葫芦岛市普通高中2018-2019学年第二学期期末考试
高二化学试题
★祝考试顺利★ 注意事项：
1、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
2、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
3、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
5、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。 6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。 1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 用熟石灰可处理废水中的酸 B. 用水玻璃可生产點合剂和防火剂 C. 用食盐水有利于清除炊具上残留的油污 D. 用浸泡过高锰酿钾溶液硅藻士保鲜水果 【答案】C 【解析】
酸碱发生中和，A正确；水玻璃是硅酸钠的水溶液，具有粘性，不燃烧，B正确；油污属于油脂类，用碳酸钠溶液显碱性可以清洗油污，食盐水不能，C错误；水果释放出乙烯，使果实催熟，高锰酸钾溶液氧化乙烯，释放出二氧化碳，达到保鲜水果的目的，D正确；正确答案选C。
2.下列物质的性质与应用对应关系正确的是 A B C
物质的性质 次氯酸有酸性 纯碱能与酸反应 液氨汽化时要吸收大量的热 的应 用 可用于漂白、杀菌消毒 可用作治疗胃酸过多的药物 工业上可用作制冷剂 - 1 -
D A. A
晶体硅的熔点高、硬度大 可用于制作半导体材料 B. B C. C D. D
【答案】C 【解析】
【详解】A、次氯酸的漂白性和杀菌消毒，利用次氯酸的氧化性，故错误； B、纯碱水溶液碱性强，不能用于治疗胃酸过多，故错误； C、液氨之所以作制冷剂，利用液氨汽化时吸收大量的热，故正确；
D、晶体硅作半导体，利用硅在元素周期表中处于金属元素和非金属元素的分界处，硅的导电性介于导体和绝缘体之间，不是利用熔点高、硬度大的特点，故错误； 答案选C。
3.利用下列实验装置及药品能实现相应实验目的的是
A. 甲用于制取NaHCO3晶体
C. 丙用于证明非金属性强弱：Cl>C>Si 度 【答案】A 【解析】
B. 乙用于分离I2和NH4Cl
D. 丁用于测定某稀醋酸的物质的量浓
【详解】A项、二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故A正确。
B项、碘单质易升华，受冷发生凝华，NH4Cl受热易分解，遇冷又生成氯化铵，不能用于分离I2和氯化铵，故B错误；
C项、非金属性的强弱应比较元素的最高价氧化物的水化物酸性强弱，而不是氢化物的酸性，
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且盐酸具有挥发性，挥发出来的HCl也能使硅酸钠溶液中出现浑浊，故C错误；
D项、盛NaOH溶液应用碱式滴定管，图中用的是酸式滴定管，使用的指示剂应为酚酞，D错误。 故选A。
【点睛】把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。
4.下列离子方程式表达不正确的是
A. 向FeCl3溶液滴加HI溶液：2Fe＋2I=2Fe＋I2 B. 向水中放入Na2O2：2Na2O2＋2H2O=4Na＋4OH＋O2↑
C. 向NaAlO2溶液中通入过量的CO2制Al(OH)3：AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－ D. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：2NH4＋Ba＋SO4＋2OH=BaSO4↓＋2NH3·H2O 【答案】D 【解析】
【详解】A、Fe3＋具有强氧化性，能将I－氧化成I2，离子方程式为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，故A不符合题意；
B、过氧化钠能与水反应，其离子方程式为2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，故B不符合题意； C、利用碳酸的酸性强于Al(OH)3，偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2，其离子方程式为AlO2＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3，故C不符合题意；
D、Al得到OH能力强于NH4，NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的Ba(OH)2，其离子方程式为2Al
＋
3＋
－
＋
3
－
－
＋
2＋
2－
－
＋
－
3＋
－
2＋
＋3SO4＋3Ba＋6OH=3Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，故D符合题意；
2－2＋－
答案选D。
【点睛】难点是选项D，利用Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3OH－，得出Al3＋结合OH－能力强于NH4＋，因为所加Ba(OH)2少量，即Ba(OH)2系数为1，1molBa(OH)2中有2molOH－，Al3＋最后以Al(OH)3形式存在，消耗Al3＋的物质的量为
2mol，然后得出：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－3- 3 -
=3Al(OH)3↓＋3BaSO4↓。
5.下列各组物质混合时，前者过量和不足时，发生不同化学反应的是（ ） A. NaOH溶液和AlCl3溶液 C. Al和NaOH溶液 【答案】A 【解析】 【分析】
根据前者少量时生成物的性质分析判断，生成物能否和前者继续反应，如果能发生反应就和量有关，否则无关。
【详解】A项、氢氧化钠和氯化铝反应生成氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化钠过量和不足时，发生不同化学反应，故A符合题意；
B项、硫酸和氢氧化铝反应生成硫酸铝，硫酸铝和硫酸不反应，所以该反应与稀硫酸的过量和不足无关，故B不符合题意；
C项、铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和铝不反应，所以该反应与铝无关，故C不符合题意；
D项、氨水和硫酸铝反应产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能溶于强碱溶液但不溶于弱碱溶液，所以生成的氢氧化铝和氨水不反应，该反应与氨水的过量和不足无关，故D不符合题意； 故选A。
过量和不足
B. 稀H2SO4与Al(OH)3 D. 氨水与Al2(SO4)3溶液
【点睛】本题考查了铝及其化合物的性质，注意把握铝及其化合物之间的转化，只要第一步反应后的生成物能继续和反应物反应的，反应方程式和反应物的量有关，否则无关。
6.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A. 食盐水中：K、Al、HCO3 B. 无色溶液中：Fe、SO4、SCN
C. c(C2O4)=0.1mol·L的溶液中：H、Na、MnO4
2－
－1
＋
＋
－
2＋
2－
－
＋
3＋
－
c(OH-)D. =10－12的溶液中：NH4＋、Ba2＋、Cl－ +c(H)【答案】D 【解析】
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的【详解】A、Al和HCO3发生双水解反应，不能大量共存，故A不符合题意； B、Fe2＋显浅绿色，不符合无色溶液，故B不符合题意；
C、MnO4－具有强氧化性，能将C2O42－氧化，这些离子在指定溶液中不能大量共存，故C不符合题意；
3＋－
c(OH-)D、=10－12的溶液显酸性，这些离子在酸性溶液中能大量共存，故D符合题意； +c(H)答案选D。
7.常温下，向Ba(OH)2和NaOH混合溶液中缓慢通入CO2至过量（溶液温度变化忽略不计)，生成沉淀物质的量与通入CO2体积的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. b点时溶质为NaHCO3 B. 横坐标轴上V4的值为90
C. oa过程是CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3的过程 D. 原混合物中 n[Ba(OH)2]:n(NaOH)=1:2 【答案】D 【解析】 【分析】
OH－先与CO2反应：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ba2＋与CO32－反应生成BaCO3沉淀，因此认为Ba(OH)2先与CO2反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，然后NaOH再与CO2反应，NaOH＋CO2=NaHCO3，最后BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2，据此分析；
【详解】OH－先与CO2反应：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ba2＋与CO32－反应生成BaCO3沉淀，因此认为Ba(OH)2先与CO2反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，然后NaOH再与CO2反应，NaOH＋CO2=NaHCO3，最后BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2，
A、根据上述分析，oa段发生反应：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，ab段发生反应：NaOH＋CO2=NaHCO3，即b点对应的溶液中溶质为NaHCO3，故A说法正确；
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2018-2019学年辽宁省葫芦岛市高二下学期学业质量监测(期末考试)化学试题
