到高级脂肪酸盐与甘油，C正确；

D、根据高分子化合物的结构可知，该化合物是加聚产物，依据链节可知其单体是丙烯和乙烯，D正确；

答案选A。

17.下列有关说法正确的是

A.在酒精灯加热条件下，Na2CO3.NaHCCh固体都能发生分解

B.Fe(0H)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象

C.Hz、SOz、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥

D.SiCh既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物

【答案】C

【解析】

【详解】

A、Na2cCh固体受热不易分解，故A错误；

B、Fe(0H)3胶体是红褐色，故B错误；

C、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故C正确；

D、SiOz和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，故D错误；答案选C。

18.下列说法正确的是

A.反应2NaCl(s)=2Na(s)+S(g)的△H>0,AS>0

B.常温下，将稀CHsCOONa溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH增大和Kw不变

C.合成氨生产中将灿液化分离，可加快正反应速率，提高压的转化率

D.氢氧燃料电池工作时，若消耗标准状况下11.2LH2,则转移电子数为6.02X1023

【答案】D

【解析】

【详解】

A.由化学计量数可知AS>0,2NaCI(S)=2Na(S)+CL(g)常温下不能发生，则AH-TAS〉。，即AH>0,故A错

误；

B.温度不变，Kw=c(H+)・c(OH)不变，加水稀释体积增大，则n(H+)・n(OH)增大，故B错误；

C.NH3液化分离，平衡正向移动，但正反应速率减小，但提高出的转化率，故C错误；

119L

D.n(H2)=-—-=0.5mol,负极上氢离子失去电子，H元素的化合价由0升高为+1价，则转移电子

22.4L/mol

数为0.5molx2x(l-0)x6.02xl023=6.02xl023,故D正确；

故答案为Do

19.下列说法正确的是

0H

与人T含有相同的官能团，互为同系物

丁£一0《^属于醛类，官能团为一CHO

B.

CH3-CH2-C-CHj-CHs

II的名称为：2一乙基一1一丁烯

CH2

CH2=CHC=CH2

D.的名称为：2一甲基一1,3一二丁烯

CH3

【答案】C

【解析】

【详解】

A.前者一0H与苯环的侧链相连，属于醇类，后者一0H直接与苯环相连，属于酚类，尽管分子构成相差了

1个CHz,但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，A错误；

B.该物质属于酯类（甲酸酯，含有醛基），官能团为酯基，B错误；

C.该物质的官能团为碳碳双键，含有官能团的最长的碳链有4个C,因此主链含有4个C,为丁烯；编号

时官能团的编号要小，因此碳碳双键的编号为1,乙基的编号为2,命名为2-乙基一1一丁烯，C正确；

D.该物质中含有2个碳碳双键，且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳原子，因此该物质为丁二烯。编号

时，不管是从左端还是右端，碳碳双键的编号均为1、3,因此编号的选择，让甲基的编号的编号小，甲

基的编号为2,则该物质的名称应为：2-甲基-1,3-丁二烯，故D错误。

20.由苯作原料不能经一步化学反应制得的是

A.硝基苯B.环己烷C.苯酚D.漠苯

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A、苯与浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯，A正确；

B、苯与氢气发生加成反应生成环己烷，B正确；

C、苯不能直接转化为苯酚，C错误；

D、苯与液漠发生取代反应生成滨苯，D正确；

答案选C。

【点晴】

苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间独特的化学键，苯分子的特殊结构决定了苯兼有烷

煌和烯危的化学性质，即易取代，能加成，难氧化。需要注意的是苯和溟水发生萃取，在铁的作用下苯能

与液漠发生取代反应生成溟苯，注意反应条件的不同。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

某化学实验小组用酸性溶液和草酸溶液反应，研究外界条件反应速率的影响，实

21.KMnO,（H2C2O4）

验操作及现象如下：

编号实验操作实验现象

向一支试管中先加入1mL0.01mol/L酸性前10min内溶液紫色无明显

1KMnCh溶液，再加入1滴3mol/L硫酸和9滴变化，后颜色逐渐变浅，

蒸馈水，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液30min后几乎变为无色

向另一支试管中先加入1mL0.01mol/L酸性80s内溶液紫色无明显变

IIKMnCh溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，最后化，后颜色迅速变浅，约150

力口入1mL0.1mol/L草酸溶液s后几乎变为无色

(1)补全高镒酸钾与草酸反应的离子方程式：5H2c2。4+2MnOr+6H+===2Mn2++

(2)由实验I、II可得出的结论是o

(3)关于实验II中80s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的M"+对反应有

催化作用。利用提供的试剂设计实验川，验证猜想。

提供的试剂：0.01mol/L酸性KMnCM溶液，0」mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸，MnS04溶液，MnSJ%固体，

蒸储水

①补全实验川的操作：向试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液,，最后加入1mLO.lmol/L

草酸溶液。

②若猜想成立，应观察到的实验现象是。

(4)该小组拟采用如下图所示的实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。

2mL0.10mol/L真酸溶液

1mL3mol/L破蝮

1mL0.01mol/L1mL005mol/L

酸性KMnO,溶液腹性KMnO.潟液

①他们拟研究的影响因素是。

②你认为他们的实验方案(填"合理"或"不合理")，理由是。

【答案】lOCCh8H2。其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快再加入10滴3

mol/L然后加入少量圉体加入草酸溶液后，溶液紫色十速娈尊(或溶液颜色开始变浅的

时间小于80s,或其他合理答案)KMnO,溶液浓度不合理KMnO,溶液浓度不同，溶液起始颜

色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢

【解析】

【分析】

⑴在酸性条件下，高锦酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价镒离子、二氧化碳和水，据此写出离

子方程式；

(2)实验I、II取用的高钵酸钾和草酸的体积与浓度均相同，加入的硫酸的滴数不同；

⑶①根据实验目的"反应中生成的Md+对反应有催化作用"，完成实验步骤；②若猜想成立，反应速率应

该加快；

(4)①根据实验步骤示意图，取用的草酸和硫酸相同，选用的高镒酸钾的浓度不同；②KMnO4溶液浓度不

同，溶液起始颜色深浅不同，据此分析判断。

【详解】

⑴在酸性条件下，高锯酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价镒离子、二氧化碳和水，离子方程式

为：2MnO4-+5H2c2O4+6H+=2Mn2++10CC>2个+8出0,故答案为：lOCCh个；8H2O；

(2)实验I、II取用的高镒酸钾和草酸的体积与浓度均相同，不同的是加入的硫酸的滴数不同，使得溶液褪

色需要的时间不同，因此实验结论为：其他条件相同时，H*(或硫酸)浓度越大，反应速率越快，故答案为：

其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快；

⑶①要证明反应中生成的MM+对反应有催化作用，结合实验III的操作可知：向试管中先加入1mLO.Ol

mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3moi/L硫酸，然后加入少量MnSC)4固体，最后加入1mL0.1mol/L

草酸溶液,通过观察溶液褪色的时间即可证明，故答案为：再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4

固体；

②若猜想成立，加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始变浅的时间小于80s),故答案为：

加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始变浅的时间小于80s)；

(4)①根据实验步骤示意图，取用的草酸和硫酸相同，不同的是选用的高镒酸钾的浓度不同，因此实验研究

的影响因素是KMnOz,溶液浓度对反应速率的影响，故答案为：KMnCU溶液浓度；

②该实验方案不合理，因为KMnCU溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短

判断反应快慢，故答案为：不合理；KMnd,溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时

间长短判断反应快慢。

【点睛】

本题的易错点为(4),要注意研究某一反应条件对化学反应速率的影响时，需要保证其他条件完全相同。

三、推断题(本题包括1个小题，共10分)

22.框图中甲、乙为单质，其余均为化合物，B为常见液态化合物，A为淡黄色固体，F、G所含元素相同

且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色。

请问答下列问题：

(1)反应①-⑤中，既属于氧化还原反应又属于化合反应的是(填序号)。

(2)反应⑤的化学方程式为。

(3)甲与B反应的离子方程式o

(4)在实验室将C溶液滴入F溶液中，观察到的现象是。

(5)在F溶液中加入等物质的量的A,发生反应的总的离子方程式为：o

+

【答案】①⑤4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Na+2H2O=2Na+2OH+H2t产生白色絮状沉淀,

2++

迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀4Fe+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na+O2t

【解析】

【分析】

甲、乙为单质，二者反应生成A为淡黄色固体，则A为NazOz,甲、乙分别为Na、氧气中的一种；B为常

见液态化合物，与A反应生成C与乙，可推知B为出0、乙为氧气、C为NaOH,则甲为Na；F、G所含

元素相同且均为氯化物,G遇KSCN溶液显红色,则G为FeCb,F为FeCL,结合转化关系可知，E为Fe(0H)3,

D为Fe(OH)2,据此判断。

【详解】

(1)反应①〜⑤中，①②⑤属于氧化还原反应，③④属于非氧化还原反应：①⑤属于化合反应。故答案

为①©;

(2)反应⑤的化学方程式为：4Fe(OH)2+Oz+2H2O=4Fe(OH)3。

(3)甲与B反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na*+2OK+H2t。

(4)在空气中将NaOH溶液滴入FeCIz溶液中，先生成氢氧化亚铁沉淀，再被氧化生成氢氧化铁，观察到

的现象是：先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。

(5)在FeCL溶液中加入等物质的量的NazCh,发生反应的总的离子方程式为：

r

4Fe+4Na2O2+6H2O=4Fe(0H)3+8Na*+O21。

四、综合题(本题包括2个小题，共20分)

23.阅读以下信息：①向盛有10mL水的锥形瓶中，小心滴加8~10滴SOC12液体，可观察到剧烈反应，液

面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气体中含有可使品红溶液褪色的SO2；②蒸干A1C1、

溶液不能得到无水Al。、，使SOC1?与A/CQ642。混合并加热，可得到无水AlCb。请回答：

(1)将①中发生反应的化学方程式补充完整：SOCI2+H2O=SO2t+；

(2)A1CL溶液呈_______(填"酸”"碱"或"中")性，用离子方程式表示其原理为：。

(3)试解释②中可得到无水AlCh的原因：o

3++

【答案】2HCI酸A1+3H2OAl(OH)3+3HSOC吸收晶体中的水，产生的HCI抑制

AP+的水解

【解析】

【详解】

(1)根据SOCL和水反应的实验现象，可知反应生成的产物是HCI和Sth,这可以看作是SOCL的水解反

应：SOCI2中的1个+2价基团(S02+)结合2个水电离产生的OH-生成H2sH2sO3分解产生SO2,反应

方程式为SOCl2+H2O====2HCI+SO2t,故答案为2HCI；

(2)AICb为强酸弱碱盐，在其溶液中AF+发生水解生成H+,离子方程式为：+m+,

溶液显酸性，故答案为酸、+;

(3)SOCh与水发生反应，既减少了水的量，又生成了H+,抑制AlCb的水解，从而可得到无水AlCb,故

答案为SOCL吸收晶体中的水，产生的HCI抑制A产的水解。

24.有下列分子或离子：BF3、小0、NH4\SO2、HCHO>PCI3,C02

(1)粒子构型为直线型的为：

(2)粒子的立体构型为V型的为：

(3)粒子的立体构型为平面三角形的为：

(4)粒子的立体构型为三角锥型的为：

(5)粒子的立体构型为正四面体的为-

【答案】C02H20so2BF3HCH0PChNH4+

【解析】

【分析】

根据价层电子对互斥理论可知，计算各分子或离子的价层电子对数，依据价层电子对数判断其空间结构型。

【详解】

根据价层电子对互斥理论可知，BF3、NH4\HCHO、CO2的中心原子没有孤对电子。水中氧原子有2对孤

对电子，S02知硫原子有1对孤对电子。PCh中磷原子有1对孤对电子，所以BF3、HCHO平面三角形。比0、

S02是V型。NH4+是正四面体型。PCb是三角锥形，COz是直线型。

(1)粒子构型为直线型的为：C02,故答案为：co2；

(2)粒子的立体构型为V型的为：比0、S02,故答案为：H20,SO2;

⑶粒子的立体构型为平面三角形的为：BF3、HCHO,故答案为：BF3、HCHO；

(4)粒子的立体构型为三角锥型的为：PCb,故答案为：PCh；

+

(5)粒子的立体构型为正四面体的为：NH4,故答案为：NH4\

太原市重点名校2018-2019学年高二下学期期末监测化学试题

一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分.每小题只有一个选项符合题意）

1.下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是（）

A.苯酚分子中含有羟基，不与NaHCOs溶液反应生成COz

B.澳乙烷含澳原子，在氢氧化钠的乙醇溶液共热下发生取代反应

C.甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同

D.苯不能使澳的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键

【答案】B

【解析】

试题分析：澳乙烷含溟原子，在氢氧化钠的乙醇溶液共热下发生消去反应，生成乙烯，B不正确，其余选

项都是正确的，答案选B。

考点：考查有机物的结构、性质

点评：该题是基础性试题的考查，试题贴近高考，灵活性强，注重能力的考查和巩固。有助于培养学生的

逻辑推理能力和创新思维能力。该题的关键是熟练记住常见有机物的结构和性质。

2.如图表示lgO2与lgX气体在相同容积的密闭容器中压强（P）与温度（T）的关系，则X气体可能是

【答案】B

【解析】

【详解】

由图可知，等质量的与X气体在相同容积的密闭容器中，当温度相同时，盛有氧气的容器压强较大，

则说明氧气的物质的量比x气体的大,所以X气体的摩尔质量比氧气的大,氧气的摩尔质量为32g•mop；

选项A〜D中气体的摩尔质量分别为（g・mor】）28、44、16、30,所以符合条件的是二氧化碳，答案选B。

3.下列说法正确的是

A.所有共价键都有方向性

B.WO+离子的存在，说明共价键不应有饱和性

C.若把HzS分子写成H3s分子，违背了共价键的饱和性

D.两个原子轨道发生重叠后，两核间的电子仅存在于两核之间

【答案】C

【解析】

【详解】

A.共价键具有方向性，但并非所有的共价键都具有方向性，比如上的共价键没有方向性，A错误；

B.H30+的存在，是由于0原子发生了杂化，照样符合共价键的饱和性，B错误；

C.S原子最外层只有6个电子，可与两个电子形成共价键，与H形成化合物为HzS,否则违背了共价键的

饱和性，C正确；

D.两原子形成共价键后，两核间电子是绕两核运动的，D错误；

故合理选项为C。

4.某有机物蒸气完全燃烧需三倍于其体积的氧气，产生于二倍于其体积的二氧化碳(体积均在相同状况下

测定)，该有机物可能是

A.C3H7OHB.CH3CHOC.CH3COCH3D.C2H4

【答案】D

【解析】设有机物分子式为QHQz,燃烧的通式为CxHQz+(x+y/4—z/2)0zfxCOz+y/2H2O,解得x=2,y

—2z=4,A^y=8,z=2,故错误；B、y=4,z=0,故错误；C、y=6,z=l,x=3,故错误；D、y=4,z=0,故

正确。

5.下列操作达不到预期目的的是()

①石油分储时把温度计插入液面以下②用滨水除去乙烯中混有的Sth气体③用乙醇与3moM的H2s04

混合共热到170℃以上制乙烯④将苯和滨水混合后加入Fe粉制溟苯⑤将饱和食盐水滴入盛有电石的烧

瓶中制乙快

A.①④B.③⑤C.②③④⑤D.①②③④

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

①分储时温度计用于测量储分的温度，温度计水银球应位于蒸储烧瓶的支管口附近，①不能达到预期目的；

②溪水与乙烯和二氧化硫均反应，不能用浸水除去乙烯中混有的S02气体，应用氢氧化钠溶液除杂，②不

能达到预期目的；

③应用浓硫酸，稀硫酸不能起到催化和脱水作用，③不能达到预期目的；

④苯和溪水不反应，应用液浸，④不能达到预期目的；

⑤为减缓反应的速率，可用饱和食盐水与电石反应制取乙快，⑤能达到预期目的；

答案选D。

6.甲醇、乙醛、丙醇的混合物中，测得其中氧的质量分数为a,则混合物中碳的质量分数为

A.：-三B."C.1-矛D.不能确定

【答案】B

【解析】分析：甲醇分子式为CH4O,改写为CH2(H2O),C4H100改写为C4H8(H2O),C3H8。改写为C3H6

(H2O),所以通式为(CH2)(H2O)，先计算出水的质量分数总和，再计算CH2中碳元素质量分数。

详解：甲醇分子式为改写为改写为(。),。改写为(

CH4O,CH2(H2O),C4HIOOC4H8H2C3H8C3H6%0),

所以通式为(CH2)(H2O),测得其中氧的质量分数为a,则水中氢元素的质量分数为a/8,所以水中的总

的质量分数为9a/8,则根据通式为(CH2)(H2O)，可知，《比)中碳与氢为固定比，所以混合物中碳的

质量分数为(l-9a/8)xl2/13=詈；B正确；正确选项：B。

点睛：该题是中等难度的试题，侧重对学生解题能力的培养，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维

能力。该题的难点是利用混合物中各成分的化学式得出C、H的固定组成，学生应学会利用定组成的方法

来解答混合物中元素的质量分数计算。

7.为鉴定卤代点中的卤素原子，鉴定实验步骤为：①加入AgNCh溶液；②加入少许卤代烧试样；③加热；

④加入NaOH溶液；⑤加入过量的HNO3溶液。正确的操作顺序是()

A.②④③①B.②③①C.②④③⑤0D.②⑤③①

【答案】C

【解析】

【分析】

检验卤代燃中所含有的卤素原子，先使卤代烧中的卤素原子变为卤素离子，可以在氢氧化钠水溶液中水解，

再加入硝酸酸化，最后加入硝酸银溶液，观察是否沉淀生成及产生沉淀的颜色，来确定含有的卤素原子，

以此来解答。

【详解】

鉴定卤代燃中所含有的卤素原子，先②加入少许卤代燃试样、再④加入NaOH溶液，然后③加热，发生水

解反应生成卤素离子，再⑤加入HNCh溶液酸化，最后①加入AgNCh溶液，观察沉淀及其颜色可确定卤素

原子，故正确的操作顺序为：②④③⑤①，

故合理选项是J

【点睛】

本题考查有机物的中卤素原子检验的知识，注意澳乙烷中澳元素以原子形式存在，不含澳离子。明确使卤

代点通过发生水解反应或消去反应转化为卤素离子是解答题目的关键。水解后或发生消去反应后的溶液一

定要先加硝酸至溶液酸性为解答的易错点，否则会由于0H-与Ag+发生沉淀反应产生AgOH沉淀而产生干

扰。

8.如图是一种利用锂电池“固定C02"的电化学装置，在催化剂的作用下，该电化学装置放电时可将C02

转化为C和Li2c。3,充电时选用合适催化剂，仅使U2CO3发生氧化反应释放出C02和02。下列说法中正确

的是

A.该电池充电时，阳极反应式为:C+2LizCO3-4e-=3CO2个+4Li

B.该电池放电时,Li+向电极X方向移动

C.该电池充电时，电极Y与外接直流电源的负极相连

D.该电池放电时，每转移4moi电子，理论上生成ImolC

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A.该电池充电时，阳极上C失电子生成二氧化碳，即