学年安徽省滁州市明光中学高二下学期期中考试化学试题答案+解析.docx
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学年安徽省滁州市明光中学高二下学期期中考试化学试题答案+解析
安徽省滁州市明光中学2018-2019学年高二下学期期中考试
可能用到的相对原子质量：
H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Cu-64
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。
每小题只有一个选项正确。
）
1.化学与生产、生活、环境等息息相关，下列说法中不正确的是（）
A.2008年支援汶川灾区的生活用品中食醋、纯碱、食盐的主要化学物质分别属于酸、碱、盐
B.“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是硅
C.《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是CaCO3
D.《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏
【答案】A
【详解】A、能电离出金属阳离子和酸根阴离子的化合物是盐，纯碱的化学式是Na2CO3，属于盐，故A错误；
B、硅是半导体材料，太阳能电池的材料是单质硅，故B正确；
C、CaCO3高温焚烧，发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳，所以“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是CaCO3，故C正确；
D、酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸烧的方法分离，故为蒸馏操作，故D正确。
答案选A。
2.下列有关化学用语不正确
是（）
A.氯离子的结构示意图：
B.CO2的分子结构式：
O=C=O
C.HCl的电子式：
D.质子数为6，中子数为8的核素：
C
【答案】C
【详解】A.氯离子核外有18个电子，结构示意图是
，故A正确；
B.CO2分子中存在2个碳氧双键，CO2分子结构式：
O=C=O，故B正确；
C.HCl是共价化合物，电子式是
，故C错误；
D.质子数为6的原子是C原子，中子数为8的核素，质量数是14，所以表示为
C，故D正确。
答案选C。
3.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）
A.标准状况下，22.4L水中含有的水分子数为NA
B.1mol羟基（－OH）含有的电子数为10NA
C.28gCO和N2的混合气体中含有的原子总数为2NA
D.1L0.5mol•L−1Na2SO4溶液中含有的氧原子总数为2NA
【答案】C
【详解】A.标准状况下，水是液体，22.4L水的物质的量远大于1mol，故A错误；
B.1个－OH含有9个电子，1mol羟基（－OH）含有的电子数为9NA，故B错误；
C.CO和N2
摩尔质量都是28g/mol，所以28gCO和N2的混合气体的物质的量是1mol，CO和N2都是双原子分子，原子总数为2NA，故C正确；
D.Na2SO4、H2O都含氧原子，所以1L0.5mol•L−1Na2SO4溶液中含有的氧原子总数大于2NA，故D错误。
答案选C。
4.亚运会上使用的发令枪所用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。
撞击时发生反应的化学方程式为：
5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述错误的是（）
A.上述反应中Cl的化合价由+5价变为-1价
B.P2O5是P被还原后所得的产物
C.该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为5：
6
D.上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15mol
【答案】B
【解析】A．反应5KClO3+6P═3P2O5+5KCl中，氧化剂是KClO3，Cl的化合价由+5价变为-1价，故A正确；B．磷元素化合价从0价变化为+5价，P2O5是P被氧化后所得的产物，故B错误；C．反应5KClO3+6P═3P2O5+5KCl中，氧化剂是KClO3，还原剂是P，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：
6，故C正确；D．反应5KClO3+6P═3P2O5+5KCl中，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=30，消耗6molP时，转移电子的物质的量为30mol，所以消耗3molP时，转移电子的物质的量为15mol，故D正确；故选B。
5.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。
下列说法正确的是（）
A.元素Y和元素Z的最高正化合价相同
B.单核阴离子半径的大小顺序为：
r（W）＞r（Y）＞r（Z）
C.元素Y和元素Z的氢化物中均只存在极性共价键
D.元素W
最高价氧化物对应水化物的酸性最强
【答案】D
【分析】Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y是O元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知，X是N元素、Z是S元素、W是Cl元素。
【详解】A.O元素的最高正价不是+6，S元素的最高正化合价是+6，故A错误；
B.Cl-、S2-有3个电子层，O2-有2个电子层，单核阴离子半径的大小顺序为：
r（S2-）＞r（Cl-）＞r（O2-），故B错误；
C.H2O2中存在极性共价键O-H和非极性共价键O-O，故C错误；
D.氧元素无含氧酸，另外3种元素中Cl的非金属性最强，最高价氧化物对应水化物中HClO4的酸性最强，故D正确；答案选D。
【点睛】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意把握同主族、同周期元素的递变规律。
6.为了明显加快锌和稀硫酸反应制备氢气的速率，采取的最好措施是（）
A.用粗锌（含铜）B.用纯锌
C.增加锌块的用量D.改用98﹪的浓硫酸
【答案】A
【解析】A.粗锌（含铜）与稀硫酸一起形成无数微小原电池，加快反应进行；B.用纯锌不如用粗锌反应进行得快；C.增加锌块的用量几乎不影响反应速率；D.98﹪的浓硫酸与锌反应不能生成氢气。
故选A。
7.下列反应中，当反应的条件或反应物的用量改变时，不会改变生成物的是（）
A.钠与氧气反应B.铁在氯气中燃烧
C.碳酸钠溶液和盐酸溶液反应D.明矾溶液与烧碱溶液反应
【答案】B
【详解】A.钠与氧气常温下生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠，故不选A；
B.铁在氯气中燃烧一定生成FeCl3，产物不随反应的条件或反应物的用量改变而改变，故选B；
C.碳酸钠溶液和少量盐酸溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸钠溶液和过量盐酸溶液反应放出二氧化碳气体，故不选C；
D.明矾溶液与少量烧碱溶液反应氢氧化铝沉淀，与过量烧碱溶液反应偏铝酸钠，故不选D。
答案选B。
8.下列实验操作，实验现象和实验结论都正确的是（）
操作
现象
解释或结论
A
向某溶液中滴加BaCl2溶液
生成白色沉淀
溶液中一定含有SO42－
B
将氯水加入KI溶液中,充分反应后，滴入CCl4溶液
溶液分层，上层为呈紫色
Cl2的氧化性大于I2
C
向FeSO4溶液中加入氨水
立即产生灰绿色沉淀最终变为红褐色
说明FeSO4溶液部分变质
D
向某溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中
石灰水变浑浊
溶液中一定含有CO32-
【答案】C
【详解】A、向某溶液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或碳酸钡等，则不能说明溶液中一定含有SO42－，A错误；
B、将氯水加入KI溶液中，充分反应后，滴入CCl4溶液，溶液分层，由于四氯化碳的密度大于水的密度，所以应该是下层为呈紫色，B错误；
C、向FeSO4溶液中加入氨水，产生灰绿色沉淀最终变为红褐色，由于看不见白色沉淀，所以说明FeSO4溶液部分变质，C正确；
D、向某溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，气体是二氧化碳或二氧化硫，则不能说明溶液中一定含有CO32-，D错误；
答案选C。
9.下列在限定条件溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是（）
A.pH=1的溶液：
Na+、Cl－、Fe2+、NO3－
B.与Al能产生氢气的溶液：
K+、SO42－、CO32－、NH4+
C.c（Na2CO3）=1mol•L－1溶液：
Na+、Cl－、SO42－、Al3+
D.水电离的c（H＋）=1×10-12mol•L-1的溶液：
K+、Ba2+、Cl-、Br-
【答案】D
【详解】A、酸性条件下Fe2+、NO3－发生氧化还原反应，pH=1的溶液中Fe2+、NO3－不能共存，故不选A；
B、与Al能产生氢气的溶液可能呈强酸性，也可能呈强碱性；酸性条件下CO32－不能大量存在；碱性条件下NH4+不能大量存在，故不选B；
C、Al3+、CO32－发生双水解反应生成氢氧化铝，c（Na2CO3）=1mol•L－1溶液中Al3+不能大量存在，故不选C；
D、水电离的c（H＋）=1×10-12mol•L-1的溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性中K+、Ba2+、Cl-、Br-都能共存，故选D。
答案选D。
10.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）
A.已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH=-483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/mol
B.已知C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH1；2C（s）＋O2（g）=2CO（g）ΔH2，则2ΔH1<ΔH2
C.已知2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）ΔH=-QkJ/mol（Q>0），则将16gSO2（g）和足量O2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.25QkJ的热量
D.已知：
C（石墨，s）=C（金刚石，s）ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
【答案】B
【详解】A.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态是液态，因此氢气燃烧热大于241.8kJ/mol，A错误；
B.物质越多，反应放出的热量越多，CO燃烧会放出热量，所以C转化为CO2气体比转化为CO放出的热量多，放出的热量越多，反应热就越小，故2ΔH1<ΔH2，B正确；
C.根据热化学方程式可知2molSO2完全转化为SO3气体时放出热量是QkJ，16gSO2（g）的物质的量是0.25mol，将其与足量氧气放在一密闭容器内充分反应，由于该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以充分反应后放出热量小于0.125QkJ，C错误；
D.C（石墨，s）=C（金刚石，s）ΔH＞0表明该反应的正反应为吸热反应，物质含有的能量越高，物质的稳定性就越小，则金刚石不如石墨稳定，D错误；
故合理选项是B。
11.羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。
在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：
CO（g）+H2S（g）
COS（g）+H2（g）K=0.1。
反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。
下列说法正确的是（）
A.平衡后若升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应
B.当体系的压强保持不变时，表明该反应达到化学平衡状态
C.CO的平衡转化率为80%
D.反应前H2S物质的量为7mol
【答案】D
【详解】A.平衡后若升高温度，H2S浓度增加，说明升高温度平衡逆向移动，表明该反应是放热反应，故A错误；
B.该反应前后气体物质的量不变，压强是恒量，当体系的压强保持不变时，该反应不一定达到化学平衡状态，故B错误；
C、平衡转化率=变化量÷初始量×100%，CO的平衡转化率为
20%，故C错误；
D.CO（g）+H2S（g）
COS（g）+H2（g）
开始10a00
转化2222
平衡8a-222
根据K=0.1，
，得a=7，所以反应前H2S物质的量为7mol，故D正确。
答案选D。
12.下列溶液中，有关离子浓度的大小关系不正确的是（）
A.NH4Cl溶液中：
c（NH4+）>c（Cl－）>c（OH-）>c（H＋）
B.1mLpH=2的醋酸溶液加水稀释至100mL后溶液pH<4
C.0.1mol/LNa2CO3溶液：
c（OH－）＝c（HCO3－）＋c（H＋）＋2c（H2CO3）
D.物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：
c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+）
【答案】A
【详解】A、NH4Cl溶液中NH4+水解，溶液呈酸性，c（Cl－）>c（NH4+）>c（H＋）>c（OH-），故A错误；
B、醋酸是弱酸，稀释促进醋酸电离，所以1mLpH=2的醋酸溶液加水稀释至100mL后溶液2C、根据质子守恒，0.1mol/LNa2CO3溶液：
c（OH－）＝c（HCO3－）＋c（H＋）＋2c（H2CO3），故C正确；
D、根据物料守恒，物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：
c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故D正确；答案选A。
13.某化学小组构想将汽车尾气（NO、NO2）转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔材料。
下列说法正确的是（）
A.电解质溶液中电流的方向由B到A
B.电极B附近的c（NO3－）增大
C.电极A表面反应之一为NO＋2H2O－3e－===NO3－＋4H＋
D.该电池工作时，每转移4mol电子，生成22.4LO2
【答案】C
【分析】B电极通入氧气，氧气得电子发生还原反应生成水，所以B是正极、A是负极。
电子由负极经导线流向正极。
【详解】A、B是正极、A是负极，电解质溶液中电流的方向由A到B，故A错误；
B、B是正极，电极反应式是O2+4e-+4H+=2H2O，电池工作时B极水增多，所以电极B附近的c（NO3－）减小，故B错误；
C、A是负极，电极A表面NO失电子生成NO3－，电极反应式为NO＋2H2O－3e－=NO3－＋4H＋，故C正确；
D、该电池工作时，每转移4mol电子，消耗1molO2，非标准状况下体积不一定是22.4L，故D错误。
答案选C。
14.下列电极反应式或离子方程式与所述事实相符且正确的是（）
A.用银作电极材料电解氯化铜溶液的阳极反应式：
2Cl--2e-=Cl2↑
B.甲烷碱性燃料电池的负极反应式：
CH4+10OH－-8e-=CO32－+7H2O
C.向FeBr2溶液中通入过量的Cl2：
2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
D.向NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液至恰好使SO42－完全沉淀：
Al3+＋2SO42－＋2Ba2+＋4OH－＝AlO2－＋2BaSO4↓＋2H2O
【答案】B
【详解】A、银是活泼电极，用银作电极材料电解氯化铜溶液的阳极反应式：
Ag-e-=Ag+，故A错误；
B.甲烷碱性燃料电池的负极是甲烷失电子生成CO32－，负极反应式是：
CH4+10OH－-8e-=CO32－+7H2O，故B正确；
C.向FeBr2溶液中通入过量的Cl2：
2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故C错误；
D.向NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液至恰好使SO42－完全沉淀，则NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2
比为1:
2，反应离子方程式是：
NH4++Al3+＋2SO42－＋2Ba2+＋4OH－＝Al（OH）3↓＋2BaSO4↓＋NH3
H2O，故D错误。
答案选B。
15.室温时，向20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中不断滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示，在滴定过程中，下列关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是（）
A.a点时：
c（CH3COO-）>c（Na+）>c（CH3COOH）>c（H+）>c（OH-）
B.b点时：
c（Na+）C.c点时：
c（OH-）＝c（CH3COOH）+c（H+）
D.d点时：
c（Na+）>c（OH-）>c（CH3COO-）>c（H+）
【答案】B
【详解】a点为20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加10mL0.1mol/L的NaOH溶液，溶质是等浓度的CH3COONa、CH3COOH，此时溶液呈酸性，说明醋酸电离大于醋酸根离子的水解，所以c（CH3COO-）>c（Na+）>c（CH3COOH）>c（H+）>c（OH-），故A正确；
B.根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），b点溶液呈中性，所以c（Na+）=c（CH3COO-），故B错误；
C.c点为20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加20mL0.1mol/L的NaOH溶液，溶质是CH3COONa，根据质子守恒：
c（OH-）＝c（CH3COOH）+c（H+），故C正确；
D.d点为20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加40mL0.1mol/L的NaOH溶液，溶质是等浓度的CH3COONa、NaOH，由于CH3COONa发生微弱水解，所以c（OH-）>c（CH3COO-），则c（Na+）>c（OH-）>c（CH3COO-）>c（H+），故D正确；选B。
【点睛】本题考查酸碱混合的判断和离子浓度大小比较，答题时注意a、b、c、d点溶液的溶质组成，把握弱电解质的电离和盐类水解的特点。
16.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。
向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g。
向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸只被还原为NO气体）。
下列分析或结果错误的是（）
A.原混合酸中NO3-物质的量为0.1mol
B.OA段产生的气体是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段产生H2
C.第二份溶液中最终溶质为FeSO4
D.H2SO4浓度为2.5mol•L－1
【答案】A
【分析】第一份混合酸中加入铜粉发生反应3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，9.6gCu的物质的量=
=0.15mol，根据计量数可得同时消耗0.4molH+和0.1molNO3-；
第二份混合酸中有关粒子的氧化性强弱顺序为：
HNO3>Fe3+>H+，因此铁粉加到第二份混合酸中将依次发生三个反应：
Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑，分别对应图像上OA段，AB段，BC段。
由此分析。
【详解】A.根据有关粒子的氧化性强弱顺序：
HNO3>Fe3+>H+，铁粉加到100mL混合酸中将依次发生三个反应：
Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑，即对应图像上OA段，AB段，BC段的反应。
OA段消耗铁粉的物质的量=
=0.1mol，根据反应计量关系可知同时消耗0.4molH+，0.1molNO3-，由于BC段有H2放出，说明OA段溶液中H+过量，因此0.1molNO3-耗尽后没有剩余，所以原200mL混合酸中含有的NO3-的物质的量=0.1mol×2=0.2mol，A项错误；
B.根据有关粒子的氧化性强弱顺序：
HNO3>Fe3+>H+，铁粉加到混合酸中将依次发生三个反应：
Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑，即对应图像上OA段，AB段，BC段的反应，所以OA段产生的气体是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段产生氢气，B项正确；
C.根据上面的分析可知图像OA段、AB段、BC段对应的反应分别是：
Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，分析这三个离子反应可知混合酸和铁粉的转化：
铁元素最终转化为Fe2+，氢元素最终转化为H2O或H2，NO3-最终转化为NO，SO42-没有参与反应，所以第二份溶液中最终溶质为FeSO4，C项正确；
D.根据上面的分析可知图像OA段、AB段、BC段对应的反应分别是：
Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，OA段消耗铁粉的物质的量=
=0.1mol，根据反应计量数可得OA段消耗0.4molH+，0.1molNO3-；BC段消耗铁粉物质的量=
=0.1mol，根据反应计量数可得BC段消耗H+0.2mol，由此可知每份混合酸中含0.4mol+0.2mol=0.6molH+，因含0.1molHNO3，则含H2SO4物质的量=
=0.25mol，硫酸的浓度=
=2.5mol/L，D项正确；答案选A。
【点睛】对于D选项也可根据元素守恒解答：
根据C项分析知第二份溶液中最终溶质为FeSO4，溶液中亚铁离子物质的量=
=0.25mol，即含有0.25molFeSO4，根据SO42-守恒可知每份原混合酸中含有0.25molH2SO4，所以硫酸的浓度==
=2.5mol/L。
二、非选择题（本题共4小题，共52分）
17.A、B、C、D为原子序数依次增大的前四周期元素。
BA3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A、B、C三种原子的电子数之和等于25，D有两种常见氧化物，其中一种颜色是砖红色的。
请回答下列问题：
（1）以上四种元素中，电负性最小的是____（填元素符号）；
（2）在BA3、AC中，沸点较高的是____（填化学式），其原因是____________________。
（3）B元素组成的常见单质中σ键和π键的个数比是____，D的基态原子的外围电子排布式为______。
（4）化合物BA3的立体构型为_____，其中心原子的杂化轨道类型为_______。
（5）由B、D形成的晶体的晶胞图所示，己知紧邻的B原子与D原子距离为acm。
①该晶胞化学式为_____。
②该晶体的密度为_____g•cm-3（用含a、NA的代数式表示，设NA为阿伏加德罗常数值）。
【答案】
（1）.Cu
（2）.NH3（3）.NH3分子之间存在氢键（4）.1:
2（5）.3d104s1（6）.三角锥形（7）.sp3（8）.Cu3N（9）.
【分析】BA3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A是H元素、B是N元素；A、B、C三种原子的电子数之和等于25，则C的电子数是17，C是Cl元素；D有两种常见氧化物，其中一种颜色是砖红色的，D是Cu元素。
【详解】
（1）金属性越强的元素电负性越小，非金属性越强的元素电负性越大，H、N、Cl、Cu四种元素中，只有Cu是金属，所以电负性最小的是Cu；
（2）NH3可以形成分子间氢键，所以在NH3、HCl中，沸点较高的是NH3。
（3）N2中存在N
N，叁键中有1个σ键和2个π键，σ键和π键个数比是1:
2，Cu原子核外有29个电子，基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，外围电子排布式为3d104s1。
（4）NH3中N原子的杂化轨道数是
，N原子杂化轨道类型为sp3，有1个孤电子对，分子立体构型为三角锥形。
（5）①根据均摊原则，晶胞中N原子数是
、Cu原子数是
，该晶胞化学式为Cu3N。
②晶胞的化学式是Cu3N，摩尔质量是206g/mol，紧邻的N原子与Cu原子距离为acm，晶胞的边长是2acm，晶胞体积是
。
该晶体的密度为
g•cm-3。
18.采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线可合成有机物E、F：
请回答：
（1）B中官能团的名称是__________，反应④的反应类型是__________。
（2）F的结构简式______________。
（3）反应①的化学方程式是________________
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