2020-2020学年江苏省苏州市相城区陆慕高级中学高二下学期4月质量检测(解析版)化学试题

　江苏省苏州市相城区陆慕高级中学 2019- -0 2020 学年高二下学期 期 4 4 月质量检测

　可能用到的相对原子质量：

　H 1

　C 12

　N 14

　O 16

　Cu 64

　Zn 65 选择题（40 分）

　单项选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分，共计 20 分，每小题只有一个选项符合题意。

　1.某同学在实验报告中记录了下列数据，其中正确的是( ) A. 用 25 mL 量筒量取 12.36 mL 盐酸 B. 用 pH 试纸测出某溶液 pH 为 3.5 C. 用托盘天平称取 8.75 g 食盐 D. 用酸式滴定管测出消耗盐酸的体积为 15.60 mL 『答案』 D 『解析』

　『详解』 A．量筒的感量为 0.1mL，则用 25 mL 量筒量取 12.3 mL 盐酸或 12.4mL 盐酸，故A 错误； B．pH 试纸测到的 pH 为正整数，则用 pH 试纸测出某溶液 pH 为 3 或 4，故 B 错误； C．托盘天平的感量为 0.1g，则用托盘天平称取 8.7g 或 8.8 g 食盐，故 C 错误； D．酸式滴定管的准确度为 0.01mL，则用酸式滴定管测出消耗盐酸的体积为 15.60 mL，故D 正确； 故选 D。

　2.下列关于化学反应速率的说法正确的是

　(

　) A. 升高温度可降低化学反应的活化能，使化学反应速率提高 B. 在温度、体积都相同的两容器中，分别充入相同物质的量的 Br 2 和 Cl 2 ，让它们与等量的氢气发生反应，反应速率相同 C. 0.1 mol·L -1 盐酸和 0.1 mol·L -1 硝酸与相同形状和大小的大理石反应的速率相同 D. 有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的容积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率加快 『答案』 C 『解析』

　A 项，升高温度不能降低反应的活化能，升高温度使更多的分子能量增加变为活化分子，增

　大活化分子百分数，提高化学反应速率，错误；B 项，氧化性 Cl 2  Br 2 ，相同条件下与 H 2反应，Cl 2 反应速率快，错误；C 项，0.1 mol·L -1 盐酸和 0.1 mol·L -1 硝酸中 c （H + ）都为 0.1mol/L，与相同形状和大小的大理石反应的速率相同，正确；D 项，有气体参加的化学反应，增大压强，增大单位体积内的分子总数，活化分子的百分数不变，增大单位体积内的活化分子数，加快反应速率，错误；答案选 C。

　点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，用有效碰撞理论解释外界条件对化学反应速率的影响。决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，浓度、压强、温度、催化剂等外界因素对化学反应速率的影响都属于次要因素。温度和催化剂能改变活化分子百分数，浓度和压强不能改变活化分子百分数。

　3.反应 H 2 （g）

　+ I 2 （g）

　2HI（g）的逆反应速率随时间变化的曲线如下图所示，t 1时刻反应达到平衡，维持其他条件不变，t 1 时刻只改变一种条件，该条件可能是

　 ①增大 H 2 浓度

　②缩小容器体积

　 ③恒容时充入 Ar 气

　④使用催化剂 A. ①② B. ③④ C. ②④ D. ①④ 『答案』 C 『解析』

　反应 H 2 （g）

　+ I 2 （g）

　2HI（g）是一个反应前后气体分子数不变的可逆反应。由图可知，t 1 时刻反应达到平衡，维持其他条件不变，t 1 时刻只改变一种条件，逆反应速率增大后但并不再改变，说明化学平衡不移动，则改变条件后正反应速率和逆反应速率相等，该条件可能是加入催化剂或增大压强，C 正确。本题选 C.

　点睛：在平衡状态下，加入催化剂后，正反应速率和逆反应速率同时都增大，且保持正反应速率和逆反应速率相等，所以平衡不移动；缩小容器体积就是增大压强，由于反应前后的气体分子数不发生变化，所以平衡不移动，但是各组分的浓度增大了，化学反应速率加快了；增大反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动，在平衡移动的过程中，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大；恒容时充入稀有气体，虽然系统内压强增大了，但是各组分的浓度保持不变，所以化学反应速率不变，平衡不移动。

　4.下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是(

　) A. 相同 pH 的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生 H 2 的起始速率相等 B. 常温下，测得 0.1 mol·L－ 1 醋酸溶液的 pH＝4 C. 常温下，将 pH＝1 的醋酸溶液稀释 1 000 倍，测得 pH<4 D. 在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱 『答案』 A 『解析』

　『分析』

　证明醋酸是弱电解质的方法有多种：可以根据相同浓度的盐酸与醋酸的导电性的不同；可以根据相同浓度的盐酸与醋酸与同样颗粒大小的锌反应速率的快慢；可以测酸的 pH 与氢离子浓度的关系；也可以根据醋酸钠盐水溶液的酸碱性等分析判断。

　『详解』 A．由于 pH=-lgc(H + )，所以相同 pH 的醋酸溶液和盐酸，二者的 c(H + )大小一样，在与同样大小颗粒的锌反应时，产生 H 2 的起始速率相等，不能证明它是弱电解质，A 正确； B．常温下，测得 0.1 mol/L 醋酸溶液的 pH=4，c(H + )=1×10 -4 mol/L<0.1mol/L，c(H + )<c(CH 3 COOH)，可以说明醋酸只有一部分分子发生电离作用，在溶液中存在电离平衡，可证明醋酸为弱酸，B 错误； C．常温下，将 pH=1 的醋酸溶液稀释 1000 倍，测得 pH＜4，c(H + )>1×10 -4 mol/L， c(H + )减小的倍数小于稀释的倍数，可证明在稀释时，促进了醋酸的电离，证明醋酸是弱电解质， C错误； D．在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸溶液的弱，说明醋酸溶液中自由移动的离子浓度小于盐酸中的离子浓度，HCl 是一元强酸，证明醋酸没有完全电离，说明醋酸是一元弱酸，属于弱电解质，D 错误； 故选 A。

　『点睛』 本题考查实验方案的评价的知识，侧重于弱酸的实验角度的探究，只要证明酸的浓度大于其电离产生的离子的浓度或利用盐的水解反应规律，通过醋酸钠溶液显碱性，证明醋酸根离子消耗了水电离产生的氢离子，也可以说明醋酸是弱酸。注意把握实验原理和角度，学习中注意相关基础知识的积累。

　5.利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知 CO(g)＋2H 2 (g) CH 3 OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（ ）

　 A. 该反应的 ΔH＝＋91 kJ·mol－ 1

　B. 加入催化剂，该反应的 ΔH 变小 C. 反应物的总能量大于生成物的总能量 D. 如果该反应生成液态 CH 3 OH，则 ΔH 增大 『答案』 C 『解析』

　『详解』 A、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，故选项A 错误； B、加入催化剂只能降低反应所需的活化能，而对反应热无影响，选项 B 错误； C、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，C 正确； D、生成液态 CH 3 OH 时释放出的热量更多，ΔH 更小，选项 D 错误。

　答案选 C。

　6.下列说法正确的是(

　) A. 洗涤油污常用热的碳酸钠溶液 B. 用加热的方法可以除去 KCl 溶液中的 Fe 3＋

　C. 配制 FeSO 4 溶液时，将 FeSO 4

　固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度 D. 将 AlCl 3 溶液和 Na 2 SO 3 溶液分别加热蒸干、灼烧后，所得固体为 Al 2 O 3 和 Na 2 SO 3

　『答案』 A 『解析』

　『详解』 A.碳酸钠是强碱弱酸盐，CO 3 2- 在溶液中会发生水解反应，使溶液呈碱性，由于水解反应是吸热反应，加热可使盐的水解程度增大，溶液的碱性增强。油污在碱性条件下水解，产生容易溶于水的物质，因此加入热的碳酸钠溶液有利于除去油污，A 正确； B.Fe 3+ 在溶液中存在水解平衡，加热可以促进 Fe 3+ 的水解，但也不能完全除去，可通过向溶液中先加入过量 KOH 溶液，使 Fe 3+ 转化为 Fe(OH) 3 沉淀，将其过滤除去，再向滤液中加入盐酸，中和过量的 KOH，达到除杂的目的，B 错误；

　C. FeSO 4 是强酸弱碱盐，由于 Fe 2+ 水解产生 Fe(OH) 2 沉淀使溶液变浑浊，为抑制盐的水解，应加适量的酸，但若加入的是盐酸，就会引入新的杂质离子 Cl - 。为达到除杂、净化，同时又抑制水解的目的，可加入少量硫酸，C 错误； D.AlCl 3 溶液加热发生水解反应，生成氢氧化铝和盐酸，盐酸挥发，蒸干得到的固体是Al(OH) 3 ，再将固态灼烧，氢氧化铝分解，产生固体氧化铝；Na 2 SO 3 具有还原性，将其溶液加热，Na 2 SO 3 会被溶液中的氧气氧化为 Na 2 SO 4 ，Na 2 SO 4 是强酸强碱盐，物质稳定，不水解，受热也不分解，最后得到的固体为硫酸钠，D 错误； 『点睛』 本题考查了盐溶液的性质的应用的知识。盐的组成成分不同，性质不同，应用也不同，在应用时一定要充分考虑盐的性质。如碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可用于去除油污；氯化铵溶液水解显酸性，可用于金属除锈；碳酸氢钠溶液显碱性，明矾溶液显酸性，二者混合，两种盐水解程度都增强，产生大量的 CO 2 气体和 Al(OH) 3 ，可用于灭火；KMnO 4 、NaClO 具有强的氧化性，可用于消毒、杀菌；AgNO 3 不稳定，高温、光照容易分解，保存要低温、避光；配制 FeSO 4 溶液时，既要加入还原铁粉，防止其被空气氧化变为硫酸铁，同时也要加入稀硫酸，来抑制 Fe 2+ 水解，使溶液变浑浊，等等。充分考虑物质的各种性质是正确应用的前提和保证。

　7. 下列各项叙述中，正确的是 ( ) A. N、P、As 的电负性随原子序数的增大而增大 B. 价电子排布为 4s 2 4p 3 的元素位于第四周期第ⅤA 族，是 p 区元素 C. 2p 和 3p 轨道形状均为哑铃形，能量也相等 D. 氮原子的最外层电子排布图：

　『答案』 B 『解析』

　『详解』 A．同主族元素从上到下，电负性减小，则 N、P、As 的电负性随原子序数的增大而减小，故 A 错误； B．价电子排布为 4s 2 4p 3 的元素有 4 个电子层、最外层电子数为 5，位于第四周期第ⅤA 族，最后填充 p 电子，是 p 区元素，故 B 正确； C．p 轨道均为纺锤形，离原子核越远，能量越高，2p 轨道能量低于 3p，故 C 错误； D．利用“洪特规则”可知最外层电子排布图错误，应为 ，故 D 错误；

　故选 B。

　8.化合物 NH 3 与 BF 3 可以通过配位键形成 NH 3 ·BF 3 ，下列说法正确的是(

　) A. NH 3 与 BF 3 都是三角锥形 B. NH 3 与 BF 3 都是极性分子 C. NH 3 ·BF 3 中各原子都达到 8 电子稳定结构 D. NH 3 ·BF 3 中，NH 3 提供孤电子对，BF 3 提供空轨道 『答案』 D 『解析』

　『分析』

　BF 3 分子中，B 原子最外层有 3 个电子，与 3 个 F 原子形成三个 B﹣F 键，B 原子周围没孤电子对，NH 3 分子中，N 原子最外层有 5 个电子，与 3 个 H 原子形成三个 N﹣H 键，N 原子周围有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，BF 3 分子为非极性分子，分子构型为平面三角形，NH 3 分子为极性分子，分子构型为三角锥形，NH 3 •BF 3 中 B 原子有空轨道，N 原子有孤电子对，所以 NH 3 提供孤电子对，BF 3 提供空轨道，形成配位键，使 B、N 原子都达到 8 电子稳定结构，据此答题。

　『详解』 A.BF 3 分子构型为平面三角形，故 A 错误； B.BF 3 分子为非极性分子，故 B 错误； C.NH 3 •BF 3 中氢原子只有两个电子，故 C 错误； D.NH 3 •BF 3 中 B 原子有空轨道，N 原子有孤电子对，所以 NH 3 提供孤电子对，BF 3 提供空轨道，形成配位键，故 D 正确。

　故选 D。

　『点睛』 判断 AB n 型分子极性的经验规律：若中心原子 A 的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如 BF 3 、CO 2 等为非极性分子，NH 3 、H 2 O、SO 2 等为极性分子。

　9.CH 3 + ，—CH 3 ，CH 3 — 都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是(

　) A. 它们互为等电子体，碳原子均采取 sp 2 杂化 B. CH 3 — 与 NH 3 、H 3 O＋ 互为等电子体，几何构型均为正四面体形 C. CH 3 + 中的碳原子采取 sp 2 杂化，所有原子均共面 D. CH 3 + 与 OH－ 形成的化合物中含有离子键 『答案』 C 『解析』

　等电子体是指价电子数和原子数分别都相等的物质，甲烷分子变成 CH 3 + 、-CH 3 、CH 3 - 时，失去的分别是氢负离子、氢原子和氢离子，原子个数相同，价电子数不同，A 选项错误；CH 3 - 与 NH 3 、H 3 O + 均具有 8 个价电子、4 个原子，互为等电子体，立体构型均为三角锥形，不是正四面体形，B 选项错误；CH 中的碳原子含有（4-1-3×1）÷2＝0 对孤对电子，所以

　中的碳原子采取sp 2 杂化，所有原子均共面，C选项正确；CH 3 + 与OH - 形成的化合物为CH 3 OH，均由非金属元素组成，只含有共价键，不含有离子键，D 选项错误；正确答案 C。

　10.X、Y、Z 均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为 10，X 与 Z 同族，Y 最外层电子数等于 X 次外层电子数，且 Y 原子半径大于 Z。下列叙述正确的是 A. 熔点：X 的氧化物比 Y 的氧化物高 B. 热稳定性：X 的氢化物大于 Z 的氢化物 C. X 与 Z 可形成离子化合物 ZX D. Y 的单质与 Z 的单质均能溶于浓硝酸 『答案』 B 『解析』

　『分析』

　根据题意：Y 的最外层电子数等于 X 次外层电子数，由于均是主族元素，所以 Y 的最外层电子数不可能是 8 个，则 X 只能是第二周期元素，因此 Y 的最外层电子数是 2 个，又因为Y 的原子半径大于 Z，则 Y 只能是第三周期的 Mg，因此 X 与 Z 的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则 X 是 C，Z 是 Si。

　A．熔沸点：离子晶体＞分子晶体； B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强； C．X、Z 为非金属元素，易形成共价化合物； D．Si 和浓硝酸不反应。

　『详解』 由以上分析，X 是 C，Y 为 Mg，Z 是 Si。

　A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y 的氧化物是离子化合物氧化镁，分子晶体的熔点低于离子晶体，氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，故 A 错误； B、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，故 B 正确； C、C 与 Si 通过共用电子对形成的是共价化合物 SiC，故 C 错误；

　D、单质镁能溶于浓硝酸，单质硅不溶于浓硝酸，故 D 错误； 故选 B。

　『点睛』 本题考查原子结构和元素周期律关系，解题关键：正确判断各元素，易错点 B：氢化物的稳定性与非金属性强弱有关，氢化物的熔沸点才与分子间作用力和氢键有关。

　不定项选择题：本题包括 5 小题，每题 4 分，共计 20 分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得 0 分；若正确...