湖南省五市十校学年高二下学期期末考试化学试题解析版.docx
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湖南省五市十校学年高二下学期期末考试化学试题解析版
湖南省五市十校2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题
可能用到的相对原子质量:
H-1 C-12 N-14 0-16 S-32 C1-35.5Ca-40 Ag-108 Fe-56 Cu-64
第I卷（选择题，48分）
一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1.化学与社会、生活、科技等密切相关。
下列说法正确的是
A.泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
B.二氧化硅用途广泛，制光导纤维、石英坩埚、太阳能电池等
C.向氨水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体
D.绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染
【答案】D
【解析】分析：
A、泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，电解质溶液会导电；B、太阳能电池是半导体硅的用途；C、氨水与三氯化铁生成氢氧化铁沉淀；D、绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染；
详解：
A、泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，水、电解质溶液会导致产生导电，从而易产生触电危险，故A错误；B、石英坩埚、光导纤维都是二氧化硅的用途，太阳能电池是半导体硅的用途，故B错误；C、应向沸水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体，故C错误；D、绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，故D正确；故选D。
2.下列表示不正确的是
A.氯离子的结构示意图B.四氯化碳分子的电子式:
C.CH4的球棍模型D.明矾的化学式:
KAl（SO4）2·12H2O
【答案】B
【解析】分析：
A、氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构；B、四氯化碳分子中，Cl原子最外层满足8电子稳定结构；C、甲烷含有C-H键，为正四面体结构；D、明矾的化学式:
KAl（SO4）2·12H2O
详解：
A、氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构；氯离子的结构示意图，故A正确；B、氯原子未成键的孤对电子对未标出，四氯化碳正确的电子式为，故B错误；C、甲烷含有C-H键，为正四面体结构，球棍模型为，故C正确；D、明矾是一种常见的净水剂，明矾的化学式:
KAl（SO4）2·12H2O，故D正确；故选B。
3.下列有关叙述正确的是
A.的中子数和质子数之差为115
B.浓硝酸显黄色是因为含有Fe3+
C.二氧化硫和氯气使品红溶液褪色的原理相同
D.长石（KAlSi3O8）用氧化物形式可表示为K2O·Al2O·6Si02
【答案】D
【解析】分析：
A、元素符号左上角数字表示质量数、左下角数字表示质子数，以及中子数=质量数-质子数；B、浓硝酸因溶解了二氧化氮而溶液呈黄色；C、氯气的漂白原理：
氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性；二氧化硫的漂白原理：
有色物质结合成无色物质；D、根据硅酸盐的氧化物表示方法来书写．
详解：
A、Ir的质子数为77，质量数为192，中子数=质量数-质子数=192-77=115，中子数与质子数的差为38，故A正确；B、浓硝酸溶不稳定，易分解生成二氧化氮、氧气和水，浓硝酸溶解了部分二氧化氮而使其溶液呈黄色；C、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，使品红氧化褪色；二氧化硫与有色物质结合成不稳定的无色物质，使品红褪色，两者漂白原理不同，故C错误；D、硅酸盐的氧化物表示方法：
先活泼金属氧化物，后不活泼的金属氧化物，再次非金属氧化物二氧化硅，最后是水，所以长石（KAlSi3O8）用氧化物形式可表示为K2O·Al2O·6Si02。
故D正确，故选D。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A.1.8gH218O与D20的混合物中含有的质子数和电子数均为NA
B.精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重3.2g
C.取50mL14.0mol/L浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35NA
D.标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目小于NA
【答案】B
【解析】分析：
A、1.8g水的物质的量为1.8g/20g·mol－1=0.09mol，水是10电子分子；C、根据电子守恒计算出阴极生成铜的质量；C、取50mL14.0mol·L－1浓硝酸与足量的铜片反应，随反应进行，浓硝酸变成稀硝酸；D、标准状况下，HF不是气态；
详解：
A、1.8g水的物质的量为1.8g/20g·mol－1=0.09mol，水是10电子分子，故0.09mol水中含0.9mol电子和0.9mol质子，故A错误；B、精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，阴极铜离子得到0.1mol电子生成0.05mol铜，则阴极增重3.2g，故B正确；C、取50mL14.0mol/L浓硝酸与足量的铜片反应，浓硝酸变成稀硝酸，生成气体分子有二氧化氮和一氧化氮，故C错误；D、标准状况下，HF不是气态，22.4LHF所含有的分子数目多于NA，故D错误；故选B。
点睛：
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解题关键：
对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容．要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．易错点D，HF在标准状况下是液体。
5.植物提取物-香豆素，可用于消灭鼠害。
其分子球棍模型如图所示。
由C、H、0三种元素组成。
下列有关叙述不正确的是
A.该分了中不含手性碳原子B.分子式为C10H8O3
C.能使酸性KMnO4溶液褪色D.lmol香豆素最多消耗2molNaOH
【答案】D
【解析】分析：
由有机物结构模型可知该有机物的结构简式为，含酚-OH、C=C、-COOC－，结合苯酚、烯烃、酯的性质来解答．
详解：
A、手性碳原子上连有四个不同的原子或原子团，分子中不存在这样的碳，故A正确；B、由结构简式可知其分子式为C10H8O3，故B正确；C、含碳碳双键、酚-OH，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D、水解产物含有2个酚羟基和1个羧基，则1mol香豆素最多消耗3molNaOH，故D错误。
故选D。
点睛：
本题考查有机物的结构与性质，解题关键：
把握官能团及性质的关系，易错点C，苯酚、烯烃的性质为即可解答，难点D，酚形成的酯与氢氧化钠反应，1mol酯基消耗2molNaOH．
6.常温下，下列有关溶液的说法正确的是
A.NaHCO3溶液加水稀释，c（Na+）与c（HCO3-）的比值将增大
B.pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合后的溶液中:
c（OH-）=c（H+）
C.0.1mol/L硫酸铵溶液中:
c（SO42-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）
D.0.1mol/L的硫化钠溶液中:
c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+c（H2S）
【答案】A
【解析】分析：
A、加水稀释，促进阴离子水解；B、酸和碱的强弱没有给出，无法判断；C、硫酸铵为强电解质，完全电离，氨根离子为弱碱阳离子，部分水使溶液呈酸性，注意盐类的水解是少量的；D、依据质子守恒解答。
详解：
A、加水稀释，促进阴离子水解，NaHCO3溶液加水稀释，c（Na+）与c（HCO3-）的比值将增大，故A正确；B、pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合，只有强酸和强碱等体积混合才会PH=7，弱酸和强碱反应显酸性，反之，显碱性，故B错误；C、0.1mol/L硫酸铵溶液中:
c（NH4+）>c（SO42-）>c（H+）>c（OH-），故C错误；D、依据质子守恒，0.1mol/L的硫化钠溶液中，由水电离产生的氢离子等于由水电离产生的氢氧根离子，所以存在：
c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），故D错误；故选A。
点睛：
本题考查了盐类的水解，解题关键：
明确盐类水解的原理，把握溶液中电荷守恒、物理守恒、质子守恒，易错点B，注意盐类水解的规律及其应用。
难点D，对质子守恒的理解，或写出物料守恒和电荷守恒，加减消元消去钠离子可得。
7.下列各组离子能大量共存，且加人试剂后反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
加入试剂
发生反应的离子方程式
A
Fe3+、I-、Cl-
NaOH溶液
Fe3++30H-=Fe（OH）3↓
B
K+、ClO-、SO42-
盐酸
H++C10-=HClO
C
K+、OH-、Cl-
过量SO2
SO2+0H-=HSO3-
D
H+、Fe2+、SO42-
Ba（NO3）2溶液
S042-+Ba2+=BaSO4↓
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】A.因为Fe3+具有强氧化性，I-具有强还原性，两者不能共存，发生氧化还原反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，所以加NaOH溶液后，不会发生Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，故A错误；B.因为H++ClO-HClO为可逆反应，故B错误；C过量SO2与OH-反应的方程式为：
SO2+OH-=HSO3-故C正确；D.因为H+、Fe2+、SO42-加入Ba（NO3）2溶液后发生反应为：
4H++3Fe2++SO42-+NO3-+Ba2+=3Fe3++BaSO4↓+NO+2H2O，故D错误；答案：
C。
点睛：
考查离子共存的知识。
离子共存的条件是：
离子之间能发生复分解反应的离子、能发生氧化还原反应的离子、能发生双水解的离子、能形成络合物的离子之间不能共存。
解答此题时抓住这些条件即可。
8.根据表中信息判断，下列选项正确的是
序列
参加反应的物质
生成物
①
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4……
②
Cl2、FeBr2
只有FeCl3、FeBr3
③
KClO3、HCl（浓）
Cl2……
A.氧化性由强到弱顺序为KCl03>Cl2>Fe3+>Br2
B.第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1:
1
C.第③组反应中生成1molCl2，转移电子2mol
D.第①组反应的其余产物为H20和02
【答案】D
【解析】分析：
A、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由②可知Fe3＋不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3＋；B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结合电子转移守恒计算判断．C、由信息可知，ClO3－氧化Cl－为Cl2，Cl－中Cl元素化合价由-1价升高为0价，ClO3－中Cl元素化合价由+5价降低为0价，生成3molCl2转移电子的物质的量是5mol．D、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水．
详解：
A、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4－＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3＋，由②可知Fe3＋不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3＋，故A错误。
B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（Cl2）=n（FeBr2），即n（C12）：
n（FeBr2）=1：
2，故B错误；C、由信息可知，ClO3－氧化Cl－为Cl2，Cl－中Cl元素化合价由-1价升高为0价，ClO3－中Cl元素化合价由+5价降低为0价，生成3molCl2转移电子的物质的量是5mol，故C错误；D、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故D正确；故选D。
9.短周期元素M、W、X、Y. Z的原子序数依次增大，质子数之和为37。
M和W形成的某种化合物可作制冷剂，Y和Z能形成ZY2型离子化合物。
下列有关叙述不正确的是
A.Y元素没有正价
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