【化学】安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高二上学期期末考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 I 127
一、单选题（每题3分）
1.下列有关说法中正确的是（ ）
A. 有机化合物都易燃烧
B. 氯化钠、苯甲酸钠均可做食品防腐剂
C. 易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂的物质一定是有机化合物
D. 乙炔产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志
【答案】B
【解析】
【详解】A项、多数有机物容易燃烧，有的不容易燃烧，如四氯化碳不容易燃烧，可做灭火剂，故A错误；
B项、氯化钠、苯甲酸钠均可做食品防腐剂，可以起到改善食品品质、延长保存期、方便加工和保全营养成分的作用，故B正确；
C项、易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂的物质不一定是有机化合物，如溴单质易溶于有机溶剂，但溴是无机物，故C错误；
D项、乙烯产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，故D错误；
故选B。
2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，7.8g乙炔和苯的混合物中含C—H键数目为0.6NA
B. 10g46%的乙醇溶液中，含H—O键的数目为0.1NA
C. 1L0.1mol·L−1 FeCl3溶液中含Fe3+数目为0.1NA
D. 将1molNH3通入足量水中，NH3 ·H2O、NH4+ 粒子数目之和为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A项、乙炔和苯的最简式相同，均为CH，依据最简式可知7.8gCH的物质的量为=0.6mol，0.6molCH含C—H键数目为0.6NA，故A正确；
B项、乙醇溶液中乙醇和水均含有H—O键，则10g46%的乙醇溶液中含H—O键的数目大于0.1NA，故B错误；
C项、FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中水解，则1L0.1mol·L−1 FeCl3溶液中含Fe3+数目小于0.1NA，故C错误；
D项、由物料守恒可知，将1molNH3通入足量水中，NH3 ·H2O、NH4+ 和NH3粒子数目之和为NA，故D错误；
故选A。
【点睛】乙醇溶液中乙醇和水均含有H—O键，计算10g46%的乙醇溶液中含H—O键的数目时，不能忽略水中H—O键数目计算是解答易错点。
3.下列有关实验的选项正确的是


A．配制0.l0mol/L NaOH溶液
B．除去CO中的CO2


C．苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数为12.20mL
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，要在烧杯中溶解固体物质，不能在容量瓶中进行固体的溶解，A错误；
B.CO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应产生可溶性盐和水，而CO不能反应，所以可利用NaOH收CO中的二氧化碳，可以达到除杂净化的实验目的，B正确；
C.进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出，由于苯层在上层，所以应在分出水层后从分液漏斗的上口倒出该溶液，C错误；
D.滴定管0刻度在上部，小刻度在上，大刻度在下，液面读数是在11.80mL刻度处，D错误；
合理选项是B。
4.下列应用与盐类水解有关的是（ ）
①明矾和FeCl3可作净水剂；②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量稀盐酸；③制备无水AlCl3时，应在HCl气流中加热蒸发；④NH4Cl与ZnCl2溶液可作为焊接中的除锈剂；⑤实验室存放NaF溶液应用塑料瓶；⑥用Al2(SO4)3和NaHCO3两种溶液可作为泡沫灭火器；⑦长期使用硫酸铵，土壤酸性变强；⑧草木灰与铵态氮肥不能混合使用
A. ①③④⑦ B. ①②⑤⑥
C. ②⑤⑥⑧ D. 全部有关
【答案】D
【解析】
【详解】①明矾和氯化铁水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，因此可以做净水剂；
②在氯化铁溶液中加入盐酸，抑制水解；
③在HCl气流中加热蒸发AlCl3溶液，抑制AlCl3的水解，可制备无水AlCl3；
④氯化铵、氯化锌溶液水解呈酸性，利用酸溶解金属氧化物；
⑤NaF水解生成HF，与二氧化硅反应；
⑥碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合，发生双水解；
⑦硫酸铵水解，溶液呈酸性；
⑧铵态氮肥水解呈酸性，草木灰的主要成分是碳酸钾，水解呈碱性，二者相互水解降低肥效；
答案选D。
5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. pH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+
B. 由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-
C. =1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-
D. NaHS溶液中：K+、S2-、SO42-、Al3+
【答案】C
【解析】
【详解】A项、pH=1的溶液是酸性溶液，酸性溶液中，Fe2+和NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B项、由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液可能为酸溶液或碱溶液，HCO3-既能与氢离子反应，也能与氢氧根离子反应，则无论是酸溶液中，还是碱溶液中都不可能存在HCO3-，故B错误；
C项、=1012的溶液中c(H+)为0.1mol·L-1，为酸性溶液，酸性溶液中NH4+、Al3+、NO3-、Cl-不发生任何反应，能大量共存，故C正确；
D项、铝离子和硫离子和硫氢根离子在溶液中发生双水解反应，不能大量共存，故D错误；
故选C。
【点睛】硝酸具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，酸性溶液中，Fe2+和NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存是解答关键，也是易错点。
6.有8种物质：①乙烷②乙烯③乙炔④苯⑤甲苯⑥四氯化碳⑦聚丙烯⑧环己烯。其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是（ ）
A. ①②③⑤ B. ①⑥⑦⑧
C. ①④⑥⑦ D. ②③⑤⑧
【答案】C
【解析】
【详解】烷烃和苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色，烯烃和炔烃既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色，苯的同系物能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能与溴水反应使溴水褪色，则乙烷、苯、四氯化碳和聚丙烯既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色，故选C。
7.已知常温下，不同酸的电离常数如下表所示

H2CO3
HClO
CH3COOH
H2SO3
K
K1=4. 30×10-7 
K2=5.61×10-11 
K =3×10-8
K =1.75×10-5 
K1=1.54×10-2
 K2=1.O2×10-7
下列说法中正确的是
A. 少量SO2通入NaClO溶液中发生反应的离子方程式为：H2O+SO2+ClO－＝2H++ Cl－+SO42－
B. 常温下，稀释CH3COOH或HClO溶液时，溶液中不变（HR代表CH3COOH或HClO）
C. 等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合，溶液中： c（HSO3－)＞c（CH3COO－)＞c（CO32－)
D. 含等物质的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中：c（OH－)—c（H+)＝c（H2CO3)+c（CH3COOH)
【答案】B
【解析】
【分析】
A．次氯酸根离子具有强氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸根离子，但氢离子与次氯酸根离子结合生成次氯酸；
B.分子、分母同时乘以氢离子浓度后再进行分析；
C．亚硫酸氢钠与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠，则溶液中硫酸氢根离子、碳酸根离子浓度远远小于醋酸根离子；
D．根据混合液中的电荷守恒、物料守恒分析。
【详解】A． 少量SO2通入NaClO溶液中，NaClO过量，反应生成次氯酸、硫酸根离子和氯离子，正确的离子方程式为：，故A错误；
B．的分子、分母同时乘以c(H＋)可得：，由于电离平衡常数和水的离子积都不变，所以该比值不变，故B正确；
C． 等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合，Na2CO3、NaHSO3反应生成Na2SO3、NaHCO3，则溶液中的HSO3-、CO32-浓度远远小于CH3COO-，故C错误；
D． 等物质的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中，根据电荷守恒可得：①，根据物料守恒可得：②，将②带入①可得：，故D错误。
故答案选：B。
8.将一定量的氨基甲酸置于恒容的密闭真空容器中（固体体积忽略不计），使其达到化学平衡：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表
温度/℃
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强/kPa
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总浓度/10－3mol/L
24
3.4
4.8
6.8
9.4
下列有关叙述正确的是
A. 在低温下该反应能自发进行
B. 15℃时，该反应的化学平衡常数约为2.0
C. 当混合气体平均相对分子质量不变时，该反应达到化学反应限度
D. 恒温条件下，向原平衡体系中再充入2molNH3和1molCO2，达平衡后CO2浓度不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)的△S＞0，温度升高平衡时总浓度增大，说明正方向吸热，即△H＞0，根据△G=△H-T△S可知在高温下该反应才能自发进行，故A错误；
B．15.0℃时，总浓度为2.4×10-3 mol/L，容器内气体的浓度之比为2∶1，故NH3和CO2的浓度分别为1.6×10-3 mol/L、0.8×10-3 mol/L，代入平衡常数表达式：K=(1.6×10-3)2×0.8×10-3 =2.048×10-9，故B错误；
C．反应混合气体中NH3和CO2的比值始终是2:1，混合气体平均相对分子质量始终是定值，无法判断反应达到平衡状态，故C错误；
D．恒温条件下，平衡常数不变，且K=c2(NH3)×c(CO2)，反应混合气体中NH3和CO2的比值始终是2:1，故重新平衡时CO2的浓度不变，故D正确；
答案为D。
【点睛】难点和易错点为选项D，很容易利用勒夏特列原理判断重新平衡时浓度会增大，但事实是在恒温下平衡常数不变，结合平衡关系式即可判断平衡浓度不变。
9.脑白金的主要成分的结构简式如图：

下列对脑白金主要成分的推论错误的是（ ）
A. 其分子式为C13H16N2O2 B. 可以和H2发生加成反应
C. 能使溴水褪色 D. 属于芳香烃
【答案】D
【解析】
【详解】A项、由结构简式可知脑白金的分子式为C13H16N2O2，故A正确；
B项、由结构简式可知脑白金含有苯环和碳碳双键，可以和H2发生加成反应，故B正确；
C项、由结构简式可知脑白金含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应使溴水褪色，故C正确；
D项、由结构简式可知脑白金含有N和O元素，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故D错误；
故选D。
【点睛】脑白金含有苯环和碳碳双键，苯环和碳碳双键可以和H2发生加成反应，能与溴水发生加成反应使溴水褪色是解答关键，
10.常温下，向l0mL0.1mol/L 的HR 溶液中逐渐滴入0.lmol/L 的NH3·H2O 溶液，所得溶液pH 及导电性变化如图。下列分析不正确的是

A. a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸
B. b点溶液c(NH3·H2O)=c(R-)+c(H+)-c(OH-)
C. c点溶液，存在c(NH4+)>c(R-)>c(OH-)>c(H+)
D. 常温下，HR 和NH3·H2O 的电离平衡常数近似相等
【答案】B
【解析】
A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，A正确；B．根据图象可知b点溶液pH=7，此时HR与一水合氨的物质的量相等，说明此时二者恰好反应生成NH4R，铵根离子与R-的水解程度相等，溶液呈中性，根据物料守恒c(NH3•H2O)+c(NH4+)=c(R-)+c(HR)，B错误；C．根据图象可知，c点时溶液的pH＞7，混合液呈碱性，则c(NH4+)>c(R-)>c(OH-)>c(H+)，C正确；D．根据B中分析可知常温下，HR和NH3•H2O的电离平衡常数相等，D正确；答案选B。
11.最近意大利科学家获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知Ⅰ、断裂1 mol N—N吸收167 kJ热量，形成1 mol 放出942 kJ热量；Ⅱ、N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH1＝－92 kJ/mol，N4(g)＋6H2(g)4NH3(g) ΔH2(kJ/mol)根据以上信息和数据，下列说法正确的是(　　)

A. ΔH2＞0 B. N2分子比N4分子稳定
C. ΔH2＝2ΔH1 D. ΔH2与方程式系数无关
【答案】B
【解析】
分析】
1 mol N4气体中含有6mol N-N键，1 mol N2中含有1 mol N≡N键，1mol N4气体转变为2mol N2的反应热ΔH＝化学键断裂吸收的热量-形成化学键放出的热量=6×167kJ/mol -2×942 kJ/mol =1002kJ/mol -1884kJ/mol=-882 kJ/mol，则可得热化学方程式：N4(g)=2 N2(g) ΔH＝-882 kJ/mol，再结合已知的热化学方程式和盖斯定律进行分析判断。
【详解】在1mol N4气体中含有6mol N-N键，1 mol N2中含有1 mol N≡N键，1mol N4气体转变为2mol N2的反应热ΔH＝化学键断裂吸收的热量-形成化学键放出的热量=6×167kJ/mol -2×942 kJ/mol =1002kJ/mol -1884kJ/mol=-882 kJ/mol，则可得热化学方程式：N4(g)=2 N2(g) ΔH＝-882 kJ/mol，
A. 已知N4(g)=2 N2(g) ΔH＝-882 kJ/mol；N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH1＝-92 kJ/mol；
根据盖斯定律可知，热化学方程式N4(g)＋6H2(g) 4NH3(g)可由第一个热化学方程式加上第二个热化学方程式的2倍得到，则ΔH2= -882 kJ/mol + 2(-92 kJ/mol)=-1066 kJ/mol， ΔH2c(HCO3-)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)
B. NH4HCO3溶液中存在下列关系：c(NH3·H2O)>c(CO32-)，又因为含氮微粒为NH4+和NH3·H2O，所以NH4+和NH3·H2O的分布分数之和应等于1，所以当pH=9时，溶液中存在关系：c(HCO3-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)，故A错误；
B、根据物料守恒，NH4HCO3溶液中存在：①c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，又因为0.1mol·L-1NH4HCO3溶液，pH=7.8，所以Kh(NH4+)c(HCO3-)，再结合①式可得：c(NH3·H2O)c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
【解析】
【分析】
（1）由盖斯定律计算可得；
（2）由化合价变化可知，反应i中6molFeO参加反应，有2mol未被氧化，有4mol被氧化；
（3）由速率公式计算可得；
（4）由转化率公式计算可得；
（5）由化学平衡常数公式计算可得；
（6）该反应是一个气体体积减小的放热反应，由化学平衡移动原理分析即可；
（7）以甲醇为燃料，空气和熔融K2CO3构成燃料电池中，甲醇为燃料电池的负极，在熔融盐中碳酸根的作用下，甲醇在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳；
（8）由题给数据计算可知二氧化碳和氢氧化钠溶液发生反应：2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，反应生成Na2CO3、NaHCO3的物质的量相等。
【详解】（1）由盖斯定律可知，ⅰ×+ⅱ×得热化学方程式3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)，则△H3=（－76.0kJ·mol-1）×+（+113.4kJ·mol-1）×=+18.7 kJ·mol-1，故答案为：+18.7；
（2）由化合价变化可知，反应i中6molFeO参加反应，有2mol未被氧化，有4mol被氧化，设xgFeO被氧化，由反应i可得FeO与热量的关系为4mol：76.0kJ= mol：38.0kJ，解得x=144，故答案为：144；
（3）由图可知，从反应开始到平衡生成甲醇的量为0.75mol，由化学方程式可知反应消耗氢气的量为0.75mol×3=2.25mol，则v(H2)＝==0.225 mol·(L·min)-1，故答案为：0.225；
（4）由图可知，从反应开始到平衡生成甲醇的量为0.75mol，由化学方程式可知反应消耗氢气的量为0.75mol×3=2.25mol，则氢气的转化率为×100%=×100%=75%，故答案为：75%；
（5）由图可知，平衡时二氧化碳浓度为0.25mol/L，氢气浓度为（3—2.25）mol/L=0.75 mol/L，甲醇和水蒸气浓度均为0.75 mol/L，则反应的平衡常数为==5.33，故答案为：5.33；
（6）A、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，减小，故错误；
B、恒容条件下充入He(g)，使体系压强增大，平衡体系中各物质浓度不变，平衡不移动，不变，故错误；
C、再充入1 molH2，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，增大，故正确；
D、将H2O(g)从体系中分离出去，减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动，增大，故正确；
CD正确，故答案为：CD；
（7）以甲醇为燃料，空气和熔融K2CO3构成燃料电池中，燃料甲醇为燃料电池的负极，在熔融盐中碳酸根的作用下，甲醇在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH3OH–6e-+3CO32-=4CO2↑+2H2O，故答案为：CH3OH–6e-+3CO32-=4CO2↑+2H2O；
（8）标准状况下4.48LCO2的物质的量为=0.02mol，0.2mol，NaOH物质的量为0.1L×3mol/L=0.3mol，由于1c（CO32-），由于水解程度较小，则c（CO32-）>c（OH-），溶液中各离子浓度大小顺序是c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+），故答案为：c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+）。
【点睛】反应i中6molFeO参加反应，有2mol未被氧化，有4mol被氧化是解答难点，也是易错点。
20.碘化亚铜(CuI)是阳极射线管覆盖物，不溶于水和乙醇。如图是工业上由冰铜制取无水碘化亚铜的流程。

（1）步骤①中得到熔渣B的主要成分为黑色磁性物质，其化学式为___。
（2）步骤②中H2O2的作用是__；
（3）步骤④用乙醇洗涤的优点是___；检验沉淀是否洗涤干净的方法是___。
（4）溶液I中通常含少量Fe(Ⅲ)。已知该工业条件下，Fe(OH)3的Ksp=1.0×10-38，据此分析常温下除去Fe(Ⅲ)(即c(Fe3+)≤1.0×10－5mol/L)应调节pH不小于___。
（5）准确称取mgCuI样品，加入足量的Fe2(SO4)3溶液，发生反应为2CuI+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++I2，待样品完全反应后，用amol/L酸性KMnO4溶液滴定Fe2+，消耗标准液的体积平均值为VmL。样品中CuI的质量分数的计算表达式为___；如果滴定前，酸式滴定管没有用标准液润洗，CuI的质量分数___(填“偏低”、“偏高”或“无影响”)。
【答案】 (1). Fe3O4 (2). 氧化剂 (3). 洗去残余水分且乙醇易挥发可快速晾干 (4). 蘸取最后一次洗涤液迸行焰色反应，如果火焰无黄色则已洗浄（或取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若不产生黄色沉淀，说明已洗净） (5). 3 (6). ×100% (7). 偏高
【解析】
【分析】
由流程图可知，冰铜在1200℃条件下，与空气中氧气反应生成二氧化硫、泡铜(氧化亚铜、铜)和四氧化三铁，泡铜、硫酸和双氧水共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与过量NaI溶液反应得到CuI沉淀，CuI沉淀经水洗、乙醇洗涤得到产品。
【详解】（1）四氧化三铁为黑色磁性物质，冰铜在1200℃条件下，与空气中氧气反应生成二氧化硫、泡铜(氧化亚铜、铜)和四氧化三铁，四氧化三铁的化学式为Fe3O4，故答案为：Fe3O4；
（2）在硫酸作用下，双氧水做氧化剂，将泡铜中的铜元素氧化为硫酸铜，故答案为：氧化剂；
（3）由于乙醇的沸点低易挥发，用乙醇洗涤可以洗去CuI沉淀残余水分，且乙醇易挥发可快速晾干；硫酸铜溶液与过量NaI溶液反应得到CuI沉淀表面附有可溶性的碘化钠和硫酸钠，检验沉淀是否洗涤干净，实际上就是检验洗涤液中是否存在钠离子或碘离子，故答案为：洗去残余水分且乙醇易挥发可快速晾干；蘸取最后一次洗涤液迸行焰色反应，如果火焰无黄色则已洗浄（或取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若不产生黄色沉淀，说明已洗净）；
（4）由Fe(OH)3的Ksp=c（Fe3+）c3（OH—）可知，当溶液中c(Fe3+)≤1.0×10－5mol/L，c3（OH—）≥==1.0×10—33，则c（OH—）≥1.0×10—11 mol/L，溶液pH不小于3，故答案为：3；
（5）由得失电子数目守恒和已知化学方程式可知，CuI—2Fe2+—MnO4—，则样品中CuI的质量为×10—3av mol×191mol/L=g，则CuI的质量分数为×100%，如果滴定前，酸式滴定管没有用标准液润洗，会导致消耗酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，所测结果偏高，故答案为：×100%；偏高。