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1、学年内蒙古乌兰察布市集宁一中西校区高二下学期期末化学试题解析版2017-2018学年内蒙古乌兰察布市集宁一中西校区高二（下）期末化学试卷一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）1. 下列关于有机物的说法中正确的是（）淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇的一种燃料，它是一种新型化合物为除去乙酸乙酯中残留的乙酸，可加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化淀粉遇碘酒变蓝色，在加热条件下葡萄糖能与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应A. B. C. D. 【答案】D【解析】解：淀粉水解生成葡萄糖，油脂水解生成甘油和高级脂肪酸

2、或盐，蛋白质水解生成氨基酸，则均可在一定条件下水解，故正确； 汽油中加入适量乙醇，为混合物，不是化合物，故错误； 乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故正确； 分馏与物质沸点有关，为物理变化，而煤的气化是发生了化学变化，故错误； 淀粉遇碘变蓝，葡萄糖具有还原性，能被弱氧化剂氧化，则淀粉遇碘酒变蓝色，在加热条件下葡萄糖能与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应，故正确； 故选：D。淀粉水解生成葡萄糖，油脂水解生成甘油和高级脂肪酸或盐，蛋白质水解生成氨基酸； 汽油中加入适量乙醇，为混合物； 乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层； 分馏与物质沸点有关； 淀粉遇碘变蓝，葡萄糖具有还原性，能被弱

3、氧化剂氧化本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应、混合物分离提纯等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大2. 肾上激素是化学信使，随着血液走到身体各处，促使细胞发生变化它的结构简式如图下列有关肾上激素的说法正确的是（）A. 分子式为C9H12NO3B. 该分子中至少有9个原子共平面C. 可以发生加成、氧化、消去、加聚反应D. 可以和NaOH溶液、Na2CO3溶液反应，也可以和盐酸反应【答案】D【解析】解：A由结构简式可知，分子式为C9H13NO3，故A错误； B苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子一定在同一平面内，则该分子中至少有12个原子共平面

4、，故B错误； C含苯环，能发生加成反应，含-OH能发生氧化、消去反应，但不存在C=C键，不能发生加聚反应，故C错误； D含酚-OH，可以和NaOH溶液、Na2CO3溶液反应，含-NH-，也可以和盐酸反应，故D正确； 故选：D。该有机物中含酚-OH、醇-OH、结合酚、醇的性质及苯环为平面结构来解答本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团及性质的关系，选项D为解答的难点，题目难度不大3. 下列有关实验的选项正确的是（）A、配制0.10molL-1NaOH溶液B、除去CO中的CO2C、苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D、记录滴定终点读数为12.20mLA. A B. B C. C D.

5、D【答案】B【解析】解：A不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解，故A错误； B导管长进短出可洗气，且二氧化碳与NaOH反应，CO不能，图中装置可除去CO中的CO2，故B正确； C苯的密度比水的密度小，图中苯的碘溶液应在上层，应从上口倒出，故C错误； D滴定管的小刻度在上方，且准确度为0.01mL，读数应为11.80mL，故D错误； 故选：B。A不能在容量瓶中溶解固体； B导管长进短出可洗气，且二氧化碳与NaOH反应，CO不能； C苯的密度比水的密度小； D滴定管的小刻度在上方，且准确度为0.01mL。本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，涉及溶液配制、混合物分离提纯、仪器的使用等，侧重

6、学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，题目难度不大。4. 人造空气（氧气O2与氦气He的混合气）可用于减轻某些病痛或供深水潜水员使用在标准状况下，5.6L“人造空气”的质量是2.4g，其中氧气与氦气的质量比是（）A. 1：1 B. 1：4 C. 2：1 D. 2：3【答案】C【解析】解：气体的物质的量为n=0.25mol，设氧气的物质的量为x，氦气的物质的量是y，则，解得，其质量之比=（32g/mol0.05mol）：（0.2mol4g/mol）=1.6g：0.8g=2：1，故选：C。气体的物质的量为n=0.25mol，根据二者的物质的量、质量列比例式进行计算本题

7、考查了气体摩尔体积的有关计算，注意根据体积和质量关系列式计算即可，注意把握相关计算公式的运用，难度不大5. 下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+BSO2通入酸性KMnO4溶液溶液褪色SO2有氧化性CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】解：A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，生成硝酸亚铁离子，则滴入KSC

8、N溶液无现象，故A错误； BSO2通入酸性KMnO4溶液，发生氧化还原反应，则SO2有还原性，故B错误； CAl与稀硝酸反应生成NO，有气泡冒出，与浓硝酸发生钝化，故C错误； D浓氨水电离显碱性，可使红色石蕊试纸变蓝，操作、现象、结论均合理，故D正确； 故选：D。A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，生成硝酸亚铁离子； BSO2通入酸性KMnO4溶液，发生氧化还原反应； CAl与稀硝酸反应生成NO； D浓氨水电离显碱性，可使红色石蕊试纸变蓝本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大

9、6. 空气中的自由电子附着在分子或原子上形成的空气负离子（也叫阴离子）被称为“空气维生素”O2-就是一种空气负离子，其摩尔质量为（）A. 32g B. 33g C. 32gmol-1 D. 33gmol-1【答案】C【解析】解：O2的摩尔质量在数值上等于两个氧原子的相对原子质量之和，单位是g/mol，即O2摩尔质量为32g/mol。 故选：C。摩尔质量的单位是g/mol，O2的摩尔质量在数值上等于两个氧原子的相对原子质量之和本题考查学生摩尔质量的单位和含义，可以根据所学知识进行回答，较简单7. 用NA代表阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子

10、总数为0.3NAB. 1L0.1molL1NH4Cl溶液中含有的氮原子数小于0.1NAC. 用铅蓄电池电解氯化钠溶液，得到标准状况下22.4L氢气时，理论上铅蓄电池中消耗氢离子数目为4NAD. 氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢，断裂化学键的总数为2NA【答案】C【解析】解：A葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，只需要计算3.0gCH2O的物质的量计算原子数=4NA=0.4NA，故A错误；B、1L0.1molL-1NH4Cl溶液中含有的氮原子的物质的量为1L0.1molL-1=0.1mol，所以氮原子数等于0.1NA，故B错误；C以铅蓄电池电解NaC1溶液得到22.4LH2（标况），

11、转移电子的物质的量为2mol，铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+2e-+4H+=Pb2+2H2O，可知消耗4mol的氢离子，所以理论上铅蓄电池中耗氢离子个数为4NA，故C正确；D当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键，故当生成标况下22.4LHCl即1molHCl时，断裂1mol化学键即NA个，故D错误。故选：C。A葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，只需要计算3.0gCH2O的物质的量计算原子数；B、根据氮守恒分析；C以铅蓄电池电解NaC1溶液得到22.4LH2（标况），转移电子的物质的量为2mol，铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+2e-+4H+=Pb2+2H2O，可知消耗4m

12、ol的氢离子；D当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算及应用，明确以物质的量为核心计算公式，熟悉相关物质的结构组成和电化学原理是解题关键，题目难度不大8. 用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（）A. 称量 B. 溶解C. 转移 D. 定容【答案】B【解析】解：A用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误； B固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确； C应用玻璃棒引流，防止溶液洒落，故C错误； D胶头滴管不能伸入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，

13、故D错误； 故选：B。A药品不能直接放在托盘内，且药品与砝码放反了； B固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解； C应用玻璃棒引流； D胶头滴管不能伸入容量瓶内。本题实验考查基本操作，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握中学实验常见的基本操作。9. 常温常压下，往某密闭容器中充入两种气体，容器内气体的最终密度为2.2gL-1（标准状况），则充入的气体一定不可能为（）A. NH3和HCl B. NO和O2 C. HI和Cl2 D. SO2和HCl【答案】A【解析】解：各组物质混合后，容器内气体的最终密度为2.2gL-1（标准状况），则混合后气体的平均摩尔质量为：22.4L/mol2.2g

14、/L=49.28g/mol， A最终只可能剩余HCl或者NH3，摩尔质量都小于49.28g/mol，不满足条件，故A选； B剩余气体情况可能是NO2、O2、N2O4N2O4、NO2NO、NO2 、N2O4，三种情况的平均摩尔质量可能为49.28g/mol，满足条件，故B不选； C剩余气体情况为HCl、HIHICl2，其中情况的平均摩尔质量满足条件，故C不选； D二者不反应，剩余气体为SO2、HCl，其平均摩尔质量可能为49.28g/mol，满足条件，故D不选； 故选：A。各组物质混合后，容器内气体的最终密度为2.2gL-1（标准状况），则混合后气体的平均摩尔质量为：22.4L/mol2.2g/

15、L=49.28g/mol，讨论各选项混合后的可能的组成，利用平均摩尔质量进行判断，注意B选项中存在2NO2N2O4。本题考查混合物有关计算，题目难度不大，注意平均摩尔质量的应用，B选项为易错点、难点，学生容易忽略2NO2N2O4，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。10. 在标况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，以下说法不正确的是（）A. 在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为m：nB. 25、1.25105Pa时，两气体的密度之比为n：mC. 同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为n：mD. 相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m：n【答案】B【

16、解析】解：A、由n=可知，分子数相同的气体，物质的量相同，相对分子质量之比等于质量之比，即相对分子质量之比为m：n，故A正确；B、温度压强一样，Vm相同，由=可知，密度之比等于摩尔质量之比等于，即为m：n，故B错误；C、A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=可知，分子数之比等于n：m，故C正确；D、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为m：n，故D正确；故选：B。标准状况下，分子数相同的气体A和B，它们的物质的量相同，则相对分子质量之比、同体积的气体的体积之比均等于质量之比、分子数之比与物质的摩尔质量成反比，来分析密度之比本题考查阿伏伽德罗定律及其推

17、论，明确同温、同压、同体积，则气体的分子数相同、物质的量相同及质量、物质的量、摩尔质量的关系是解答的关键11. 用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的是（）A. 56g铁粉在22.4L氯气中充分燃烧，转移的电子数为3NAB. O.1molNaHS04晶体中含有的阳离子数为0.2NAC. 44gC3H8中含有的共用电子对数目为10NAD. t时，1LpH=6.5的纯水中，含OH-的数目为10-7.5NA【答案】C【解析】解：A没有告诉反应条件，无法计算22.4L氯气的物质的量，则无法计算反应转移的电子数，故A错误；B.0.1mol硫酸氢钠晶体中含有0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离

18、子，含有的阳离子数为0.1NA，故B错误；C.44g丙烷的物质的量为：=1mol，1mol丙烷分子中含有2mol碳碳键、8mol碳氢键，总共含有10mol共价键，含有的共用电子对数目为10NA，故C正确；D纯水中pH=6.5，则氢离子浓度为：10-6.5mol/L，纯水中氢离子与氢氧根离子浓度相等，则1L该水中含有氢氧根离子的物质的量为：10-6.5mol/L1L=10-6.5mol，含有的氢氧根离子的数目为：10-6.5NA，故D错误；故选：C。A没有告诉温度和压强，无法判断22.4L氯气的物质的量；B硫酸氢钠晶体中的阳离子只有钠离子；C丙烷分子中含有8个碳氢键、2个碳碳键，总共含有10个共

19、价键；D纯水中氢离子与氢氧根离子浓度相等，据此计算出1L该水中含有的氢氧根离子数目本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系，选项D为易错点，需要明确纯水中氢离子与氢氧根离子的浓度相等12. 如图是氨气与氯化氢反应的装置抽走玻璃片充分反应，反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（）A. 气体反应物的总体积为0.224LB. 生成物的分子个数为0.005NAC. 产物中的N-H键个数为0.02NAD. 加水溶解后所得溶液中NH4+数目为0.005NA【答案】C【解析】解：A、常温常压下，1mol气体体积不是22

20、.4L，气体反应物的总体积不是0.224L，故A错误； B、生成物为氯化铵，是离子化合物，不存在分子，故B错误； C、0.005molHCl和0.005molNH3恰好反应，生成的氯化铵为0.005mol，含氮氢键0.02mol，故C正确； D、0.005molHCl和0.005molNH3恰好反应，生成的氯化铵为0.005mol，铵根离子是弱碱阳离子，水溶液中水解；加水溶解后所得溶液中NH4+数目小于0.005NA，故D错误； 故选：C。氨气与氯化氢反应生成氯化铵固体，HCl+NH3=NH4Cl； A、常温常压下，1mol气体体积不是22.4L； B、生成物为离子化合物； C、反应生成的氯化

21、铵中铵根离子中含氮氢键； D、铵根离子是弱碱阳离子，在水溶液中水解本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查气体摩尔体积的条件应用，物质结构的判断，盐类水解的应用，题目较简单13. 下列实验方案，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A氯气的氧化性将湿润的淀粉KI试纸放于充满Cl2的集气瓶口，试纸变蓝B配制480mL0.2mol/LNaOH溶液准确称量NaOH固体4.0g溶于水，配制成500mL溶液C比较H2CO3和H2SO4的酸性强弱室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNa2CO3溶液和0.1mol/LNa2SO4溶液的pHD鉴别Na2CO3溶液与NaHCO3溶液分别加入Ca（OH）

22、2溶液看是否产生白色沉淀A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】解：A强氧化性物质能氧化碘离子生成碘，碘能使淀粉试液变蓝色，将湿润的淀粉KI试纸放于充满Cl2的集气瓶口，试纸变蓝，说明氯气将碘离子氧化生成碘单质，故A不选； B配制480mL0.2mol/LNaOH溶液时，因为实验室没有480mL容量瓶，应该用500mL容量瓶，称量m（NaOH）=0.2mol/L0.5L40g/mol=4.0g，故B不选； C酸的酸性越强，其相同浓度的钠盐溶液pH越低，室温下，用pH试纸测定浓度为0lmolL-1Na2CO3溶液和0lmolL-1Na2SO4溶液的pH，pH越小的酸的酸性越强，故

23、C不选； D二者都与氢氧化钙生成白色沉淀，不能用Ca（OH）2溶液鉴别Na2CO3溶液与NaHCO3溶液，可用氯化钙溶液，故D选； 故选：D。A强氧化性物质能氧化碘离子生成碘，碘能使淀粉试液变蓝色； B配制480mL0.2mol/LNaOH溶液时，因为实验室没有480mL容量瓶，应该用500mL容量瓶； C酸的酸性越强，其相同浓度的钠盐溶液pH越低； D碳酸钠和碳酸氢钠都能够与氢氧化钙生成白色沉淀本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、溶液配制、酸性强弱判断、物质鉴别等知识点，明确实验原理、物质性质及实验基本操作是解本题关键，易错选项是B，注意容量瓶的选取方法，题目难度中等14

24、. 下列各气体：含3.011023个O的CO2；标准状况下6.72L的HCl；3.4g的NH3；0.5molHe四种物质所含的原子总数由少到多的正确顺序是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】解：含3.011023个O的物质的量为mol=0.5mol，则CO2的物质的量为0.25mol，所含的原子总数为0.75mol；标准状况下6.72L的HCl的物质的量=0.3mol，所含的原子总数为0.6mol；3.4g的NH3的物质的量=0.2mol，所含的原子总数为0.8mol；0.5mol氖气所含的原子总数为0.5mol；四种物质所含的原子总数由少到多的顺序正确的是；故选：B。先根据n=计算

25、各物质的物质的量，然后根据物质的组成求出原子的总数本题考查物质的量的有关计算，内容涉及常用化学计量有关计算，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握二、简答题（本大题共4小题，共58.0分）15. 现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96L回答下列问题：（1）该混合气体的平均摩尔质量：_。（2）混合气体中碳原子的个数：_。（用NA表示阿伏加德罗常数的值）（3）将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。气球中收集到的气体的相对分子质量：_；标准状况下气球中收集到的气体的体积为_；气球中收集到的气体的电子总数为_。（用NA表示阿伏加德罗常数的值）【答案】36g

26、/mol；0.4NA；28；4.48；2.8NA【解析】解：（1）混合气体的体积为8.96L，则物质的量为其物质的量为：n=0.4mol，则混合气体的平均摩尔质量为：=36g/mol，故答案为：36g/mol；（2）设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，则根据混合物的质量为14.4g可得：28x+44y=14.4 ；根据气体的物质的量为0.4mol可得：x+y=0.4 解得：x=0.2mol、y=0.2mol。由于CO和CO2中均含1个碳原子，故0.2molCO和0.2molCO2中共含0.4molC原子即0.4NA个，故答案为：0.4NA；（3）将混合气体依次通过

27、如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体。气球中收集到的气体为CO，则该物质的相对分子质量为28，故答案为：28；气球中的气体为CO，其体积V=nVm=0.2mol22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48；一个CO含有14个电子，由（2）求出的CO的物质的量为0.2mol，则电子的物质的量为0.2mol14=2.8mol，电子总数为2.8NA个，故答案为：2.8NA。（1）标况下混合气体的体积为8.96L，其物质的量为：n=0.4mol，根据M=计算出平均摩尔质量；（2）设出一氧化碳、二氧化碳的物质的量，根据气体的总质量

28、和总物质的量列方程式计算；（3）将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体。气球中收集到的气体为CO，则该物质的相对分子质量为28；气球中的气体为CO，根据体积V=nVm来计算；一个CO含有14个电子，由（2）求出的CO的物质的量计算电子的物质的量和数目。本题考查了有关混合物的计算、物质的量的有关计算，题目难度中等，为高频考点，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意质量守恒定律在化学计算中的应用方法。16. 聚合氯化铝是新型、高效絮凝剂和净水剂，其单体是液态碱式氯化铝Al2（OH）nCl6-n工业上常采用铝

29、盐溶液部分水解制备碱式氯化铝，其工艺流程如下：已知：高岭土：Al2O3（25%34%）、SiO2（40%50%）、Fe2O3（0.5%3.0%）及少量杂质和水Al3+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH为5.2根据流程图回答下列问题：（1）写出溶解过程中反应的离子方程式_；_（2）加适量铝粉的主要目的是_（3）溶液的pH需控制在4.24.5的原因是_，_（4）“蒸发浓缩”需保持温度在90100，控制该温度的操作名称是_，写出该过程反应的化学方程式_【答案】Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；除去溶液中的铁元素；pH超过4.5，Al3+会形成Al（OH）3沉淀；pH低于4.2，Al3+水解程度很小，很难形成液态碱式氯化铝Al2（OH）nCl6-n；水浴加热；2AlCl3+nH2O=Al2（OH）nCl6-n+nHCl【解析】解：加入盐酸，二氧化硅不反应，Al2O3、Fe2O3与盐酸反应生成氯化铝、氯化铁，加入适量铝粉，过滤，除去溶液中的铁离子，在滤液中加入适量碳酸钙调节pH在4.24.5，将溶液蒸发浓缩，可得到Al2（OH）nCl6-n， （1）“溶解”过程反应的离子方程式有Al2O3+6H+=2Al3+3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故答案为：Al2O3+6