学年广西梧州市岑溪市高二下学期期末化学试题解析版.docx

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学年广西梧州市岑溪市高二下学期期末化学试题解析版

2017-2018学年广西梧州市岑溪市高二（下）期末化学试卷

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.下列叙述正确的是（　　）

A.1LCO2的质量比1LO2的质量大

B.1L0.1 mol•L-1硫酸钠溶液中含有的氧原子为0.4 mol

C.48gO2、O3的混合物中含氧原子的物质的量是3 mol

D.将58.5g NaCl溶解在1 L水中，溶液的浓度是1 mol•L-1

【答案】C

【解析】解：

A．气体摩尔体积与温度越强有关，温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，则无法计算1LCO2的质量、1LO2的物质的量，所以无法计算其质量，故A错误；

B.0.1mol/L、1L硫酸钠的物质的量是0.1mol，含有0.4molO，但是水中含有O原子，则硫酸钠溶液中氧原子物质的量大于0.4mol，故B错误；

C．n（O）=

=

=3mol，故C正确；

D．n（NaCl）=

=1mol，将58.5g NaCl溶解在1 L水中，溶液体积大于1L，所得溶液的浓度小于1mol/L，故D错误；

故选：

C。

A．气体摩尔体积与温度越强有关，温度和压强未知导致气体摩尔体积未知；

B．硫酸钠溶液中硫酸钠和水都含有O原子；

C．n（O）=

；

D．将58.5g NaCl溶解在1 L水中，溶液体积大于1L。

本题考查物质的量有关计算，侧重考查学生对基础知识的理解和掌握，明确摩尔体积使用条件及物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，易错选项是BD。

2.下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）

A.1 mol乙烷在光照条件下最多能与3 molCl2发生取代反应

B.棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素

C.正丁烷的一氯代物和二氯代物均只有1种

D.苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯

【答案】D

【解析】解：

A.1mol乙烷含有6molH，则最多能与6molCl2发生取代反应，故A错误；

B．棉花的主要成分为纤维素，蚕丝的主要成分是蛋白质，故B错误；

C．正丁烷含有2种H，则一氯代物有2种，二氯代物中氯原子可在相同或不同的C原子数，故C错误；

D．苯在一定条件下可与硝酸、氯气等发生取代反应，可通过取代反应制得硝基苯、氯苯，故D正确。

故选：

D。

A.1mol乙烷含有6molH；

B．蚕丝的主要成分是蛋白质；

C．正丁烷含有2种H；

D．苯在一定条件下可与硝酸、氯气等发生取代反应。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、官能团与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。

3.下列实验操作正确的是（　　）

A.可用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘单质

B.分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏

C.用淀粉碘化钾试纸鉴别碘水和溴水

D.粗盐的提纯实验中，滤液在坩埚中加热蒸发结晶

【答案】B

【解析】解：

A．碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，应萃取、分液、蒸馏从碘水中提取碘单质，故A错误；

B．具有塞子或活塞的仪器使用前需要检漏，则分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏，故B正确；

C．溴与KI反应生成碘，碘水中含碘，均使淀粉碘化钾试纸变蓝，不能鉴别，故C错误；

D．蒸发选蒸发皿，不能在坩埚中进行，故D错误；

故选：

B。

A．碘不易溶于水，易溶于有机溶剂；

B．具有塞子或活塞的仪器使用前需要检漏；

C．溴与KI反应生成碘，碘水中含碘；

D．蒸发选蒸发皿。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、物质的鉴别、仪器的使用、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。

4.在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈出现。

铁片腐蚀过程中发生的总化学方程式：

2Fe+2H2O+O2=Fe（OH）2，Fe（OH）2进一步被氧气氧化为Fe（OH）3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图所示。

下列说法正确的是（　　）

A.铁片发生析氢腐蚀

B.负极反应式是O2+4e-+2H2O=4OH-

C.铁片腐蚀最严重区域应该是生锈最多的区域

D.铁片中的碳粒加快了铁的腐蚀

【答案】D

【解析】解：

A．NaCl溶液呈中性，则Fe发生吸氧腐蚀，酸性条件下Fe发生析氢腐蚀，故A错误；

B．Fe作负极，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，故B错误；

C．铁片腐蚀最严重区域是负极区域，在正极附近生成铁锈，故C错误；

D．Fe、C和电解质溶液构成原电池而加速Fe的腐蚀，故D正确；

故选：

D。

在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀，中性条件下Fe发生吸氧腐蚀；铁作负极，发生失电子的氧化反应，即Fe-2e-=Fe2+，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：

2H2O+O2+4e-=4OH-，电子从负极Fe移向正极C，据此分析解答。

本题以金属腐蚀与防护为载体考查原电池原理，明确原电池各个电极上发生的反应是解本题关键，易错选项是C，注意铁锈在哪个电极上生成，题目难度不大。

5.Q、X、Y和Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。

这4种元素的原子最外层电子数之和为22．下列说法正确的是（　　）

X

Y

Q

Z

A.含氧酸的酸性Z大于XB.QY2不与任何酸反应

C.简单氢化物的稳定性Z大于XD.Y元素形成的离子含电子数是10

【答案】C

【解析】解：

由上述分析可知，Q为Si、X为N、Y为O、Z为Cl，

A．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，不是最高价含氧酸无此规律，且HClO为弱酸，硝酸为强酸，故A错误；

B．QY2与HF反应生成SiF4和水，故B错误；

C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性Z大于X，故C正确；

D．Y元素形成的离子若为O22-，所含电子数为8×2+2=18，故D错误；

故选：

C。

Q、X、Y和Z为短周期元素，设X的最外层电子数为x，4种元素的原子最外层电子数之和为22，则x+（x+1）+（x-1）+（x+2）=22，解得x=5，X位于第二周期，则X为N，结合相对位置可知Y为O、Q为Si、Z为Cl，以此来解答。

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，选项D为解答的难点，题目难度不大。

6.25℃时，在含CH3COOH和CH3COO-的溶液中，CH3COOH和CH3COO-二者中各自所占的物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如图所示。

下列说法不正确的是（　　）

A.在pH=7的溶液中α（CH3COOH）=0，α（CH3COO-）=1.0

B.pH从3～4，溶液中水的电离程度增大

C.25℃CH3COOH的Ka=10-4.76

D.在pH=4.76的溶液中加盐酸，CH3COOH的含量增大

【答案】A

【解析】解：

A．pH=7的溶液中，根据图象分析，CH3COOH几乎不存在，CH3COO-数量较多，但CH3COO-存在水解，溶液中不可能是α（CH3COOH）=0，α（CH3COO-）=1.0，故A错误；

B．pH从3～4过程中，CH3COO-含量增大，CH3COO-水解促进水的电离，所以pH从3～4，溶液中水的电离程度增大，故B正确；

C．溶液中α（CH3COOH）=α（CH3COO-）时，溶液pH=4.76，则c（H+）=10-4.76mol/L，所以CH3COOH的Ka=

=10-4.76，故C正确；

D．在pH=4.76的溶液中加盐酸，CH3COO-与H+结合生成CH3COOH，所以CH3COOH的含量增大，故D正确，

故选：

A。

A．pH=7的溶液中，根据图象分析，CH3COOH几乎不存在，CH3COO-数量较多；

B．pH从3～4过程中，CH3COO-含量增大，CH3COO-水解促进水的电离；

C．根据溶液中α（CH3COOH）=α（CH3COO-）时溶液的pH计算；

D．在pH=4.76的溶液中加盐酸，CH3COO-与H+结合生成CH3COOH。

本题考查了电解质溶液中离子浓度、物料守恒、图象分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

二、双选题（本大题共1小题，共4.0分）

7.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（　　）

A.可用超纯硅制造的单晶硅来制造芯片

B.氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板

C.碳酸钠可用于治疗胃酸过多

D.二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂

【答案】CD

【解析】解：

A．Si具有金属性、非金属性，为半导体材料，则超纯硅制造的单晶硅来制造芯片，故A正确；

B．Cu与氯化铁反应，则氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板，故B正确；

C．碳酸钠的碱性较强，一般选氢氧化铝或碳酸氢钠用于治疗胃酸过多，故C错误；

D．Mg与二氧化碳反应生成MgO、C，则二氧化碳不能作镁燃烧的灭火剂，故D错误；

故选：

CD。

A．Si具有金属性、非金属性；

B．Cu与氯化铁反应；

C．碳酸钠的碱性较强；

D．Mg与二氧化碳反应生成MgO、C。

本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，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。

三、简答题（本大题共4小题，共58.0分）

8.氮的化合物在化工领域有重要的作用：

（1）以铁为催化剂，0.6 mol氮气和1.8 mol氢气在恒温、容积恒定为1 L的密闭容器中反应生成氨气，20 min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3 mol。

①该条件下氮气的转化率是______，该温度下 N2+3H2⇌2NH2的化学平衡常数是______（保留小数点后两位）。

②在第25 min时，保持温度不变，将容器体积迅速增大至2L并保持恒容，体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%．氮气的转化率减小的原因是______。

③合成氨反应：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4 kJ•mol-1，在反应过程中只改变一个条件，正反应速率的变化如图所示：

t2时改变的条件是______；t4时改变的条件是______。

（2）①N2H4是一种高能燃料，有强还原性，可通过NH2和NaClO反应制得，写出该制备反应的化学方程式______。

②N2H4的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1≈1.0×10-6，则0.01 mol•L-1N2H4水溶液的pH等于______（忽略N2H4的二级电离和H2O的电离）。

③已知298K和101kPa条件下：

N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H1

2H2（g）+O2（g）=2H2O

（1）△H2

2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H3

4NH3（g）+O2（g）=2N2H4（l）+2H2O

（1）△H4

则N2H4（l）的燃烧热△H=______。

【答案】50% 1.65 扩大体积，压强减小，化学平衡逆向移动，氮气的转化率减小 加入催化剂 减小生成物浓度 2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O 10 

【解析】解：

（1）①20min内消耗的n（N2）=（0.6-0.3）mol=0.3mol，氮气转化率=

=

=50%；

开始时c（N2）=

mol/L=0.6mol/L、c（H2）=

mol/L=1.8mol/L，消耗c（N2）=

mol/L=0.3mol/L，

可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

开始（mol/L）0.6  1.8           0

消耗（mol/L）0.3     0.9         0.6

平衡（mol/L）0.3     0.9         0.6

化学平衡初始K=

=

=1.65，

故答案为：

50%；1.65；

②扩大体积，相当于减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动向逆反应方向移动，则氮气转化率降低，

故答案为：

扩大体积，压强减小，化学平衡逆向移动，氮气的转化率减小；

③t2时改变条件时平衡不移动，改变条件时能同等程度的增大正逆反应速率，平衡不移动，且该反应前后气体体积改变，所以改变的条件是加入催化剂；t4时改变条件时，达到平衡状态反应速率降低，则逆反应速率减小，为减小生成物浓度，

故答案为：

加入催化剂；减小生成物浓度；

（2）①N2H4可通过NH3和NaClO反应制得，该反应中N元素化合价由-3价变为-2价、Cl元素化合价由+1价变为-1价，生成氯化钠，同时生成水，反应方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，

故答案为：

2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；

②该溶液中溶质电离程度较小，则c（N2H4）≈0.01mol/L，该溶液中c（OH-）≈

=

=1.0×10-4，溶液中c（H+）=

mol/L=10-10mol/L，则溶液的pH=10，

故答案为：

10；

③I．N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H1

II.2H2（g）+O2（g）=2H2O

（1）△H2

III.2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H3

IV.4NH3（g）+O2（g）=2N2H4（l）+2H2O

（1）△H4

将方程式

得N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O

（1），则△H=

，

故答案为：

。

（1）①20min内消耗的n（N2）=（0.6-0.3）mol=0.3mol，氮气转化率=

；

开始时c（N2）=

mol/L=0.6mol/L、c（H2）=

mol/L=1.8mol/L，消耗c（N2）=

mol/L=0.3mol/L，

                        N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

开始（mol/L）：

0.6       1.8                 0

消耗（mol/L）：

0.3       0.9                0.6

平衡（mol/L）：

0.3       0.9                  0.6

化学平衡初始K=

；

②扩大体积，相当于减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动；

③t2时改变条件时平衡不移动，改变条件时能同等程度的增大正逆反应速率；t4时改变条件时，达到平衡状态反应速率降低，则逆反应速率减小，为减小生成物浓度；

（2）①N2H4可通过NH3和NaClO反应制得，该反应中N元素化合价由-3价变为-2价、Cl元素化合价由+1价变为-1价，生成氯化钠，同时生成水；

②该溶液中溶质电离程度较小，则c（N2H4）≈0.01mol/L，该溶液中c（OH-）≈

=

=1.0×10-4，溶液中c（H+）=

mol/L=10-10mol/L；

③I．N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H1

II.2H2（g）+O2（g）=2H2O

（1）△H2

III.2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H3

IV.4NH3（g）+O2（g）=2N2H4（l）+2H2O

（1）△H4

将方程式

得N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O

（1），焓变进行相应的改变。

本题考查化学平衡计算、弱电解质的电离、盖斯定律等知识点，综合性较强，把握三段式在化学平衡计算中的运用、弱电解质电离中近似处理方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。

9.某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu（NO3）2•3H2O晶体，并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu（NO3）2．设计的合成路线如下，请回答：

已知：

Cu（NO3）2•3H2O 

Cu（NO3）2•Cu（OH）2

CuO

SOCl2的熔点-105℃、沸点76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。

（1）步骤①中铁发生反应的离子方程式是______。

（2）第②步调pH适合的物质是______（填化学式）。

（3）第③步的操作是______、______、过滤，为得到较 大颗粒的Cu（NO3）2•3H2O 晶体，可采用的方法是______（填一种）。

（4）SOCl2与水反应的化学方程式是______。

（5）不直接加热Cu（NO3）2•3H2O制取Cu（NO3）2的理由是______。

【答案】Fe+4H++NO3-=NO↑+Fe3++2H2O CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3 蒸发浓缩 冷却结晶 慢慢降低温度结晶 SOCl2+2H2O=2HCl+H2O+SO2 直接加热Cu（NO3）2•3H2O，水解生成Cu（OH）2，或是温度控制不当生成CuO

【解析】解：

（1）Fe与足量稀HNO3反应生成NO气体、硝酸铁和水，该反应的离子方程式为：

Fe+4H++NO3-=NO↑+Fe3++2H2O，

故答案为：

Fe+4H++NO3-=NO↑+Fe3++2H2O；

（2）调节pH促进铁离子水解沉淀铁离子，不引入新杂质，同时不能沉淀铜离子，可选用CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3，

故答案为：

CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3；

（3）经过第③步操作从硝酸铜溶液获得Cu（NO3）2•3H2O晶体，需要采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤操作完成；

根据题意，温度不能高于170℃，否则Cu（NO3）2•3H2O变质，故蒸发浓缩应将溶液转移至蒸发皿中，控制温度（不高于170℃），加热至溶液表面形成一层晶膜减慢冷却结晶的速度，可得到较大颗粒的Cu（NO3）2•3H2O晶体，

故答案为：

蒸发浓缩；冷却结晶；慢慢降低温度结晶；

（4）SOCl2遇水剧烈水解生成两种酸性气体，生成气体为HCl和二氧化硫，该反应方程式为：

SOCl2+2H2O=2HCl+H2O+SO2，

故答案为：

SOCl2+2H2O=2HCl+H2O+SO2；

（5）根据反应Cu（NO3）2•3H2O 

Cu（NO3）2•Cu（OH）2

CuO可知，直接加热Cu（NO3）2•3H2O，会水解生成Cu（OH）2，若温度控制不当还会生成CuO，所以不直接加热Cu（NO3）2•3H2O制取Cu（NO3）2，

故答案为：

直接加热Cu（NO3）2•3H2O，水解生成Cu（OH）2，或是温度控制不当生成CuO。

含铁的铜屑用过量的硝酸溶解，得到的溶液为Cu（NO3）2、Fe（NO3）3的酸性溶液，条件pH沉淀铁离子，得到Cu（NO3）2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Cu（NO3）2•3H2O晶体，与SOCl2制混合得到用无水Cu（NO3）2，

（1）铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和NO和水；

（2）调节pH促进铁离子水解沉淀铁离子，不引入新杂质，同时不能沉淀铜离子，据此分析；

（3）第③步操作将硝酸铜溶液转化成硝酸铜晶体，不能直接加热，需要采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法；根据题意，温度不能高于170℃，否则Cu（NO3）2•3H2O变质，出现晶膜后减慢结晶速度可得到较大颗粒的晶体；

（4）根据“SOCl2遇水剧烈水解生成两种酸性气体”分析；

（5）根据Cu（NO3）2•3H2O 

Cu（NO3）2•Cu（OH）2

CuO分析。

本题考查物质制备方案设计，题目难度中等，根据制备流程明确实验原理为解答关键，注意合理把握题干信息，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。

10.元素A、B、C、D、E、F都是短周期元素，A元素原子的2p轨道上只有两个未成对电子，B的3p轨道上有空轨道，A、B同主族，B、C同周期，C是本周期中电负性最大的。

A、C、D、E、F 五种元素的某些性质如下表：

A

C

D

E

F

化合价

-4

-1

-2

-1

-2

电负性

2.55

3.16

3.44

3.98

2.58

请回答：

（1）A原子的核外电子排布的轨道表示式______，C 原子的价电子排布式是______。

（2）AC4的化学式是______，中心原子A的杂化方式是______杂化，分子空间构型是______。

（3）用氢健表示式写出E的氢化物的水溶液中存在的所有氢键______。

（4）相同条件下，AD2与FD2分子在水中的溶解度较大的是______（化学式），理由是______。

（5）A、D元素与氢元素形成的一种物质 AH2D，1 mol AH2D分子中σ键的数目为______。

【答案】

 3s23p5 CCl4 sp3 正四面体 F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O SO2 CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”，SO2在H2O中的溶解度较大 3NA

【解析】解：

由以上分析可知A为C元素，B为Si元素，C为Cl元素，D为O元素，E为F元素，F为S元素，

（1）A为碳元素，碳原子的

；C为氯元素C原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，价电子排布式为3s23p5，

故答案为：

；3s23p5；

（2）AC4的化学式是CCl4，C形成4个σ键，为sp3杂化，分子空间构型是正四面体，

故答案为：

CCl4；sp3； 正四面体；

（3）E的氢化物是氟化氢，氟化氢的水溶液中，氟化氢和氟化氢之间能形成氢键，水分子之间能形成氢键，水中氢离子和氟化氢中氟原子能形成氢键，氟化氢中氢原子和水中氧原子能形成氢键，所以其氢键有：

F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O，

故答案为：

F-H…F、F-H…O、O-H …F、O-H…O；

（4）AD2与FD2分别是二氧化碳和二氧化硫，二氧化碳是非极性分子，二氧化硫是极性分子，根据相似相溶原理知，二氧化碳不如二氧化硫易溶于水，

故答案为：

SO2；CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”，SO2在H2O中的溶解度较大；

（5）A、D元素与氢元素形成的一种物质AH2D，为HCHO，HCHO分子中σ键分别为C-H、C-H键以及O-C键，则1molHCHOσ键的数目为3 NA，故答案为：

3NA。

元素A、B、C、D、E、F都是短周期元素，A元素原子的2p轨道上只有两个电子，则A的外围电子排布为2s22p2，故A为C元素；B的3p轨道上有空轨道，A、B同主族，故B为Si元素；B、C同周期，C是本周期中电负性最大的，故C为氯元素，E的化合价也为-1价，且电负性大于Cl，则E为F元素，D、F的化合价都为-2价，由电负性关系可知D为O元素，F为S元素，以此解答该题。

本题考查结构性质位置关系应用，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握元素在周期表中的位置以及元素周期律的递变规律，熟练掌握元素化合物知识，有利于基础知识的复习巩固，难度中等。

11.某研究小组从甲苯出发，按如图所示路线合成染料中间体X和医药中间体Y

已知：

①化合物A、E、F互为同分异构体；

②-NH2+

→

；

③

   （易被氧化）。

请回答：

（1）A的名称是______。

（2）化合物G的结构简式是______，C 中官能团的名称是______。

（3）E转化为F的化学反应类型是______。

（4）补齐横线中有机物的结构简式：

符合下列条件的A的同分异构体有：

______、

、______、

。

①红外光谱检测表明分子中含有醛基；

②核磁共振氢谱显示分子中含有苯环，