1、四川省宜宾市叙州区第一中学校2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）注意事项：1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。 3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 23 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64 第I卷 选择题一、选择题1. 化学家借助太阳能
2、产生的电能和热能，用空气和水作原料成功地合成了氨气。下列有关说法正确的是A. 该合成中所有的电能和热能全部转化为化学能B. 该合成氨过程不属于氮的固定C. 空气、水、太阳能均为可再生资源D. 断裂N2中的NN键会释放出能量【答案】C【解析】【详解】A、转化过程中不能全部转化成化学能，伴随其他能量的转化，故A错误；B、氮的固定指游离态转化成化合态，空气中氮是游离态的，属于氮的固定，故B错误；C、空气、水、太阳能均属于可再生资源，故C正确；D、断键需要吸收热量，故D错误。答案选C。2.X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y原子最外层电子数比内层电子总数少4，Z原子的最外层电子数是内层
3、电子总数的3倍。下列有关叙述正确的是()A. Y原子的价层电子排布式为3s23p5B. 稳定性：Y氢化物Z的氢化物C. 第一电离能：YZD. X、Y两元素形成的化合物为离子化合物【答案】C【解析】【详解】X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，则X为H、Li或Na；Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则Y有3个电子层，最外层有6个电子，则Y为硫元素；Z的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为氧元素。则AY为硫元素，Y的价层电子排布式为3s23p4，故A错误；BY为硫元素，Z为氧元素，非金属性OS，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性ZY，
4、故B错误；CY为硫元素，Z为氧元素，第一电离能：YZ，故C正确；DX为H、Li或Na，Y为硫元素，H、Li或Na与硫元素可以形成硫化氢属于共价化合物，硫化钠和硫化锂属于离子化合物，故D错误；故选C。3.下面的排序不正确的是()A. 晶体熔点由低到高：F2Cl2Br2MgAlC. 硬度由大到小： 金刚石碳化硅晶体硅D. 晶格能由大到小： MgOCaONaF NaCl【答案】B【解析】【详解】A. 卤族元素单质都是分子晶体，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高，所以晶体熔点由低到高为：F2Cl2Br2I2，故A正确；B. Na、Mg、Al原子半径依次减小，金属离子电荷数逐渐
5、增多，金属键逐渐增强，则熔点由低到高：NaMgAl，故B错误；C. 原子半径SiC，三者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，所以硬度由大到小：金刚石碳化硅晶体硅，故C正确；D. 可以先比较电荷数，电荷数多的晶格能大，而如果电荷数一样多则比较核间距，核间距大的，晶格能小，则晶格能由大到小为：MgOCaONaFNaCl，故D正确；答案选B。4. 下列关于杂化轨道的叙述正确的是( )A. 杂化轨道可用于形成键,也可用于形成键B. 杂化轨道可用来容纳未参与成键的孤电子对C. NH3中N原子的sp3杂化轨道是由N原子的3个p轨道与H原子的s轨道杂化而成的D. 在乙烯分子中,1个碳原
6、子的3个sp2杂化轨道与3个氢原子的s轨道重叠形成3个CH 键【答案】B【解析】【详解】A、杂化轨道只用于形成键，或用来容纳未参与成键的孤电子对，不能用来形成键，A项不正确；B、根据A中分析可知B项正确；C、NH3中N原子的sp3杂化轨道是由N原子的1个s轨道和3个p轨道杂化而成的，C项不正确；D、乙烯分子中的C原子采用sp2杂化，1个碳原子中的2个sp2杂化轨道与2个氢原子的s轨道重叠形成2个CH键，剩下的1个sp2杂化轨道与另一个碳原子的sp2杂化轨道重叠形成1个CC键，D项不正确。答案选B。5.某烷烃的结构简式为，它的正确命名是（ ）A. 4-甲基-3-乙基戊烷B. 3-丙基戊烷C. 2
7、-甲基-3-乙基戊烷D. 3-乙基-2-甲基戊烷【答案】C【解析】【详解】A.碳链编号错误，应从离支链较近的一端给主链上C原子编号，名称应该为2-甲基-3-乙基戊烷，A错误；B.碳链选错，没有选择分子中最长的碳链为主链，该物质名称为2-甲基-3-乙基戊烷，B错误；C.符合烷烃的系统命名方法，命名合理，C正确；D.有多个取代基时，先写简单取代基，再写复杂取代基，物质的名称为2-甲基-3-乙基戊烷，D错误；故合理选项是C。6.乙二酸，又称草酸，通常在空气中易被氧化而变质。其两分子结晶水(H2C2O42H2O)却能在空气中稳定存在。在分析化学中常用H2C2O42H2O做KMnO4的滴定剂，下列关于H
8、2C2O4的说法正确的是A. 草酸是二元弱酸，其电离方程式为H2C2O42H+C2O42B. 草酸滴定KMnO4属于中和滴定，可用石蕊做指示剂C. 乙二酸可通过乙烯经过加成、水解、氧化再氧化制得D. 将浓H2SO4滴加到乙二酸上使之脱水分解，分解产物是CO2和H2O【答案】C【解析】【详解】A多元弱酸的电离是分步进行的，电离方程式为H2C2O4H+HC2O4-，故A错误；B高锰酸钾本身就是紫红色，不需要指示剂，该反应是氧化还原滴定，故B错误；C乙烯和氯气加成生成1，2二氯乙烷，上述产物水解成乙二醇，乙二醇催化氧化为乙二醛，乙二醛发生银镜反应生成乙二酸，故C正确；D乙二酸在酸和受热的条件下易分解
9、出甲酸和二氧化碳，故D错误；故选C。7.如图所示是探究发生腐蚀的装置图。发现开始时U形管左端红墨水水柱下降，一段时间后U形管左端红墨水水柱又上升。下列说法不正确的是A. 两种腐蚀负极的电极反应式均为Fe-2e-=Fe2+B. 开始时发生的是析氢腐蚀C. 一段时间后发生的是吸氧腐蚀D. 析氢反应总反应式为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2【答案】D【解析】【详解】A无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁都作负极，负极上发生的电极反应式都为Fe-2e-Fe2+，故A正确；BpH=3的雨水说明该雨水是酸雨，溶液中溶有二氧化硫，酸性条件下，钢铁能发生析氢腐蚀，所以开始时，发生的是析氢腐蚀，故B正确；C一
10、段时间后，亚硫酸根离子能被氧气氧化生成硫酸根离子，溶解在溶液中的氧气得电子，发生的是吸氧腐蚀，故C正确；D析氢腐蚀的总反应为：Fe+2H+=Fe2+H2，而2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2发生的是吸氧腐蚀，故D错误；故选D。【点睛】明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀所需溶液的酸碱性是解本题的关键。pH=3的雨水说明该雨水是酸雨，溶液中溶有二氧化硫，酸性条件下，钢铁能发生析氢腐蚀，导致试管内气体压强增大，随着腐蚀的进行，溶液的酸性逐渐减小，亚硫酸根离子被氧气氧化生成硫酸根离子，导致试管内气体压强减小。8.常温下，浓度均为0.1 molL-1、体积均为100 mL的两种一元酸HX、HY的溶液中
11、，分别加入NaOH固体，lgc(H+)/c(OH-)随加入NaOH的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ） A. HX的酸性弱于HYB. c点溶液中：c(Y-)c(HY)C. a点由水电离出的c(H+)=10-12 molL-1D. b点时酸碱恰好完全中和【答案】B【解析】A.lgc(H+)/c(OH-)越大，溶液中的氢离子浓度越大，未加氢氧化钠时，HX中的lgc(H+)/c(OH-)的值大，所以HX的酸性大于HY，故错误；B.c点lgc(H+)/c(OH-)=6，则溶液中的氢离子浓度为10-4mol/L，此时消耗的氢氧化钠为0.005mol，则溶液中的溶质为NaY和HY，由于溶液显酸
12、性，所以HY的电离程度大于NaY的水解程度，所以c(Y-)c(HY)故正确；C.a点lgc(H+)/c(OH-)=12，则溶液中的氢离子浓度为0.1mol/L，溶液中水电离的氢离子浓度为10-13mol/L，故错误；D. 浓度为0.1 molL-1、体积均为100 mL的HY与氢氧化钠恰好中和消耗氢氧化钠为0.01mol，而b点时消耗的氢氧化钠为0.008mol，所以酸过量，故错误。故答案为B。第II卷 非选择题9.环境监测测定水中溶解氧的方法是：量取a mL水样，迅速加入固定剂MnSO4溶液和碱性KI溶液(含KOH)，立即塞好瓶塞，反复振荡，使之充分反应,其反应式：2Mn2+O2+4OH-=
13、2MnO(OH)2(该反应极快)。测定：开塞后迅速加入12 mL浓硫酸(酸化，提供H+)，使之生成I2，再用b mol/L的Na2S2O3溶液滴定(以淀粉为指示剂)，消耗V mL。有关反应式为：MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2+I2+3H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O64-。试回答：(1)滴定过程中用到的玻璃仪器除了酸式滴定管、碱式滴定管外还缺少_。(2)滴定操作时，左手控制滴定管，右手_，眼睛要注视_。(3)滴定(I2和S2O32-反应)以淀粉为指示剂，终点时溶液由_色变为_色。(4)水中溶解氧的计算式是_(以g/L为单位)。(5)测定时，滴定管经蒸馏水洗涤后即加滴定剂N
14、a2S2O3溶液，导致测定结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同)。(6)记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，滴定到达终点时又俯视刻度线，将导致滴定结果_。【答案】 (1). 锥形瓶、烧杯 (2). 不断振荡锥形瓶 (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). 蓝 (5). 无 (6). (7). 偏高 (8). 偏低【解析】【分析】(1)根据中和滴定所需仪器判断；(2)滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；(3)碘遇淀粉变蓝，若单质碘被还原完，则蓝色褪去；(4)根据关系式：O22MnO(OH)22I24S2O32-可计算水样中溶解氧的浓度
15、；(5)根据溶解氧浓度表达式分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；(6)根据溶解氧浓度表达式分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。【详解】(1)中和滴定前需进行赶气泡、调零等操作，用烧杯盛液体，滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯；(2)滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故答案为不断震荡锥形瓶；锥形瓶内溶液颜色的变化；(3)碘遇淀粉变蓝，若单质碘被还原完，则蓝色褪去，半分钟不恢复蓝色证明达到滴定终点；(4)根据反应：2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH
16、)2，MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2-+I2+3H2O，I2+2S2O32-S4O62-+2I-，可知关系式：O22 MnO(OH)22I24S2O32-32g 4molm bmol/LVmL10-3L/mL解得m=8bV10-3g，则1L水样含氧气质量为：，解得m=8bV10-3g，所以1L水样中含有氧气的质量为：；(5)滴定时，滴定管经水洗，蒸馏水洗后加入滴定剂Na2S2O3溶液，标准液体被稀释，浓度变稀，造成V偏大，根据溶解氧=，V偏大，可知导致浓度偏高；(6)记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，读数偏大，滴定到达终点时又俯视刻度线，读数偏小，造成V偏小，根据溶解氧=，可知V偏小，
17、导致溶解氧的浓度偏低。【点睛】本题考查了氧化还原滴定的操作、仪器、误差分析和数据处理，注意实验的基本操作方法和注意事项。10.科学家一直致力于“人工固氮”的方法研究。（1）目前合成氨的技术原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H，该反应的能量变化如图所示：在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E2的变化是：_。（填“增大”、“减小”或“不变”）。将一定量的N2(g)和H2(g)放入2L的密闭容器中，在500、2107Pa下发生如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，5分钟后达到平衡，测得N2为0.2mol，H2为0.6mol，NH3为0.2mol。氮气的平均反应速率v(N2
18、)_，H2的转化率为_，该反应在此温度下的化学平衡常数为_（后两空保留小数点后一位）。欲提高容器中H2的转化率，下列措施可行的是_。A向容器中按原比例再充入原料气 B向容器中再充入惰性气体C改变反应的催化剂 D液化生成物分离出氨（2）1998年希腊亚里士多德大学的两位科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传导H+），从而实现了高转化率的电解法合成氨。其实验装置如图所示。阴极的电极反应式为_。（3）根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂（掺有少量Fe2O3和TiO2）表面与水发生下列反应：2N2(g) +6H2O(l)4NH3(g) +3O2(g) H = a k
19、J/mol，进一步研究NH3生成量与温度关系，常压下达到平衡时测得部分实验数据如下：T/K303313323NH3生成量/（106mol）4.85.96.0此合成反应的a_0。（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】 (1). 减小 (2). 0.01molL1min1 (3). 33.3% (4). 3.7 L2/mol2 (5). A D (6). N2 + 6H+ + 6e = 2NH3 (7). 大于【解析】（1）加入催化剂，降低反应的活化能，则E1和E2都减小； 起始浓度（mol/L） 0.15 0.45 0转化浓度（mol/L） 0.05 0.15 0.1平衡浓度（mol/L）
20、0.1 0.3 0.1所以氮气的平均反应速率v(N2)0.05mol/L5min0.01mol/(Lmin)；H2的转化率为；该反应在此温度下的化学平衡常数为；A向容器中按原比例再充入原料气相当于增大压强，平衡向正反应方向进行，转化率提高，A正确；B向容器中再充入惰性气体浓度不变，平衡不移动，转化率不变，B错误；C改变反应的催化剂不能改变平衡状态，转化率不变，C错误；D液化生成物分离出氨，降低生成物浓度，平衡向正反应方向进行，转化率提高，D正确；答案选AD。（2）电解池的阴极得到电子，则氮气在阴极得到电子，发生还原反应转化为氨气，电极反应式为N2 + 6H+ + 6e2NH3。（3）根据表中数
21、据可知升高温度氨气含量增加，说明升高温度平衡向正反应方向进行，正反应是吸热反应，则a0。11.已知：25 时，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等。（1）25 时，取10 mL 0.1 molL-1醋酸溶液测得其pH3。将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，溶液pH数值范围为_，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)c(OH-)_（填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”）。25 时，0.1 molL-1氨水（NH3H2O溶液）pH_。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为_。氨水（NH3H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb_，25 时，氨水电离平衡常数约为_。（2）25 时
22、，现向10 mL 0.1 molL-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中c(NH4+)/c(NH3.H2O)_（填序号）。a始终减小 b始终增大 c先减小再增大 d先增大后减小（3）某温度下，向V1mL 0.1 molL-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图。已知：pOH- lgc(OH-)。图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是_（填字母，下同）。图中M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是_。【答案】 (1). 3pH5 (2). 不变 (3). 11 (4). 取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在p
23、H试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值 (5). 10-5 (6). c(NH4+) c(OH-)/c(NH3.H2O) (7). b (8). Q (9). Q或N【解析】【分析】在25 时，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，在两者浓度相同的稀溶液中，两者的电离度相同，两者pH之和为14。【详解】（1）25 时，取10 mL 0.1 molL-1醋酸溶液测得其pH3。将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，若是10 mL pH3的盐酸加水稀释至1 000 mL，pH将增大到5，由于稀释过程中醋酸的电离度变大，故溶液pH数值范围为35之间，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3
24、COOH)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)c(OH-)c(H+)=，温度不变，该值不变，故不变。因为25 时，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，故25 时，0.1 molL-1氨水（NH3H2O溶液）的pH14-3=11。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为：取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值。氨水（NH3H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb，25 时，0.1 molL-1氨水（NH3H2O溶液）的pH11，则氨水电离平衡常数约为10-5。（2）25 时，现向10 mL 0.1 molL
25、-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中Kb不变，但是溶液中减小，则c(NH4+)/c(NH3H2O)变大，选b。（3）某温度下，向V1mL 0.1 molL-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液。由图中信息可知，只有Q点的pOH=pH，故图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是Q。图中M点溶液显酸性，且M点是因为醋酸过量而显酸性，水的电离受到抑制。N点溶液显碱性，可能是仅由醋酸根离子的水解使溶液显碱性，这样会促进水的电离；也可能是因为NaOH过量使溶液显碱性，这样会抑制水的电离。Q点为中性溶液，水的电离没有受到抑制（或醋酸的电离程度与醋酸根离子的水解程度相同，对水的电离的影
26、响相互抵消），故M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是Q或N。【点睛】本题的难点是最后一个问题，因为无法确定N点的溶液显碱性的原因到底是什么，可能是由醋酸根离子水解所决定的，也可能是因为NaOH过量所决定的，故要分析两种可能性。12.2羟基异丁酸乙酯能溶于水，是一种应用于有机合成和药物制造的化工原料。（1）2羟基异丁酸乙酯的分子式为_，不同化学环境的氢在核磁共振氢谱图中有不同的吸收峰，则2羟基异丁酸乙酯有_个吸收峰；（2）的反应类型分别为_，_；（3）已知I为溴代烃，IB的化学方程式为_；（4）缩聚产物F的结构简式为_；（5）下列关于和的说法正确的有_（双选，填字母）；A后者遇到F
27、eCl3溶液显紫色，而前者不可B两者都可以与NaHCO3溶液反应放出CO2C两者都可以与氢氧化钠溶液发生反应，当两者物质的量相等时，消耗氢氧化钠的量不相等D两者都可以与氢气发生加成反应【答案】 (1). C6H12O3 (2). 4 (3). 消去反应 (4). 氧化反应 (5). (6). (7). AC【解析】【详解】(1)根据结构可判断2-羟基异丁酸乙酯的分子中含有3个甲基、1个CH2原子团、1个羟基和1个酯基，故可知分子式为C6H12O3，根据分子的结构可知，分子中有4种不同化学环境的H原子，故答案为C6H12O3；4；(2)根据反应流程可知A为2-羟基异丁酸，发生消去反应生成D为2-甲基丙烯酸；B为乙醇，可由溴乙烷水解生成，G为乙醛，与银氨溶液发生氧化反应生成乙酸，H为乙酸，故答案为消去反应；氧化反应；(3)溴乙烷在碱性条件下水解生成乙醇，故答案为；(4)2-羟基异丁酸中既含有羧基，又含有羟基，在一定条件下可发生缩聚反应，则F为，故答案为；(5)A、遇到FeCl3溶液显紫色，则有机物中应含有酚羟基，故A正确；B、与NaHCO3溶液反应放出CO2，应含有羧基，前者无，故B错误；C、前者含有酯基，后者含有羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠反应，1mol前者消耗1molNaOH，后者消耗2molNaOH，故C正确；D、前者不能与氢气发生加成反应，故D错误；故选AC。
