【化学】甘肃省张掖市高台县第一中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

【化学】甘肃省张掖市高台县第一中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

甘肃省张掖市高台县第一中学2018-2019学年高二下学期期中考试 第Ⅰ卷46分，第Ⅱ卷54分， 共100分，考试时间120分钟 相对原子质量 H：1、N：14、O：16、Na：23、Mg：24、Al：27、P：31、S：32、Cu：64‎ 第Ⅰ卷　（选择题　共46分）‎ 一、选择题（本大题共28小题，1-10每小题1分，11-28每小题2分，共46分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.对突发事件的处理彰显我们的学科知识和智慧。下列化学实验或事故的处理方法正确的是（　　）‎ A. 燃着的酒精灯不慎翻倒，灯内酒精流出并着火，可用湿抹布覆盖 B. 不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硫酸 C. 洗涤试管中KMnO4受热后的残留物，向试管中加入少量蒸馏水溶解，重复2-3次 D. 做银镜反应后的试管用氨水洗涤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．燃着的酒精灯不慎碰到，立即用湿布盖灭，能使可燃物与氧气隔绝且起到降低温度的作用，可以灭火，故A正确；‎ B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，再涂上硼酸溶液，不能用硫酸，硫酸和氢氧化钠反应时会放出大量的热，会烧伤皮肤，故B错误；‎ C．KMnO4受热后的残留物为锰酸钾和二氧化锰，向试管中加入少量蒸馏水溶解只能除去锰酸钾，不能除去二氧化锰，故C错误；‎ D．Ag与氨水不反应，则应利用硝酸洗涤做过银镜反应的试管，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】实验结束后，用水清洗掉的是能溶于水的物质，清洗试管时要根据物质的物理性质确定。‎ ‎2.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（ ）‎ A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸 B. 用pH计测得某稀盐酸的pH为1.54‎ C. 用25mL碱式滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液 D. 用托盘天平称得某物质的质量为 ‎13.15g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．量筒感量为0.1mL，则10mL量筒量取7.1mL稀盐酸，故A错误；‎ B．pH计精确到0.01，用pH计测得某稀盐酸的pH为1.54，故B正确；‎ C．滴定管的感量为0.01mL，KMnO4溶液应该盛放在酸式滴定管中，故C错误；‎ D．托盘天平的感量为‎0.1g，则托盘天平不能称出某物质的质量为‎13.15g，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】强氧化性的液体或酸液需盛放在酸式滴定管中，碱性溶液盛放在碱式滴定管中。‎ ‎3.下列说法不正确是（ ）‎ A. 电子云密度大的地方，说明电子在核外空间单位时间内出现的机会多 B. s电子的电子云呈球形，p电子的电子云呈哑铃形 C. Cl—核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6‎ D. Cr核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d44s2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电子云密度大的地方，电子出现的几率大，则说明电子在核外空间单位时间内出现的机会多，故A正确；‎ B．s电子云球对称，p电子云轴对称，则s电子的电子云呈球形，p电子的电子云呈哑铃形，故B正确；‎ C．氯为17号元素，Cl—核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6，故C正确；‎ D．Cr是24号元素，Cr核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，3d轨道和4s轨道的电子排布为半充满时比较稳定，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】24号元素和29号元素的核外电子排布遵循半充满和全充满，处于半充满和全充满的元素比较稳定。‎ ‎4.下列有关说法正确的是 A. ‎1L水中溶解了‎40.0 g NaOH，该溶液的物质的量浓度为1 mol/L B. 从‎1L2mol/L的NaCl液中取出‎0.5L，取出的该溶液的浓度为1mol/L C. 中和100 mL 1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH‎8.0g D. 配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需‎40.0g胆矾 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.溶液的体积不等于溶剂的体积；‎ B.溶液具有均一性，溶液各处的浓度相等；‎ C.先计算酸的物质的量，再根据反应时二者物质的量关系，计算NaOH的物质的量，利用n=，计算NaOH的质量；‎ D.计算溶质CuSO4的物质的量，利用元素守恒，得到胆矾的物质的量，最后根据n=，计算胆矾的质量。‎ ‎【详解】A. ‎40.0 g NaOH的物质的量是1mol，将其溶解在‎1L水中，得到的溶液体积不是‎1L，所以不能确定溶液的浓度，A错误；‎ B.溶液的浓度与取出的体积大小无关，所以从‎1L2mol/L的NaCl液中取出‎0.5L，取出的该溶液的浓度仍为2mol/L，B错误；‎ C.100 mL 1mol/L的H2SO4的物质的量是n(H2SO4)=1mol/L×‎0.1L=0.1mol，根据H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可知需消耗NaOH的物质的量是n(NaOH)=2 n(H2SO4)=0.2mol，则其质量是m(NaOH)= n×M=0.2mol×‎40g/mol=‎8.0g，C正确；‎ D.配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需要溶质的物质的量是n(CuSO4)= 0.5mol/L×‎0.5L=0.25mol，由于用CuSO4·5H2O配制，根据Cu元素守恒可知需n(CuSO4·5H2O)= n(CuSO4)=0.25mol，质量是m(CuSO4·5H2O)=n×M=0.25mol×‎250g/mol=‎62.5g，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查了有关物质的量浓度的溶液的配制的知识。掌握物质的量与质量、浓度的关系是本题解答的关键，易错选项是A、D，选项A容易混淆溶液的体积就是溶剂的体积，选项D中不清楚胆矾与CuSO4的关系，需平时多记忆、积累。‎ ‎5.下面叙述中错误的是 A. 氯水应保存在棕色的细口试剂瓶中 B. 少量液溴应保存在磨口玻璃塞试剂瓶中，并加少量水进行水封 C. 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体不一定是氯气 D. 碘易溶于酒精，所以用酒精从碘水中萃取碘 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 见光易分解的物质应该保存在能避光的棕色试剂瓶中，如溴水、氯水、硝酸、硝酸银等；‎ B．溴易挥发，可水封保存，注意不能用橡胶塞；‎ C．具有氧化性的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；‎ D．酒精与水混溶。‎ ‎【详解】A. 氯水中次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中并避光保存，故A项正确；‎ B. 溴易挥发，可水封保存，注意不能用橡胶塞，应保存在磨口玻璃塞棕色细口试剂瓶中，故B项正确；‎ C. 具有氧化性的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，如氯气、臭氧、二氧化氮等，因此该气体不一定是氯气，故C项正确；‎ D. 酒精与水混溶，不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳等，故D项错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题侧重考查试剂和药品的取用与保存方法及常见物质的鉴别。其中常见物质的保存可归纳为：‎ ‎1. 固体物质保存在广口瓶中，便于取用，液体物质保存在细口瓶中，便于倾倒；‎ ‎2. 见光易分解的物质应该保存在能避光的棕色试剂瓶中，如溴水、氯水、硝酸、硝酸银等；‎ ‎3. 受热易分解、易挥发的要低温储存，如液溴保存应用水密封且保存在低温处；‎ ‎4. 易与空气中的如H2O、O2、CO2反应的物质需密封保存，如Na、Na2O2、CaO、漂白粉等。‎ ‎6.用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），不能达到实验目的的是（ ）‎ A. 检查装置气密性 ‎ B. 检查装置气密性 C. 吸收NH3 ‎ D. 收集并吸收多余的氨气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．检查装置气密性的方法：双手紧贴烧瓶外壁，若中间导管中液面上升且稳定，装置不漏气，故A正确；‎ B．若上下缓慢移动左端，两端液面仍保持水平，说明装置漏气，故B错误；‎ C．氨气不溶于四氯化碳，可用来防倒吸，故C正确；‎ D．氨气密度比空气小，收集氨气时应短进长出，极易溶于水，可用水吸收多余的氨气，用倒扣漏斗防止倒吸，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】防止倒吸的操作可以是增大接触面积，或是减缓吸收。‎ ‎7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）‎ A. ‎‎2.4‎g金属镁变为镁离子时得到的电子数为0.2NA B. 常温常压下，11.2LC2H4含有2NA个碳原子 C. 标准状况下，‎11.2L苯含有的分子数为0.5NA D. 常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎2.4g镁的物质的量为0.1mol，转变为镁离子失去0.2mol，即失去的电子数为0.2NA，故A错误；‎ B．标准状态下，气体摩尔体积为‎22.4L/mol，常温常压下，11.2LC2H4不是0.5mol，故不含有2NA个碳原子，故B错误；‎ C．由于标准状况下苯不是气体，不能用标况下的气体摩尔体积计算‎11.2L苯的物质的量及分子数，故C错误；‎ D．32gO2和O3的混合气体中含有‎32g氧原子，‎32g氧原子的物质的量为2mol，则所含原子 数为2NA，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】只有在标况下气体的体积才是‎22.4L/mol，不是标况，无法算气体的体积，不是气体，也无法计算体积。‎ ‎8.研究课上，老师让同学们各自选题进行计算，其结果正确的是 A. 甲同学：0.2 mol MgO，经计算，其质量为‎0.2 g B. 乙同学：9.03×1023个O2，经计算，O2物质的量为1.5 mol C. 丙同学：标准状况下，‎5.6 L 水的体积，经计算为 0.25 mol D. 丁同学：将30 mL0.5mol·L-1NaOH溶液加水稀释到500mL，经计算，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为0.04mol·L-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. MgO的质量为0.2mol×‎40g/mol=‎8g，选项A错误；‎ B. O2物质的量为=1.5mol，选项B正确；‎ C.标准状况下，水不是气体，则不能利用‎22.4L/mol来计算，选项C错误；‎ D.将30 mL0.5mol·L-1NaOH溶液加水稀释到500mL，经计算，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为0.03mol·L-1，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.下列说法不正确的是 A. SiO2硬度大的原因与Si、O原子之间的成键方式及排列方式有关 B. 乙醇沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关 C 冰醋酸溶于水时只破坏分子间作用力 D. MgO熔点高达是因为其中的离子键较难被破坏 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SiO2硬度大是由于在晶体中Si、O原子之间形成共价键，每个Si与4个O原子形成共价键，每个O原子与2个Si形成共价键，这种结构向空间扩展，就形成了立体网状结构，由于共价键是一种强烈的相互作用力，断裂消耗很多能量，因此熔沸点高，硬度大，A正确；‎ B.乙醇和二甲醚互为同分异构体，乙醇分子之间除存在范德华力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，而二甲醚分子之间只存在范德华力，所以乙醇的沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关，B正确；‎ C.乙酸羟基上氢较活泼，在水中会电离出氢离子显弱酸性，所以共价键被破坏，C错误；‎ D.MgO晶体中所含离子半径小、电荷数多，晶格能大，MgO晶体的熔点高，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎10.下列有关σ键和π键的说法错误的是( )‎ A. 在某些分子中，化学键可能只有π键而没有σ键 B. 当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键，配位键都是σ键 C. σ键的特征是轴对称，π键的特征是镜面对称 D. 含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．共价键中一定含σ键，则在分子中，化学键可能只有σ键，而没有π键，选项A错误；‎ B．原子形成分子，优先头碰头重叠，则先形成σ键，可能形成π键，选项B正确；‎ C．σ键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称，选项C正确；‎ D．π键不稳定，易断裂，则含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者，选项D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查共价键及类型，把握共价键的形成及判断共价键的规律为解答的关键，注意共价键中一定含σ键。‎ ‎11.下列有关阿伏加德罗定律及推理应用错误的是（　　）‎ A. 同温同压下，同物质的量的CH4和CO的体积之比为1∶1‎ B. 对于相同物质的量的SO2（气）和SO3（固），体积比为1∶1‎ C. 同温同体积下，相同压强的氢气和甲烷的原子个数之比为2∶5‎ D. 同温同压下，2molO3和3molO2的密度之比为3∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据V=nVm可知，相同条件下，CO和CO2体积之比等于物质的量之比=1：1，故A正确；‎ B. 状态不知，Vm未知，无法计算二氧化硫体积，且三氧化硫为固体，不能使用阿伏加德罗定律推论，故B错误；‎ C. 同温同体积下，相同压强的氢气和甲烷的物质的量相等，则二者所含原子个数之比为2:5，故C正确；‎ D. 同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，所以臭氧与氧气同温同压条件下密度之比为：‎48g/mol:‎32g/mol=3:2，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎12.下列说法中不正确的是（　　）‎ A. 标准状况下，‎1 g H2和‎14 g N2的体积相同 B. 1 mol氧含6.02×1023个O2分子 C. 将15.6gNa2O2固体加入到足量水中，反应过程中转移电子总数为1.204×1023个 D. ‎20g重水（D2O）中含有电子数为6.02×1024个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，1gH2的物质的量为=0.5mol，14gN2的物质的量为=0.5mol，则气体的物质的量相同时，其体积相同，故A正确；‎ B．氧指代不明，若为1molO，则含3.01×1023个 O2，故B错误；‎ C．将15.6gNa2O2固体为0.2mol，加入到足量水中发生氧化还原反应生成氧气，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应过程中2mol Na2O2转移2mol电子，则0.2mol Na2O2转移电子总数为0.2mol ×6.02×1023=1.204×1023个，故C正确；‎ D．‎20g重水(D2O)的物质的量是1mol，含有的电子数为10×6.02×1023=6.02×1024个，故D正确； ‎ 答案选B。‎ ‎13.下列说法不正确的是(　　)‎ A. HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关 B. H2O的熔、沸点高于H2S是由于H2O分子间存在氢键 C. 甲烷可与水形成氢键 D. 白酒中，乙醇分子和水分子间存在范德华力和氢键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HCl、HBr、HI都是分子晶体，组成结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高，因此HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关，故A正确；‎ B. H2O由于O原子的电负性强，半径小，所以分子之间存在氢键，熔化和汽化都需要克服分子间作用力，氢键的存在使得熔点和沸点升高，所以H2O的熔沸点高于H2S，故B正确；‎ C. 氢键是电负性较强的元素（通常N、O、F）和H之间的一种分子间作用力，由于甲烷分子中原子的电负性较弱，所以甲烷和水不能形成氢键，故C错误；‎ D. 乙醇分子和水分子间存在有氢键，也存在范德华力， 故D正确； ‎ 综上所述，本题选C ‎【点睛】关于氢键，需要掌握以下几点： ①氢键不是化学键，通常把氢键看做是一种较强的分子间作用力。氢键比化学键弱，比分子间作用力强； ②分子间形成氢键会使物质的熔沸点升高，这是因为固体熔化或液体气化时必须破坏分子间氢键，消耗更多的能量； ③分子间氢键对物质的水溶性有影响，如氨气极易溶于水，主要是氨分子与水分子形成分子间氢键； ④通常N、O、F这三种元素的氢化物已形成氢键。常见易形成氢键的化合物有H2O、 HF、NH3、CH3OH等； ⑥氢键只影响分子晶体的物理性质。‎ ‎14.关于下列晶体物质的熔沸点高低排列判断正确的是（　　）‎ A. Rb＞K＞Na B. 金刚石>晶体硅>二氧化硅>碳化硅 C. H2O>H2S>H2Se>H2Te D. CaO＞BaO＞NaCl＞KCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Rb、K、Na为碱金属，同族元素，随核电核数增大，熔沸点逐渐减小，则熔、‎ 沸点为Rb＜K＜Na，故A错误；‎ B．原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，故B错误；‎ C．结构和性质相似的分子晶体，熔沸点随相对分子质量增大而增大，H2O、H2S、H2Se、H2Te都为分子晶体，结构和性质相似，且相对分子质量随着原子序数增大而增大，但水中含有氢键，所以其熔沸点最高，则熔沸点顺序为H2S＜H2Se＜H2Te＜H2O，故C错误；‎ D．KCl、NaCl、CaO、BaO均为离子化合物，KCl、NaCl阴离子相同，电荷数相同，阳离子的半径越小，晶格能越大，熔点越高，阳离子半径K+＞Na+，则熔点NaCl＞KCl，BaO、CaO阴离子相同，电荷数相同，阳离子的半径越小，晶格能越大，熔点越高，阳离子半径Ca2+＞Ba2+，则熔点CaO＞BaO，阴、阳离子所带电荷越多，晶体的熔点越高；而且电荷的影响大于半径的影响，所以四种化合物熔点的高低顺序为CaO＞BaO＞NaCl＞KCl，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】碱金属元素同主族从上到下熔沸点降低，是易错点，其余物质判断熔沸点时，要分清晶体的类别。‎ ‎15.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）‎ A. 用图2所示装置除去Cl2中含有的少量HCl B. 用图3 所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体 C. 用图4 所示装置制取少量纯净的CO2气体 D. 用图5 所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气能与氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠溶液除氯气中的少量HCl，故不选A；‎ B. NH4Cl加热易分解为氨气和氯化氢，图3 所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液得不到NH4Cl晶体，故不选B；‎ C. 碳酸钠溶于水，用图4 所示装置制取CO2‎ 气体，不能起到随关随停的作用，且制取的二氧化碳中含有氯化氢杂质，故不选C；‎ D. CCl4不溶于水、密度比水大，用分液漏斗分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，故选D 。‎ ‎16.关于下列实验装置说法中正确的是（ ）‎ A. 用图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱 B. 用图②所示实验装置排空气法收集CO2气体 C. 用图③将混合液蒸馏分离时，应使温度计水银球浸没在混合液中 D. 用图④提取海带中的碘 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 强酸制取弱酸可知酸性为硫酸＞碳酸＞硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强，则可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，故A正确；‎ B. 二氧化碳的密度比空气的大，应利用向上排空气法收集，图中应长导管中进，故B错误；‎ C. 用图③将混合液蒸馏分离时，应使温度计水银球在烧瓶的支管口处测蒸汽的温度，故C错误；‎ D. 海带中碘以离子的形式存在，应先发生氧化还原反应后生成碘单质，再萃取、分液，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】二氧化碳的密度比空气的大，应利用向上排空气法收集，如果用多功能瓶，需长进短出，如果短进长出，会使气体直接逸出。‎ ‎17.按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 步骤(1)需要过滤装置 B. 步骤(2)需要用到分液漏斗 C. 步骤(3)需要用到坩埚 D. 步骤(4)需要蒸馏装置 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．步骤(1)中出现不溶性物质和滤液，因此需要过滤装置；A正确，不符合题意；‎ B．操作中出现有机物和水层，进行分液操作，步骤(2)需要用到分液漏斗；B正确，不符合题意；‎ C．从水溶液中得到固体，需要蒸发结晶，需要用到蒸发皿；C 错误，符合题意；‎ D．有机层混合液中需要进行分离，采用蒸馏方法；D正确，不符合题意；‎ 本题答案选C。‎ ‎18.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p4。则下列有关比较中正确的是（　　）‎ A. 第一电离能：③＞④＞②＞① B. 原子半径：②＞①＞④＞③‎ C. 电负性：④＞③＞②＞① D. 最高正化合价：①=④＞②=③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p4是O元素。‎ ‎【详解】A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但是N的核外电子排布属于半充满，故第一电离能O＜N，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜O＜N，即③＞④＞②＞①，故A正确；‎ B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞O，电子层越多原子半径越大，‎ 故原子半径P＞S＞N＞O，即②＞①＞③＞④，故B错误；‎ C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜O，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P

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