四川省成都市棠湖中学2018-2019学年高二化学下学期期中试题（含解析）

四川省成都市棠湖中学2018-2019学年高二化学下学期期中试题（含解析）注意：本次考试生物物理化学同堂分卷考试时间：150分钟总分：每科100分共300分可能用到的原子量：H-1C-12N-14O-16F-19S-32Cl–35.5Ca-40一．选择题（本大题共8个小题，每题6分，共48分）1.下列物质中，其主要成分属于烃的是（）A.水煤气B.汽油C.甘油D.植物油【答案】B【解析】【详解】只有碳和氢元素的化合物为烃。A.水煤气为一氧化碳和氢气的混合气体，不属于烃，故错误；B.汽油的主要成分为烷烃，故正确；C.甘油为丙三醇，含有氧元素，不属于烃，故错误；D.植物油是油脂，含有氧元素，不属于烃，故错误。故选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.1molCH2＝CH2分子中含有的共用电子对数为5NAB.用惰性电极电解饱和食盐水，当两极共收集到气体4.48L时，外电路中转移电子数为0.2NAC.14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAD.100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A.1molCH2＝CH2分子中含有的共用电子对数为6NA，故错误；B.用惰性电极电解饱和食盐水，两极收集到的为氢气和氯气，当两极共收集到气体4.48L时，由于没有说明是否在标况下，所以不能计算气体的物质的量，即不能计算转移电子数，故错误；C.14g乙烯和丙烯混合气体最简式相同，为CH2，所以14克混合物中含有1molCH2，即含有2mol氢原子，氢原子数为2NA，故正确；D.在氯化铁溶液中铁离子发生水解，不不能计算铁离子数目，故错误。故选C。【点睛】注意气体摩尔体积的使用范围，标况下使用22.4L/mol。注意溶液中离子物质的量计算，需要考虑电离或水解情况。3.下列物质分子中既有σ键，又有π键的（）①HCl②H2O③N2④C2H2⑤C2H4A.①②③B.③④⑤C.①③D.④⑤【答案】B【解析】【详解】①HCl中只有共价单键，则只有σ键；②H2O中只有共价单键，则只有σ键；③N2中氮氮三键中有1个σ键和2个π键；④C2H2中含碳碳三键，三键中有1个σ键和2个π键；⑤C2H4中含碳碳双键，双键中有1个σ键和一个π键；则分子中既有σ键，又有π键的是③④⑤，故选B。4.下列物质中，由极性键和非极性键构成的非极性分子是（）A.C2H2B.NH3C.H2OD.NaOH【答案】A【解析】A.22CH分子中有碳碳叁键和碳氢键，既有极性键又有非极性键，分子呈对称的直线形，故其属于非极性分子；B.3NH分子中只有氮氢键，是由极性键构成的极性分子；C.2HO分子中只有氮氢键，是由极性键构成的极性分子；D.NaOH是离子化物，其中含离子键和极性键。本题选A。点睛：同种元素的原子之间形成的共价键是非极性键，不同种元素的原子之间形成的共价键是极性键。若分子正负电荷的中心是重合的，则该分子为非极性分子，否则为极性分子。5.下列关于铜电极的叙述正确的是（）A.铜锌原电池中铜是负极B.用电解法精炼粗铜时，粗铜作阴极C.在镀件上电镀铜时可用金属铜作阳极D.电解稀硫酸制H2和O2时铜作阳极【答案】C【解析】铜锌原电池中锌比铜活泼，所以锌是负极，选项A错误。用电解法精炼粗铜时粗铜作阳极，选项B错误。在镀件上镀铜时可用金属铜作阳极，选项C正确。电解稀硫酸制H2、O2时应该用惰性材料为阳极，这样才会是氢氧根离子失电子得到氧气，选项D错误。点睛：在镀件上镀一层金属时，应该以镀层金属为阳极，以镀件为阴极，含有镀层金属离子的溶液为电镀液，电镀过程中，电镀液的浓度应该不变。6.下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是A.水中的钢闸门连接电源的负极B.金属护拦表面涂漆C.汽车底盘喷涂高分子膜D.地下钢管连接镁块【答案】A【解析】试题分析：A．水中的钢闸门连接电源负极，阴极上得电子被保护，所以属于使用外加电流的阴极保护法，故A正确；B．对健身器材涂油漆使金属和空气、水等物质隔离而防止生锈，没有连接外加电源，故B错误；C．汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防锈，没有连接外加电源，故C错误；D．镁的活泼性大于铁，用牺牲镁块块的方法来保护船身而防止铁被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；故选A。考点：考查金属腐蚀与防腐7.根据下列合成路线判断反应类型不正确的是（）A.A→B的反应属于加成反应B.B→C的反应属于取代反应C.C→D的反应属于消去反应D.D→E的反应属于取代反应【答案】BC【解析】【详解】A.A中含有碳碳双键，与氢气发生加成反应生成B，故A正确；B.有机物B是环醚，与氯化氢发生加成反应生成C，故B错误；C.C中含有羟基，与氯化氢发生取代反应生成D，故C错误；D.D中的氯原子被—CN取代，发生取代反应，故D正确。故选BC。【点睛】消去反应是指在一定条件下，有机物脱去小分子生成不饱和的有机物的反应；加成反应是指有机物分子中的双键或三键发生断裂，结合其它原子或原子团的反应叫加成反应；取代反应是指有机物分子里的原子或原子团被其他原子或原子团代替的反应。8.1mol的与足量的氢氧化钠溶液充分反应，最多可消耗氢氧化钠的物质的量为（）A.2molB.3molC.4molD.5mol【答案】C【解析】【详解】该物质结构中有酚羟基、氯原子。与足量的NaOH溶液充分反应后，1mol酚羟基消耗1molNaOH；与苯环直接相连的氯原子发生水解，产生的酚羟基和氯化氢均可消耗NaOH，所以该氯原子1mol消耗2molNaOH；和亚甲基相连的氯原子水解后产生醇羟基和氯化氢，醇羟基不消耗NaOH，1mol氯化氢消耗1molNaOH，故1mol该有机物与足量的NaOH反应，最多可消耗NaOH的物质的量为4mol。所以答案选C项。9.关于下式表示的有机物的性质叙述中不正确的是A.它有酸性，能与纯碱溶液反应B.它可以水解，水解产物只有一种C.1mol该有机物最多能和7molNaOH反应D.该有机物能发生取代反应【答案】C【解析】试题分析：A．分子中含有羧基，它有酸性，能与纯碱溶液反应，A正确；B．含有酯基，它可以水解，水解产物只有一种，B正确；C．由于水解后又产生1个酚羟基，则1mol该有机物最多能和8molNaOH反应，C错误；D．含有酚羟基、酯基和羧基，能发生取代反应，D正确，答案选C。考点：考查有机物结构与性质二．非选择题（52分）10.I.水的电离平衡线如图所示．若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度上升到100℃时，水的电离平衡状态到B点（1）在100℃时，Kw表达式为_______，在此温度下，Kw为___。（2）在室温下，将pH=9的Ba（OH）2溶液与pH=5的稀盐酸混合，欲使混合溶液pH=7则Ba（OH）2与盐酸的体积比为____。（3）室温时将pH为3的硫酸溶液稀释100倍，稀释后溶液中，c（SO42-）和c（H+）之比约为___。II.今有①CH3COOH②HCl③H2SO4三种溶液，根据要求回答下列问题：（1）写出①的电离方程式_______。（2）当它们pH相同时，其物质的量浓度最大的是___（填序号）。（3）当它们的物质的量浓度相同时，其pH最小是___（填序号）。（4）在室温下，将c（H+）均为0.01mol/L的三种酸分别加水稀释至原来的10倍，c（H+）由大到小的顺序为___（填序号）。（5）体积和物质的量浓度均相同的①②③三种酸溶液，分别与相同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱的体积比为____。（6）三酸的pH相同时，若耗等量的Zn，则需三酸的体积大小关系为___（填序号）。【答案】(1).Kw=c（H+）·c（OH-）(2).1×10-12(3).1:1(4).1:2(5).CH3COOHCH3COO—+H+(6).①(7).③(8).①＞②=③(9).1：1：2(10).①＜②=③【解析】【详解】Ⅰ.（1）在100℃时，Kw表达式为Kw=c（H+）·c（OH-），由图像可知，在此温度下c（OH-）=c（H+）=1×10-6mol/L，则Kw=c（H+）·c（OH-）=1×10-6×1×10-6=1×10-12，故答案为：Kw=c（H+）·c（OH-），1×10-12。（2）在室温下，将pH=9的Ba(OH)2溶液中：c（OH-）=10-5mol/L，pH=5的稀盐酸中：c（H+）=10-5mol/L，设氢氧化钡的体积为x，盐酸的体积为y，在室温下混合溶液的pH=7，溶液呈中性，则：n（OH-）=n（H+）即10-5mol/L×x=10-5mol/L×y，解得x：y=1：1，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为1：1，故答案为：1：1。（3）室温时，pH＝3的硫酸溶液中，c(H＋)＝10－3mol·L－1，c(SO42—)＝5×10－4mol·L－1，将此溶液稀释100倍后，稀释液中c(SO42—)＝5×10－6mol·L－1，而c(H＋)=1×10－5mol·L－1，则c(SO42—)∶c(H＋)约为5×10－6mol·L－1：1×10－5mol·L－1=1∶2，故答案为：1：2。Ⅱ.（1）CH3COOH为弱电解质，在水溶液中部分发生电离，电离方程式为：CH3COOHCH3COO—+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO—+H+。（2）当它们pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，假设提供1mol/L的氢离子，①醋酸浓度应大于1mol/L、②HCl溶液浓度为1mol/L、③H2SO4溶液浓度为0.5mol/L，其物质的量浓度最大的是①，故答案为：①。（3）当它们的物质的量浓度相同时，假设浓度都是1mol/L；①CH3COOH溶液电离出氢离子浓度小于1mol/L、②HCl电离出氢离子浓度为1mol/L、③H2SO4电离出的氢离子浓度为2mol/L；其pH最小的是③，故答案为：③。（4）加水稀释时促进醋酸的电离，醋酸继续电离出氢离子，所以稀释10倍后，①醋酸溶液中H+浓度大于原来的1/10，③硫酸溶液和②中H+浓度为原来的1/10，c（H+）由大到小的顺序是①②=③；故答案为：①②=③。（5）体积和物质的量浓度均相同的①②③三种酸溶液，醋酸和盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，分别与相同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱的体积比为1：1：2，故答案为：1：1：2。（6）盐酸和硫酸是强酸，醋酸是弱酸，三酸的pH相同时，若耗等量的Zn，则需三酸的体积大小关系为①②=③，故答案为：①②=③。11.镓(Ga)、锗(Ge)、砷(As)、硒(Se)均为第四周期的元素，它们在高科技尖端科学特别是信息领域有着广泛的用途。试回答下列问题：（1）基态锗原子的价电子排布图为______________________。（2）沸点：NH3__________AsH3（填“＞”、“＜”或“＝”），原因是_________________________。（3）H2SeO4和H2SeO3是硒的两种含氧酸,请根据结构与性质的关系，解释H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因____。（4）砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃下反应制得，同时得到一种最简单的有机物，写出该反应的方程式为_____________________；砷化镓的晶胞结构如下图所示，其晶胞边长为apm（1pm=10-12m），则每立方厘米该晶体中所含砷元素的质量为____________g（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。【答案】(1).(2).＞(3).NH3分子间存在氢键，所以NH3沸点高于AsH3(4).H2SeO4与H2SeO3比较前者非羟基氧多（或H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价），导致Se-O-H中的O的电子更向Se偏移，越易电离出H+(5).(CH3)3Ga+AsH3GaAs+3CH4(6).3233.0010AaN【解析】【详解】（1）锗是第四周期第ⅣA族元素，原子序数是32，所以依据核外电子排布规律可知，基态锗原子的价电子排布式为4s24p2，价电子排布