山西省长治市第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 Cr-52 Fe-56 I-127
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上）
1.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 棉花、羊毛、蚕丝和麻是天然纤维
B. 蛋白质溶液中，加入浓的硫酸铵溶液有沉淀析出，加水后沉淀不溶解
C. 油脂是单位质量内产生能量最高的营养物质，有共同的水解产物乙二醇
D. 聚乳酸是一种可降解高分子材料，它是由单体之间通过加聚而合成的
【答案】A
【解析】
【详解】A. 棉花、羊毛、蚕丝和麻均是自然界原有的或经人工培植的植物上、人工饲养的动物上直接取得的纺织纤维，均属于天然纤维，故A符合题意；
B. 浓的硫酸铵溶液可使蛋白质盐析，盐析是可逆的，加水后蛋白质又会溶解，故B不符合题意；
C.油脂属于高级脂肪酸甘油酯，其水解的共同产物是丙三醇，故C不符合题意；
D. 聚乳酸是由羟基和羧基脱水而形成的，属于缩聚反应，而不是 加聚反应，故D不符合题意；
综上，本题选A。
2.下列由电子排布式或排布图所得的结论错误的是
选项
电子排布式或排布图
结论
A
1s22s22p63s23px2
违背洪特规则
B
1s22s22p63s23p63d3
违背能量最低原理
C
Ni原子的价电子排布图
该原子处于基态
D
S原子的电子排布图
违背泡利原理
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.3p轨道上的两个电子应排在不同轨道上, 违背洪特规则，故A不符合题意；
B. 排布时应先排能量低的4s轨道，而不是排能量高的3d，违反了能量最低原理，故B不符合题意；
C. Ni原子序数为28，其价电子排布式为3d84s2，当价电子排布图为时，该原子处于基态，故C不符合题意；
D. S原子电子排布图，违背了洪特规则，故D符合题意；
综上，本题选D。
【点睛】解决此类问题应熟记泡利原理以及洪特规则。泡利原理指出：在一个原子轨道里，最多只能容纳两个电子，而且它们的自旋状态相反；洪特规则指出：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。
3.山萘酚结构简式如下图所示，且大量存在于水果、蔬菜、豆类、茶叶中，具有多种生物学作用，如抗氧化、抑制肿瘤生长及保护肝细胞等作用。下列有关山萘酚的叙述正确的是
A. 山萘酚含有苯环和羟基、醚键、羰基、碳碳双键五种官能团
B. 可发生取代反应、水解反应、加成反应
C. 可与NaOH反应，不能与NaHCO3反应
D. 1 mol山萘酚与溴水反应最多可消耗4 mol Br2
【答案】C
【解析】
【分析】
从山萘酚结构简式入手，分析该物质中含有的官能团，从而推测其性质。如：该物质中含有羟基、醚键、羰基、碳碳双键四种官能团，可发生加成反应、取代反应等
【详解】A.苯环不属于官能团，山萘酚含有羟基、醚键、羰基、碳碳双键四种官能团，故A不符合题意；
B.由结构简式可知，山萘酚中不含酯基、卤原子这类能水解的官能团，不能发生水解反应，故B不符合题意；
C.山萘酚中含有酚羟基，具有酸性，但酸性比碳酸弱，则可与NaOH反应，不能与NaHCO3反应，故C符合题意；
D.山萘酚分子中含有3个酚羟基，共有4个邻位H原子可被取代，且含有1个碳碳双键，可与溴发生加成反应，共需5mol，故D不符合题意；
综上，本题选C。
4.聚乙炔衍生物分子M的结构简式及M在稀硫酸作用下的水解反应如图所示。下列有关说法不正确的是 ( )
M
A. M与A均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色
B. B中含有羧基和羟基两种官能团，能发生消去反应和酯化反应
C. 1 mol M与热的烧碱溶液反应，可消耗2n mol NaOH
D. A、B、C各1 mol分别与金属钠反应，放出气体的物质的量之比为1∶2∶2
【答案】D
【解析】
【分析】
M中含-COOC-，水解得到A为，C为OHCH2CH2OH，B为，据此分析作答。
【详解】A、M、A中均含碳碳双键，则均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，正确；
B、B中含-OH、-COOH，-OH可发生消去反应，-OH、-COOH可发生酯化反应，正确；
C、1molM中含2nmol-COOC-，则1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2n mol的NaOH，正确；
D、由2-COOH～2-OH～H2↑可知，A、B、C各1mol分别与金属钠反应，放出的气体的物质的量之比为n：2：2，错误；
答案选D。
5.铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。下列说法正确的是
A. Fe3＋基态核外价电子排布式[Ar]3d5
B. 1 mol丙酮能与2mol Ag(NH3)2OH发生反应
C. C、H、O三种元素的原子半径按由小到大的顺序为H
e;电负性：d>a
C. 气态氢化物的稳定性：a＞e＞d
D. a与b形成的化合物不可能含有共价键
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素中a为-2价、e为+6价，处于VIA族,可推知a为O、e为S，b有+1价，原子序数大于氧，则b为Na，由原子序数可以知道c、d处于第三周期，化合价分别为+3、+5，则c为Al、d为P，据此分析；
【详解】A. 33e和34e互为同位素，化学性质不会有明显不同，故A不符合题意；
B.同周期从左到右第一电离能增大，但是原子外层电子为全满或半充满状态，第一电离能较大，则第一电离能d>e，电负性dS>P，则气态氢化物的稳定性：a＞e＞d，故C符合题意；
D.a为O，b为Na，形成的化合物Na2O2中含有共价键，故D不符合题意；
综上，本题选C。
13.X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙，丙常用于制作光导纤维。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是
A. 四种元素中，W的原子半径最大
B. 反应①②③都属于氧化还原反应
C Na着火时，不可用甲扑灭
D. 一定条件下，x与甲反应生成丁
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查元素周期表和元素周期律，碳、硅及其化合物之间的性质，结合元素周期律进行分析。W形成的最高价氧化物丙常用于制作光导纤维，则W为Si。X、W为同一主族，则X为C。在高温下碳与二氧化硅反应生成W和丁，则丁为一氧化碳。y2为氧气，碳与氧气反应生成甲为二氧化碳，Z为镁，镁在二氧化碳中点燃生成碳和乙（为氧化镁）。
【详解】A.同周期元素原子半径自左而右逐渐减小，同主族元素原子半径自上而下逐渐增大，所以镁原子半径最大，故A符合题意；
B.反应①二氧化碳与镁反应、反应②碳与氧气反应、反应③高温下碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C.Na可以在二氧化碳中继续燃烧，故C不符合题意；
D.高温下碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，故D不符合题意；
综上，本题选A。
14.下列有机物同分异构体数目判断错误的是
选项
有机物
同分异构体数目
A
某烃相对氢气的密度为28，且不能使溴的四氯化碳溶液褪色
2
B
萘的七氯代物
4
C
分子式为C5H12O，可被氧化为醛
4
D
分子式为C3H8O的醇与分子式为C4H8O2的羧酸形成的酯
4
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.相对氢气的密度为28，则摩尔质量为56g/mol，可知分子式为C4H8，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明不含碳碳双键，满足该条件的同分异构体数目共2种：甲基环丙烷和环丁烷，故A不符合题意；
B.萘中共含有9个氢，其七氯代物和二氯代物的同分异构体是一样多的。先根据等效氢找一氯代物， 由结构对称可知，萘中含2种位置的H，则其一氯代物有2种（），二氯代物有10种，同理，萘的七氯代物共有10种，故B符合题意；
C.分子式为C5H12O，可被氧化为醛的有机分子中含有-CH2OH结构，所以符合条件的分子的种类，即是丁基的种数，共四种，故C不符合题意；
D.C3H8O分子式可对应的醇有2种：CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3，分子式为C4H8O2的羧酸有2种：CH3CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)COOH，两者之间组合形成的酯有4种，故D不符合题意；
综上，本题选B。
15.常温下，下列有关溶液的说法正确的是
A. pH相等的①NH4Cl ②NH4Al(SO4)2 ③NH4HSO4溶液：浓度的大小顺序为①>②>③
B. HA的电离常数Ka =4.93×10−10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na+) >c(HA) >c(A−)
C. NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3−)的比值将减小
D. 已知在相同条件下酸性HF >CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na+) – c(F−) >c(K+ ) − c(CH3COO−)
【答案】A
【解析】
A．NH4Cl水解时氯离子不影响铵根离子水解，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+
的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于NH4Cl，NH4Al(SO4)2中铝离子水解抑制铵根离子的水解，因此NH4Al(SO4)2中NH4+的浓度大于NH4Cl，浓度的大小顺序应为：①>②>③，选项A正确；B、NaA中水解平衡常数Kb=，水解平衡常数大于电离平衡常数，c(HA)−)，选项B错误；C、NaHCO3溶液加水稀释，促进碳酸氢根离子水解，钠离子物质的量不变，碳酸氢根 减小，c(Na+)与c(HCO3-)的比值保持增大，选项错误；D、HF 、CH3COOH都是弱酸，所以NaF与CH3COOK都是强碱弱酸盐，由于酸性HF >CH3COOH，水解程度F－＜CH3COO－，水解程度越大剩余离子浓度越小，故c(Na+) – c(F−)＜c(K+ ) − c(CH3COO−)，选项D错误。答案选A。
16.化合物A经李比希法和质谱法分析得知其分子式是C8H8O2，相对分子质量为136。A分子中只含一个苯环，且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱与红外光谱如图。关于A的下列说法中，不正确的是
A. A分子属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应
B. 符合题中A分子结构特征的有机物只有一种
C. 1mol A在一定条件下可与3mol H2发生加成反应
D. 与A属于同类化合物的同分异构体只有3种
【答案】D
【解析】
【分析】
有机物A的分子式C8H8O2，不饱和度为5，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱有四个吸收峰，说明分子中含有4种H原子，峰面积之比为1：2：2：3，则四种氢原子个数之比=1：2：2：3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基等基团，故有机物A的结构简式为
【详解】A．A分子中含有酯基，属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应，故A不符合题意；
B．符合题中A分子结构特征的有机物为，只有一种，故B不符合题意；
C．1mol有机物A含有1mol苯环，可以与3mol氢气发生加成反应，故C不符合题意；
D．与A属于同类化合物，应含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，若为羧酸与酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸与酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，故5种异构体，故D符合题意；
综上，本题选D。
第Ⅱ卷（非选择题 共52分）
二、非选择题
17.X、Y、Z、M、R、Q为元素周期表中前四周期元素，且原子序数之和为105。X位于周期表的s区，有两种氧化物；Y是良好的半导体材料，晶体Y结构与金刚石类似；Z原子价电子层的p轨道半充满，核外电子总数是最外层电子数的3倍；X＋与M－相差一个电子层；M原子得到一个电子后3p轨道全充满；R有“生物金属”之称，R4＋离子和氩原子的核外电子排布相同。
请回答下列问题：
(1)六种元素中电负性最大的是____________(填元素符号)，其最高能级电子云的形状是______形；Z的价电子排布图为____________；Y、Z、M最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是__________________。（用化学式表示）
(2)X、Y、Z、M的第一电离能由小到大的顺序是____________(填元素符号)，若M元素第一次电离能突变出现在In，则n=_____。
(3)Q元素可形成两种常见的离子Q2＋与Q3＋，其中化学性质较稳定的是__________(填离子符号)，其原因是______________________。
(4)与R位于同周期的元素中，基态原子的电子排布中4s轨道上只有1个电子的元素有____________(填元素名称)。
【答案】 (1). Cl (2). 哑铃（纺锤） (3). (4). HClO4 >H3PO4 >H2SiO3 (5). NaH3PO4>H2SiO3，故答案为：Cl、哑铃（纺锤）、、HClO4 >H3PO4 >H2SiO3；
(2) Na、Si、P、Cl处于同一周期，随原子序数递增，第一电离能逐渐增大，故第一电离能由小到大的顺序是：Na”“<”或“=”）。
(2)下列各项可说明反应达到平衡状态的是_______
a．容器内压强保持不变 b．v（N2）正 = 3v（H2）逆
c．容器内N2、H2、NH3浓度比为1：3：2
d．混合气体平均摩尔质量保持不变
e．混合气体密度保持不变
(3)以下措施中，既能加快反应速率，又能增大 H2转化率的是______
a．升高温度 b．减小容器体积 c．使用催化剂d．不断增加 H2的浓度 e．移走NH3
(4)某温度下，在1L恒温恒容容器中充入1mol N2和3mol H2进行上述反应，10min达平衡，此时容器内压强变为原来的。
①该过程的平均反应速率v（NH3）=__________
②N2的平衡转化率为_______
③此温度下的平衡常K=________（保留至小数点后两位）
④此时若保持容器温度和体积不变，向其中再加入2.25mol N2和0.5mol NH3，则平衡_______（填“正向”“逆向”或“不”）移动。
【答案】 (1). > (2). ad (3). b (4). 0.05mol/（Lmin） (5). 25% (6). 0.03 (7). 不
【解析】
【分析】
(1)正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；
(2)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；
(3)结合勒夏特烈原理进行分析；
(4)根据反应过程中的三段式求解。
【详解】(1)正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数K1＞K2，故答案为：>；
(2)a．随反应进行，混合气体物质的量变化，容器内压强发生变化，压强保持不变说明到达平衡，故a正确；
b．平衡时不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，应是3v（N2）正=v（H2）逆
时反应到达平衡状态，故b错误；
c．容器内N2、H2、NH3浓度比与起始浓度及转化率有关，平衡时不一定等于化学计量数之比，故c错误；
d．混合气体总质量不变，随反应进行，混合气体物质的量变化，则平均摩尔质量变化，若混合气体平均摩尔质量保持不变，说明到达平衡，故d正确；
e．混合气体总质量不变，容器容积不变，混合气体密度始终保持不变，故e错误；
故答案为：ad；
(3) a．升高温度反应速率加快，平衡逆向移动， H2转化率降低，a错误；
b．减小容器体积反应速率加快，平衡正向移动， H2转化率升高，b正确；
c．使用催化剂反应速率加快， H2转化率不变，c错误；
d．不断增加 H2的浓度反应速率加快， H2转化率降低，d错误；
e．移走NH3反应速率减慢， H2转化率升高，e错误；
综上，答案为：b；
(4) 在1L恒温恒容容器中充入1mol N2和3mol H2，10min达平衡，
N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
转化量（mol）：x 3x 2x
平衡量（mol）：1-x 3-3x 2x
压强之比等于物质的量之比，则
=，计算得出x=0.25，
①v（NH3）= =0.05mol•L-1•min-1；
②氮气转化率= ×100%=25%；
③此温度下的平衡常 == 0.03；
④此时若保持容器温度和体积不变，并再向其中再加入2.25mol N2和0.5mol NH3，则容器中各物质浓度为3mol/L N2、2.25 mol/L H2、1 mol/L NH3，此时的平衡常数 ==0.03，加入气体前后平衡常数不变，即平衡不移动；
综上，答案为：0.05mol/（L．min）、 25% 、0.03 、 不
20.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)以难溶物CrOH(H2O)5SO4的形式回收，处理工艺流程如下：
已知：①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋。
②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3＋
Mg2＋
Al3＋
Cr3＋
Ca2+
沉淀完全时的pH
3.7
11.1
5.4(>8溶解)
9(>9)溶解
13.9
(1)H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式： _______________________。
(2)加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-。但溶液的pH不能超过8，其理由是_______________
(3)钠离子交换树脂的反应原理为Mn＋＋nNaR=MRn＋nNa＋，则利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有________。
(4)沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN－的浓度，可用标准AgNO3溶液滴定待测液，已知：
银盐
AgCl
AgI
AgCN
Ag2CrO4
AgSCN
颜色
白
黄
白
砖红
白
Ksp
1.8×10－10
8.3×10－17
1.2×10－16
3.5×10－11
1.0×10－12
滴定时可选为滴定指示剂的是________(填字母)，滴定终点的现象是_________________________________。
A．NaCl B．K2CrO4 C．KI D．NaCN
【答案】 (1). 2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋ (2). pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)的回收与再利用 (3). Mg2＋、Ca2＋ (4). B (5). 当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变
【解析】
分析】
(1)三步法配平离子方程式①化合价升降相等配平化合价变化的元素②根据左右两边电荷守恒确定氢离子系数③根据左右两边原子守恒确定水的系数；
(2) pH>8会使部分Al(OH)3溶解；
(3)学会知识迁移，联想硬水的软化就可确定Ca2+和Mg2+，或者根据阳离子互换原则确定；
(4)指示剂选择原则①颜色变化明显②Ksp略微大于AgSCN。
【详解】(1)三步法配平离子方程式①化合价升降相等配平化合价变化的元素②根据左右两边电荷守恒确定氢离子系数③根据左右两边原子守恒确定水的系数，离子方程式为2Cr3+＋3H2O2＋H2O＝Cr2O72-＋8H＋；故答案为：2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋；
(2)由表格可知，pH>8时会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)的回收与再利用，故答案为：pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)的回收与再利用；
(3)根据框图转化关系可知，滤液Ⅱ中主要阳离子为Na+、Mg2+ 、Ca2+，钠离子交换树脂就是对滤液Ⅱ进行离子交换，交换的离子是Mg2+ 、和Ca2+，增加的是Na+，故答案为：Mg2＋、Ca2＋；
(4)指示剂选择原则①颜色变化明显②Ksp略微大于AgSCN，确定K2CrO4作为指示剂，滴定终点现象是当滴入最后一滴标准液时，沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再改变。故答案为：B、当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变
【点睛】解决工艺流程这类问题时要知晓该流程的目的，看懂生产流程图;了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用;解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。其次本题（4）中考察：沉淀滴定法中指示剂选择原则除了一定要现象明显，还要注意指示剂离子沉淀浓度略大于测定离子所需沉淀浓度。
