1、广西平果市第二中学2020-2021学年高二化学下学期期中试题考试时间：100分钟；注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡相应位置上第I卷（选择题）一、单选题(含16小题，每小题3分，共48分）1化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A液氨可用作制冷剂 B新冠疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C铝制餐具适宜用来蒸煮碱性食物 D防晒霜能减轻紫外线伤害的原因之一是其有效成分中含有键2用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是A4.6gNa和含0.1molHCl的盐酸溶液反应，转移的电子数为0.2NAB常温常压下，16gO2和O3的混合物中含有的氧原
2、子数为NAC1molFe在标况下22.4L的Cl2中充分燃烧，转移的电子数为2NAD100g质量分数为46%的乙醇(分子式C2H6O)溶液中含有的氢原子数为6NA3下列关于CH3-CC-CH2-CH3的说法中正确的是（）A分子中只有非极性键，没有极性键 B分子中所有的碳原子都在同一条直线上C能发生加成反应 D不能发生取代反应4下列叙述正确的是() AAr3d64s2是基态原子的电子排布 B铬原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p64s13d5 C铜原子的外围电子排布式是：3d94s2 D氮原子的轨道表示式是：5下列实验能达到实验目的的是选项ABCD实验实验目的证明非金属性分离溴苯测定
3、中和热证明AABBCCDD6下列反应的离子方程式书写正确的是A氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：Ba2+SO=BaSO4B氧化钠投入到过量的盐酸中：O2-+2H+=H2OC澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH-=HCOD碳酸钙溶于盐酸：CO+2H+=H2O+CO27Q、R、T、M、W五种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，其中M的原子序数是R的原子序数的2倍。下列说法正确的是A铁在常温下不能和M的最高价含氧酸的浓溶液发生化学反应BQ、W的单核离子的核外电子数相等C简单离子半径大小顺序为r(M)r(W)r(Q)r(R)DW最低价氢化物的还原性比M最低价氢化物的还原性强8某温度下，在容积为
4、2L的密闭容器中充入1molCO和2molH2，加合适的催化剂(体积可以忽略不计)后发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) Hr(W)r(Q)r(R)，选项C正确；DW最低价氢化物HCl的还原性比M最低价氢化物H2S的还原性弱，选项D错误；答案选C。8.【答案】D【详解】A根据CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H0可知，正反应放热，升温平衡逆向移动，故升温不能提高转化率，A错误；B2L的密闭容器中通入N2，反应物和生成物的浓度均不发生变化，平衡不移动，故CO的转化率不变，B错误；C根据pV=nRT，同温同体积下，n与p成正比，设平衡时的总物质的量为x，解得x=2mol，设反
5、应的CO的物质的量为y，由三段式可得：，1-y+2-2y+y=2mol，解得y=0.5mol，020min，H2的平均反应速率v=，C错误；D根据C选项的三段式可知，平衡后CO的分压为8.4MPa=2.1 MPa，H2的分压为8.4MPa=4.2MPa，CH3OH的分压为8.4MPa=2.1 MPa，Kp=5.710-2MPa-2，D正确；故选D。9.【答案】D【分析】据图可知a电极上C6H12O6被氧化生成CO2，所以a为负极，b为正极，硝酸根被还原生成氮气。【详解】Aa电极上C6H12O6被氧化生成CO2，所以a为负极，A错误；Bb为正极，硝酸根被还原生成氮气，根据电子守恒和元素守恒可知电
6、极反应式为2NO+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成氢氧根，所以pH增大，B错误；C原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极，所以中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，C错误；D左室C6H12O6被氧化生成CO2，根据电子守恒和元素守恒可知电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O= 6CO2+24H+，D正确；综上所述答案为D。10. 答案：C11.【答案】C【详解】A Ba2+与能结合生成硫酸钡沉淀，故不能大量共存，A错误；B 、H+能氧化I-、Fe2+，故不能大量共存，B错误；C使无色酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，OH-、Na+、K+、之间均不反应，故能大量共存，C正确；D 酸
7、性溶液中，H+与CH3COO-能结合生成CH3COOH，故不能大量共存，D错误；故选C。12.【答案】C【分析】aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，其中A、B位于周期表的左侧，且位于同一周期，C、D位于周期表的右侧，也位于同一周期，且位于A和B的上一周期，所以原子序数应是abdc，据此解答。【详解】A同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：BACD，A错误；B根据以上分析可知原子序数：abdc，B错误；C核外电子排布相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：CDBA，C正确；D同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族从上到下原子半
8、径逐渐增大，则单质的还原性：BACD，D错误；答案选C。13.【答案】C【详解】A 浓硫酸具有吸水性，在空气中敞口放置时吸收空气中的水蒸气，使其浓度减小，浓硝酸具有挥发性，在空气中敞口放置时浓度减小，但原理不同，A错误；B SO2能与有色物质反应生成不稳定的无色物质，Cl2与水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，能漂白，二者原理不同，SO2的漂白不稳定，加热可恢复到原来的颜色，B错误；C H2S和HI均具有强还原性，能被浓硫酸氧化，故均不能用浓硫酸干燥，故两种变化的实质相似，C正确；D 浓H2SO4与金属锌反应生成二氧化硫，S元素的化合价降低，表现氧化性，稀H2SO4与金属锌反应生成氢气，
9、氢离子表现氧化性， D错误；故选C14.【答案】A【详解】A高温下石灰石煅烧生成CaO，可与氧气和SO2反应生成CaSO4而脱硫，故A正确；B焚烧会产生有害气体和粉尘，污染环境，故B错误；CpH小于5.6的降水才称为酸雨，故C错误；D含磷合成洗涤剂会导致水体富营养化，导致水体污染，故D错误；故选：A。15. 答案：A 16. 答案：C17.【第（1）小题1分，其余每空2分，共13分。】【答案】(1)将铬铁矿和Na2CO3固体粉碎 (2) +3 7:4 (3) (4) CO2 (或) (5) (【分析】通过整个工业流程来看，铬铁矿与氧气、碳酸钠一起加热煅烧过程中，碳酸钠与二氧化硅反应生成了硅酸钠
10、同时放出了二氧化碳气体，煅烧后的产物遇到水，水解生成了氢氧化铁沉淀，过滤后，往滤液中通入二氧化碳气体调节溶液的值同时除去溶液中的硅酸根离子、氢氧根离子，然后再次过滤，往滤液中加盐酸使铬转化，最后加氯化钾固体生成重铬酸钾，据此解答。【详解】(1)加快“煅烧”的反应速率,对于固体来说，只需把固体粉碎，增大相互之间反应的接触面；(2)亚铬酸亚铁()中铬元素的化合价为+3价，根据煅烧前后物质的成分，可以分析出氧化剂是O2，还原剂是，氧化产物是和，还原剂中的铁由+2价到产物中+3价，铬由+3价到产物中的+6价，总共升了7价，O2化合价由0价到产物中的-2价，总共降了4价，氧化剂和还原剂的升降价总数是相等
11、的，所以二者的关系是7O24，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为7:4；(3) “水浸”时，遇水强烈水解，有红褐色沉淀产生，红褐色沉淀是氢氧化铁，所以其水解的离子方程式是；(4)根据煅烧时加入Na2CO3固体可判断产生的反应气体为，滤液1中主要含有、等阴离子，则通入的会与溶液反应生成不溶于水的(或)沉淀；(5)通过题目可知，“铬转化”时，若盐酸浓度过大，在较高温度下会转化为，并产生有毒气体污染环境，可知其过程中氯离子被氧化为氯气，所以这个过程中的离子方程式为；18.【每空2分，共14分】【答案】（1）向右 减小 （2）小于 2 （3） 大于 （4） HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(
12、H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快 （5） b 【分析】【详解】.(1)根据勒夏特列原理可知，加水稀释后电离平衡正向移动；加入醋酸钠固体后，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，故c(H)/c(CH3COOH)的值减小。故答案为：向右，向右，减小；(2)由于在稀释过程中醋酸继续电离，故稀释相同的倍数后pH(甲)小于pH(乙)。盐酸和醋酸溶液的pH都是2，溶液中的H浓度都是0.01 molL1，设醋酸的原浓度为c molL1，混合后平衡没有移动，则有：由于温度不变醋酸的电离常数不变，结合数据可知，醋酸的电离平衡确实未发生移动，因此混合后溶液的pH仍等于2。故答案为：小于，2
13、；(3)取体积相等的两溶液，醋酸的物质的量较大，用NaOH稀溶液中和至相同pH时，消耗NaOH溶液的体积V(甲)大于V(乙)。故答案为：大于；(4)由Ka(CH3COOH)1.8105和Ka(HSCN)1.3101可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN，即在相同浓度的情况下，HSCN溶液中H的浓度大于CH3COOH溶液中H的浓度，浓度越大反应速率越快。故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；(5)通入氨，生成CH3COONH4，则c(CH3COO)增大，故a错误；通入氨，c(H)减小，故b正确；由于温度不变，则Kw不变，故c错
14、误；由于温度不变，醋酸的电离常数不变，故d错误。故答案为：b；19.（每空2分，共12分。）【答案】（1）H2O2浓度增大，反应速率加快 （2） 把温度计插入液面下，看温度计示数是否升高，(或用手触摸试管底部，感觉温度是否发热) （3） 2Fe2+ + 2H+ + H2O2=2Fe3+ + 2H2O （4） Fe2+ （5）证明Fe3+的存在不会干扰对Fe2+的鉴别 （6） 2Fe3+H2O2=2Fe2+O2+2H+ 【详解】(1)对比实验和可知不同的是双氧水的浓度，因此根据实验现象a可证明H2O2浓度增大，反应速率加快。(2)如果反应放热，则溶液温度会发生变化，因此可通过测量温度变化来证明，
15、所以支持该观点的操作方法是把温度计插入液面下，看温度计示数是否升高。(3)上述实验证明了FeCl3的催化作用，由于总反应是2H2O2=2H2O+O2，催化机理可表示为：2Fe3+H2O2=2Fe2+O2+2H+，因此总反应减去该反应可得到另一个反应为2Fe2+ + 2H+ + H2O2=2Fe3+ + 2H2O。(4)为了验证反应中Fe3+和Fe2+之间转化关系的存在，需要分别检验亚铁离子和铁离子存在，若a中盛有10% H2O2溶液，滴加3滴FeCl3溶液反应开始后，立即滴入K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀说明有Fe2+出现。(5)检验亚铁离子用K3Fe(CN)6溶液，而铁离子遇K3Fe(
16、CN)6溶液呈绿色，因此说明设计该实验的目的是证明Fe3+的存在不会干扰对Fe2+的鉴别；(6)双氧水能氧化KSCN，而铁离子又能氧化双氧水：2Fe3+H2O2=2Fe2+O2+2H+，所以可推测Fe3+与SCN-也可发生氧化还原反应。20.【的第（2）小题2分、的第（1）小题的第一空2分，其余的每空1分，共13分】【答案】（1）45 （2） Na 与 Li 同主族，Na 的原子半径更大，最外层电子更容易失去，第一电离能更小 （3）正四面体形 4 sp3 .（1） 三角锥形 低 NH3 分子间存在氢键，使沸点升高，使得AsH3的沸点比 NH3 低 （2）4f5 （1）CH4等 （2）7 【分析
17、】铁为26号元素，基态Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Sm的价层电子排布式4f66s2，原子失去电子生成阳离子时先失去最外层电子，后失去次外层电子，结合洪特规则和泡利原理分析解答；根据价层电子对个数=杂化轨道数=+ （a-xb）计算判断；等电子体是指价电子数和原子数相同的微粒，等电子体结构相似，据此分析解答。【详解】(1)铁为26号元素，基态Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe失去最外层2个电子得Fe2+，价电子排布为3d6，基态Fe失去3个电子得Fe3+，价电子排布为3d5，根据洪特规则和泡利原理，d能级有5个轨道，每个轨道最多
18、容纳2个电子，Fe2+有4个未成对电子，Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子数之比为45，故答案为：45；(2)Li与Na同族，Na的电子层比Li多，原子半径比Li大，比Li更易失电子，因此I1(Li) I1(Na)，故答案为：Na 与 Li 同主族，Na 的原子半径更大，最外层电子更容易失去，第一电离能更小；(3)根据价层电子对互斥理论，PO的价层电子对数为4+(5+3-42)=4+0=4，VSEPR构型为四面体形，去掉孤电子对数0，即为分子的立体构型，也是正四面体形；杂化轨道数=价层电子对数=4，中心原子P采用sp3杂化；故答案为：正四面体形；4；sp3；(1)等电子体的结构相似，As
19、H3和NH3为等电子体，二者结构相似，氨气分子为三角锥形，因此AsH3也是三角锥形；能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，NH3分子间形成氢键，AsH3分子间不能形成氢键，所以熔沸点：NH3AsH3，即AsH3沸点比NH3的低，故答案为：三角锥形；低；NH3 分子间存在氢键，使沸点升高，使得AsH3的沸点比 NH3 低；(2)Sm的价层电子排布式4f66s2，该原子失去电子生成阳离子时应该先失去6s电子，后失去4f电子，因此Sm3+价层电子排布式为4f5，故答案为：4f5；(1)等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，可以采用：“同族替换，左右移位”的方法寻找等电子体，所以与互为等电子体的分子有CH4、SiH4等，故答案为：CH4（或SiH4等）；(2)柠檬酸分子中有三个羧基（），且有一个C连接一个羟基，所以1 mol 柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的键的数目为32+1=7mol，故答案为：7。
