1、四川省宜宾市第四中学校2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）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(48分)一、选择题(每小题6分，共8个小题，共48分；其中每题都为单选题。1.下列说法中，不正确的是()A. 反应热指的是反应过程中放出的热量B. 伴随着能量变化的过程不一定是化学反应C. 中和反应都是放热反应D. 单液原电池中化学能转化成电能和热能【答案】A【解析】分析：A.反应热指的是反应过程中吸收或放出放的热量；B.浓硫酸溶于水伴随有能量变化，但属于物理过程；C.中和反应均放热；D
2、.在单液原电池中由于电极与电解液直接接触，故化学能转化成电能和热能。详解：反应热不一定指放出的热量，吸收的热量也属于反应热，A错误；浓硫酸溶于水伴随有能量变化，但该过程不属于化学反应，B正确；中和反应均放热，C正确；在单液原电池中由于电极与电解液直接接触，故化学能转化成电能和热能，D正确；正确选项A。2.下列说法正确的是（ ）A. H2O的沸点高于H2S，是因为O的非金属性大于SB. NaHSO4固体溶于水，既有离子键的断裂，又有共价键的断裂C. 由于二氧化碳的碳氧键形成时会释放大量的热量，由此可利用干冰易升华的原理制造舞台的“雾境”D. N2、CO2和PCl5三种物质都存在共价键，都是由分子
3、构成的物质，且均满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【详解】AH2O的沸点高于H2S 是因为水分子之间存在氢键，A错误;BNaHSO4固体溶于水，电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，共价键和离子键都发生断裂，B正确；C干冰易升华的原理制造舞台的“雾境”，是利用干冰升华吸收热量，未发生化学键的断裂，C错误；DPCl5不满足8电子稳定结构，D错误；答案选B3.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。下列叙述不正确的是（ ）A. X元素可以与W元素形成XW2和XW3两种化合物B. Y
4、元素的单质一定条件下可以与O2、N2、CO2反应C. Z原子的最外层电子数为4，形成化合物时一般为+4价D. X与Y、Z与W都属于同一周期【答案】D【解析】【详解】短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素；A. X为氧，W为硫，可以形成二氧化硫和三氧化硫两种化合物，故A正确；B. Y为镁，其单质一定条件下可以与O2、N2、CO2反应，故B正确；C. Z
5、为硅，其原子最外层电子数为4，形成化合物时一般为+4价，故C正确；D. X为氧，在第2周期；Y为镁，Z为硅，W为硫，在第3周期，故D错误，故选D。4.下列说法正确的是（ ）A. CH3(C2H5)CHCH(CH3)2的系统命名为2甲基3乙基丁烷B. 苯甲酸的结构简式为C. 利用乙醇的还原性以及Cr3、Cr2O72的颜色差异来检验酒后驾车D. C5H10的同分异构体中属于烯烃的有6种【答案】C【解析】【详解】A. CH3(C2H5)CHCH(CH3)2的主链含有5个碳原子，系统命名为2，3二甲基戊烷，故A错误；B. 是甲酸苯酯，苯甲酸的结构简式为，故B错误；C. 乙醇具有还原性，可被Cr2O72
6、-氧化，因此可以利用乙醇的还原性以及Cr3、Cr2O72的颜色差异来检验酒后驾车，故C正确；D.相应烯烃有CH2CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CHCH-CH2-CH3，CH2C(CH3)CH2CH3；CH3C(CH3)CHCH3；CH3CH(CH3)CHCH2，共有5种(未考虑立体异构)，故D错误；故选C。5.已知：在淀粉KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量硫酸，溶液立即变蓝；在上述蓝色溶液中，滴加过量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失；取实验生成的溶液滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成。下列判断正确的是( )A. 上述实验证明氧化性：ClOI2SO42-B. 上述实验中的白色沉
7、淀是BaSO4，一定不含有BaSO3C. 实验中硫酸的作用是作氧化剂和酸化剂D. 实验证明SO32-既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】A、中溶液变蓝，则NaClO将KI氧化为I2，所以氧化性ClOI2；中蓝色逐渐消失，则Na2SO3与I2发生反应，根据实验现象可知实验中SO32-被I2氧化为SO42-，则氧化性I2SO42-，所以氧化性ClOI2SO42-，故A正确；B、中滴加过量的Na2SO3溶液，所以反应后溶液中有Na2SO3和Na2SO4，Na2SO3与Na2SO4和BaCl2反应都生成白色沉淀，故B错误；C、中的反应方程式NaClO+2KI+H2SO4=I2+NaCl+K2SO4+
8、H2O，H2SO4反应前后各元素的化合价都没变化，所以硫酸的作用是酸性，故C错误；D、中的反应方程式Na2SO3+I2+H2O=Na2SO4+2HI，Na2SO3作还原剂，具有还原性，故D错误。故选A。6.利用下图所示装置可以模拟铁电化学腐蚀。下列说法中，正确的是A. 若X为碳棒，开关K置于M处可以减缓铁的腐蚀B. 若X为铜棒，开关K置于N处可以加快铁的腐蚀C. 若X为碳棒，开关K置于M处，则为牺牲阳极的阴极保护法D. 若X为碳棒，开关K置于N处，则为外加电流的阴极保护法【答案】D【解析】【详解】A.K置于M处是原电池，X为碳，铁比碳活泼作负极，铁失去电子，加速铁的腐蚀，A错误；B.K置于N处
9、是电解池，铁作阴极被保护，可以减缓铁的腐蚀，B错误；C.K置于M处是原电池，Fe比碳活泼，铁作负极失去电子被腐蚀，这不是牺牲阳极的阴极保护法，若X为比铁活泼的金属，则铁作正极被保护，才是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；D.开关K置于N处是电解池，铁作阴极被保护，这是外加电流的阴极保护法，D正确；故答案为D。7.用0.1molL-1 NaOH溶液分别滴定10mL相同浓度的盐酸和醋酸（溶质用HA表示），利用导率传感器绘制电导率曲线如图所示（电导率的物理意义是表示物质导电的性能）。下列有关叙述错误的是（ ）A. 曲线I为盐酸，曲线为醋酸溶液B. a点、c点均为滴定终点C. c点：c(Na+) c(A)
10、 c(H+) c(OH)D. b点pH值大于1【答案】C【解析】分析：溶液导电能力与离子浓度成正比，醋酸是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入氢氧化钠后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，HCl是强电解质，随着氢氧化钠溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应时离子浓度最小，继续加入氢氧化钠溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线I代表0.1molL-1 NaOH溶液滴定10mLHCl溶液的滴定曲线，曲线代表0.1molL-1 NaOH溶液滴定10mL醋酸溶液的滴定曲线。详解：A由分析可知曲线代表盐酸，曲线代表醋酸溶液，选项D正确； Ba点、c点均
11、为消耗氢氧化钠的体积为10mL，恰好完全中和达到滴定终点，选项B正确；Cc点是醋酸与氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，所以离子浓度的大小为：c（Na+）c（A-）c（OH-）c（H+），选项C错误；D曲线为醋酸溶液，所以b点pH值大于1，选项D正确；答案选C。点睛：本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较，盐类水解等知识，明确混合溶液中溶质及其性质，溶液导电性强弱影响因素是解答本题的关键。8.一定条件下存在反应：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)，H0。现有三个体积相同的密闭容器、，并在400条件下开始反应，达到平衡时，下列说法正确的是()A. 容器I、中平衡常数相同B. 容器
12、II、中正反应速率始终相同C. 容器、中的反应达平衡时，SO3的体积分数：IIIIID. 容器I中SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1【答案】D【解析】【详解】A.容器是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，故容器、中平衡常数不相同，A错误；B.容器是恒压容器，反应过程中压强大于容器，反应速率大，容器、中正反应速率不相同，B错误；C.容器是恒温恒容，是恒温恒压，随着反应的进行，容器中压强大于容器，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，三氧化硫含量增大，故SO3的体积分数：，C错误；D.若容器恒温恒容，容器也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，SO2转化率和S
13、O3转化率之和为1，但实际容器是绝热恒容，随反应进行温度升高，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，SO2转化率减小，因此容器中SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1，D正确；故合理选项是D。第II卷 非选择题(52分)9.过氧化钙晶体（CaO28H2O）常温下为白色，能溶于酸，难溶于水、乙醇，是一种温和的氧化剂，常用于鱼类长途运输的增氧剂等。过氧化钙晶体可用下列方法制备：CaCl2H2O22NH38H2O=CaO28H2O2NH4Cl。用如下制取装置制备过氧化钙晶体。装置A中发生反应的化学方程式为_。仪器X的名称为_；Y是_。为提高CaO28H2O产率，装置B的温度需控制在0，可采取的
14、方法是_。测定产品中CaO28H2O含量的实验步骤如下：步骤一：准确称取0.5000 g产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，再滴入2 molL1的硫酸溶液，充分反应。步骤二：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液，逐滴加入浓度为0.200 molL1的Na2S2O3溶液至反应完全，滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液体枳为20.00 mL。求产品中CaO28H2O的质量分数。（写出计算过程）_ 已知：CaO28H2O2KI2H2SO4CaSO42K2SO4I210H2OI22S2O32=2I S4O62【答案】 (1). 2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O (2). 分
15、液漏斗 (3). 稀硫酸 (4). 将装置B置于冰水浴中 (5). n(Na2S2O3)=0.200 molL120.00 mL103=0.004 mol,由关系式“CaO28H2OI22S2O32-”可知，n(CaO28H2O)= 0.50.004mol=0.002 mol,m(CaO28H2O)=0.002mol216gmol1=0.432 g，则样品中CaO28H2O的质量分数为：(CaO28H2O)= =86.4%。【解析】【分析】根据装置图可知，A是用氯化铵与氢氧化钙加热制氨气，据此书写化学方程式；根据仪器的结构和性能确定仪器X的名称；利用反应Ca2+H2O2+2NH3+8H2OCa
16、O28H2O+2NH4+，在碱性环境下制取CaO2，常用冰水浴控制温度在0左右，其可能的原因为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO28H2O产率；根据反应的离子方程式：CaO2+4H+2I-Ca2+2H2O+I2，I2+2S2O32-2I-+S4O62-，可得关系式“CaO28H2OI22S2O32-”，并以此进行计算。【详解】（1）根据装置图可知，A是用氯化铵与氢氧化钙加热制氨气，反应的化学方程式为2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O，故答案为：2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O； 仪器X为分液漏斗，Y
17、是稀硫酸，用于吸收挥发出来的氨气；故答案为：分液漏斗；稀硫酸；装置B的温度需控制在0，可采取的方法是将装置B置于冰水浴中，故答案为：将装置B置于冰水浴中；（2）根据反应的离子方程式：CaO2+4H+2I-Ca2+2H2O+I2，I2+2S2O32-2I-+S4O62-，可得关系式CaO22S2O32-，n(Na2S2O3)=0.200 molL120.00 mL103=0.004 mol,由关系式“CaO28H2OI22S2O32-”可知，n(CaO28H2O)=0.50.004mol=0.002 mol，m(CaO28H2O)=0.002mol216gmol1=0.432 g，则样品中CaO
18、28H2O的质量分数为：(CaO28H2O)= =86.4%。【点睛】本题考查实验方案的设计、物质含量测定、氧化还原反应滴定应用等，充分考查分析理解能力、知识迁移应用能力。10.一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中分别加入一定量的X，发生反应：pX(g) Y(g)+Z(g)，相关数据如下表所示：容器编号温度()起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)X(g)Y(g)Z(g)3870.200.0800.0803870.400.1600.160T0.200.0900.090回答下列问题：（1）若容器中反应经10min达到平衡，则前10min内Y的平均反应速率v(Y)=_。容器和容
19、器中起始时X的反应速率v(X)_v(X)(填“大于”“小于”或“等于”)。（2）已知该正反应为放热反应，则T_387(填“大于”或“小于”)，判断理由是_。（3）反应方程式中X的化学计量数p的取值为_，容器中X的平衡转化率为_。若起始时向容器中充入0.1molX、0.15molY和0.10molZ，则反应将向_ (填“正”或“逆”)反应方向进行，判断理由是_。【答案】 (1). 0.0040mol/(Lmin) (2). 小于 (3). 小于 (4). 相对于容器，容器平衡向正反应方向移动，即降低温度(或正反应为放热反应，平衡向放热反应方向移动，故温度降低) (5). 2 (6). 80% (
20、7). 正 (8). 根据容器中数据可计算得到387该反应的平衡常数为4，=1.54，所以反应向正反应方向进行【解析】试题分析：本题考查化学反应速率和化学平衡的计算，温度、压强对化学平衡的影响，化学平衡常数的应用。（1）容器I中（Y）=0.0040mol/（Lmin）。容器I和容器II温度相同，容器II中X的起始浓度为容器I中的两倍，则起始反应速率（X）I小于（X）II。（2）该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；容器I和容器III温度不同，X起始物质的量相同，平衡时容器III中Y、Z物质的量大于容器I中，容器III相对于容器I平衡向正反应方向移动，则T小于387。（3）容器
21、II和容器I温度相同，容器II中X起始物质的量为容器I中的两倍，容器II相当于在容器I基础上将体积缩小为原来的一半，平衡时容器II中Y、Z物质的量为容器I中的两倍，即增大压强，平衡不移动，则p=1+1=2。反应的方程式为2X（g）Y（g）+Z（g），则容器II生成0.160molY消耗0.320molX，容器II中X的平衡转化率为100%=80%。容器I中生成0.080molY消耗0.160molX，容器I平衡时X、Y、Z物质的量依次为0.04mol、0.08mol、0.08mol，平衡时X、Y、Z物质的量浓度依次为0.02mol/L、0.04mol/L、0.04mol/L，387时反应的化学
22、平衡常数K=4，此时的浓度商为=1.5OC (6). 化合物乙分子间存在氢键 (7). 分子 (8). TiCl(H2O)52 (9). 12 (10). g/cm3或g/cm3【解析】【分析】(1)钛元素属于过渡元素，价层电子包括最外层电子数和次外层d能级上；根据金属晶体堆积模型进行分析判断；(2)VSEPR模型的判断是键与孤电子对数的和，根据信息完成即可；(3)同周期从左向右第一电离能逐渐增大，且IIAIIIA、VAVIA，据此分析；都属于分子晶体，先看有没有氢键，若没有氢键，从相对分子质量的角度进行分析；(4)从晶体类型的物理性质上分析TiCl4属于哪种晶体；根据配合物的结构进行分析；(
23、5)根据晶胞的结构和均摊法进行分析；【详解】(1)钛元素位于第四周期IVB族，价层电子包括次外层d能级和最外层电子数，即Ti的价层电子排布式3d24s2；根据晶胞结构，钛的堆积方式为六方最密堆积；(2)硫酸氧钛的阴离子为SO42，价层电子对数=4=0，VSEPR模型为正四面体；钛酸的化学式为H2TiO3，因此反应方程式为TiOSO42H2O=H2TiO3H2SO4；(3) 同周期从左向右第一电离能逐渐增大，且IIAIIIA、VAVIA，三种元素的第一电离能由大到小顺序是NOC；化合物乙中NH2能形成分子间氢键，化合物甲不能形成分子间氢键，因此化合物乙的高于化合物甲的沸点；(4)TiCl4的熔点
24、为-37，沸点为136，熔沸点较低，所以TiCl4为分子晶体；1mol该晶体恰好与含2molAgNO3溶液生成白色沉淀，说明1mol该物质中有1molCl与Ti形成配位键，Ti的配位数为6，则该配离子为TiCl(H2O)52；(5)根据晶胞结构，每条边长的中点是一个氧原子，共12个氧原子，该晶胞中Ca原子个数是1，Ti原子个数为=1，氧原子的个数为=3，其化学式为CaTiO3，Ca与Ti最近的核间距为apm，则体对角线的距离为2apm，根据勾股定理，晶胞的边长为pm，晶胞质量为，根据密度的定义，钙钛矿的密度为或 g/cm3或g/cm3。【点睛】易错点是化合物甲乙沸点比较，一般从是否含有分子间氢键，若无分子间氢键，就从相对分子质量大小进行比较，构成分子间氢键：含有H原子，且H原子与电负性大、原子半径小的元素（N、O、F）形成共价键；H原子与电负性大、原子半径小的元素（N、O、F）形成氢键；化合物乙中含有NH2能与另一个化合物乙中的氨基形成分子间氢键，化合物甲不能形成分子间氢键。
