2018-2019学年四川省攀枝花市高二上学期期末教学质量监测化学试题 解析版




2018`2019学年度（上）调研检测高二化学试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟。
可能用到的相对原子质量： H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 K-39 Cu：64 Ag:108
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题：（本大题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.下列有关乙烯的说法错误的是
A. 在常温常压下为气体 B. 是一种植物生长调节剂
C. 可自身加成形成聚乙烯 D. 不能使溴的CCl4溶液褪色
【答案】D
【解析】
【分析】
从乙烯的物理性质、化学性质、用途入手进行分析；
【详解】A、乙烯常温常压下为气体，故A说法正确；
B、乙烯可以作一种植物生长的调节剂，故B说法正确；
C、乙烯的结构简式为CH2=CH2，通过加聚反应，生成聚乙烯，故C说法正确；
D、乙烯的结构简式为CH2=CH2，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D说法错误。
2.下列物质中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是
A. 苯 B. 乙烯 C. 甲烷 D. 乙烷
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色是含有碳碳双键、碳碳叁键、苯的同系物、部分醇、醛等，进行分析；
【详解】A、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A不符合题意；
B、乙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B符合题意；
C、烷烃化学性质相对稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷属于烷烃，故C不符合题意；
D、乙烷属于烷烃，不能使酸性高锰酸钾溶液，故D不符合题意。
【点睛】易错点是选项A，苯中不含碳碳双键，介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
3.下列过程中所发生的化学反应，不属于取代反应的是
A. 光照射甲烷与氯气的混合气体
B. 苯与液溴混合后撒入铁粉
C. 在镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应
D. 加热至50~60℃，在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸反应
【答案】C
【解析】
【详解】A、甲烷和氯气在光照下发生取代反应，CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，故A不符合题意；
B、苯与液溴在铁单质作用下发生取代反应生成溴苯和HBr，故B不符合题意；
C、苯与氢气在镍作用下发生加成反应，生成环己烷，故C符合题意；
D、苯与浓硝酸发生取代反应，生成硝基苯和H2O，故D不符合题意。
4.下列关于乙醇、乙酸的说法中，不正确的是
A. 乙醇不能与金属钠反应
B. 乙醇在空气中燃烧时放出大量的热
C. 乙酸能与CaCO3反应放出CO2
D. 在浓硫酸存在下，加热，乙酸与乙醇发生酯化反应
【答案】A
【解析】
【详解】A、乙醇能与金属钠发生反应：2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑，故A说法错误；
B、所用的燃烧都是放热反应，甲醇在空气中燃烧时放出大量的热，故B说法正确；
C、乙酸的酸性强于碳酸，因此乙酸与CaCO3反应放出CO2，故C说法正确；
D、乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯，故D说法正确。
5.LED即发光二极管，是一种能够将电能转化为光能的固态半导体器件。如图是某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法不正确的是

A. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转化
B. 铜片上发生的反应为2H＋＋2e－=H2↑
C. 锌片是负极，其质量逐渐减小
D. 如果将稀硫酸换成稀盐酸，则导线中不会有电子流动
【答案】D
【解析】
【分析】
根据原电池定义以及原电池工作原理进行分析；
【详解】A、该装置为原电池装置，将化学能转化成电能，LED灯发亮，是电能转化成光能，故A说法正确；
B、锌比铜活泼，即锌为负极，铜为正极，原电池总反应为Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，即Cu电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，故B说法正确；
C、根据B选项分析，Zn为负极，发生Zn－2e－=Zn2＋，锌的质量减小，故C说法正确；
D、锌与稀盐酸发生Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，该反应为氧化还原反应，因此稀硫酸换成稀盐酸，能够构成原电池，导线上有电子通过，故D说法错误。
6.下列液体中 pH>7的是
A. 蔗糖溶液 B. 人体血液 C. 胃液 D. 食盐水
【答案】B
【解析】
【详解】A、蔗糖为非电解质，其溶液为中性，即pH=7，故A不符合题意；
B、人体血液呈弱碱性，即pH>7，故B符合题意；
C、胃液成分是盐酸，呈酸性，即pHc(NaOH)，相同体积混合后，溶质为CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，故D说法正确。
14.将4molSO2和2mol O2在2L的恒容密闭容器中混合，并在一定条件下发生如下反应: 2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g),若经2s后测得SO3的浓度为0.6mol/L。下列说法中不正确的是
A. 用SO2表示反应的平均速率为0.3mol/( L·s)
B. 用O2表示反应的平均速率为0.15mol/(L.s)
C. 2s时O2的浓度为0.7mol/L
D. 2s时SO2的转化率为70%
【答案】D
【解析】
【分析】
2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)
起始： 4 2 0
变化： 1.2 0.6 2L×0.6mol·L－1
平衡： 2.8 1.4 1.2 根据化学反应速率的定义、转化率的定义进行分析；
【详解】2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)
起始： 4 2 0
变化： 1.2 0.6 2L×0.6mol·L－1
平衡： 2.8 1.4 1.2
A、根据化学反应速率的定义，v(SO2)=1.2mol/(2L·2s)=0.3mol/(L·s)，故A说法正确；
B、根据化学反应速率的定义，v(O2)=0.6mol/(2L·2s)=0.15mol/(L·s)，故B说法正确；
C、2s时O2的浓度为1.4mol/2L=0.7mol·L－1，故C说法正确；
D、SO2的转化率为1.2/4×100%=30%，故D说法错误。
15.已知：Ag++ SCN－ = AgSCN↓（白色），某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。

下列说法中，不正确的是
A. ①中现象能说明Ag+与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度
B. ②中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3 + 3Ag+ = 3AgSCN↓+ Fe3+
C. ③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小
D. ④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应
【答案】C
【解析】
【详解】A、AgNO3与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清液中含有SCN－，即说明Ag＋与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度，故A说法正确；
B、根据②中现象：红色褪去，产生白色沉淀，Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀为AgSCN，即发生：Fe(SCN)3＋Ag＋=3AgSCN↓＋Fe3＋，故B说法正确；
C、前一个实验中滴加0.5mL2mol·L－1AgNO3溶液，Ag＋过量，反应②中Ag＋有剩余，即滴加KI溶液，I－与过量Ag＋反应生成AgI沉淀，不能说明AgI溶解度小于AgSCN，故C说法错误；
D、白色沉淀为AgSCN，加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即AgSCN转化成AgI，随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的I－进一步发生了反应，故D说法正确。
16.PCl3和PCl5都是重要的化工原料。将PCl3(g)和Cl2(g)充入2L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)，△H＜0并于10 min时达到平衡。有关数据如下：

PCl3(g)
Cl2(g)
PCl5(g)
初始浓度/(mol·L-1)
2.0
1.0
0
平衡浓度/(mol·L-1)
c1
c2
0.4



下列判断不正确的是
A. 10 min内，v(Cl2)=0.04 mol/( L·min)
B. 升高温度，反应的平衡常数增大
C. 反应达到平衡时容器内的压强与初始时容器的压强之比为13：15
D. 平衡后移走2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，相同条件下再达平衡时，c(PCl5)c(C2H5OH，甲)，故B错误；
C、容器乙中反应物浓度大于容器甲，浓度增大，反应速率加快，即达到平衡时，容器甲中逆反应速率比容器乙中小，故C错误；
D、如果丙的温度为500K，则有a(CO2，甲)＋a＇(C2H5OH，丙)=1，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即a(C2H5OH，丙)>a＇(C2H5OH，丙)，则有a(CO2，甲)＋a(C2H5OH，丙)>1，故D正确。
19.25℃时，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合(设混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和)，所得实验数据如下表：
实验编号
起始浓度/(mol·L-1)
反应后溶液的pH
HA
KOH
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7

下列判断不正确的是
A. 实验①反应后的溶液中：c(K+)+ c(H+)-c(A-)=1×10-9 mol·L-1
B. 实验①反应后的溶液中：c(K+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)
C. 实验②反应后的溶液中：c(A-)+c(HA)＞0.1mol·L-1
D. 实验②反应后的溶液中：c(K+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)
【答案】A
【解析】
【分析】
根据①HA和KOH的浓度相同，体积相同，两种溶液恰好完全反应，生成KA，溶液pH=9，显碱性，即KA为弱酸，根据②，反应后溶液的pH=7，显中性，即x>0.1mol·L－1；
【详解】根据①HA和KOH的浓度相同，体积相同，两种溶液恰好完全反应，生成KA，溶液pH=9，显碱性，即KA为弱酸，根据②，反应后溶液的pH=7，显中性，即x>0.1mol·L－1，
A、根据电荷守恒，c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，推出c(K＋)＋c(H＋)－c(A－)=c(OH－)=10－5mol·L－1，故A说法错误；
B、根据上述分析，反应后溶液的溶质为KA，A－发生水解，即c(K＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，故B说法正确；
C、根据上述分析，x>0.1mol·L－1，依据物料守恒，推出c(A－)＋c(HA)>0.1mol·L－1，故C说法正确；
D、根据电荷守恒，c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，溶液的pH=7，推出c(H＋)=c(OH－)，c(K＋)=c(A－)，即c(K＋)=c(A－)＞c(OH－)=c(H＋)，故D说法正确。
20.已知：电导率越大导电能力越强。25℃时，用0.100 mol/L NaOH溶液分别滴定10.00 mL 浓度均为0.100 mol/L的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示(注：混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和)。下列说法正确的是

A. 曲线①代表滴定盐酸的曲线
B. a点溶液中：c(OH－)＋c(CH3COO－)-c(H＋)=0.1mol/L
C. a、b、c三点溶液中水的电离程度：c>a>b
D. b点溶液中：c(OH－)=c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【分析】
醋酸为弱酸，滴入NaOH发生NaOH＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，电导率增大，即曲线①代表滴定醋酸，曲线②代表滴定盐酸；
【详解】醋酸为弱酸，滴入NaOH发生NaOH＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，电导率增大，即曲线①代表滴定醋酸，曲线②代表滴定盐酸；
A、根据上述分析，故A错误；
B、a点两种溶液恰好完全反应，溶质为CH3COONa，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，则有c(OH－)＋c(CH3COO－)－c(H＋)=c(Na＋)=0.1mol·L－1×10×10－3L/(20×10－3L)=0.05mol·L－1，故B错误；
C、a点溶质为CH3COONa，促进水的电离，c点溶质为NaCl，对水的电离无影响，b点溶质为CH3COONa、NaOH，溶液显碱性，抑制水的电离，即三点中水的电离程度为a>c>b，故C错误；
D、b点溶质为CH3COONa、NaOH，且物质的量相等，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，根据物料守恒：c(Na＋)=2c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)，两式合并为c(OH－)=c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)，故D正确。
【点睛】易错点为选项B，学生认为两者恰好完全反应此时c(Na＋)=0.1mol·L－1，忽略了NaOH和CH3COOH是等体积混合，浓度是原来的一半，即c(Na＋)=0.05mol·L－1。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、（本大题包括21、22、23题，共20分）
21.写出解释下列事实的离子方程式：
（1）FeCl3水溶液呈酸性：_________
（2）用Na2CO3溶液浸泡含有CaSO4的水垢：_________
（3）用稀硫酸酸化的KI淀粉溶液在空气中久置后变蓝：__________
【答案】 (1). Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+ (2). CaSO4(s) + CO32-(aq) CaCO3(s) + SO42-(aq) (3). 4I－+ O2 + 4H＋=2I2 + 2H2O
【解析】
【详解】（1）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解，其水解方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋；
（2）CaCO3为难溶物，CaSO4为微溶物，即有CO32－(aq)＋CaSO4(s)=CaCO3(s)＋SO42－(aq)；
（3）I－具有强还原性，容易被氧气氧化，离子方程式为4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O。
22.按要求回答下列问题：
（1）在200℃、101kPa时，0.5molH2(g)与足量I2(g)完全反应放出7.45kJ的热量，该反应的热化学方程式表示为____。
（2）根据键能数据估算
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/(kJ·mol-1)
414
489
565
155

CH4(g)+4F2(g) =CF4(g)+4HF(g)的反应热ΔH为______kJ/mol
（3） 已知：①2CH3OH(l)＋3O2(g) =2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH1＝－a kJ/mol
②C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH2＝－b kJ/mol
③2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) ΔH3 = -c kJ/mol
a、b、c均大于0 则：反应①中，ΔS______（选填“＞”、“＜”或“＝”）0；
2C(s)＋4H2(g)+O2(g) = 2CH3OH(l) ΔH＝_______kJ/mol。
【答案】 (1). H2(g) + I2(g) 2HI(g) △H＝－14.9kJ/mol (2). -1940 (3). ＞ (4). a-2b-2c
【解析】
【详解】（1）H2和I2反应方程式为H2＋I2=2HI，即1molH2参与反应放出热量为7.45kJ×1mol/0.5mol=14.9kJ，热化学反应方程式为H2(g)+I2(g)2HI(g) △H＝－14.9kJ/mol；
（2）根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和=(4×414＋4×155－4×489－4×565)kJ·mol－1=－1940kJ·mol－1；
（3）①CH3OH为液体，其余为气体，反应①中熵增，即△S>0；根据目标方程式，有①－②×2－2③得出△H=(a－2b－2c)kJ·mol－1。
23.按要求回答下列问题：.
（1）室温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00mL浓度为0.1mol/L的HA酸的溶液,滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图：

①a点对应的溶液中c(HA)____c(A-)(选填“>”“c(A-)>c(OH-)>c(H+) (3). 1.0×10-5 (4). 9:2
【解析】
【详解】（1）根据图像起点，HA的pH=3，说明HA为弱酸，①a点溶质为HA和NaA，且两者物质的量相等，溶液显酸性，即有c(HA)c(A－)>c(OH－)>c(H＋)；
②通过起点进行分析，c(H＋)=10－3mol·L－1，K(HA)=c(A－)×c(H＋)/c(HA)=10－3×10－3/0.1=10－5；
（2）此温度下，NaOH溶液中c(OH－)=10－3mol·L－1，反应后溶液显酸性，因此有（bL×10－2mol·L－1－aL×10－3mol·L－1)/（aL＋bL）=10－3mol·L－1，a:b=9:2。
【点睛】易错点是问题（2），学生容易弄错NaOH溶液c(OH－)，不注意此时的水的离子积，学生推出NaOH溶液中c(OH－)为10－5mol·L－1，因此利用水的离子积进行计算，注意温度。
三、（本大题包括24、25题，共16分）
24.用0.2000 mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol/L的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②调节液面至“ 0”或“0”刻度线稍下, 使滴定管尖嘴充满液体，并记下读数；
③量取20.00 mL待测液注入洁净的锥形瓶中,并加入3滴酚酞溶液；
④用标准液滴定至终点,记下滴定管液面读数。
⑤再重复以上滴定操作3次。
请回答：
（1）以上步骤有错误的是(填编号)__________。
（2）步骤③中，量取20.00mL待测液应使用__________(填仪器名称)。
（3）步骤④滴定时眼睛应注视__________；判断到达滴定终点的现象是：__________。
（4）以下是实验数据记录表
滴定次数
盐酸体积(mL)
NaOH溶液体积读数(mL)


滴定前
滴定后
1
20.00
0.00
16.80
2
20.00
0.02
16.22
3
20.00
0.02
16.20
4
20.00
0.00
16.20

从表中可以看出,第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后三次的体积，其可能的原因是__________。
A．锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水
B．滴定结束时，俯视读数
C．锥形瓶用待测液润洗
D．滴定过程中，少量标准溶液滴到锥形瓶外的滴定台上
（5）根据表中第2、3、4次记录数据计算,该盐酸浓度为__________mol/L
【答案】 (1). ① (2). 酸式滴定管（或移液管） (3). 锥形瓶内溶液颜色变化 (4). 溶液由无色变红色，且半分钟内颜色不变 (5). CD (6). 0.1619
【解析】
【详解】（1）操作步骤错误的是①，没有用待盛液润洗滴定管，稀释标准液，所测浓度将会偏大；
（2）量取20.00mL待测液，应用酸式滴定管或移液管；
（3）滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化；滴定到终点的现象是：滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为红色，且30s内颜色不变；
（4）A、锥形瓶中有无蒸馏水，对实验无影响，故A不符合题意；
B、滴定前，俯视读数，所读数值偏小，故B不符合题意；
C、锥形瓶中用待测液润洗，消耗的标准液的体积增大，故C符合题意；
D、滴定过程中，少量标准溶液滴到锥形瓶外，消耗标准液体积增大，故D符合题意；
（5）消耗NaOH溶液平均体积为(16.20＋16.18＋16.20)/3mL≈16.19mL，则c(HCl)=16.19×10－3L×0.2000mol·L－1/(20.00×10－3L)=0.1619mol·L－1。
【点睛】易错点为（2），学生认为量取液体体积应用量筒，忽略了量筒精确度，量筒的精确度为0.1mL，而本题是小数点后2位，应用滴定管、移液管。
25.用含FeCl2杂质的氯化铜晶体制纯净CuCl2·2H2O的过程是：先将晶体配制成水溶液，然后按如下图步骤进行提纯：

已知：在上述流程条件下，Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH，见下表：

Fe3+
Fe2+
Cu2+
氢氧化物开始沉淀时的pH
1.9
7.0
4.7
氢氧化物完全沉淀时的pH
3.2
9.0
6.7

请回答下列问题：
（1）加入氧化剂X的目的是_______。得到溶液II，最适合作氧化剂X的是______（选填以下编号）。
A．K2Cr2O7 B．NaClO C．H2O2 D．KMnO4
（2）为了除去Fe3+，需加入物质Y调节溶液的pH范围是_________________
（3）溶液Ⅲ得到CuCl2·2H2O晶体的操作是：蒸发浓缩，冷却结晶，____，___，干燥。
【答案】 (1). 将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe(OH)3沉淀而与Cu2+分离 (2). C (3). 3.2~4.7之间 (4). 过滤 (5). 洗涤
【解析】
【详解】（1）根据表中数据，应将Fe2＋转化成Fe3＋，即氧化剂X的作用是将Fe2＋氧化成Fe3＋，便于生成Fe(OH)3而与Cu2＋分离；加入氧化剂不能引入新杂质，A、加入K2Cr2O7引入K＋和Cr3＋，故A不符合题意；
B、加入NaClO，引入Na＋，故B不符合题意；
C、H2O2为绿色氧化剂，不引入新杂质，故C符合题意；
D、加入KMnO4，引入K＋和Mn2＋，故D不符合题意；
（2）调节pH，应将Fe3＋完全转变成沉淀，Cu2＋不能沉淀，因此调节pH的范围是3.2≤pHv(逆) ，设达平衡时新生成的CH3OCH3(g)物质的量浓度为x
2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)
起始浓度（mol/L） 0.20 0.50 0.10
转化浓度（mol/L） 2x x x
平衡浓度（mol/L） 0.20-2x 0.50+x 0.10+x



解得：x=0.22mol/L（不合理，舍去） x=1/30mol/L
平衡时CH3OH(g)物质的量浓度为（0.20mol/L-2×1/30mol/L）=0.133mol/L.