1、四川省泸县第一中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）1.下列说法正确的是A. 聚乙烯、蛋白质、淀粉和油脂都是有机高分子化合物B. 能与NaHCO3溶液反应的有机物C5H10O2有4种C. 利用乙醇的可燃性可检查司机是否酒后驾车D. 石蜡油分解的产物均能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】B【解析】A.油脂不是有机高分子化合物，A不正确；B. 能与NaHCO3溶液反应的有机物C5H10O2一定是羧酸，可以看作是由丁基和羧基组成的，丁基的结构有4种，所以能与NaHCO3溶液反应的有机物C5H10O2有4种，B正确；C. 检查司机是否酒后驾车利用的是乙醇的还原性，乙醇可以被强氧化剂氧化
2、， C不正确；D. 石蜡油分解的产物中既有不饱和烃又有饱和烃，其中饱和烃不能使溴的四氯化碳溶液褪色，D不正确。本题选B。2.下列说法不正确的是( )A. 乙醇的酯化反应和酯的水解反应均属于取代反应B. 乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,是因为乙烯分子中含有碳碳双键C. 乙醛分子式为C2H4O2它可以还原生成乙醇D. 苯与溴水混合,反复振荡后溴水层颜色变浅是因为苯与溴水发生了加成反应【答案】D【解析】【详解】A. 乙醇的酯化反应和酯的水解反应都可看作是有机物分子中的原子或原子团被其他的原子和原子团所代替的反应，是取代反应，故A不选；B. 乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为乙烯分子中含有碳碳双键，可以
3、被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B不选。C. 乙醛的结构简式为CH3CHO，分子式为C2H4O。它可以和氢气发生加成反应，即还原反应生成乙醇，故C不选；D.苯与溴水混合反复振荡，溴水层颜色变浅是因为溴水中的溴从水中进入到了苯中，是萃取，不是苯和溴水发生了加成反应，故D选。故选D。3.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，W是周期表中原子半径最小的原子，X与Y形成的某种化合物能与水发生氧化还原反应，且生成酸，W、X、Y三种元素的核电荷数之和等于Z的原子序数，则下列说法正确的是A. 原子半径：XYZWB. W和X形成的某种化合物中，可能既有离子键，又有共价键C. 单质的氧化性：YZD. 简
4、单氢化物的稳定性：XYZ【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，W是周期表中原子半径最小的原子，则W为H；X与Y形成的某种化合物能与水发生氧化还原反应，且生成酸，该化合物为二氧化氮，则X为N，Y为O；W、X、Y三种元素的核电荷数之和等于Z的原子序数，则Z的原子序数为：1+7+816，则W为S元素，据此解答。【详解】根据分析可知，W为H，X为N，Y为O，Z为S元素，A同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：ZXYW，故A错误；BH、N形成的化合物NH4H中，既有离子键，又有共价键，故B正确；C一般情况下非金属性越强，单
5、质氧化性越强，非金属性OS，则单质的氧化性：YZ，故C错误；D元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性ONS，所以气态氢化物热稳定性：ZXY，故D错误；故答案为B。4.已知：H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g)反应的能量变化示意图如下：下列说法正确的是A. 点燃条件和光照条件下，反应的H不同B. 反应的H约为2c- (a+b)kJmol-1C. “假想的中间物质”的总能量低于起始态H2和Cl2的总能量D. 反应涉及的物质中，既有含极性键的物质，也有含非极性键的物质【答案】D【解析】A. 反应热取决于反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小，与反应条件无关，故A错误；B. 据图可知，氢气
6、和氯气生成氯化氢的反应是放热反应，H=2c- (a+b)kJmol-1，故B错误；C. 由H2和Cl2生成“假想的中间物质”，需要断裂化学键吸收能量，则“假想的中间物质”的总能量高于起始态H2和Cl2的总能量，故C错误；D. 反应涉及的物质中，HCl是含极性键的物质，H2和Cl2是含非极性键的物质，故D正确；答案选D。点睛：本题主要考查反应热的概念和计算，试题难度中等，本题的难点是B项中焓变的计算，解答本题时要根据反应热和化学键的断裂与形成时对应能量的关系，并结合图象判断氢气和氯气生成氯化氢的反应是放热反应，焓变应为H=2c- (a+b)kJmol-1。5.已知：原子序数小于18的同一主族的两
7、种元素X和Y，其原子半径：XY。下列说法正确的是（ ）A. 若X和Y均位于VIIA，则键能大小为HXHYB 若X和Y均位于VIA，则H2X分子间易形成氢键C. 若X和Y均位于IVA，则半径YXD. 若X和Y均位于IIA，则第一电离能大小为XY【答案】B【解析】【详解】A. 若X和Y均位于VIIA，且原子半径：XHCl，则键能大小为HXHY，故A错误；B. 若X和Y均位于VIA，且原子半径：XY，所以X为O、Y为S，H2O分子间易形成氢键，故B正确；C. 若X和Y均位于IVA，且原子半径：XY，所以X为C、Y为Si，半径CSi，故C错误；D. 若X和Y均位于IIA， 且原子半径：XMg，故D错误
8、。答案选B。【点睛】本题考查原子结构与元素的性质，注意同主族元素性质的递变规律，特别注意分子间形成氢键等特殊情况。6.如图是某空间站能量转化系统的局部示意图，其中燃料电池采用KOH溶液为电解液，下列有关说法中不正确的是A. 该能量转化系统中的水也是可能循环的B. 燃料电池系统产生的能量实际上来自于水C. 水电解系统中的阳极有放出D. 燃料电池放电时的负极反应：【答案】B【解析】【分析】根据空间站能量转化系统局部示意图，利用水的分解反应和燃料电池中的反应来分析反应中的能量变化，向阳面时，发生的是电解反应，背日面时，发生的是原电池反应。【详解】由转化图可知，该系统中水既可分解也可生成，是循环使用的
9、，故A正确； B.燃料电池系统产生的能量来源于化学反应产生的化学能，属于化学能转变为电能，化学反应的发生能量来源是太阳能，不是来源于水，故B错误； C.水电解时，阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气，电极反应式为，故C正确； D.该燃料电池放电时的负极发生氧化反应，在碱性环境下，故D正确。 故选：B。【点睛】本题利用信息来考查化学与能源问题，注重了与生活实际的紧密联系，也体现了利用所学课本知识能够学以致用。7.用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的吸收液用三室膜电解技术处理，原理如图所示下列说法错误的是A. 电极a为电解池阴极B. 阳极上有反应HSO3-2e+H2O=SO42+3H+发生C.
10、 当电路中通过1mol电子的电量时，理论上将产生0.5mol H2D. 处理后可得到较浓的H2SO4和NaHSO3产品【答案】D【解析】【详解】A.从图中箭标方向“Na+电极a”，则a为阴极，与题意不符，A错误；B.电极b为阳极，发生氧化反应，根据图像“HSO3-和SO42-”向b移动，则b电极反应式HSO3-2e-H2OSO42-3H+，与题意不符，B错误；C.电极a发生还原反应，a为阴极，故a电极反应式为2H+2eH2，通过1mol电子时，会有0.5molH2生成，与题意不符，C错误；D.根据图像可知，b极可得到较浓的硫酸，a极得到亚硫酸钠，符合题意，D正确；答案为D。8.雾霾天气肆虐给人
11、类健康带来了严重影响燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一。（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO2CO2（g）+N2（g）H0反应的速率-时间图像如图甲所示若其他条件不变，仅在反应前加入合适的催化剂，其速率时间图象如图乙所示。以下说法正确的是_（填对应字母）。A a1a2 Bb1b2 Ct1t2 D图乙中阴影部分面积更大E图甲中阴影部分面积更大若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是_（填代号）（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染已知：
12、CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJ/mol2NO2（g）N2O4（g）H=56.9kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）热化学方程式：_。（3）CH4和H2O（g）在催化剂表面发生反应CH4+H2OCO+3H2，该反应在不同温度下的化学平衡常数如表：温度/800100012001400平衡常数0.451.92276.51771.5该反应是_反应（填“吸热”或“放热”）。T时，向1L密闭容器中投入lmolCH4和lmolH2O（g），平衡时c（CH4）=0.5mol/L，
13、该温度下反应CH4+H2OCO+3H2的平衡常数K=_。【答案】 (1). BC (2). BD (3). CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）H= 898.1 kJmol1 (4). 吸热 (5). 6.75【解析】【分析】加了催化剂，反应速率增大，反应达到平衡所需时间缩短，阴影面积为反应物消耗的量。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，A. 反应是放热反应，达到平衡是正、逆反应速率相等，t1时刻正反应速率最大，之后随着反应进行速率减小，说明未达到平衡；B. K平衡常数不变，说明容器内温度一定，反应达到平衡；C. t1时刻CO、CO2质量还在发生改变，说明未达
14、到平衡；D. NO的质量分数为定值，说明达到平衡。根据盖斯定律，第一个方程式减去第二个方程式，再加上第三个方程式的2倍。升高温度，平衡常数增大，说明平衡正向移动。三段式建立关系，再根据平衡常数公式进行计算。【详解】加了催化剂，反应速率增大，反应达到平衡所需时间短，阴影面积为反应物消耗的量，由于加催化剂，平衡不移动，因此反应物消耗的量不变，因此a2a1，b1b2，t1t2，两图中阴影部分面积相等，故BC正确。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，A. 反应是放热反应，达到平衡是正、逆反应速率相等，t1时刻正反应速率最大，之后随着反应进行速率减小，说明未达到平衡，故A不符合题意；B.K平衡常数不变
15、，说明容器内温度一定，反应达到平衡，故B符合题意；C. t1时刻CO、CO2质量还在发生改变，说明未达到平衡，故C不符合题意；D. NO的质量分数为定值，说明达到平衡，故D符合题意；综上所述，答案为BD。根据盖斯定律，第一个方程式减去第二个方程式，再加上第三个方程式的2倍，得到CH4催化还原N2O4(g)生成N2和H2O(l)的热化学方程式：CH4(g) + N2O4(g) = N2(g) + 2H2O(l) + CO2(g) H= 898.1 kJmol1；故答案为：CH4(g) + N2O4(g) = N2(g) + 2H2O(l) + CO2(g) H= 898.1 kJmol1。升高温
16、度，平衡常数增大，说明平衡正向移动，正向为吸热反应；故答案为：吸热。T时，向1L密闭容器中投入lmolCH4和lmolH2O(g)，平衡时c(CH4)=0.5 molL1，则n(CH4)=0.5 mol，该温度下反应CH4+H2OCO+3H2的平衡常数；故答案为：6.75。9.恒温时，将2molA和2molB气体投入固定容积为2L密闭容器中发生反应：2A(g)B(g)xC(g)D(s)，10s时，测得A的物质的量为1.7mol，C的反应速率为0.0225molL1s1；40s时反应恰好处于平衡状态，此时B的转化率为20%。请填写下列空白：（1）x=_（2）从反应开始到10s，B平均反应速率为_
17、（3）从反应开始到40s达平衡状态，A的平均反应速率为_（4）平衡时容器中B的体积分数为_（5）下列各项能表示该反应达到平衡状态是_A消耗A的物质的量与生成D的物质的量之比为21B容器中A、B的物质的量n(A)n(B)=21C气体的平均相对分子质量不再变化D压强不再变化E气体密度不再变化【答案】 (1). 3 (2). 0.0075molL 1s 1 (3). 0.01molL 1s 1 (4). 40% (5). CE【解析】【分析】先计算A和C的改变量，再根据改变量之比等于计量系数之比建立关系。根据速率之比等于计量系数之比建立关系。计算B的改变量，根据改变量之比等于计量系数之比算A的改变量
18、，再计算A的平均反应速率。根据得到平衡时n(B)，由于反应是等体积反应，根据体积分数计算。A消耗A，正向反应，生成D，正向反应，同一个方向，不能说明达到平衡；B容器中物质的物质的量之比不能说明达到平衡；C气体的平均相对分子质量等于气体质量除以气体的物质的量，正向反应，气体质量减少，气体物质的量不变，气体的平均相对分子质量减少，当气体的平均相对分子质量不再变化说明达到平衡；D反应是等体积反应，压强始终不变，因此压强不再变化不能说明达到平衡；E气体密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量减少，容器体积不变，气体密度减少，当气体密度不再变化说明达到平衡。【详解】10s时，测得A的物质的量为1
19、.7mol，n(A)=2mol1.7mol =0.3mol，C的反应速率为0.0225molL 1s 1；n(C)=(C)Vt=0.0225molL 1s 12L10s=0.45mol，根据改变量之比等于计量系数之比，得到0.3mol ：0.45mol = 2：x，则x=3；故答案为：3。从反应开始到10s，根据速率之比等于计量系数之比，(C)：(B)=3:1=0.0225molL 1s 1：(B)，解得(B)=0.0075 molL 1s 1；故答案为：0.0075 molL 1s 1。40s时反应恰好处于平衡状态，此时B的转化率为20%，n(B)= 2mol20%=0.4mol，根据改变量
20、之比等于计量系数之比，n(A)：n(B) =n(A)：0.4mol=2:1，n(A)= 0.8mol，从反应开始到40s达平衡状态，A的平均反应速率为；故答案为：0.01molL 1s 1。根据得到平衡时n(B)=2mol0.4mol=1.6mol，由于反应是等体积反应，因此总气体物质的量为4mol，因此平衡时容器中B的体积分数为；故答案为：40%。A消耗A，正向反应，生成D，正向反应，同一个方向，不能说明达到平衡，故A不符合题意；B容器中物质的物质的量之比不能说明达到平衡，故B不符合题意；C气体的平均相对分子质量等于气体质量除以气体的物质的量，正向反应，气体质量减少，气体物质的量不变，气体的
21、平均相对分子质量减少，当气体的平均相对分子质量不再变化说明达到平衡，故C符合题意；D反应是等体积反应，压强始终不变，因此压强不再变化不能说明达到平衡，故D不符合题意；E气体密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量减少，容器体积不变，气体密度减少，当气体密度不再变化说明达到平衡，故E符合题意；综上所述，答案为CE。10.CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl26H2O的一种新工艺流程如下图：已知：CoCl26H2O熔点86，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110120时，易失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。（乙醚：无色液体，沸点34
22、.5，在水中的溶解度小）部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.37.57.63.4完全沉淀4.19.79.25.2请回答下列问题：（1）钴的性质与铁相似，能与盐酸和硝酸反应，写出钴与盐酸反应的化学方程式：_。（2）在上述新工艺中，用“盐酸”代替原工艺中“盐酸与硝酸的混酸”直接溶解含钴废料，其主要优点:为_，防止大气污染；防止产品中混有硝酸盐。（3） 加入碳酸钠调节pH至a，a的范围应是5.2_。（4） 操作包含3个基本实验操作，它们是蒸发浓缩、冷却结晶和_。（5）根据表中数据，判断KspFe(OH)3 _Ksp
23、Co(OH)2 (填“”、“=”或“”) 。在实验室中，为了从上述产品中获得纯净的CoCl26H2O，采用的方法是：将产品溶于乙醚过滤后，再蒸馏。【答案】 (1). Co2HCl=CoCl2H2 (2). 避免生成氮的氧化物（或减少有毒气体的排放等） (3). 7.6 (4). 过滤 (5). 【解析】试题分析：由流程可知，含钴废料经酸溶后，少量Fe、Al等杂质也会同时溶解生成亚铁离子和铝离子，加入双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，再加碳酸钠溶液调节pH，以除去杂质离子。过滤后，加入盐酸酸化以防钴离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶和过滤、烘干得产品。（1）钴的性质与铁相似，能与盐酸和硝酸反应，钴与盐酸反
24、应的化学方程式为Co2HCl=CoCl2H2。（2）在上述新工艺中，用“盐酸”代替原工艺中“盐酸与硝酸的混酸”直接溶解含钴废料，其主要优点有：为避免生成氮的氧化物（或减少有毒气体的排放等），防止大气污染；防止产品中混有硝酸盐。（3） 表中数据可知，铁离子和铝离子沉淀完全的pH分别为4.1、5.2，而钴离子开始沉淀的pH为7.6，所以，加入碳酸钠调节pH至5.27.6。（4） 操作包含3个基本实验操作，它们是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤。（5）根据表中数据可知，铁离子沉淀完全的pH低于钴离子开始沉淀的pH，可以判断KspFe(OH)3 KspCo(OH)2。点睛：本题是化工流程题。以物质的制备为主线
25、的化工流程题，通常的设计这样几个步骤：目标元素的提取、杂质离子的去除、核心转化、产品的分离与提纯。答题时要围绕更快、更多、更好地得到产品为中心思想进行分析，找到合理答案。本题紧紧结合课本上的知识点，考查了亚铁离子的去除方法，给学生学习指明了方法，要重视课本的基础知识和典型案例。11.请回答下列问题：（1）(NH4)2SO4中含有化学键的类型为_。（2）KNO3中NO3-的立体构型为_，其中N原子的杂化方式为_，写出与NO互为等电子体的另一种阴离子的化学式：_。（3）已知配合物CrCl36H2O中心原子Cr3的配位数为6，向含0.1 mol CrCl36H2O的溶液中滴加2 molL1 AgNO
26、3溶液，反应完全后共消耗AgNO3溶液50 mL，则该配合物的化学式为_，Cr在基态时，价电子排布式为_。（4）LiBH4由Li和BH4-构成，BH4-的立体构型是_，根据化合物LiBH4判断，Li、B、H的电负性由大到小的顺序为_。（5）丙酮()分子中C原子轨道杂化类型为_；含有的键与键数目之比为_。 （6）第一电离能I 1（Zn）_I 1（Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是_。【答案】 (1). 离子键、共价键 (2). 平面三角形 (3). sp2 (4). CO32- (5). CrCl2(H2O)4Cl2H2O (6). 3d54s1 (7). 正四面体形 (8). HBLi (
27、9). sp2、sp3 (10). 19 (11). 大于 (12). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子【解析】【详解】（1）（NH4）2SO4中存在N-H共价键和S-O共价键，铵根离子与硫酸根离子之间存在离子键；故含有化学键的类型为离子键、共价键；（2）NO3-中价层电子对个数为3且不含孤电子对，所以为平面三角形；硝酸根离子中N原子价层电子对个数是3，杂化方式为sp2杂化；NO3-中有4个原子，5+63+1=24个价电子，CO32-有4个原子，4+63+2=24个价电子，所以与NO3-互为等电子体的另一种阴离子为CO32-；（3）能和硝酸银反应生成白色沉淀的是配合物中外界氯离子，n
28、（AgNO3）=2molL-10.05L=0.1mol，0.1molCrCl36H2O和0.1mol硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以该配合物外界氯离子个数是1，则有2个氯原子是配位原子，该配合物的配位数是6，所以有4个水分子是配体，则该配合物的化学式为CrCl2(H2O)4Cl2H2O；根据核外电子排布规律可以写出基态铬价电子排布式为1s22s22p63s23p63s23p63d54s1，所以基态铬（Cr）原子的价电子排布式是3d54s1；（4）BH4-中B原子价层电子数=4+（3+1-41）=4，且不含孤电子对，所以是正四面体形；非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是
29、B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为HBLi；（5）丙酮()分子中甲基上的碳原子为sp3杂化，羰基上的碳原子为sp2杂化；单键全为键，1个双键中含有1个键和1个键，故1 mol丙酮中含有1 mol键和9 mol 键，含有的键与键数目之比为19；（6）第一电离能I 1（Zn）大于I 1（Cu)，原因是Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子。12.可由N物质通过以下路线合成天然橡胶和香料柑青酸甲酯衍生物F。已知：RCHO+RCH2CHCH2+（1）用系统命名法对N命名_。（2）试剂a的名称是_。CD中反应i的反应类型是_。（3）E的结构简式是_。（4）关于试
30、剂b的下列说法不正确是_(填字母序号)。a.存在顺反异构体b.难溶于水c.能发生取代、加成和氧化反应 d.不能与NaOH溶液发生反应（5）写出A生成B的反应方程式_。（6）分子中含有和结构的D的所有同分异构共有_种(含顺反异构体)，写出其中任意一种含反式结构的结构简式_。【答案】 (1). 2-甲基丙烯(或2-甲基-1-丙烯) (2). 甲醛 (3). 氧化反应 (4). (5). ad (6). +HCl+ (7). 9 (8). 或【解析】【分析】由A加聚生成天然橡胶的结构简式可知A为CH2=C(CH3)CH=CH2，根据已知可推知B与E反应生成F的原理，E为CH2=C(CH3)COOCH
31、3，则D为CH2=C(CH3)COOH，C为CH2=C(CH3)CHO。【详解】（1）由流程图可知，N结构简式为，根据系统命名法，选择含有碳碳双键的最长碳链为主链，碳碳双键的位置最低，则N的名称为2甲基丙烯。（2）N为2甲基丙烯，A为CH2=C(CH3)CH=CH2，根据已知提供的信息可知，由N生成A所加试剂a为甲醛；根据上述分析，C为CH2=C(CH3)CHO，C与银氨溶液反应发生的是氧化反应。（3）根据上述分析，E的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3。（4）试剂b的结构简式为，一个碳原子连接两个甲基，不存在存在顺反异构体，错误；不含有亲水基，难溶于水，正确；含有碳碳双键，可发生加成和氧化反应，含有氯原子，可发生取代反应，正确；含有氯原子，可与NaOH溶液发生取代反应，错误；答案选ad；（5）A为CH2=C(CH3)CH=CH2，A与试剂b（）反应生成B的化学方程式为：+HCl+。（6）D为CH2=C(CH3)COOH，分子中含有结构的D的所以同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH2=CHCOOCH3、CH3-CH=CH-OOCH（含顺反异构两种）、CH3-CH=CH-COOH（有两种）、CH3COOCH=CH2、CH2=CHCH2OOCH、CH2=C(CH3)OOCH，共9种；其中任意一种含反式结构的结构简式为或。