化学解析版广东省学年高二下学期期末检测理科综合化学试题精校Word版.docx
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化学解析版广东省学年高二下学期期末检测理科综合化学试题精校Word版
2017-2018学年广东学校第二学期期末检测高二
理综化学试题
1.《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述：
“绿矾形似朴消（Na2SO4·10H2O）而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。
”下列相关说法中正确的是
A.绿矾的化学式为FeSO4，易溶于水形成浅绿色溶液
B.朴消（Na2SO4·10H2O）也叫明矾，可用作净水剂
C.流出的液体中可能含有硫酸
D.上文中描述的是碳与绿矾反应生成“高温铁水”
【答案】C
【解析】
【分析】
由信息可知，绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此来解答。
【详解】A．绿矾形似朴消（Na2SO4•10H2O），绿矾的化学式为FeSO4•7H2O，易溶于水形成浅绿色溶液，选项A错误；B、明矾是KAl（SO4）2·12H2O，可用作净水剂，选项B错误；C、FeSO4•7H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中可能含有硫酸，选项C正确；D、Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故上文中描述的是碳与绿矾反应生成Fe2O3，选项D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.1L1mol·L－1的NaHCO3溶液中含有HCO3－的数目为NA
B.78g苯含有C=C双键的数目为3NA
C.常温常压下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA
D.冰醋酸和葡萄糖的混合物30g含有碳原子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、HCO3－既能电离又能水解，故溶液中含有的HCO3－的数目小于NA，选项A错误；B．78g苯的物质的量为1mol，由于苯分子中的碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键，选项B错误；C、常温常压下，6.72L二氧化氮的物质的量小于0.3mol，而0.3mol二氧化氮与水反应生成了0.1mol一氧化氮，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，选项B错误；D、乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，30g由乙酸和葡萄糖组成的混合物中含有CH2O物质的量为
=1mol，含有碳原子个数为1mol×1×NA=NA，选项D正确；答案选D。
3.有机物H是一种广谱高效食品防腐剂，如图所示是H分子的球棍模型，下列有关说法正确的是
A.有机物H的分子式为C9H11O3
B.有机物H的官能团有羟基、羰基和醚键
C.有机物H能发生加成反应、取代反应和氧化反应
D.1mol有机物H最多可与1molNaOH反应
【答案】C
【解析】
【详解】A、H的结构简式为
，分子式为C9H10O3，选项A错误；B、根据H的结构简式
可知，有机物H的官能团有羟基、酯基，选项B错误；C、因为H中含有酚羟基，能发生氧化反应、取代反应，含有苯环，能发生加成反应，含有酯基，能发生取代反应，选项C正确；D、H分子中含有一个酚羟基和一个酯基，故1mol有机物H最多可与2molNaOH反应，选项D错误。
答案选C。
4.下列有关实验的操作正确的是
实验
操作
A
CCl4萃取碘水中的I2
先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层
B
排水法收集KMnO4分解产生的O2
先熄灭酒精灯，后移出导管
C
浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2
气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水
D
配制稀硫酸
先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【分析】
A．分液时，下层液体从下口倒出，上层液体从上口倒出；B．排水法收集KMnO4分解产生的O2，应先撤导管后撤灯；C、净化气体时先除杂后干燥；D、把浓硫酸沿着器壁慢慢地注入水中，并不断搅动，使产生的热迅速地扩散。
【详解】A．分液时，下层液体从下口倒出，为防止分离的物质不纯，则上层液体从上口倒出，选项A正确；B．排水法收集KMnO4分解产生的O2，应该是先移出导管，后熄灭酒精灯，选项B错误；C．氯气中混有氯化氢和水，饱和食盐水可除去HCl，浓硫酸可除去水，故气体通往顺序不对，不能达到实验目的，选项C错误；B．把浓硫酸沿着器壁慢慢地注入水中，并不断搅动，使产生的热迅速地扩散，选项D错误；答案选A。
5.Mg－AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。
下列叙述错误的是
A.负极反应式为Mg-2e-=Mg2+B.正极反应式为Ag++e-=Ag
C.电池放电时Cl-由正极向负极迁移D.负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：
Mg-2e-=Mg2+，故A正确；B．AgCl是难溶物，其电极反应式为：
2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，故B错误；C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；D．镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故D正确；故选B。
【考点定位】考查原电池工作原理，
【名师点晴】注意常见物质的性质，如镁的还原性以及银离子的氧化性是解题的关键，Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：
2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，负极反应式为：
Mg-2e-=Mg2+，据此分析。
视频
6.X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的五种短周期主族元素．X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，W+与Y2－具有相同的电子层结构，R与Y可形成化合物RY2、RY3。
下列说法正确的是
A.W2Y、W2Y2中阴、阳离子个数比均为1：
2
B.沸点：
Y的氢化物一定高于X的氢化物
C.最高正化合价：
Z>Y=R>X>W
D.将XY2通入W单质与水反应后的溶液中，生成的盐只有一种
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的五种短周期主族元素．X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则X为碳元素，W+与Y2－具有相同的电子层结构，则W为钠元素，Y为氧元素，R与Y可形成化合物RY2、RY3，则R为硫元素。
因此Z为F元素，据此分析解答。
【详解】A.Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1：
2，选项A正确；B.C的氢化物中随着碳原子数的增加，沸点增大，常温下某些烃为液态或固态，而HF为气态，故Y的氢化物的沸点不一定高于X的氢化物，选项B错误；C.F没有正价，选项C错误；D.将CO2通入W单质钠与水反应后的氢氧化钠溶液中，生成的盐可能有碳酸钠、碳酸氢钠两种，选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，难度中等。
7.室温下，用0.10mol·L－1的盐酸滴定20.00mL0.10mol·L－1的某碱BOH溶液得到的滴定曲线如图，下列判断不正确的是
A.a点时，溶液呈碱性，溶液中c（B＋）＞c（Cl－）
B.b点时溶液的pH＝7
C.当c（Cl－）＝c（B＋）时，V（HCl）＜20mL
D.c点时溶液中c（H＋）约为0.033mol·L－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—BCl共存的溶液，呈碱性，故有c（B+）>c（Cl-），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+）=（0.1×40-0.1×20）÷60≈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.实验室制乙酸乙酯的主要装置如图A所示，主要步骤如下：
①在a试管中按2∶3∶2的体积比配制浓硫酸、乙醇、乙酸的混合物；
②按A图连接装置，使产生的蒸汽经导管通到b试管所盛的饱和碳酸钠溶液（加入几滴酚酞试液）中；
③小火加热a试管中的混合液；
④等b试管中收集到约2mL产物时停止加热。
撤下b试管并用力振荡，然后静置待其中液体分层；
⑤分离出纯净的乙酸乙酯。
请回答下列问题：
（1）A装置中使用球形干燥管的作用除了冷凝还有___________，步骤⑤中分离乙酸乙酯的操作名称是_____________。
（2）步骤④中可观察到b试管中的现象为______________，同时有细小气泡产生。
（3）为探究浓硫酸在该反应中起的作用，某化学兴趣小组同学利用上图A所示装置进行了以下4个实验。
实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min。
实验结束后充分振荡小试管b，再测有机层的厚度，实验记录如下：
实验
编号
试管a中试剂
试管b中试剂
测得有机层的厚度/cm
A
3mL乙醇、2mL乙酸、1mL18mol·L－1浓硫酸
饱和Na2CO3溶液
5.0
B
3mL乙醇、2mL乙酸
0.1
C
3mL乙醇、2mL乙酸、6mL3mol·L－1H2SO4
1.2
D
3mL乙醇、2mL乙酸、6mL6mol·L－1盐酸
1.2
①由实验B、C、D的记录可得出结论___________________；
②分析实验_________（填实验编号）的数据，可以推测出浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。
浓硫酸的吸水性能够提高乙酸乙酯产率的原因是_________________；
③浓硫酸和加热都有利于提高乙酸乙酯的产率，但实验发现浓硫酸过多或温度过高乙酸乙酯的产率反而降低，可能的原因是____________________；
④分离出乙酸乙酯层后，经过洗涤，为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为_______（填字母）。
A．NaOH固体B．无水CaCl2C．浓硫酸
【答案】
（1）.防倒吸
（2）.分液（3）.液体体积减少；下层溶液红色变浅（4）.证明H+对酯化反应具有催化作用（5）.AC（6）.浓硫酸可以吸收酯化反应中生成的水，降低了生成物浓度，使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动（7）.浓硫酸过量和温度过高可能导致发生其他的副反应同时大量乙醇未经反应就脱离反应体系（8）.B
【解析】
【详解】
（1）加热不均匀易造成Na2CO3溶液倒流进加热反应物的试管中，导致试管破裂，使用球形干燥管除起到冷凝作用外，另一重要作用是防止倒吸，试管中液体不互溶，分层，用分液方法分离，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层，所以分离乙酸乙酯必须使用分液方法分离；
（2）步骤④中可观察到b试管中液体体积减少，下层溶液红色变浅，并有细小的气泡冒出；（3）①实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用；②分析实验A、C可知：
其它条件相同只有硫酸的浓度不同，而实验结果是使用浓硫酸反应产生的酯多，说明浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率；浓硫酸的吸水性能够提高乙酸乙酯产率的原因是浓硫酸可以吸收酯化反应中生成的水，降低了生成物浓度，使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动；③由于温度过高大量乙酸、乙醇未经反应就脱离反应体系；另外温度过高也会发生其他反应，从而造成产率降低；④乙酸乙酯在酸性、碱性条件下均可以发生水解，应选择中性干燥剂，故选：
B。
9.铜及其化合物在生产生活中有广泛应用
（1）工业上以黄铜矿（CuFeS2） 为原料，采用火法熔炼工艺生产铜的中间过程会发生反应：
2Cu2O+Cu2S
6Cu+SO2↑ 该反应的氧化剂是________________，验证SO2的方法是________________。
（2）将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50℃，加入H2O2，反应一段时间后，升温到60℃，再反应一段时间后可制得硫酸铜。
温度控制在50℃～60℃的原因有：
①加快反应速率；②___________。
在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液加热，可生成CuC1沉淀，写出生成CuCl的离子方程式______________。
（3）碱式碳酸铜在有机催化剂、烟火制造和颜料、农药生产中有广泛的应用。
某工厂以辉铜矿（主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质）为原料制备碱式碳酸铜的流程如下:
①辉铜矿在浸取前要富集与粉碎，粉碎的好处是___________。
②浸取过程中可得到一种黄色单质，写出浸取时主要反应的化学方程式___________。
③“除铁”这一步反应在25℃进行，加入氨水调节溶液pH为4后，溶液中铜离子最大浓度不超过_________mol/L。
（已知Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10－20）
【答案】
（1）.Cu2S和Cu2O
（2）.将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色（3）.防止H2O2分解（4）.2Cu2++2Cl－+SO32－+H2O
2CuCl↓+SO42－+2H+（5）.可提高浸取速率和浸取率（6）.Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O（7）.2.2
【解析】
【详解】
（1）2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2中，Cu元素化合价由+1价降低到0价，硫元素化合价由-2价升高为+4价，所以氧化剂为Cu2O、Cu2S；验证SO2的方法是将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色；
（2）温度过高，过氧化氢易分解，所以为了防止过氧化氢分解，将温度控制在一定范围内；在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液加热，生成CuCl沉淀,Cu的化合价降低，则S的化合价升高，所以产物中有硫酸根离子生成，所以反应的离子方程式为2Cu2++2Cl－+SO32－+H2O
2CuCl↓+SO42－+2H+；（3）①酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌或都增加酸的浓度，都可以提高浸取速率；②反应物是二氧化锰、硫化铜和硫酸，生成物是S、硫酸铜、硫酸锰，反应的方程式为2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；③溶液pH=4，c（OH-）=10-10mol/L，则稀释后的溶液中铜离子浓度最大不能超过：
mol/L=2.2mol/L。
10.甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上采用如下反应合成甲醇：
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）
（1）分析该反应并回答下列问题：
①该反应的平衡常数表达式为K=____________。
②下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据有__________（填序号）。
A．2v（正）（H2）=v（逆）（CO）
B．一定条件下，单位时间内消耗2molH2的同时生成1molCH3OH
C．恒温、恒容时，容器内的压强不再变化
D．恒温、恒容时，容器内混合气体的密度不再变化
E．混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化
（2））下图是该反应在不同温度下CO转化率随时间的变化曲线：
①该反应的△H________0（填“>”、“<”或“=”）。
②T1和T2温度下的平衡常数：
K1________K2（填“>”、“<”或“=”）。
（3）某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c（CO）＝0.2mol／L，则CO的转化率为________________。
（4）已知在常温常压下：
①2CH3OH（l）＋3O2（g）＝2CO2（g）＋4H2O（g）ΔH1＝－1275.6kJ／mol
②2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH2＝－566.0kJ／mol
③H2O（g）＝H2O（l）ΔH3＝－44.0kJ／mol
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式________________________。
（5）2009年10月，中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆。
甲醇燃料电池的工作原理如图所示。
①该电池工作时，b口通入的物质为__________（填化学式，下同），c口通入的物质为__________。
②该电池正极的电极反应式为_______________。
【答案】
（1）.
（2）.CE（3）.<（4）.>（5）.80%（6）.CH3OH（l）+O2（g）＝CO（g）+2H2O（l） ΔH＝－442.8kJ∕mol（7）.CH3OH（8）.O2（9）.O2+4e－+4H+=2H2O
【解析】
【详解】
（1）平衡常数是在一定条件下的可逆反应中，当可逆反应反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据反应的方程式可知，该反应的平衡常数是K=
；②A、v（正）（H2）=2v（逆）（CO）时说明正逆反应速率相等，说明到达平衡，选项A错误；B、单位时间内消耗2molH2的同时生成1molCH3OH都表示正反应速率，自始至终反应速率都按2：
1进行，不能说明到达平衡，选项B错误；C、反应为气体体积变化的反应，压强随着反应也发生变化，若压强不变，则说明可逆反应到达平衡状态，选项C正确；D、反应物都为气体，容器的体积不变，混合气体的总质量不变，密度自始至终为定值，不能说明可逆反应到达平衡，选项D错误；E、混合气体的总质量不变，随反应进行，混合气体的总的物质的量减小，即平均相对分子质量减小，最后为定值，说明可逆反应到达平衡状态，选项E正确；答案选CE；
（2）①由图可知，T2先达到平衡，温度大，温度高时CO的转化率低，则正反应为放热反应，所以△H＜0；②由K=
，升高温度平衡逆向移动，则升高温度K减小，T1＜T2，所以K1＞K2；（3）达到平衡时测得c（CO）=0.2mol/L，则转化的CO的物质的量为2.0mol-0.2mol/L×1L=1.6mol，所以CO的转化率为
×100%=80%；（4）根据盖斯定律，将已知反应①-②-③×4得到CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），所以该反应的△H=（-1275.6kJ/mol）-（-566.0kJ/mol）-（-44.0kJ/mol）×4=442.8kJ/mol，即CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8kJ/mol；（5）①据氢离子移动方向知，右侧电极为正极，正极上氧气得电子，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲醇，故答案为：
CH3OH；O2；②负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
11.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献之一。
在制取合成氨原料气的过程中，常混有一些杂质，如CO会使催化剂中毒。
除去CO的化学反应方程式（HAc表示醋酸）：
Cu（NH3）2Ac＋CO＋NH3==Cu（NH3）3（CO）Ac。
请回答下列问题：
（1）C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为________。
（2）配合物Cu（NH3）3（CO）Ac中心原子的配位数为________，基态铜原子核外电子排布式为_________________。
（3）写出与CO互为等电子体的粒子________（任写一个）。
（4）在一定条件下NH3与CO2能合成化肥尿素[CO（NH2）2]，尿素中，C原子轨道的杂化类型为________；1mol尿素分子中，σ键的个数为____________。
（设NA为阿伏加德罗常数的值）
（5）铜金合金形成的晶胞如图所示，其中Cu、Au原子个数比为________。
铜单质晶胞与铜金合金的晶胞相似，晶胞边长为3．61×10－8cm，则铜的密度为________g/cm-3（结果保留3位有效数字）。
【答案】
（1）.N>O>C
（2）.4（3）.1s22s22p63s23p63d104s1（4）.CN－、N2等（其他合理答案）（5）.sp2杂化（6）.7NA（7）.3∶1（8）.9.04
【解析】
【分析】
（1）一般来说非金属性越强，第一电离能越大，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性，会有特例，如N的p轨道本来就是半充满的，O的p轨道失去一个电子才是半充满的，所以O比N容易失去电子；
（2）根据化合物的化学式判断，一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共4个配体；铜原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，一价铜离子为失去一个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；（4）计算杂化类型时根据电子对数来判断，中心原子的价电子数与配体电子数的和除以2就得到电子对数，根据电子对数，可以确定杂化类型；（5）计算晶胞中原子个数时，首先数一下原子个数，然后看其被几个晶胞共用，乘以相应的倒数即可；晶胞中微粒个数的计算用均摊法。
【详解】
（1）一般来说非金属性越强，第一电离能大，所以O＞N＞C．但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性．N的p轨道本来就是半充满的．O的p轨道失去一个电子才是半充满的．所以O比N容易失去电子，故答案为：
N＞C＞O；
（2）一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共4个配体，故答案为：
4；铜原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1；故一价铜离子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；（3）价电子数与原子数都分别相等的粒子是等电子体,因此与CO互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式分别是N2或CN-等；（4）中心原子为碳，价电子数为4，氧不为中心原子，不提供电子，每个亚氨基提供一个电子，电子对数为（4+1×2）÷2=3，故杂化轨道为sp2；σ键的数目为3，每个亚氨基中σ键的数目2，一分子尿素中含σ键的数目为3+2×2=7，故每摩尔尿素中含有σ键的数目为7NA；（5）每个晶胞中铜位于面心，每个铜原子，被两个晶胞共用，每个晶胞中铜原子的个数为6×0.5=3，金原子位于角上，每个金原子被8个晶胞共用，故每个晶胞中金原子个数为8×0.125=1，故铜金原子个数比为3：
1；铜单质晶胞与铜金合金的晶胞相似，晶胞边长为3．61×10－8cm，则铜的密度为
g/cm-3。
【点睛】本题考查了第一电离能的大小比较，一价铜离子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，根据化合物的化学式判断配体个数，等电子体，杂化类型计算，晶胞中原子个数计算。
12.树脂交联程度决定了树脂的成膜性。
下面是一种成膜性良好的醇酸型树脂的合成路线，如下图所示。
（1）A的系统命名为_______________；E中含氧官能团的名称是_____________。
（2）写出下列反应的反应类型：
B→C____________；C→D：
____________；
（3）C的结构简式为___________；1molC最多消耗NaOH_________mol。
（4）写出D、F在一定条件下生成醇酸型树脂的化学方程式_____________。
（5）
的符合下列条件的同分异构体有_______种。
①苯的二取代衍生物；②遇F
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