江苏省南京市六校联合体学年高二下学期期末联考化学解析版.docx
《江苏省南京市六校联合体学年高二下学期期末联考化学解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省南京市六校联合体学年高二下学期期末联考化学解析版.docx（26页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
江苏省南京市六校联合体学年高二下学期期末联考化学解析版
江苏省南京市六校联合体2018-2019学年高二下学期期末联考
可能用到的相对原子质量：
H—1C—12O—16Cl—35.5K—39Fe—56Cu—64
一、选择题（本题包括10小题，每小题3题，共计20分。
每小题只有—个选符合题意）
1.2019年政府工作报告提出，坚定不移地打好包括污染防治在内“三大攻坚战”。
下列做法不符合这一要求的是（）
A.直接灌溉工业废水，充分利用水资源
B.施用有机肥料，改善土壤微生物环境
C.推广新能源汽车，减少氮氧化物排放
D.研发可降解塑料，控制白色污染产生
【答案】A
【详解】A．工业废水直接浇灌农田，能够引起土壤，食品污染，会对人的健康造成危害，不符合要求，故A错误；
B．施用有机肥料，改善土壤微生物环境，能够减少土壤、食品污染，有利于环境保护，人体健康，符合要求，故B正确；
C．推广新能源汽车，减少氮氧化物排放，有利于环境保护，符合要求，故C正确；
D．研发可降解塑料，能够减少聚乙烯，聚氯乙烯塑料的使用，能够控制白色污染产生，符合要求，故D正确；
故答案为A。
2.下列有关化学用语表示正确的是（）
A.氧化钠的电子式：
B.中子数为18的原子
C.氮离子（N3-）是结构示意图：
D.二氧化碳分子的比例模型：
【答案】B
【详解】A．氧化钠是离子化合物，由钠离子和氧离子构成，故其电子式为
，故A错误；
B．质量数=质子数+中子数，故中子数为18的氯原子的质量数为18+17=35，表示为
，故B正确；
C．氮离子的核内有7个质子，核外有10个电子，故其结构示意图为
，故C错误；
D．碳的原子半径比氧原子半径大，二氧化碳分子的比例模型为
，故D错误；
故答案为B。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）
A.晶体硅熔点高硬度大，可用于制造半导体材料
B.明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒
C.热纯碱溶液碱性强，可用于去除油污
D.NH3具有还原性，可用作制冷剂
【答案】C
【详解】A．晶体硅导电性介于导体与半导体之间，是良好的半导体材料，与其熔点高硬度大无关，故A错误；
B．明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可作净水剂，但不具有氧化性，不能用于杀菌消毒，故D错误；
C．加热能促进纯碱的水解，碱性增强，有利于油污的水解，则可用热纯碱溶液去除油污，故C正确；
D．液氨汽化吸收大量的热，可以做制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；
故答案为C。
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）
A.
=1×10-12的溶液：
Na+、K+、ClO-、CO32-
B.滴入酚酞变红色的溶液：
K+、Ca2+、HCO3-、CO32-
C.能溶解Al（OH）3
溶液：
K+、NH4+、NO3—、CH3COO—
D.0.1mol/LFe（NO3）2溶液：
H+、Cu2+、SO42—、Cl—
【答案】A
【详解】A．已知
=
=c（H+）=1×10-12，溶液pH=12，显碱性，Na+、K+、ClO-、CO32-离子组碱性条件下彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A正确；
B．滴入酚酞变红色的溶液显碱性，而HCO3-在碱性溶液中不能大量共存，Ca2+和CO32-发生离子反应生成CaCO3溶液而不能大量共存，故B错误；
C．能溶解Al（OH）3的溶液可能显碱性，也可能是为酸性，NH4+在碱性溶液中不能大量共存，而CH3COO—在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；
D．Fe2+在酸性条件下能被NO3-氧化，则0.1mol/LFe（NO3）2溶液中不可能大量存在H+，故D错误；
故答案为A。
5.下列有关物质性质的叙述正确的是（）
A.FeCl3溶液滴入热的浓NaOH溶液中可得到Fe（OH）3胶体
B.氯水久置后，漂白性和酸性均增强
C.常温下，铁片不能与浓硝酸发生反应
D.NaCl饱和溶液中依次通入足量的NH3、CO2,可析出NaHCO3
【答案】D
【详解】A．实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和的氯化铁溶液，如果加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，而不是胶体，故A错误；
B．氯水放置过程中，HClO要见光分解生成HCl
O2，则氯水久置后，漂白性减弱，而酸性增强，故B错误；
C．常温下，铁遇浓硝酸钝化，是化学变化，发生了反应，故C错误；
D．向饱和NaC1溶液中先通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3晶体，这是侯氏制碱法的原理，故D正确；
故答案为D。
6.用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目
的是（）
A.用装置
制备S02
B.用装置
从碘水溶液中萃取碘
C.用装置
除去粗盐溶液中混有的KC1杂质
D.用装置
制取NH3
【答案】B
【详解】A．Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，图中缺少酒精灯，故A错误；
B．苯的密度比水的密度小，萃取后苯在上层，图中分层现象合理，故B正确；
C．KCl溶于水，不能过滤分离，故C错误；
D．固体混合加热时，试管口要向下略微倾斜，故D错误；
故答案为B。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是（）
A.向氨水中通入少量二氧化硫：
NH3•H2O+SO2═NH4++HSO3-
B.向氯化铝溶液中加入过量氨水：
Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+
C.电解氯化镁溶液：
2Cl-+2H2O
2OH-+Cl2↑+H2↑
D.氢氧化钡溶液中滴入硫酸氢钠溶液至Ba2+恰好完全沉淀：
Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
【答案】B
【详解】A．向氨水中通入少量二氧化硫生成（NH4）2SO3，发生的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故A错误；
B．向氯化铝溶液中加入过量氨水有白色胶状沉淀生成，发生的离子反应为Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，故B正确；
C．惰性电极电解氯化镁溶液有氢氧化镁沉淀生成，发生的离子反应为2Cl-+2H2O
Mg（OH）2↓+Cl2↑+H2↑，故C错误；
D．氢氧化钡溶液中滴入硫酸氢钠溶液至Ba2+恰好完全沉淀是，发生的离子反应为Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，故D错误；
故答案为B。
【点睛】判断离子方程式是否正确主要从以下几点考虑：
①拆分是否合理；②是否符合客观事实；③配平是否有误（电荷守恒，原子守恒）；④有无注意反应物中量的关系；⑤能否发生氧化还原反应等。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Y处于同一周期，X是地壳中含量最多的非金属元素，Z最外层电子数等于其电子层数，W的最高正价与最低负价绝对值相等。
下列说法正确的是（）
A.原子半径：
r（X）>r（Y）（Z）
B.由Y、W形成的化合物是离子化合物
C.Z的最高价氧化物对应的水化物是一种强碱
D.Y的简单气态氧化物的热稳定性比W的强
【答案】D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的非金属元素，则X为O元素；X、Y处于同一周期，则Y为F元素；Z最外层电子数等于其电子层数，则Z为Al元素；W的最高正价与最低负价绝对值相等，其原子序数大于Al，则W为Si元素，据此解答。
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的非金属元素，则X为O元素；X、Y处于同一周期，则Y为F元素；Z最外层电子数等于其电子层数，则Z为Al元素；W的最高正价与最低负价绝对值相等，其原子序数大于Al，则W为Si元素；
A．电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：
r（Z）＞r（X）＞r（Y），故A错误；
B．F、Si形成的四氟化硅为共价化合物，故B错误；
C．氢氧化铝为两性氢氧化物，属于弱碱，故C错误；
D．非金属性F＞O，则简单氢化物的稳定性HF＞H2O，故D正确；
故答案为D。
9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）
A.NaCl（熔融）
NaOH
NaAlO2
B.SiO2
H2SiO3（s）
Na2SiO3（aq）
C.Cl2
HCl
NH4Cl
D.CaCl2
CaCO3
CaSiO3
【答案】C
【详解】A．电解熔融NaCl得到金属钠，而不是氢氧化钠，故A错误；
B．SiO2不能溶于水生成H2SiO3，故B错误；
C．氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵，所以Cl2
HCl
NH4Cl各步转化都能实现，故C正确；
D．碳酸的酸性弱于盐酸，所以氯化钙与二氧化碳不反应，故D错误；
故答案为C。
10.下列说法中，不正确的是（）
A.固体表面水膜的酸性很弱或呈中性，发生吸氧腐蚀
B.钢铁表面水膜的酸性较强，发生析氢腐蚀
C.将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好
D.钢闸门作为阴极而受到保护
【答案】C
【解析】钢铁生锈主要是电化学腐蚀，而电化学腐蚀的种类因表面水膜的酸碱性不同而不同，当表面水膜酸性很弱或中性时，发生吸氧腐蚀；当表面水膜的酸性较强时，发生析氢腐蚀，A、B均正确；C、钢闸门与锌板相连时，形成原电池，锌板做负极，发生氧化反应而被腐蚀，钢闸门做正极，从而受到保护，这是牺牲阳极的阴极保护法；当把锌板换成铜板时，钢闸门做负极，铜板做正极，钢闸门优先腐蚀，选项C错误；D、钢闸门连接直流电源的负极，做电解池的阴极而受到保护，这是连接直流电源的阴极保护法，选项D正确。
答案选C。
二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共计20分。
每小题只有一个或两个选项符合题意。
若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选2两个且正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分）
11.下列说法正确的是（）
A.反应2NaCl（s）=2Na（s）+Cl2（g）的△H＞0,△S＞0
B.常温下，将稀CH3COONa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NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2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6.02×1023
【答案】D
【详解】A．由化学计量数可知△S＞0，2NaCl（s）═2Na（s）+Cl2（g）常温下不能发生，则△H-T△S＞0，即△H＞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H2的转化率，故C错误；
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，则转移电子数为0.5mol×2×（1-0）×6.02×1023=6.02×1023，故D正确；
故答案为D。
12.甲酸香叶醋（结构如图）为无色透明液体，具有新鲜蔷薇嫩叶的香昧，可用于配制香精。
下列有关该有机物的叙述正确的是（）
A.分子式为C11H1802
B.含有羧基和碳碳双键两种官能团
C.能发生加成反应和水解反应
D.23gNa与过量的该物质反应生成标准状况下11.2L气体
【答案】AC
【详解】A．由结构简式可知分子式为C10H18O2，故A正确；
B．分子含有酯基，不是羧基，故B错误；
C．含有碳碳双键，可发生加成反应，含有酯基，可发生水解反应，故C正确；
D．含有酯基，与钠不反应，故D错误；
故答案为AC。
13.根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是（）
选项
实验操作和现象
结论
A
向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液，有白色胶状沉淀生成
AlO2—结合氢离子能力比CO32-强
B
将硫酸酸化的双氧水滴入硝酸亚铁溶液中，溶液黄色
H2O2的氧化性比Fe3+强
C
浓硫酸与乙醇共热产生气体Y，通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去
气体Y为纯净的乙烯
D
向浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI混合溶液中滴加速率稀硝酸银溶液，生成黄色沉淀
Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）
【答案】A
【详解】A．向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液，因AlO2—结合氢离子能力比CO32-强，溶液中Al（OH）3白色沉淀生成，故A正确；
B．Fe2+在酸性条件下能被NO3-氧化成Fe3+，则将硫酸酸化的双氧水滴入硝酸亚铁溶液中，溶液黄色，无法证明H2O2的氧化性比Fe3+强，故B错误；
C．浓硫酸有强氧化性，可以被有还原性的乙醇还原为二氧化硫，且乙醇有挥发性，二氧化硫和乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色，则浓硫酸与乙醇共热产生气体Y，通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，未排除二氧化硫和乙醇的干扰，无法证明Y是纯乙烯，故C错误；
D．两种难溶物的组成相似，在相同的条件下，Ksp小的先沉淀，则由现象可知，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D错误；
故答案为A。
14.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）
A.pH=8的次NaClO2溶液中：
c（Na+）＞c（OH－）＞c（ClO2－）＞c（H+）
B.0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：
c（CO32-）+c（OH-）=c（HCO3-）+3c（H2CO3）+c（H+）
C.0.4mol/LCH3COOH溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合（pH＜7）：
c（CH3COO-）>c（Na+）>c（CH3COO—）＞c（H+）>c（OH-）
D.0.1mol•L-1Na2C2O4溶液与0.1mol•L-1HCl溶液等体积混合（草酸为二元弱酸）：
2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）
【答案】BC
【详解】A．pH=8的NaClO2溶液中存在ClO2－的微弱水解，溶液显弱碱性，结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（ClO2－）+c（OH－）可知，c（Na+）＞c（ClO2－）＞c（OH－）＞c（H+），故A错误；
B．等物质的量的Na2CO3与NaHCO3溶液混合，溶液中存在物料守恒和电荷守恒，碳酸钠溶液中质子守恒为：
c（OH-）=c（HCO3-）+2c（H2CO3）+c（H+），碳酸氢钠溶液中质子守恒为c（OH-）=c（H2CO3）+c（H+）-c（CO32-），所以得c（CO32-）+2c（OH-）=c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+），故B正确；
C．0.4mol/LCH3COOH溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液中CH3COONa和CH3COOH等物质的量，此时pH＜7，说明CH3COOH的电离大于CH3COO-水解，则溶液中c（CH3COO-）>c（Na+）>c（CH3COO—）＞c（H+）>c（OH-），故C正确；
D．将0.1mol•L-1Na2C2O4溶液与0.1mol•L-1HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸），溶液中电荷守恒为：
2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（OH-）+c（Cl-）=c（Na+）+c（H+），故D错误；
故答案为BC。
【点睛】溶液中的三种守恒：
①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。
如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：
c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-）。
②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。
如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：
c（K+）＝2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S）。
③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：
c（H3O+）+2c（H2S）+c（HS-）＝c（OH-）或c（H+）+2c（H2S）+c（HS-）＝c（OH-）。
质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
15.温度T℃时，在3个1L的恒容密闭容器中发生：
C0（g）+H20（g）=C02（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1,其起始时投料的方式、各物质的量及其达平衡过程体系热量的变化入下表所示：
容器编号
起始各物质物质的量/mol
达平衡过程体系热量的变化（均为正值）
CO
H2O（g）
CO2
H2
①
1
4
0
0
32.8kJ
②
8
2
0
0
Q1
③
0
0
1
4
Q2
下列说法中正确的是（）
A.若经过10s容器①中反应达到平衡，则v（CO）=0
08mol•L-1•s-1
B.容器②和容器③中热量变化：
Q2=Q1=32.8kJ
C.若加入催化剂，改变了该反应的途径，反应的△H也随之改变
D.保持相同条件，向平衡后的容器①中再加入0.2molCO（g）和0.8molCO2（g），则平衡不发生改变
【答案】AD
【详解】A．平衡时放出的热量为32.8kJ，故参加反应的CO的物质的量为
mol=0.8mol，故υ（CO）=
=0.08mol•L-1•s-1，故A正确；
B．容器①中，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始（mol）：
4 1 0 0
变化（mol）：
0.8 0.8 0.8 0.8
平衡（mol）：
0.2 3.2 0.8 0.8
故平衡常数k=
=
=1；容器①②③温度相同，故平衡常数相同，正逆反应平衡常数互为倒数；
容器②中的平衡常数为1，令容器②中CO的物质的量变化量为amol，则：
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始（mol） ：
8 2 0 0
变化（mol）：
a a a a
平衡（mol）：
8-a 2-a a a
平衡常数k=
=1，解得a=1.6，
令容器③中CO2的物质的量变化量为bmol，则：
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
开始（mol）：
1 4 00
变化（mol）：
b b b b
平衡（mol）：
1-b 4-b bb
平衡常数k=
=1，解得b=0.8，
容器②和容器③中反应物的变化量不等，则能量变化也不等，故B错误；
C．催化剂能改变反应速率，不影响平衡的移动，也不改变反应的△H，故C错误；
D．保持相同条件，向平衡后的容器①中再加入0.2molCO（g）和0.8molCO2（g），此时Qc=
=1=K，仍为平衡状态，即平衡不发生改变，故D正确；
故答案为AD。
【点睛】判断可逆反应进行的方向：
对于可逆反应，在一定的温度的任意时刻，生成物浓度的化学计量数次幂与反应物的化学计量数次幂的比值叫做反应的浓度商，用Qc表示。
Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；Qc＞K时，向逆反应方向进行。
非选择题
16.以电石渣[主要成分Ca（0H）2，含Fe203、MgO和Si02等杂质]为原料制备纳米碳酸钙的—种工艺流程如下：
（1）电石渣溶于水形成电石渣浆时会发生反应，生成的物质中除水外还有______________。
（2）“浸渍”时，NH4Cl和Ca（0H）2反应的化学方程式为______________________________。
（3）“浸渍”时，一定时间内Ca2+浸取率随温度变化如图所示。
Ca2+浸取率随温度升高而上升的原因可能是______________________________________________________。
A.温度升高，增大浸取反应速率，从而提高Ca2+浸取率
B.温度升高，溶液黏稠度减小，从而提高Ca2+浸取率
C.温度升高，NH4Cl溶液水解程度减小，从而提高Ca2+浸取率
（4）“碳化”时，-般采用低温工艺，对应的离子方程式为_______________________________。
（5）滤液Ⅱ中，可循环利用的溶质的化学式为___________。
（6）“洗涤”时，检验是否洗净的方法是:
__________________________________________。
【答案】
（1）.CaSiO3
（2）.2NH4Cl＋Ca（OH）2===CaCl2＋2NH3·H2O（3）.AB（4）.Ca2＋＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH4+＋H2O或Ca2＋＋2NH3＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH4+（5）.NH4Cl（6）.取少许最后一次水洗滤液于试管中，加HNO3酸化后，加少量AgNO3溶液，若无白色沉淀生成则已洗净（或若有白色沉淀生成则未洗净）
【分析】电石渣[主要成分Ca（OH）2，含Fe2O3、MgO和SiO2等杂质]，加入饱和氯化铵浸渍，可溶解Ca（OH）2，含Fe2O3、MgO，滤渣1为SiO2，通入二氧化碳，可生成碳酸钙沉淀，经过滤洗涤干燥，可得到碳酸钙程度，滤液Ⅱ为铵盐，以此解答该题。
【详解】
（1）电石渣[主要成分Ca（OH）2，含Fe2O3、MgO和SiO2等杂质]溶于水，其中Ca（OH）2能溶于水，而SiO2为酸性氧化物，能于碱反应生成盐和水，即SiO2能和Ca（OH）2反应生成CaSiO3和水；
（2）“浸渍”时，NH4Cl和Ca（OH）2反应生成氯化钙和氨气，化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2═CaCl2+2NH3•H2O；
（3）A.温度升高，可增大反应速率，且升高温度，可导致氨气挥发，使平衡正向移动，提高钙离子的浸取率；故A正确；
B.温度升高能便溶液黏稠度减小，从而提高Ca2+浸取率，故B正确；
C.升高温度，可促进铵根离子水解，溶液酸性增强，提高Ca2+浸取率，故C错误；
故答案为AB；
（4）“碳化”时，一般采用低温工艺，减少氨气的挥发，充分反应，方程式为Ca2++2NH3•H2O+CO2═CaCO3↓+2NH4++H2O或Ca2++2NH3+H2O+CO2═CaCO3↓+2NH4+；
（5）滤液Ⅱ为铵盐，主要成分为NH4Cl，可循环使用；
（6）沉淀吸附溶液中的氯离子，可通过检验氯离子的方法检验，方法是取少许最后一次水洗滤液于试管中，加HNO3酸化后，加少量AgNO3溶液，若无白色沉淀生成则已洗净（或若有白色沉淀生成则未洗净）。
17.酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：
（1）化合物D中所含官能团的名称为___________。
（2）化合物E的结构简式为________________；由B→C的反应类型是____________。
（3）写出C→D的反应方程式_____________________________________________。
（4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式____________。
I.能发生银镜反应；
Ⅱ.与FeCl3发生显色反应；
Ⅲ.分子中含有5种不同化学环境的氢
（5）请写出以甲苯为原料制备化合物
的合成路线流程图（无机试剂和
升级会员 