1、河南省焦作市2019-2020学年高二化学下学期学业质量测试（期末考试）试题（含解析）1.古诗词中包含了丰富的化学知识，下列说法错误的是A. 梨花淡白柳深青，柳絮飞时花满城：柳絮主要成分属于糖类B. 高堂明镜悲白发，朝如青丝暮成雪：白发的主要成分为蛋白质C. 墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生：墨滴能产生丁达尔效应D. 煮豆燃豆萁，豆在釜中泣：豆科植物可自然固氮，该过程属于物理变化【答案】D【解析】【详解】A. 柳絮的主要成分是纤维素，其属于糖类，故A正确；B. 白发的主要成分为蛋白质，故B正确；C. 墨滴属于胶体，能产生丁达尔效应，故C正确；D. 豆科植物可自然固氮，该过程生成新物质，属于化学变
2、化，故D错误；故选D。2.实验室利用苯与浓硝酸、浓硫酸制取并提纯硝基苯的实验过程中，下列装置未涉及的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】制备硝基苯的实验，一般步骤为：a、配制一定比例形成的浓硫酸和浓硝酸的混合酸，加入反应器中；b、向冷却后的混合酸中逐滴加入一定质量的苯，充分振荡，混合均匀；c、用水浴加热在5060下发生反应，直至反应结束；d、除去混合酸后，粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤，其间进行多次分液操作；e、将用无水CaCl2干燥后的粗产品进行蒸馏，得到纯硝基苯。故实验中发生反应需要用到水浴加热装置、除杂过程需要用到分液操作装置，最后分离出纯硝
3、基苯还要用到蒸馏装置，只有装置未涉及，故答案为：D。3.SF6可用作高压电力设备中的“气体绝缘开关”，由S(g)与F2(g)制备SF6(g)的能量变化如图所示，下列说法正确的是A. 若已知SF键的键能则可确定FF键的键能B. S(g)3F2(g)=SF6(g)H=1209kJmol1C. 与S(g)3F2(g)=SF6(g)相比，S(s)3F2(g)=SF6(g)放出的热量较多D. 由于反应放出的热量大于反应，所以反应速率：【答案】A【解析】【详解】A根据第二步的反应热可以得出：，故若已知SF键的键能则可确定FF键的键能，A正确；B由图中可知该反应为放热反应，S(g)3F2(g)=SF6(g)
4、H=-1209kJmol1，B错误；C由S(g)到S(s)的过程是放热的，故与S(g)3F2(g)=SF6(g)相比，S(s)3F2(g)=SF6(g)放出的热量较少，C错误；D由于反应放出的热量大于反应，但是反应速率与反应热的大小无关，而与反应的活化能有关，一般活化能越小反应速率越快，故反应速率应该是c(H)=c(OH)D. 若用0.05molL1HN3溶液滴定20mL0.05molL1氨水，则所得曲线完全相同【答案】D【解析】【详解】A溶液的导电性与离子浓度和离子所带的电荷有关，溶液的导电性越强，其电阻率越小，故电阻率与离子浓度和离子所带电荷有关，A正确；Bc点是氨水和叠氮酸恰好完全反应，
5、故此时溶液就是叠氮酸铵，溶液中只有离子的水解，没有氨水或叠氮酸的电离，故对水的电离其促进作用，故a、b、c、d四点中，水的电离程度最大的是c，B正确；Cc点是氨水和叠氮酸恰好完全反应的时刻，由于NH3H2O的电离常数Kb=1.7105，HN3的电离常数Ka=1.9105，故的水解程度大于的水解程度，故此时溶液呈弱酸性，继续氨水溶液可能呈中性，故cd之间可能存在：c(N3)=c( )c(H)=c(OH)，C正确；DNH3H2O的电离常数Kb=1.7105，HN3的电离常数Ka=1.9105，二者电离平衡常数略有差别，加上离子的移动速率也是影响电阻率一个因素，故若用0.05molL1HN3溶液滴定
6、20mL0.05molL1氨水所得曲线不完全相同，D错误；故答案为：D。15.已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，X与W、M形成的化合物XW2、XM4均为重要的溶剂，25时，浓度均为0.1moLL1的上述元素的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH随原子序数的变化如图所示.回答下列问题：(1)M在元素周期表中的位置为_.(2)W可与Z形成化合物Z2W2，写出该物质的电子式：_.(3)写出一个能说明W与M非金属性强弱的离子方程式：_.(4)Z的单质可以与X的最高价氧化物反应生成一种盐和黑色固体单质，若每转移1mol电子，恢复至室温时该反应放出QkJ热量，写出该反应的热化学方程式：_.(5)M的
7、单质为有毒气体，且在工业上用途广泛，常用Y的简单氢化物检验其运输管道是否漏气，漏气时的现象为产生白烟，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_.【答案】 (1). 第3周期第VIIA族 (2). (3). (4). (5). 3:2【解析】【分析】已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，25时，浓度均为0.1moLL1的上述元素的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH随原子序数的变化如图所示，Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=13，说明其为一元强碱，则Z为Na元素；M的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=1，说明其为一元强酸，又M的原子序数大于Na，则M为Cl元素；W的最高价氧化物对应的水
8、化物溶液的pH1，又W的原子序数大于Na，小于Cl，说明其为硫酸，则W为S元素；X与W、M形成的化合物XW2、XM4均为重要的溶剂，则X为C元素；Y的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=1，说明其为一元强酸，又Y的原子序数大于C，小于Na，则Y为N元素，据此分析解答。【详解】由以上分析知，X为C元素，Y为N元素，Z为Na元素，W为S元素，M为Cl元素，(1)M为Cl元素，Cl在元素周期表中的位置为第3周期第VIIA族；(2)Z为Na元素，W为S元素，S可与Na形成化合物过硫化钠Na2S2，类似Na2O2，该物质的电子式为：；(3)向Na2S溶液中通入氯气，生成淡黄色沉淀，说明发生了反应，说明氧
9、化性：Cl2S，则非金属性：ClS；(4)C的最高价氧化物为CO2，Na与CO2反应生成一种盐和黑色固体单质，应为Na2CO3和C单质，则反应的化学方程式为，当有4mol钠参与反应时转移4mol电子，若每转移1mol电子，恢复至室温时该反应放出QkJ热量，则4mol钠参与反应时，应放出4QkJ的热量，故该反应的热化学方程式：；(5)Cl2是有毒气体，常用NH3检验其运输管道是否漏气，漏气时的现象为产生白烟，发生反应的化学方程式为，根据化合价变化可知，当8molNH3和2mol氯气发生反应时，其中3mol氯气均得电子被还原，作氧化剂，而只有2molNH3中N元素失电子被氧化，作还原剂，另外6mo
10、lNH3中N元素没有变价，故该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2。【点睛】第(5)问，一定注意反应中，并不是所有参加反应NH3均被氧化，我们要分析元素化合价的变化，只有化合价升高的那一部分元素，才能是失电子被氧化，作还原剂的部分，这是同学们的易错点。16.羰基硫(COS)在常温常压下为有臭鸡蛋气味的无色气体，广泛应用于农药、医药和其他化工生产中，存在于煤、石油和天然气中的羰基硫会腐蚀设备、污染环境，更会危害人体健康，工业上处理羰基硫常见的方法有水解反应和氢解反应。(1)已知羰基硫中所有原子最外层均达到8电子结构，则其结构式为_。(2)已知：H2(g)COS(g)H2S(g)CO(g)H
11、1=6.2kJmol1；H2(g)CO2(g)H2O(g)CO(g)H2=412kJmol1；则COS水解反应的热化学方程式为H2O(g)COS(g)=H2S(g)CO2(g)，H=_kJ/mol.已知：COS水解反应的机理如下，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。a. 吸附：H2OH2O*b. 反应：COSH2O*CO2H2S*c. 脱附：H2S*H2S已知COS水解反应的反应速率由b决定，则a、b、c三步中活化能最大的是_。(3)已知COS氢解反应的热化学方程式为H2(g)COS(g)H2S(g)CO(g) H=+6.2kJmol1，一定温度下，向某恒容密闭容器中充入4molCOS(g)和
12、6molH2(g)发生氢解反应，H2、COS的体积分数随时间变化的关系如图所示，H2的平衡转化率为_，该温度下，反应的平衡常数K为_，其他条件不变，20min时，向该容器中充入2molH2和3molCO，此时v(正)_v(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。【答案】 (1). O=C=S (2). -35.0 (3). b (4). 60% (5). 13.5 (6). 等于【解析】【分析】(2)根据盖斯定律进行计算；化学反应的反应速率由反应速率最慢的一步决定，且反应的活化能越大，反应速率越慢；(3)根据已知信息和反应的特点，列三段式进行计算。【详解】(1)已知羰基硫中所有原子最外层均达到8
13、电子结构，类比CO2，可知其结构式为O=C=S；(2)已知热化学方程式：H2(g)COS(g)H2S(g)CO(g)H1=6.2kJmol1；H2(g)CO2(g)H2O(g)CO(g)H2=41.2kJmol1；根据盖斯定律可知，由-可得目标方程式，则COS水解反应的热化学方程式为H2O(g)COS(g)=H2S(g)CO2(g) H=H1-H2=6.2kJmol-1 - 41.2kJmol-1= -35.0kJ/mol；已知COS水解反应的反应速率由b决定，则步骤b的反应速率最慢，则a、b、c三步中活化能最大的是b；(3)该反应前后气体物质的量不变，则气体总物质的量始终为10mol，由图像
14、可知，达到平衡状态时，H2(g)的体积分数为24%，则平衡时，H2(g)的物质的量为2.4mol，则H2(g)的转化量为3.6mol，则H2的平衡转化率为；可列出三段式为(单位为mol)：，因为该反应前后气体物质的量不变，故该温度下，反应的平衡常数；其他条件不变，20min时，向该容器中充入2molH2和3molCO，此时n(H2)=4.4mol，n(CO)=6.6mol，则浓度商，故反应处于平衡状态，则v(正)等于v(逆)。【点睛】化学反应的反应速率由反应速率最慢的一步决定，且反应的活化能越大，反应速率越慢，这是学生们的易忘点。17.新冠肺炎疫情期间，多种含氯消毒剂如84消毒液、Cl2、Na
15、ClO2等对病毒均具有很好的消杀作用，其中亚氯酸钠(NaClO2)在工业上常以ClO2气体为原料制备，实验室制备亚氯酸钠的装置如图所示(夹持装置已略)。已知：控制电压电解饱和食盐水可得到ClO2；Cl2易溶于CCl4；亚氯酸钠在不同温度下的溶解度如下表所示：温度204060溶解度/g6.223.448.3回答下列问题：(1)装置甲中产生ClO2的电极反应式为_。(2)装置乙中CCl4的作用为_。(3)装置丙中生成NaClO2的化学方程式为_。(4)从装置丙反应后的溶液中获得NaClO2晶体的步骤如下：其中步骤加热到_(填现象)时停止加热，步骤是_。(5)准确称取2.26gNaClO2粗品，加入
16、盛有20.00mL刚煮沸并冷却过的水、足量10%的稀硫酸和30.00mL质量分数为40%的KI溶液(足量)的碘量瓶中，立即密封并摇晃碘量瓶至试样完全反应，再加入淀粉作指示剂用浓度为3.00mol/L的Na2S2O3溶液滴定(已知整个过程中发生的反应依次为4I4H=2I2Cl2H2O，)，若三次平行实验测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为30.00mL，则粗品的纯度为_%(保留三位有效数字)，若使用的水未煮沸，则测定结果会_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). Cl- -5e- + 2H2O = ClO2+ 4H+ (2). 除去ClO2中可能含有的Cl2 (3). 2Cl
17、O2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2 (4). 溶液表面出现晶膜 (5). 冷却结晶 (6). 90.1 (7). 偏高【解析】【分析】由题意及装置图可知，装置甲通过控制电压电解饱和食盐水制取ClO2，ClO2中可能含有Cl2，Cl2与NaOH反应可生成次氯酸钠或氯酸钠，故装置乙的作用是除去Cl2；在装置丙中，过氧化氢还原ClO2制取NaClO2，装置丁用于吸收多余的ClO2，防止污染空气。根据NaClO2的溶解度数据可知，其溶解度随温度的变化而变化明显，因此可通过对NaClO2溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaClO2晶体，据此分析解答。【详解】(1
18、)装置甲通过控制电压电解饱和食盐水制取ClO2，氯元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，则装置甲中产生ClO2的电极反应式为Cl- - 5e- + 2H2O = ClO2+ 4H+；(2)由以上分析知，装置乙中CCl4的作用为除去ClO2中可能含有的Cl2；(3)装置丙中，过氧化氢还原ClO2制取NaClO2，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；(4)根据NaClO2的溶解度数据可知，其溶解度随温度的变化而变化明显，因此可通过对NaClO2溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaClO2晶体，因此步骤
19、加热到溶液表面出现晶膜时停止加热，步骤是冷却结晶；(5)由已知反应可得关系式：NaClO22I24S2O32-，则m(NaClO2)=，则粗品的纯度为；若使用的水未煮沸，水中会含有氧气，而氧气也能氧化碘离子生成碘单质，从而使消耗的Na2S2O3溶液的体积增大，则测定结果会偏高。【点睛】通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到晶体时，蒸发浓缩停止的标志是加热到溶液表面出现晶膜；而蒸发结晶得固体时，应蒸发至出现大量固体时停止加热，利用余热蒸干。18.磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种大型非线性光学晶体，在未来能源领域“人造太阳”计划中有重要作用.以氯磷灰石【主要成分为Ca5(PO4)3Cl，还
20、含有少量Al2O3、Fe2O3等杂质】为原料制备KH2PO4的一种工艺流程如图所示：已知：离子完全沉淀时的pH为Fe3+：3.5，Al3+：5.2.Ca3(PO4)2与CaHPO4均难溶于水，Ca(H2PO4)2能溶于水(1)已知“酸浸”时发生反应的化学方程式为，该反应体现了浓硫酸的_性和_性.(2)如果将原料改为氟磷灰石，则“酸浸”时不能使用玻璃容器，原因是_.(3)“反应”的化学方程式为_.(4)常温下磷酸的电离平衡常数、，的电离常数、，则常温下KH2PO4水溶液显_(填“酸性”“碱性”或“中性”)；将少量磷酸滴入碳酸钠溶液中反应的离子方程式为_.(5)KH2PO4也可以通过如图所示装置电
21、解制备：则阳极的电极反应式为_.假如通电前a、b两室溶液的质量相等，若有2NA个K+通过交换膜，则两室溶液的质量差为_g.【答案】 (1). 强酸 (2). 难挥发 (3). 生成的HF会与玻璃中的SiO2反应 (4). K2SO4+Ca(H2PO4)2=2KH2PO4+CaSO4 (5). 酸性 (6). H3PO4+2CO=HPO+2HCO+H2O (7). 2Cl-2e=Cl2 (8). 225g【解析】【分析】氯磷灰石主要成分为Ca5(PO4)3Cl，还含有少量Al2O3、Fe2O3等杂质粉碎，加入浓硫酸酸浸，并加热，生成HCl气体，过滤得到微溶物硫酸钙，滤液含有磷酸、硫酸铁、硫酸铝等
22、，加入碳酸钙调节pH，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，过滤在得到的滤液中加入硫酸钾，生成硫酸钙，同时生成KH2PO4，经系列操作得到KH2PO4晶体，以此解答该题。【详解】(1)该反应中生成磷酸体现了浓硫酸的强酸性，生成HCl体现了浓硫酸的难挥发性；(2)根据酸浸时发生的反应可知若将原料改为氟磷灰石会生成HF，而HF会与玻璃中的SiO2发生反应，所以不能使用玻璃容器；(3)根据所给条件“Ca3(PO4)2与CaHPO4均难溶于水，Ca(H2PO4)2能溶于水”可知加入硫酸钾前溶液中的溶质主要为Ca(H2PO4)2，所以“反应II”的化学方程式为K2SO4+Ca(H2PO4)2=2KH2PO4+Ca
23、SO4；(4)KH2PO4溶液中存在H2PO的电离和水解，其电离平衡常数为Ka2=6.310-8，其水解平衡常数Kh=1.410-12H2CO3H2POHCOHPO，所以将少量磷酸滴入碳酸钠溶液中反应的离子方程式为H3PO4+2CO=HPO+2HCO+H2O；(5)该装置需要制备KH2PO4，所以电解过程中钾离子要向左侧移动，则左侧为阴极，右侧为阳极，阳极的电解质溶液为KCl溶液，所以氯离子在阳极放电生成氯气，电极反应式为：2Cl-2e=Cl2；左侧为阴极，氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H+2e=H2，通电前两室质量相等，若有2NA个K+通过交换膜，即右室有2molK+进入左室，根据电极反
24、应式可知同时右室生成1mol氯气，左室生成1mol氢气，则两室溶液的质量差为39g/mol4mol+71g/mol1mol-2g/mol1mol=225g。【点睛】第4小题为本题易错点，根据电离平衡常数判断各物质的酸性的强弱关系，再根据“强酸制弱酸”规律的书写离子方程式；第5小题计算质量差时要注意右侧减少2mol钾离子，左侧增加2mol钾离子，差值为4mol钾离子。19.中国科学院上海有机化学研究所有机氟化学重点实验室在寻找新的反应砌块的过程中，意外发现一种安全、高效合成罕见的硫()氟类无机化合物(氟磺酰基叠氮)的方法，该化合物对于一级胺类化合物有极高的重氮转移反应活性和选择性.请回答下列问题
25、：(1)基态硫的价电子排布为_，氟的最高能级中电子云的形状为_.(2)中四种元素的第一电离能由大到小的顺序为_.(3)以和NaN3为原料在一定条件下可合成(氟磺酰基叠氮).NaN3中阴离子的中心氮原子的杂化方式为_.中不存在_(填字母).A.极性键B.非极性键C.离子键D.金属键E.键F.键(4)HSCN和HN=C=S均为叠氮酸(HN3)的等电子体，二者的沸点： HSCNHN=C=S，其原因是_，HSCN、HN=C=S晶体中，有一种采用分子密堆积，即配位数为12，该物质是_(填结构式).(5)NaN3晶体的晶胞结构如图所示.晶体中，每个Na+周围与它距离最近且相等的Na+共有_个设阿伏加德罗常
26、数的值为NA，晶胞参数为apm，则NaN3晶体的密度为_gcm-3(列出计算式).【答案】 (1). 3s23p4 (2). 哑铃形 (3). FNOS (4). sp (5). D (6). HN=C=S分子间存在氢键 (7). HSCN (8). 12 (9). 【解析】【详解】(1)S元素为16号元素，基态S原子核外电子排布式1s22s22p63s23p4或Ne3s23p4，价电子排布为3s23p4；F元素为9号元素，最高能级为2p，电子云形状为哑铃形；(2)N、O、F原子核外均有2层电子，S原子核外有3层电子，所以S的第一电离能最小，同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子
27、2p能级半满，能量更低，第一电离能大于O，所以四种元素第一电离能由大到小顺序为FNOS；(3)NaN3中阴离子为N，中心N原子价层电子对数为=2，所以为sp杂化；该物质由阴阳离子构成，所以存在离子键；氮硫单键、氮碳单键等均为键，且均为极性键；氧硫双键、氮碳双键均含键；碳碳双键为同种元素形成的共价键，所以为非极性键；该物质既不是金属单质也不是合金，所以不含金属键，所以选D；(4)HN=C=S中N原子与H原子相连，所以可以形成分子间氢键，导致沸点较高；由于氢键具有方向性，所以HN=C=S晶体中不是密堆积，所以采用分子密堆积的是HSCN；(5)以顶面面心的Na+为例，该晶胞中距离其最近且相等的Na+
28、位于顶面的四个顶点以及与顶面相邻的四个面的面心，位于该晶胞上方的晶胞中还有4个面心，所以共有12个；根据均摊法该晶胞中Na+的个数为=4，N的个数为4，所以晶胞的质量为m=g，晶胞的体积V=a3pm3=(a10-10)3cm3，所以晶胞的密度为=gcm3。【点睛】判断N中心氮原子杂化方式时也可以应用等电子体理论，原子总数相同，价电子总数相同的分子、离子或基团为等电子体，等电子体中心原子杂化方式相同，CO2为N的一种等电子体，由CO2中心原子采取sp杂化可知N中心氮原子杂化方式也是sp杂化。20.H是合成预防静脉血栓形成()的原料药利伐沙班中间体，其合成路线如图：已知：(1)A的化学名称为_，C
29、中含有官能团的名称为_。(2)CD的反应类型为_。(3)G的结构简式为_。(4)DF的化学方程式为_。(5)满足下列条件的D的同分异构体有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有6组峰且峰面积之比为4:2:1:1:1:1的结构简式为_(写一种)。苯环上有3个取代基；两个氨基直接和苯环相连；可以和溶液反应；该物质与足量钠反应产生；(6)已知：，以C为原料合成的合成路线为_(其他试剂任选)。【答案】 (1). 苯 (2). 溴原子、硝基 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 6 (7). 、 (8). 【解析】【分析】由流程图可知，A为苯 ，在溴化铁的催化作用下苯与液溴发生取代反应生
30、成B溴苯，在浓硫酸的作用下溴苯与浓硝酸发生硝化反应生成C，由D的结构简式可知，C的结构简式为，C与H2NCH2CH2OH发生取代反应生成D，D与E发生取代反应生成F，由D与F的结构简式、结合E的分子式可知，E的结构简式为，根据已知信息反应知，G发生还原反应生成H，则G为，F在NaOH存在下反应生成G，据此分析解答。【详解】(1)A的化学名称为苯，C为，含有官能团的名称为溴原子、硝基；(2)C为，C与H2NCH2CH2OH反应时，-NHCH2CH2OH取代了C中的溴原子生成D，故C与H2NCH2CH2OH发生取代反应生成D；(3)G的结构简式为；(4)D与E发生取代反应生成F，故DF的化学方程式
31、为；(5)满足下列条件的D的同分异构体，苯环上有3个取代基；两个氨基直接和苯环相连；可以和溶液反应，说明有一个羧基；该物质与足量钠反应产生，说明还有一个羟基，则另一个取代基为；当两个氨基位于邻位时，有2种取代方式；当两个氨基位于对位时，有1种取代方式；当两个氨基位于间位时，有3种取代方式，则符合条件的同分异构体共6种；其中核磁共振氢谱有6组峰且峰面积之比为4:2:1:1:1:1的结构简式为、；(6)根据已知信息反应可知，与NaCN反应生成，在酸性条件下反应生成，发生还原反应生成，再发生缩聚反应生成，故合成路线为：。【点睛】G的结构简式的确定是学生们的易错点，学生们往往认为F 在碱性条件下发生卤代烃的水解反应生成，即为G；实际上，根据已知信息反应：进行逆推，G应该只是发生还原反应生成H，不会在此条件下发生分子内脱水再形成醚键，G为，而不能是；F 在碱性条件下先发生卤代烃的水解反应生成，再在碱性条件下发生分子内脱水生成G。
