湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟校学年高二下学期期中考试化学试题解析.docx
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湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟校学年高二下学期期中考试化学试题解析
湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟校2017-2018学年高二下学期期中考试化学试题
常用元素相对原子质量：
H-1C-12N-14O-16 Na-23 Mg-24 Ag-108 S-32 K-39
第Ⅰ卷
一、选择题 （每小题只有一个选项符合要求，每小题3分，共48分。
）
1.下列关于25℃的NaHCO3溶液的相关事实，能够证明H2CO3为弱酸的是
A.溶液中存在CO32-B.溶液中c（H+）·c（OH-）=10-14
C.与等物质的量的NaOH恰好中和D.溶液中c（Na+）＞c（CO32-）
【答案】D
【解析】
试题分析：
A、溶液中存在CO32-，说明NaHCO3发生电离，但不一定是部分电离，所以不能证明H2CO3为弱酸，故A错误；B、25℃的溶液中均存在c（H+）•c（OH-）=10-14，与H2CO3的酸性强弱无关，故B错误．C、与等物质的量的NaOH恰好中和，说明NaHCO3能电离出氢离子，但不一定是部分电离，所以不能证明H2CO3为弱酸，故C错误；D、溶液中c（Na+）＞c（CO32-），说明HCO3-的电离为部分电离，所以能够证明H2CO3为弱酸，故D正确；故选D。
考点：
考查了弱电解质的电离的相关知识。
2.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
A、催化剂不会引起平衡的移动，只能同等程度的改变正逆反应速率，故C正确；B、水的电离平衡是吸热的过程，升高温度，平衡正向移动，水的离子积常数变大，能用平衡移动原理解释，故B错误；C、2NO2⇌N2O4，△H＜0，升高温度，平衡逆向移动，颜色加深，降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，能用平衡移动原理解释，故A错误；D、氨水的电离过程是吸热的过程，升高温度，平衡正向移动，碱性增强，pH变大，能用平衡移动原理解释，故D错误；故选A．
点睛：
勒夏特列原理为：
如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
3.下列说法正确的是
A.氟氯代烷具有性质稳定、无毒、易发挥、易液化且不易燃烧等特性，而被广泛用作制冷剂、灭火剂、溶剂等，值得推广使用。
B.苯、甲苯、二甲苯等是基本的有机原料，可以通过石油的催化重整获得
C.纯甲醛俗称福尔马林，可以用来浸泡海鲜产品，以防止产品变质
D.查酒驾是利用K2Cr2O7可被乙醇氧化为Cr3+而使溶液颜色发生变化
【答案】B
【解析】
A.氟氯代烷俗称氟氯昂，主要危害是在高空受紫外线照射分解出氯原子，对臭氧层有破坏作用，故A错误；B.在有催化剂作用的条件下,对汽油馏分中的烃类分子结构进行重新排列成新的分子结构的过程叫催化重整。
C.甲醛有毒，能破坏蛋白质的结构，不但对人体有害，而且降低了食品的质量，故C错误；D.K2Cr2O7具有强氧化性可将乙醇氧化，自身被还原为Cr3+，故D错误。
故选B。
4.下列化学用语正确的是
A.丙烯的电子式为：
B.二乙酸乙二酯的结构简式为：
C.苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：
+H2O+CO2
+HCO3—
D.甲醛与足量的银氨溶液反应的化学方程式为：
HCHO+2Ag（NH3）2OH
HCOONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
【答案】C
【解析】
A.丙烯中有碳碳双键，双键是两个共用电子对，故A错误；B.给出的结构间式是乙二酸二乙酯的结构简式，故B错误；C.碳酸的酸性比苯酚强，苯酚钠中通入二氧化碳生成的产物是苯酚和碳酸氢根，故C正确；D.甲醛与足量的银氨溶液反应，醛基中的两个氢均可以被氧化，故方程式为HCHO+4[Ag（NH3）2]OH→4Ag↓+6NH3↑+（NH4）2CO3+2H2O ；故选C。
点睛：
本题D项中注意甲醛分子的特殊结构中，左右各有一个氢，两边都是醛基。
5.下列化合物的性质的排列次序不正确的是
a.CH2（OH）CH2CH2OHb.CH3CH2CH2OHc.HCOOCH2CHd.CH2（OH）CH（OH）CH2OH
A.沸点：
d>a>c>bB.沸点：
d>a>b>c
C.密度：
d>a> c>bD.在水中溶解度：
d>a>b>c
【答案】A
【解析】
A.a、b、d中均含有羟基，可以形成分子间氢键，所以c的沸点最低，故A错误；B.a、b、d中均含有羟基，可以形成分子间氢键，所以c的沸点最低，对于a、b、d而言，相对分子质量越大熔沸点越高，故B正确；C.一般有机物的密度随着C原子的数目增加而增大，故密度大小顺序应该是：
d>a>b>c；D.一般低碳数醇类在水中的溶解度随着羟基数增加而增加，故在水中的正确溶解度为：
d>a>b>c。
点睛：
有机物的物理性质一般和C原子数目及支链和官能团数目有关系，明确这三个量如何影响物理性质非常重要。
6.下列说法正确的是
A.c（H+）：
c（OH-）=1：
10-2的溶液中K+、Ba2+、ClO-、CO32-一定能大量存在
B.相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液：
①H2CO3②Na2CO3③NaHCO3④（NH4）2CO3中c（CO32-）的大小关系为：
②>④>③>①
C.室温下，水电离出来的c（H+）= 10-13mol/L的溶液中K+、Cl-、NO3-、I-一定能大量存在
D.用酒精灯加热蒸干FeCl3、Na2SO3、MgSO4溶液，均不能得到溶液中的原溶质
【答案】B
【解析】
A.c（H+）：
c（OH-）=1：
10-2＞1，溶液呈酸性，酸性溶液中ClO-、CO32-一定不能大量存在，故A错误；B.设浓度都为1mol/L，25℃，浓度为1mol/L的H2CO3、Na2CO3、NaHCO3、（NH4）2CO3溶液中，根据盐类水解的规律，无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，知：
NaHCO3溶液中电离出碳酸根离子只需碳酸氢根离子一步电离，而H2CO3溶液是二元弱酸，需两步电离，且第二步极其微弱，其碳酸根离子的浓度比NaHCO3溶液中碳酸根离子浓度小；在Na2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸根离子部分水解，但水解微弱，所以，碳酸根离子浓度降低，碳酸根浓度接近1mol/L；NaHCO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸氢根离子水解建立水解平衡，因碳酸氢钠溶液显碱性，所以，部分碳酸氢根离子的电离小于其水解，所以碳酸根浓度远远小于碳酸氢根浓度，及远远小于1mol/L；（NH4）2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸根离子浓度比Na2CO3中碳酸根离子离子浓度小一些，碳酸根离子略小于1mol/L；综上碳酸根离子浓度为：
Na2CO3＞（NH4）2CO3＞NaHCO3＞H2CO3即：
②＞④＞③＞①，故B正确； C.水电离出来的c（H+）=10-13mol/L说明水的电离受抵制，溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，酸性溶液中NO3-、I-要发生氧化还原反应，故C错误；D.FeCl3在加热时水解生成Fe（OH）3和HCl，HCl易挥发，灼烧得到Fe2O3，Na2SO3在加热条件下被氧化生成Na2SO4，故D错误；故
点睛：
从盐类水解的角度和物质的稳定性的角度分析，注意当水解生成挥发性酸时，加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物。
7.已知：
CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ/mol，相同温度下，在体积相同的两个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应。
相关数据如下：
容器编号
起始时各物质物质的量/mol
达平衡过程体系能量的变化
CO
H2O
CO2
H2
①
1
4
0
0
放出热量:
32.8kJ
②
0
0
1
4
热量变化：
Q
下列说法中，不正确的是
A.容器①中反应达平衡时，CO 的转化率为80%
B.容器①中的平衡常数等于容器②中平衡常数
C.Q=32.8
D.容器①中CO 反应速率等于H2O的反应速率
【答案】C
【解析】
A.平衡时放出的热量为32.8kJ，故参加反应的CO的物质的量32.8kJ/41kJ×1mol=0.8mol，CO的转化率为0.8mol/1mol×100%=80%，故A正确；B.容器①②温度相同，平衡常数相同，故B正确；C.反应①和反应②从两个不同的方向进行，反应①为放热反应，反应②应该为吸热反应，故C错误；D.速率之比等于化学计量数之比，故容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率，故D正确；故选C。
点睛：
掌握通过列化学三段式来分析可逆反应中量的变化可达到事半功倍的效果。
8.由于双键上的氢原子很难发生取代反应，故2-氯-1，3-丁二烯（
）不能通过1，3-丁二烯直接与氯气反应制得。
2-氯-1，3-丁二烯的逆合成分析过程为：
则有关说法正确的是
A.上述逆合成过程中②、④的反应类型均为消去反应
B.上述逆合成过程中，③的反应条件为NaOH的醇溶液、加热
C.上述五种物质中只有一种物质所有原子不可能都在同一平面内
D.上述逆合成途径中有2种物质有顺反异构
【答案】D
【解析】
A.上述逆合成过程中②为消去反应、④的反应类型均为取代反应，故A错误；B.③的反应条件为NaOH的水溶液，故B错误；C.根据有机物的结构判断，五种物质所有原子都不可能在一个平面，故C错误；D.在本题中
这两种物质具有顺反异构，故D正确。
9.只用括号内指定试剂不能鉴别的一组试剂是
A.乙酸、乙醇、乙醛、甲酸（新制Cu（OH）2悬浊液）
B.苯、甲苯、甲醛溶液、苯酚溶液（酸性KMnO4溶液）
C.甲苯、1-已烯、溴苯、乙酸（溴水）
D.硝基苯、苯酚钠溶液、NaHCO3溶液、乙醇钠溶液（盐酸）
【答案】B
【解析】
A.乙醇无现象，乙醛加热会变成砖红色，乙酸会溶解Cu（OH）2变成蓝色溶液，甲酸会溶解Cu（OH）2沉淀然后加热会变成砖红色，故A错误；B.甲苯、甲醛溶液、苯酚溶液均可以使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C.甲苯密度比水小，可以萃取溴水中的溴，溶液分层上层，1-已烯可以与溴发生加成反应，使溴水褪色同时生成密度大于水的二溴己烷，溴苯密度比水大，溶液分层，溴苯在下层，故C错误；D.硝基苯不与盐酸反应且溶液分层，苯酚钠溶液与盐酸反应会生成苯酚和氯化钠，苯酚微溶于水开始会有沉淀，NaHCO3溶液与盐酸反应有气体生成，乙醇钠溶液与盐酸反应没有现象，故D错误；本题选B。
10.某药物中间体的合成路线如下。
下列说法正确的是
A.对苯二酚在空气中能稳定存在
B.1mol该中间体最多可与12molH2反应
C.2，5-二羟基苯乙酮能发生加成、水解、缩聚反应
D.该中间体1mol与足量NaOH溶液反应可消耗7molNaOH
【答案】D
【解析】
A.对苯二酚中含有酚羟基，在空气中易被氧气氧化，故A错误；B.中间体中苯环、羰基能和氢气发生加成反应，所以1 mol该中间体最多可与11 mol H2反应，故B错误；C. 2，5−二羟基苯乙酮中含有酚羟基、羰基和苯环，能发生氧化反应、加成反应、还原反应、缩聚反应，但不能发生水解反应，故C错误；D.中间体中-Cl可以与NaOH取代，酯基、酚羟基、羰基均可以与氢氧化钠反应，则该中间体分子最多可以消耗7molNaOH，故D正确；故选D.
点睛：
有机物的化学性质主要是根据结构中具有的相关管能团的性质来确定。
11.用下列实验方案及所选玻璃容器就能实现相应实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
所选玻璃仪器
A
检验乙醛中的醛基
向2ml 的10%NaOH溶液中滴加5滴2%CuSO4、溶液振荡混合后，再加入几滴乙醛，加热
试管、胶头滴管、酒精灯
B
检验甲苯中是否含有苯酚
向混合溶液中加入酸性KMnO4 溶液
试管、胶头滴管
C
证明乙醇发生消去反应生成乙烯
将乙醇与浓硫酸混合加热到170℃，将产生的气体通入溴水
酒精灯、圆底烧瓶、导管、试管
D
分离乙醇、苯酚向混合物
向混合物加入NaOH溶液，混合后振荡，然后静置分液
分液漏斗、烧杯
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
A.乙醛可以与新制的氢氧化铜反应生成砖红色的沉淀，故A正确；B.甲苯和苯酚均可以酸性高锰酸钾褪色，故B错误；C.乙醇和浓硫酸反应生成单质碳，碳和浓硫酸加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，二氧化硫具有还原性和溴单质反应，使溴水褪色，不能检验出乙烯的生成，故C错误；D.苯酚可以与氢氧化钠反应会生成苯酚钠，故D错误；本题选A。
12.有关如图所示化合物的说法不正确的是
A.既可以与Br2 的CCl4 溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2 发生取代反应
B.既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色
C.既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2 气体
D.该化合物与足量NaOH反应可生成化学式为C16H17O7Na3的化合物
【答案】C
【解析】
解:
A.有机物含有碳碳双键，故可以与Br2发生加成反应，又含有甲基，故可以与Br2光照发生取代反应，故A正确；B.该有机物有碳碳双键和苯环可以催化加氢，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C.该有机物中不存在羧基，并且酚羟基酸性比碳酸弱，故不能与NaHCO3放出CO2气体，故C错误；D.酚羟基要消耗一个NaOH，两个酯基要消耗两个NaOH，该化合物最多可以与3molNaOH反应，故D正确；本题选C。
13.某有机物
有多种同分异物体，其中能与NOH溶液反应且苯环上有二个取代基的同分异构体共有（碳碳双键上不能有－OH）：
A.6种B.9种C.12 种D.15种
【答案】C
【解析】
符合条件的两种取代基分别有-COOH和-CH3、-OOCH和-CH3、-OH和-CH2CH2OH、-OH和-CHOHCH3共四种组合，每种组合又有邻、间、对三种位置关系，所以共有12种符合条件的同分异构体，故选C。
点睛：
有机化学的同分异构现象和同分异构体，一定要按照一定顺序来确定，增强条理性。
14.t℃时，卤化银（AgX，X=Cl，Br）的2条溶解平衡曲线如图所示，已知AgCl，AgBr的Ksp依次减小，且p（Ag+）=-lgc（Ag+），p（X-）=-lgc（X-），利用pX-pAg的坐标系可表示出AgX的溶度积与溶液中的c（Ag+）和c（X-）的相互关系．下列说法错误的是
A.t℃时，c点可表示AgCl的不饱和溶液
B.B线表示的是AgBr
C.取a、b两点处溶液等体积混合，维持t℃不变，混合溶液中一定无白色沉淀生成
D.在t℃时,AgCl（s）+Br-（aq）
AgBr（s）+Cl-（aq）平衡常数K≈104
【答案】A
【解析】
A.t℃时，c点在曲线下方，离子的浓度较大，是AgCl的过饱和溶液，A错误；B.已知pAg=-lgc（Ag+），pX=-lgc（X-），银离子、氯离子浓度越大，浓度的负对数得到数值越小，氯化银溶解度大于溴化银，溶液中的离子浓度也是氯化银溶解度大于溴化银，所以A线表示的是AgCl，B线表示的是AgBr，B正确；C.取a、b两点处溶液等体积混合，溶液体积增加，离子浓度减小，因此维持t℃不变，混合溶液中一定无白色沉淀生成，C正确；D.根据图像可知银离子浓度相等时氯离子浓度是溴离子浓度的104倍，所以在t℃时，AgCl（s）+Br-（aq）
AgBr（s）+Cl-（aq）平衡常数K＝c（Cl-）/c（Br-）≈104，D正确，答案选A。
点睛：
本题主要考查难溶电解质的溶解平衡图象，充分理解图象并从图象中得出解题所需要的信息为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力，注意掌握难溶物溶解平衡及其影响因素、溶度积的概念及其应用方法等。
15.用CO合成甲醇的化学方程式为CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H<0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。
下列说法正确的是（）
A.温度：
T1>T2>T3
B.正反应速率：
v（a）>v（c），v（b）>v（d）
C.平衡常数：
K（a）>K（c）>K（b）>K（d）
D.平均摩尔质量：
M（a）>M（c），M（b）>M（d）
【答案】D
【解析】
A.该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则T1v（d），故B错误；C.由图可知，a、b两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1K（b），平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K（b）=K（d），故C错误；D. CO转化率的越大，n总越小，由M=m/n可知，a点n总小，则M（a）>M（c），M（b）>M（d），故D正确；故选D。
点睛：
注意平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变。
16.常温下，向100mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加0.2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如下。
下列说法正确的是
A.a点有c（H+）=c（ClO-）+c（Cl-）
B.若x=100，b点对应溶液中：
c（OH-）>c（H+），可用pH试纸测定其pH
C.若y=200，c点对应溶液中：
c（OH-）-c（H+）=2c（Cl-）+c（HClO）
D.b～c段，随NaOH溶液的滴入，
逐渐增大
【答案】C
【解析】
A.a点有电荷守恒：
c（H+）=c（ClO-）+c（Cl-）+c（OH-），故A错误；B.若x=100，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计，故B错误；C.若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：
c（H+）+c（Na+）=c（Cl−）+c（ClO−）+c（OH−）①，氯元素守恒得：
c（Cl−）=c（ClO−）+c（HClO）②，2c（Cl−）+2c（ClO−）+2c（HClO）=c（Na+）③，由①+③+②得：
c（OH−）=2c（Cl−）+c（HClO）+c（H+），故C正确；D. b∼c段，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，随NaOH溶液的滴入，NaOH抑制NaClO水ClO−+H2O⇌HClO+OH，c（HClO）减小，c（ClO−）增大，所以c（HClO）/c（ClO−）减小，故D错误；故选C.
点睛：
掌握电荷守恒、质子守恒、元素守恒三种守恒思想是解答本题关键。
第Ⅱ卷
二、填空题（共四题，共52分）
17.
（1）请写出泡沫灭火器（硫酸铝和碳酸氢钠溶液）灭火时发生反应的离子方程式：
_______________。
（2）常温下若溶液由pH=3的HA溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合而得正确的有_______________。
A.若混合后溶液呈中性：
c（H+）+c（OH-）=2×10-7mol/L
B.若V1=V2，混合后溶液pH一定等于7
C.若混合后溶液呈酸性，则V1一定大于V2
D.若混合后溶液呈碱性，则V1一定小于V2
（3）常温下，浓度均为0.1mol/L的下列五种溶液的pH如表所示：
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
11.1
①根据表中数据，将浓度均为0.01mo/L的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是_________。
A.HCNB.HClOC.H2CO3D.CH3COOH
②根据以上数据，判断下列反应可以成立的是_________。
A.CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa
B.CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN
C.CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO
D.NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑
（4）某温度时，测得0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH为10。
若将此温度下pH=10的NaOH溶液aL与pH=1的稀硫酸bL混合，（设混合后溶液体积的微小变化忽略不计），若所得混合液pH=2，则a：
b=_______。
（5）25℃，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L某一元酸HA溶液所得滴定曲线如图。
①为减小实验误差，滴定时应选用适当的指示剂，判断该滴定终点的现象为（必须描述颜色的变化）______________________。
②A、B、C三点所示溶液导电能力最强的是___________点对应的溶液；
③比较A、C两点中水的电离程度：
A_______C（填“>”、“=”或“<”）。
（6）H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______________________。
（7）某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯净CuCl2溶液，宜加入__________调至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）=_________mol/L。
[Fe（OH）3的Ksp=2.6×10-39]
【答案】
（1）.Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑
（2）.A、D（3）.A（4）.A、B（5）.9：
2（6）.溶液由无色变为（浅）红色，且30s内不褪色（7）.C（8）.＜（9）.c（K+）>c（HC2O4-）>c（H+）>c（C2O42-）>c（OH-）（10）.CuO （或CuCO3或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3）（11）.2.6×10-9
【解析】
（1）Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑
（2）A.若混合溶液呈中性,则溶液中c（H+）=c（OH−）=2×10−7 mol⋅L−1,所以溶液中c（H+）+c（OH−）=2×10−7 mol⋅L−1，故A正确；B.如果二者体积相等，如果酸是强酸，则混合溶液呈中性，如果酸是弱酸，则混合溶液呈酸性，故B错误；C.如果溶液呈酸性,则溶液是酸和盐溶液,酸是弱酸,酸浓度大于氢氧化钠浓度,所以V1不一定大于V2，故C错误；D.如果溶液呈碱性,则溶液可能是碱和盐溶液,也可能只是盐溶液,则V1一定小于V2，故D正确；故选AD；
（3）①相同浓度的钠盐溶液，酸的酸性越弱，则酸根离子水解程度越大，根据钠盐溶液pH确定酸的强弱;相同浓度的不同酸，加水稀释促进弱酸电离，则稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸溶液稀释过程中pH变化越小，根据钠盐溶液的pH知，HCN、HClO、CH3COOH、H2CO3四种酸的酸性大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN，所以溶液的pH变化最小的
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