湖北省襄阳市四校学年高二下学期期中联考化学试题解析版.docx

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湖北省襄阳市四校学年高二下学期期中联考化学试题解析版

湖北省襄阳市四校（襄州一中、枣阳一中、宜城一中、曾都一中）2017-2018学年高二下学期期中联考化学试题

可能用到的相对原子质量：

 H-1C-12 N-14 O-16 Na-23 Cu-64 Ga-70

第Ⅰ卷

一、选择题（共16题，每题只有一个选项符合题意，每题3分，共48分。

）

1.化学与美丽中国建设密切相关，下列说法错误的是（）

A.推广新能源汽车对降低能源消耗、减少污染物排放有重大作用

B.绿色化学要求对污染的河流进行治理

C.直接在田间将秸秆粉碎还田作有机肥料

D.垃圾分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用

【答案】B

【解析】A.推广新能源汽车，有利于降低能源消耗，减少污染物的排放，故A正确；B.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，而不能污染后再治理，故B错误；C.直接在田间将秸秆粉碎还田，既可以用作有机肥料，又可以防止污染环境，故C正确；D.垃圾分类后回收利用，可以节约资源，提高资源的利用效率，还可以减少对环境的污染，故D正确；答案选B。

2.下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（）

A.新制的氯水在光照下颜色变浅

B.NO2和N2O4平衡混合气缩小体积加压后颜色先变深后变浅一点

C.氢气和碘蒸气反应达平衡后加压颜色加深

D.硫酸工业上SO2氧化成SO3，通入过量的空气

【答案】C

【解析】A.氯水中存在平衡Cl2+H2O

HClO+H++Cl−，光照下HClO分解，溶液中HClO浓度降低，平衡正向移动，使氯水的颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，故A不选；B.缩小体积加压后，二氧化氮和四氧化二氮的浓度增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，所以加压后颜色先变深后变浅，但仍比原来的颜色深，可用勒夏特列原理解释，故B不选；C.氢气和碘蒸气反应的方程式为H2（g）+I2（g）

2HI（g），增大压强I2的浓度增大，颜色加深，但反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C选；D.工业上将SO2氧化成SO3的方程式为：

2SO2（g）＋O2（g）

2SO3（g），增大空气的量，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，可用勒夏特列原理解释，故D不选；答案选C。

点睛：

本题考查勒夏特列原理的应用，明确勒夏特列原理的适用范围是解题的关键，试题难度不大。

本题的易错点是C项，只有改变条件使平衡发生移动才能用勒夏特列原理解释，氢气和碘蒸气生成碘化氢的反应是等体积的可逆反应，增大压强平衡不移动，所以不能用勒夏特列原理解释。

3.下列叙述正确的是（用NA代表阿伏加德罗常数的值）（）

A.0.5mol的有机物C15H32中含有的共价键数目为24NA

B.1.0L1.0mol·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA

C.标准状况下，22.4LCH4和CH2Cl2的混合物所含有的分子数目为NA

D.6.4g铜与足量的硫磺在隔绝空气的条件下反应，电子转移的数目为0.1NA

【答案】D

【解析】A.分子式为C15H32的有机物属于烷烃，1个烷烃分子中含有的共价键数目为：

3n+1（n为碳原子数），则1molC15H32中含有46mol共价键，0.5molC15H32中含有的共价键数目为23NA，故A错误；B.1.0 L 1.0 mol·L-1的NaAlO2水溶液中，NaAlO2的物质的量为1mol，NaAlO2中含有的O原子的物质的量为2mol，但水中也含有O原子，所以O原子的物质的量大于2mol，数目大于2NA，故B错误；C.在标准状况下，CH2Cl2不是气体，所以无法计算标准状况下22.4LCH4和CH2Cl2的混合物中含有的分子数目，故C错误；D.6.4g铜的物质的量为：

6.4g÷64g/mol=0.1mol，与足量的硫在隔绝空气的条件下，加热生成Cu2S，Cu元素的化合价从0价升高到+1价，则0.1molCu完全反应转移0.1mol电子，电子转移的数目为0.1NA，故D正确；答案选D。

点睛：

本题考查阿伏加德罗常数的求算，掌握相关物质的结构和性质是解题的关键，试题难度一般。

本题的易错点是B项，注意在NaAlO2的水溶液中，除了NaAlO2中含有氧原子，水中也含有氧原子。

4.某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，测定ClO- 与ClO3-的浓度之比为1∶3,则Cl2与NaOH溶液反应时被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为（）

A.4∶1B.1∶4C.3∶1D.21∶5

【答案】B

【解析】溶液中ClO－与ClO3－的浓度之比为1∶3，设ClO－和ClO3－的物质的量分别为1mol、3mol，生成1molClO－时，Cl的化合价从0价升高到+1价，失去1mol电子，生成3molClO3－时，Cl的化合价从0价升高到+5价，失去3mol×5=15mol电子，共失去电子16mol，生成1molCl－时，Cl的化合价从0价降低到－1价，得到1mol电子，根据得失电子守恒，生成Cl－的物质的量为16mol，则被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为4:

16=1:

4，答案选B。

5.在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别为0.4mol/L和0.1mol/L,向该混合液中加入1.92g铜粉。

待充分反应后，所得溶液中的Cu2+的物质的量是（）

A.0.45molB.0.225molC.0.3molD.0.0225mol

【答案】D

【解析】n（Cu）=1.92g÷64g/mol=0.03mol，n（H+）=0.4mol/L×0.1L+0.1mol/L×2×0.1L=0.06mol，n（NO3−）=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，

3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O

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0.03mol0.08mol0.02mol，显然氢离子的物质的量不足，则0.06mol氢离子完全反应，生成铜离子的物质的量为0.06mol×

=0.0225mol，答案选D。

点睛：

本题考查离子反应的计算，根据反应的离子方程式判断各反应物量的关系是解题的关键，试题难度中等。

本题的易错点是解题时只按照硝酸与铜的反应计算溶液中铜离子的浓度，而忽略了硫酸提供的氢离子，解题时务必按照离子方程式进行计算。

6.下列相关反应的离子方程式书写正确的是（）

A.氢氧化铁溶于氢碘酸：

Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O

B.Al片与少量NaOH溶液反应，产生气体：

2Al+2OH-+2H2O=2Al（OH）3+3H2↑

C.用酸性的高锰酸钾溶液氧化双氧水：

2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O

D.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：

3ClO-+2Fe（OH）3=2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+

【答案】C

【解析】A．氧化性Fe3+＞I2，氢氧化铁溶于氢碘酸时，Fe3+可以将I－氧化成I2，自身被还原为Fe2+，正确的离子反应为：

2Fe（OH）3+2I－+6H+=2Fe2++I2+6H2O，故A错误；B．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式：

2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑，故B错误；C．酸性高锰酸钾溶液氧化双氧水，生成H2O、O2和Mn2+，离子方程式为：

2MnO4－+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，故C正确；D.强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4，根据得失电子守恒和原子守恒，正确的离子方程式为：

3ClO－+4OH－+2Fe（OH）3=2FeO42−+3Cl－+5H2O，故D错误；答案选C。

点睛：

本题考查离子方程式的正误判断，把握物质间发生的反应及离子方程式的书写方法是解题的关键，试题难度中等。

本题的易错点是A项，注意Fe3+具有较强的氧化性，可以将氢碘酸中的I－氧化成I2，自身被还原为Fe2+。

7.在一定条件下发生如下反应：

RO3-+5R-+6H+=3R2+3H2O ,则下列说法正确的是（）

A.R的氢化物的水溶液可能显碱性B.R位于元素周期表中的第ⅦA族

C.RO3-中的R元素只能被还原D.R2在常温常压下一定是气体

【答案】B

【解析】RO3-+5R-+6H+=3R2+3H2O中R元素的化合价由+5价、-1价变为0价，则R的最低负价是-1价，最高正价是+7价。

A.R元素的最高正价是+7价，R为卤族元素，卤族元素氢化物的水溶液呈酸性，所以R氢化物的水溶液显酸性，故A错误；B.R元素的最高正价是+7价，为卤族元素（F元素除外），处于元素周期表的第ⅦA族，故B正确；C.RO3−中R元素的化合价为+5价，处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性，所以RO3−中的R元素既有氧化性又有还原性，故C错误；D.R2在常温常压下不一定是气体，如溴是液体、碘是固体，故D错误；答案选B。

点睛：

本题考查原子结构和元素性质，侧重于元素在周期表中的位置及元素的性质，正确判断元素在周期表中的位置是解题的关键，注意不能根据RO3－中R的化合价判断R元素所在的主族序数，为易错点。

8.下列各组数据关系中，前者比后者小的是（）

A.100mL0.1mol/L醋酸溶液与10mL1mol/L醋酸溶液中H+数目

B.常温常压下，0.1mol/L的KOH溶液和0.1mol/L的醋酸溶液中，由水电离的OH-浓度

C.常温常压下，0.1mol/L的KOH溶液和0.1mol/L的盐酸溶液中，由水电离的OH-浓度

D.25℃，100mL0.1mol/L甲酸溶液与10mL1mol/L甲酸溶液中的Ka（HCOOH）

【答案】B

【解析】A.100mL0.1mol/L醋酸溶液与10mL1mol/L醋酸溶液中醋酸的物质的量相等，醋酸是弱电解质，其电离程度与浓度成反比，所以0.1mol/L醋酸溶液中醋酸的电离程度大于1mol/L醋酸溶液中醋酸的电离程度，则100mL0.1mol/L醋酸溶液与10mL1mol/L醋酸溶液中H+的数目，前者大于后者，故A不选；B.酸或碱抑制水的电离，且酸中c（H+）或碱中c（OH−）越大，水的电离程度越小，KOH是强电解质、醋酸是弱电解质，所以相同浓度的KOH溶液中的c（OH−）大于醋酸中c（H+），二者都抑制水的电离，但前者水的电离程度小于后者，所以由水电离的OH−浓度前者小于后者，故B选；C.酸或碱抑制水的电离，且酸中c（H+）或碱中c（OH−）越大，水的电离程度越小，前者溶液中c（OH−）等于后者溶液中c（H+），所以溶液中水的电离程度相等，由水电离的OH−浓度相等，故C不选；D.弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以相同温度时，两溶液中甲酸的电离平衡常数相同，故D不选；答案选B。

点睛：

本题主要考查弱电解质的电离平衡及其影响因素，试题难度不大。

本题的易错点是D项，注意弱电解质的电离平衡常数只与溶液的温度有关，与溶液中溶质的浓度无关，温度相同则电离平衡常数相等。

9.取92g乙醇和60g乙酸反应，如果实际产率是理论产率的67%，则可得到乙酸乙脂的质量近似为是（）

A.59gB.88gC.149.6gD.176g

【答案】A

【解析】60g乙酸的物质的量为60g÷60g/mol=1mol，92g乙醇的物质的量为92g÷46g/mol=2mol，乙醇和乙酸反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OH

CH3COOCH2CH3+H2O，由反应方程式可知，乙酸的物质的量少，则以乙酸的物质的量计算得到乙酸乙酯的物质