宜宾市第四中学校2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精四川省宜宾市第四中学校2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题含解析2020年春四川省宜宾市第四中学高二期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg23P31S32Fe56Cu64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。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，都是由分子构成的物质，且均满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【详解】A．H2O的沸点高于H2S是因为水分子之间存在氢键，A错误;B．NaHSO4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;D．PCl5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-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CH2═CH-CH2—CH2—CH3、CH3-CH═CH—CH2—CH3，CH2═C(CH3)CH2CH3;CH3C(CH3）═CHCH3；CH3CH(CH3)CH═CH2,共有5种(未考虑立体异构），故D错误;故选C。5.已知：①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;②在上述蓝色溶液中，滴加过量的Na2SO3溶液,蓝色逐渐消失；③取实验②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：ClO－＞I2＞SO42-B。上述实验③中的白色沉淀是BaSO4，一定不含有BaSO3C。实验①中硫酸的作用是作氧化剂和酸化剂D.实验②证明SO32-既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】A、①中溶液变蓝，则NaClO将KI氧化为I2，所以氧化性ClO－＞I2；②中蓝色逐渐消失，则Na2SO3与I2发生反应，根据实验③现象可知实验②中SO32—被I2氧化为SO42-，则氧化性I2＞SO4

2—，所以氧化性ClO－＞I2＞SO42-，故A正确；B、②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、①中的反应方程式NaClO+2KI+H2SO4=I2+NaCl+K2SO4+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、②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0.1mol·L-1NaOH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Ⅱ为醋酸溶液B.a点、c点均为滴定终点C.c点:c(Na+)〉c（A－）〉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。1mol·L-1NaOH溶液滴定10mLHCl溶液的滴定曲线，曲线Ⅱ代表0.1mol·L—1NaOH溶液滴定10mL醋酸溶液的滴定曲线。详解：A．由分析可知曲线Ⅰ代表盐酸，曲线Ⅱ代表醋酸溶液,选项D正确；B．a点、c点均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；C．c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Ⅱ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)，△H＜0。现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，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、Ⅲ中平衡常数相同B.容器II、Ⅲ中正反应速率始终相同C。容器Ⅱ、Ⅲ中的反应达平衡时，SO3的体积分数：II〈IIID.容器I中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1【答案】D【解析】【详解】A.容器Ⅰ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Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，A错误;B。容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强大于容器Ⅰ，反应速率大，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，B错误；C。容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，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：Ⅱ＞Ⅲ，C错误；D。若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，SO2转化率和SO3转化率之和为1，但实际容器Ⅰ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Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ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（CaO2·8H2O）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。⑴过氧化钙晶体可用下列方法制备：CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl。用如下制取装置制备过氧化钙晶体.①装置A中发生反应的化学方程式为______。②仪器X的名称为______；Y是______。③为提高CaO2·8H2O产率，装置B的温度需控制在0℃,可采取的方法是______。⑵测定产品中CaO2·8H2O含量的实验步骤如下：步骤一：准确称取0。5000g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2mol·L-1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0.200mol·L—1的Na2S2O3溶液至反应完全，滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液体枳为20.00mL。求产品中CaO2·8H2O的质量分数.（写出计算过程）_____________已知:CaO2·8H2O＋2KI＋2H2SO4＝CaSO4＋2K2SO4＋I2＋10H2OI2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－【答案】（1).2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O（2）。分液漏斗(3).稀硫酸（4)。将装置B置于冰水浴中（5）.n(Na2S2O3）=0.200mol·L－1×20。00mL×10﹣3=0。004mol，由关系式“CaO2·8H2O～I2～2S2O32—”可知，n(CaO2·8H2O)=0.5×0。004mol=0.002mol，m(CaO2·8H2O)=0。002mol×216g·mol－1=0.432g，则样品中CaO2·8H2O的质量分数为：ω(CaO2·8H2O)==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+8H2O═CaO2•8H2O↓+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CaO2•8H2O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“CaO2·8H2O～I2～2S2O32—"，并以此进行计算。【详解】（1）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2NH4Cl＋Ca（OH）2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O,故答案为：2NH4Cl＋Ca（OH）2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；②仪器X为分液漏斗，Y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；③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CaO2～2S2O32—，n（Na2S2O3)=0。200mol·L－1×20。00mL×10﹣3=0。004mol，由关系式“CaO2·8H2O～I2～2S2O32—”可知，n(CaO2·8H2O）=0。5×0。004mol=0。002mol，m(CaO2·8H2O)=0。002mol×216g·mol－1=0.432g,则样品中CaO2·8H2O的质量分数为:ω（CaO2·8H2O)==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）Ⅰ3870。200.0800。080Ⅱ3870。400。1600.160ⅢT0.200.0900.090回答下列问题：（1）若容器Ⅰ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Ⅰ和容器Ⅱ中起始时X的反应速率v（X）Ⅰ___________v（X)Ⅱ(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Ⅱ中X的平衡转化率为___________。若起始时向容器Ⅰ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/（L·min)（2）。小于（3)。小于(4）.相对于容器Ⅰ，容器Ⅲ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％（7)。正(8）。根据容器Ⅰ中数据可计算得到387℃该反应的平衡常数为4,=

1。5<4，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υ（Y）==0.0040mol/（L·min）。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υ（X）I小于υ（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℃时反应的化学平衡常数K==4，此时的浓度商为=

1.5〈4，所以反应向正反应方向进行.11。中学化学常见的有机化合物A（C6H6O）是重要的化工原料，在工业上能合成紫外线吸收剂BAD和治疗心脏病药物的中间体F，合成路线如下：已知：BAD的结构简式为：F的结构简式为：试回答：（1）H中含有的官能团名称是____________________。（2）写出X的结构简式____________________________________，推测B的核磁共振氢谱中显示有__________种不同化学环境的氢原子.（3)写出反应类型A→B______________；W→BAD______________。(4)1molC可以和______________molBr2反应。（5）C→D的过程中可能有另一种产物C1，请写出在加热条件下C1与足量稀NaOH水溶液反应的化学方程式:__________________________。（6）B与HCHO在一定条件下反应生成高分子化合物的原理，与酚醛树脂的制备原理相似。请写出该反应的化学方程式___________________。（7）W的同分异构体有多种，写出所有符合以下要求的W的同分异构体：________________。①与FeCl3溶液反应，溶液呈紫色；②能发生银镜反应；③苯环上的一氯代物只有两种。【答案】(1）。醛基、（酚）羟基（2）.(3).5(4).加成反应（5）。酯化反应（取代反应）（6)。3（7）。(8）.(9)。【解析】(1)已知H的结构简式，所含的官能团的名称为酚羟基和醛基；(2)H发生银镜反应生成W即,BAD的结构简式为:,所以X的结构简式为；B的结构简式为，所以其核磁共振氢谱中能显示5种不同化学环境的氢原子；（3）由A的化学式可知,A的结构简式为，根据转化关系可知，由A生成B的反应为加成反应,由W生成BAD的反应为酯化反应(或取代反应)；(4）在C的结构中，苯环上有羟基的两个邻位能与溴发生取代反应,C=C能与溴发生加成反应,所以1molC可以和3molBr2反应;(5)C分子结构中的C=C与HCl发生加成反应时，有两种加成产物，分别是和，根据产物F的结构简式可推知D为前者，则C1为后者，在加热条件下C1与足量稀NaOH水溶液反应的化学方程式为；(6)已知酚醛树脂的制备原理是醛基去氧，酚羟基的邻对位去氢,所以B与HCHO在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为;（7)已知W结构简式为，其同分异构中能与FeCl3溶液反应呈紫色，即含有酚羟基，能发生银镜反应，即含有醛基或甲酸酯，苯环上的一氯代物只有两种,说明苯环上有两个取代基处于对位,或三个取代基处于对称位置上，因此其结构简式有三种。12。钛被称为继铁、铝之后的第三金属，其常见的化合物有钙钛矿、硫酸氧钛（TiOSO4)、钛酸（H2TiO3）、二氧化钛（TiO2)、四氯化钛（TiCl4）等，回答下列问题:（1）基态钛原子的价层电子排布式为______，金属钛晶体的晶胞结构如图所示,其堆积方式名称为______。(2）硫酸氧钛的阳离子为TiO2+，其阴离子的VSEPR模型名称为______。TiOSO4在水溶液中不稳定，易生成钛酸沉淀，该反应化学方程式为______。(3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图：化合物乙种C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为______.化合物甲的沸点低于化合物乙的沸点，主要原因是______.（4）已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为-37℃,沸点为136℃，由此可知TiCl4为______晶体。将TiCl4加入盐酸中，经处理可得到一种配位数为6的绿色晶体TiCl3•6H2O，1mol该晶体恰好与含2molAgNO3的溶液反应得到白色沉淀,则该绿色晶体中配离子的化学式为______.（5）钙钛矿的一种晶体结构如图所示。Ti位于立方晶胞的顶点，每个Ti被6个O包围成配位八面体,Ca位于立方晶胞的体心,与Ca距离最近的O有______个；若Ca与Ti的最近核间距为apm,阿伏伽德罗常数为NA,则此钙钛矿的密度为______g•cm-3．（列出计算式即可)【答案】(1）。3d24s2（2).六方最密堆积(3)。正四面体(4).TiOSO4＋2H2O=H2TiO3↓＋H2SO4（5）.N〉O〉C（6).化合物乙分子间存在氢键（7）。分子(8）。[TiCl(H2O）5]2＋(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σ键与孤电