百强校高中化学高二上学期期末考试5.docx

1、百强校高中化学高二上学期期末考试5【百强校】高中化学高二上学期期末考试学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1下列关于常见有机物的说法正确的是A淀粉水解与纤维素水解得到的最终产物不相同B蛋白质、纤维素、蔗糖、油脂都是高分子化合物C乙酸和油脂都能与NaOH溶液反应D乙醇、乙酸和乙酸乙酯不能用饱和Na2CO3溶液鉴别2下列离子方程式中属于盐类水解反应的是NH3+H2ONH4+OH- HCO3-+H2OH2CO3+OH-HCO3-+H2OH3O+CO32- Fe3+3HCO3-Fe(OH)3+3CO2NH4+2H2ONH3H2O+H3O+A B C D3下列化学用语表述正确的是A次氯酸的电离方程

2、式：HClO=H+ClOB铝溶于烧碱溶液的离子方程式：Al+2OH=AlO2+H2C电解精炼铜的阴极反应式：Cu2e=Cu2+D已知中和热为57.3 kJ/mol，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：H2SO4 (aq)+2NaOH (aq)= Na2SO4 (aq)+2H2O ( l ) H=114.6 kJ/mol4在一定温度下，对可逆反应A (g)+3B (g) 2C (g) 的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是A单位时间消耗2amol C，同时生成3a mol B Bv正(A)=2v正(C)Cv正(A)= 3v逆(B) D混合气体的物质的量不再变化5关于下列装置的说法中正确的是

3、A装置中，盐桥中的K+移向ZnS04溶液B装置工作一段时间后，加适量的Cu(OH)2可能恢复原溶液浓度C装置工作一段时间后，b极附近溶液的pH增大D刚开始时装置中的溶液内的H+都在铜电极上被还原，有气泡产生6A、B两种烃，含氢元素的质量分数相等，下列有关A、B的叙述正确的是AA和B的分子式一定相等 BA和B一定是同分异构体CA和B可能是同系物 D等物质的量的A和B完全燃烧生成水的物质的量一定相等7用蒸馏水逐步稀释0.2 mol/L的稀氨水时，若温度不变，在稀释过程下列数据始终保持增大趋势的是()Ac(OH) Bc(NH4) Cc(NH3H2O) Dc(NH4)/c(NH3H2O)8已知某温度下

4、，四种一元弱酸的电离平衡常数为：Ka(HCN)6.210-10 mol/L、Ka(HF)6.810-4 mol/L、Ka(CH3COOH)1.810-5 mol/L、Ka(HNO2)6.410-6 mol/L。物质的量浓度都为0.1 mol/L的下列溶液中，pH最小的是（ ）AHCN BCH3COOH CHF DHNO2二、填空题9I.合成氨工业在现代农业、国防工业中，有着重要的地位。己知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92 kJmol-1 (1)下列有关该反应速率的叙述，正确的是(选填序号)_。a.升高温度可以增大活化分子百分数，加快反应速率b.增大压强不能增大活化分子百分数

5、，但可以加快反应速率c.使用催化剂可以使反应物分子平均能量升高，加快反应速率d.在质量定的情况下，催化剂颗粒的表面积大小，对反应速率有显著影响(2)对于合成氨反应而言，如图有关图象一定正确的是(选填序号)_。II.向2L的密闭容器中充入7.6molNO和3.8molO2，发生如下反应：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)2NO2(g)N2O4(g)测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示，010min维持容器温度为T1，10min后升高并维持容器的温度为T2。(1)计算前5minN2O4反应的平均速率为_。(2)计算T1时反应的化学平衡常数为_。(3)若起始时向该容器中充入3.6molNO2

6、和2.0molN2O4，判断T1时反应进行的方向_(正向、逆向、不移动)。10亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸,向某依度的亚磷酸中滴加NaOH溶液，其pH与溶液中的H3PO3、H2PO3-、HPO32-的物质的量分数a(X)（平衡时某物种的浓度与整个物种浓度之和的比值)的关系如图所示。(1)以酚酞为指示剂,当溶液由无色变为浅红色时，发生主要反应的离子方程式是_(2)H3PO3的第一步电离H3PO3H2PO3-+H+的电离平衡常数为Ka1，则pKa1=_ (pKa1=-lgKa1)。(3)将0.lmol/L的NaOH逐滴滴入0.1mo/L的亚磷酸,为了主要得到Na2HPO3,反应应控制pH至少

7、为_；当反应至溶液呈中性时，c(Na+)_c(H2PO3-)+ 2c(HPO32-)(填“”、“”或“一”)。(4)已知亚磷酸可由PCl3水解而成,请写出相应的离子方程式_.三、综合题11A、B、D、E、G、M六种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大。其中，元素A的一种核素无中子，B的单质既有分子晶体又有原子晶体，化合物DE2为红棕色气体，G是前四周期中电负性最小的元素，M的原子核外电子数比G多10。请回答下列问题：(1)基态G原子的核外电子排布式是_，M在元素周期表中的位置是_，元素B、D、E的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(2)元素A和E组成的阳离子空间构型为_；

8、化合物ABD的结构式为_，其中B原子的杂化方式为_。(3)D的最高价氧化物对应的水化物甲与气体DA3化合生成离子化合物乙，常温下，若甲、乙两溶液的pH均等于5，则由水电离出的c(H+)甲/c(H+)乙=_；乙溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_。(4)元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数，Y达到8电子的稳定结构则该化合物的化学式为_；E的氢化物(H2E)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是_。X的氯化物与氨水反应可形成配合物X(NH3)4Cl2，1mol该配合物中含有

9、键的数目为_。四、实验题12碳、硫的含量影响钢铁性能，碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再进行测定。(1)在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2(气体a)。(2)将气体a通入测硫装置中(如图1)，采用滴定法测定硫的含量。H2O2氧化SO2的化学方程式：_ _。将的吸收液稀释至250mL，取1/10该溶液进行滴定，用酸式滴定管取液时赶走气泡的操作是_ 。用c mol/L 标准 NaOH 溶液滴定取出的溶液，则选择的指示剂为_，直至加入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色_，即可停止滴定。某次滴定前后，NaOH 溶液的液面如图2，其体积读数为_。若滴定3次，消耗NaOH溶液体

10、积的平均值为z mL，则该钢样中硫的质量分数为_(用 x、c、z表示)。下列操作会造成测定结果偏高的是_。a.水洗后未用标准液润洗碱式滴定管 b.加入1 mL酸碱指示剂c.滴定终点时，尖嘴出现气泡 d.滴定终点俯视滴定管的刻度将气体 a 通入测碳装置中(如图)，采用重量法测定碳的含量。为准确测定CO2，需除去SO2的干扰，除去SO2的装置是_(填序号)。计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_。去掉装置E，测得碳的质量分数 (填 “偏小”、“无影响”或“偏大”)上述操作中，测定CO2前先除去SO2，但测定SO2前却没除CO2，是否合理？若不合理，说明如何改正；若合理，说明理由_。参考答案1C【

11、解析】淀粉水解生成葡萄糖，纤维素水解生成葡萄糖，A错误；蔗糖、油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B错误；乙酸与NaOH发生中和反应，油脂都能与NaOH溶液发生水解反应，C正确；乙醇与Na2CO3溶液互溶，乙酸与Na2CO3溶液反应冒气泡，乙酸乙酯和Na2CO3溶液互不相溶，分层，现象不同，可以鉴别，D错误；正确选项C。点睛：天然高分子包括淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶。2A【解析】属于一水合氨的电离；属于HCO3-的水解；HCO3-的电离；Fe3+水解显酸性，HCO3-水解显碱性，二者混合相互促进水解；NH4+水解显酸性；属于盐类水解反应的是，A正确；正确选项A。3D【解析】【详解】A

12、、次氯酸是一元弱酸，部分电离，电离方程式为：HClOH+ClO-，故A错误；B、铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，则离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2，故B错误；C、阴极发生还原反应，电解精炼铜过程中，阴极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应式为：Cu2+2e-Cu，故C错误；D、已知中和热为57.3 kJmol-1，根据中和热的概念，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式为：1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)H=-57.3kJmol-1，即H2S

13、O4(aq)+2NaOH(aq)Na2SO4(aq)+2H2O(l)H=-114.6kJmol-1，故D正确。答案选D。4D【解析】【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。【详解】A、根据方程式可知单位时间消耗2amol C，同时生成3a mol B，同为逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A项错误；B、当达到化学平衡时，同一物质的正逆反应速率相等，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，v正(A)=2v正(C)不满足反应速率之比等于化学计量数之比，B项错误；C、当达到化学

14、平衡时，同一物质的正逆反应速率相等，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，v正(A)3v逆(B)不满足反应速率之比等于化学计量数之比，C项错误；D、反应前后气体的化学计量数之和是变化的，则混合气体的物质的量不再变化可以说明反应达到平衡状态，D项正确。答案选D。【点睛】突破化学平衡状态的判断：要抓住“变量不变”即可，如果所给的物理量随着反应的进行是一个变量，在某时间段内不变，就可以说明反应达到平衡状态；如果该物理量始终是一个定值，就不能作为判断的依据。因此化学平衡状态判断“三关注”：关注反应条件，是恒温恒容，恒温恒压，还是绝热恒容容器；关注反应特点，是等体积反应，还是非等体积反应；关注特

15、殊情况，是否有固体参加或生成，或固体的分解反应等。5B【解析】【分析】装置中是原电池装置，金属锌是负极，发生失电子的氧化反应，Cu是正极，氢离子在该极上发生得电子的还原反应，装置是电解池，石墨是阳极，该电极上是氢氧根离子失电子的氧化反应，金属铜是阴极，该电极上是铜离子得电子的还原反应，据此解答。【详解】A、装置中是原电池装置，金属锌是负极，Cu是正极，盐桥中的K+移向正极，即移向硫酸溶液，故A错误；B、装置是电解池，石墨是阳极，在阳极上产生氧气，在阴极上产生的是金属铜，一段时间后氢离子也可能放电，电解池复原的方法：出什么加什么，因此加适量的Cu（OH）2可能恢复原溶液浓度，故B正确；C、装置是

16、电解池，石墨是阳极，在阳极上产生氧气，消耗氢氧根离子，所以b极附近溶液的pH减小，故C错误；D、刚开始时，装置中的溶液内的H+在铜电极上被还原，装置中的溶液内的Cu2+先在铜电极上被还原，故D错误。故答案选B。6C【解析】【分析】A、B两种烃，含碳元素的质量分数相等，则含氢元素的质量分数也相同，故A、B两种烃的最简式相同，以此解答该题。【详解】AA、B两种烃的最简式相同，但分子式不一定相同，如为乙烯、环丙烷等，故A错误；BA、B的分子式不一定相同，二者不一定为同分异构体，故B错误；CA和B可能是同系物，如为乙烯、丙烯等，二者为同系物，故C正确；D二者的分子式不一定相同，则等物质的量的A和B完全

17、燃烧生成水的物质的量不一定相等，故D错误。故答案选C。7D【解析】试题分析：氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离。所以在稀释过程中，OH和NH4的物质的量是增加的，但它们的浓度是降低的。氨水的浓度也降低，但其物质的量也是降低的，所以答案选D。 考点：考查弱电解质的电离平衡及外界条件对电离平衡的影响点评：电离平衡也是一种动态平衡，适用于勒夏特列原理，据此可以进行有关的判断。其次还需要注意物质的量的变化和浓度的变化不一定都是一致的，需要灵活运用。8C【解析】试题分析：电离平衡常数越小，酸性越弱。根据电离平衡常数可知酸性最弱的是HCN，酸性最强的是HF，所以在浓度相同的条件下HF的酸性最强，pH最

18、小，答案选C。考点：考查电离平衡常数应用9abd ac 0.18mol/ (Lmin) 0.4 正向 【解析】【分析】I.（1）根据外界条件对反应速率的影响分析解答；（2）根据外界条件对反应速率、平衡的影响结合图像中曲线的变化趋势分析判断；II.（1）根据前5min内N2O4的浓度变化量结合反应速率的含义分析解答；（2）根据平衡时NO2和N2O4的浓度以及平衡常数的含义计算；（3）根据浓度熵和平衡常数的大小关系分析判断。【详解】I（1）a升高温度可以增大活化分子百分数，有效碰撞的次数增加，则加快反应速率，故a正确；b增大压强，可增大单位体积内活化分子数目，则加快反应速率，不能增大活化分子百分数

19、，故b正确；c使用催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，但反应物分子平均能量不变，故c错误；d增大固体表面积，可增大反应速率，因此在质量定的情况下，催化剂颗粒的表面积大小，对反应速率有显著影响，故d正确；故答案为abd；（2）a正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，则氨气的体积分数减小，但反应到达平衡的时间缩短，故a正确；b反应到达平衡时，各物质浓度变化量之比等于其计量数之比，物质的浓度不一定相等，故b错误；c使用催化剂加快反应速率，缩短反应时间，但不影响平衡移动，符合题意，故c正确；故答案为ac；（1）从图可知5min时N2O4浓度为0.9mol/L，则前5min内反应的平均速率v（N2O4

20、）=0.9mol/L5min=0.18mol/（Lmin）；（2）T1时反应2NO2（g）N2O4（g）在5min时达到平衡，此时N2O4浓度为0.9mol/L，NO2浓度为1.5mol/L，则化学平衡常数K=c(N2O4)/c2(NO2)=0.9/1.52=0.4；（3）起始时向该容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4，此时Qc=1.0/1.820.31K，因此反应正向进行。【点睛】化学平衡图像题的解题技巧：紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。先拐先平，在含量(转化率)时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲

21、线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。10 H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O 2 8.5 = PCl3+3H2O=H3PO3+3H+3Cl-【解析】（1）以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，溶液的pH大于10.0，根据图像可知生成物主要是HPO32，所以发生主要反应的离子方程式是H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O；（2）根据图像可知当H3PO3与H2PO3-的含量相等，即均是50

22、%时pH2，所以Ka1，则pKa1=lgKa12。（3）根据图像可知溶液pH8.5时主要是生成Na2HPO3，因此反应应控制pH至少为8.5；根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)c(OH-)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，因此当反应至溶液呈中性即c(H+)c(OH-)时，溶液中的c(Na+)c(H2PO3-)+2c(HPO32-)。（4）已知亚磷酸可由PCl3水解而成，则根据原子守恒可知还有氯化氢生成，所以相应的离子方程式为PCl3+3H2O=H3PO3+3H+3Cl-。111s22s22p63s22p63d104s1 第四周期第B族 NOC 三角锥形 H-CN sp 104

23、c(NO3-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) ZnS 水分子与乙醇分子间形成氢键而不与H2S分子形成氢键 16NA或166.021023或9.6321024 【解析】【分析】A、B、D、E、G、M六种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大。其中，元素A的一种核素无中子，A是H；B的单质既有分子晶体又有原子晶体，所以B是C；化合物DE2为红棕色气体，则D是N，E是O；G是前四周期中电负性最小的元素，则G是K；M的原子核外电子数比G多10，M的原子序数是19+1029，所以M是Cu。据此解答。【详解】根据以上分析可知A是H，B是C，D是N，E是O，G是K，M是Cu。则（1）基态K原子的

24、核外电子排布式是1s22s22p63s22p63d104s1，铜的原子序数是29，铜元素在元素周期表中的位置是第四周期第B族，同周期非金属性越强，第一电离能越大，但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则元素C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为NOC。（2）元素A和E组成的阳离子是H3O,其中氧元素的价层电子对数是3+（6-1-13）/24，含有一对孤对电子，因此空间构型为三角锥形；根据8电子和2电子稳定结构化合物HCN的结构式为H-CN，分子是直线形结构，其中B原子的杂化方式为sp。（3）D的最高价氧化物对应的水化物甲是硝酸与气体NH3化合生成离子化合物乙是硝酸铵，硝酸抑制水的

25、电离，铵根水解促进水的电离，所以常温下，若甲、乙两溶液的pH均等于5，则由水电离出的c(H+)甲/c(H+)乙=109/105=104；硝酸铵溶液中铵根水解，溶液显酸性，则所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c(NO3-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)。（4）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，因此X是Zn。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S。X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数，即为+2价，Y达到8电子的稳定结构，Y是2价，则该化合物的化学式为ZnS；由于水分子与乙醇分子间形成氢键而不与H2S分子形成氢键，所以O的氢化物（H2O

26、）在乙醇中的溶解度大于H2S；锌的氯化物与氨水反应可形成配合物Zn(NH3)4Cl2，由于单键都是键，所以1mol该配合物中含有键的数目为16NA。12（2） SO2H2O2H2SO4（2分）；快速放液（1分）；酚酞（1分）恰好使溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（1分）；24.50 mL（2分）；16cz/x %（2分）； ab（1分）；A、B（1分）；装置 D 吸收气体前后的质量（1分） 偏大（1分）；合理（1分），SO2被氧化成硫酸后，溶液中的 c(H+)增大，使 CO2 的溶解平衡向逆向移动，导致 CO2 在水中几乎不溶，不会对测定SO2 产生影响。CO2 和 SO2 都能被碱石灰

27、吸收，因此测定 CO2 时必须除去 SO2（2分）。【解析】试题分析：（2）H2O2具有氧化性，SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应常数硫酸，H2O2氧化SO2的化学方程式是SO2H2O2H2SO4；将的吸收液稀释至250mL，取1/10该溶液进行滴定，用酸式滴定管取液时赶走气泡的操作是快速放液，使气泡随液流赶出；用c mol/L标准NaOH溶液滴定取出的硫酸溶液，根据视觉的滞后性，为减小实验误差，应该选择的指示剂为酚酞；开始酚酞在酸溶液中，为无色，随着NaOH的加入，溶液的碱性逐渐增强，当加入最后一滴 NaOH 溶液时，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，即可停止滴定；滴定前液面在

28、0.30mL，滴定结束时液面在24.80mL，则反应消耗NaOH标准溶液的体积是24.80mL-0.30mL24.50mL，若滴定3次，消耗NaOH溶液体积的平均值为 z mL，则根据元素守恒可知n(NaOH)=2n(H2SO4)=2n(S)，n(NaOH)= cz10-3 mol，则n(S)=1/2 n(NaOH)= 5cz10-4 mol，该钢样中硫的质量分数为(5cz10-4 mol32g/mol)0.1x100=16cz/x；a.水洗后未用标准液润洗碱式滴定管，使NaOH标准溶液的浓度偏低，导致消耗标准溶液的体积偏大，则使测定的硫酸的浓度偏大，正确；b.加入 1mL酸碱指示剂，由于指示

29、剂偏大，会使反应消耗的NaOH标准溶液的体积偏多，据此计算的硫酸的浓度偏高，正确；c.滴定终点时，尖嘴出现气泡，则NaOH溶液的体积偏少，会使计算的硫酸的浓度偏低，错误；d.滴定终点俯视滴定管的刻度, 使反应消耗的NaOH标准溶液的体积偏少，据此计算的硫酸的浓度偏低，错误。答案选ab；SO2具有还原性，可以被氧化剂MnO2、KMnO4氧化产生硫酸，而CO2不能发生反应，因此除去CO2中的SO2杂质的装置是AB；计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是钢样品的质量及装置D吸收气体前后的质量。若去掉装置 E，空气中的水、二氧化碳会被E吸收，也会将它们当作CO2，故使测得碳的质量分数偏大；上述操作中，测定CO2前先除去SO2，因为CO2和SO2都能被碱石灰吸收，因此测定CO2时必须除去SO2；但测定SO2前却没除CO2，是因为SO2被氧化成硫酸后，溶液中的c(H+)增大，使CO2的溶解平衡：CO2+H2O=H2CO3H+HCO3-向逆反应方向移动，导致CO2在水中几乎不溶，因此不会对测定SO2产生影响。考点：考查物质中成分含量的测定、实验方案的评价的知识