学年湖南省长郡中学高二下学期期末考试化学试题 解析版Word文档下载推荐.docx

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1，在溶液中CO32-由于发生水解反应而消耗，所以若溶液中含NA个CO32－，则Na+数目大于2NA，B正确；

C.SO2和O2生成SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以密闭容器中，2molSO2和足量O2充分反应，产物SO3的分子数小于2NA，C正确；

D.CO2分子中含有22个电子，则4.0gCO2气体中含有的电子数为N=

=2NA，D正确；

故合理选项是A。

4.氟利昂﹣12是甲烷的氟、氯代物，结构式为

．下列有关叙述正确的是

A.它有2种同分异构体B.它是平面分子

C.它有4种同分异构体D.它只有一种结构

【详解】A、由甲烷的结构可知，四个氢原子的空间位置只有一种，则氟利昂-12只有一种结构，故A错误；

B、甲烷是正四面体型结构，则氟利昂-12为四面体结构，故B错误；

C、由甲烷的结构可知，四个氢原子的空间位置只有一种，则氟利昂-12只有一种结构，故C错误；

D、从结构式可知，该化合物是甲烷的取代产物，由于甲烷是正四面体型结构，所以该化合物也是四面体，因此结构只有一种，没有同分异构体，故D正确；

故选D。

5.下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是

A.Na→NaOH→Na2CO3→NaClB.Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4

C.Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3D.Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3

【答案】C

【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，所以Na→NaOH→Na2CO3→NaCl能全部通过一步反应完成，故A正确；

B．镁与氯气反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，所以Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4能全部通过一步反应完成，故B正确；

C．氧化铝不溶于水，与水不反应，所以Al2O3→Al（OH）3不能一步完成，故C错误；

D．铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁分解生成氧化铁，所以Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3能全部通过一步反应完成，故D正确；

故选C。

6.下列说法错误的是

A.浓硫酸具有强氧化性，但SO2气体可以用浓硫酸干燥

B.常温下，实验室可以用稀硝酸与铜反应制取NO气体

C.从海水中提取溴的过程中常鼓入热空气，其目的是氧化Br—

D.SiO2不仅能与氢氧化钠溶液反应.也能与氢氟酸反应

【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，但不能氧化SO2，所以SO2气体可以用浓硫酸干燥，选项A正确；

B．铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，因此常温下实验室可以用稀硝酸与铁反应制取NO气体，选项B正确；

C.鼓入热空气的目的是降低溴的溶解度，将溴吹出，选项C错误；

D．SiO2与氢氧化钠溶液反应：

SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，二氧化硅与氢氟酸反应：

SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O，选项D正确；

答案选C。

7.下列化学方程式中，属于水解反应

是（　　）

A.H2O＋H2O

H3O＋＋OH－B.HCO3—＋OH－

H2O＋CO32—

C.CO2＋H2O

H2CO3D.CO32—＋H2O

HCO3—＋OH－

【详解】A.属于水的电离方程式，错误；

B.属于HCO3-与OH-的离子反应，错误；

C.属于CO2与H2O的化合反应，错误；

D.属于CO32-水解方程式，正确。

8.聚碳酸酯（

）的透光率良好。

它可制作车、船、飞机的挡风玻璃，以及眼镜片、光盘、唱片等。

它可用绿色化学原料X（

）与另一原料Y反应制得，同时生成甲醇。

下列说法不正确的是

A.Y的分子结构中有2个酚羟基B.Y的分子式为C15H18O2

C.X的核磁共振氢谱有1个吸收峰D.X、Y生成聚碳酸酯发生的是缩聚反应

【分析】

根据该化合物结构简式，以及题中信息，推出形成该化合物的单体为

和

，然后进行分析。

【详解】根据该化合物结构简式，推出形成该化合物的单体为

，

A、根据上述分析，Y的结构简式为

，Y分子中含有2个酚羟基，故A说法正确；

B、Y的分子式为C15H16O2，故B说法错误；

C、X的结构简式为

，只有一种氢原子，核磁共振氢谱有1个吸收峰，故C说法正确；

D、根据聚碳酸酯的结构简式，X和Y生成聚碳酸酯的反应是缩聚反应，故D说法正确。

9.室温下，下列事实不能说明NH3▪H2O为弱电解质的是

A.0.1mol▪L－1NH3▪H2O能使无色酚酞试液变红色

B.0.1mol▪L－1NH4Cl的pH小于7

C.0.1molL－1NaOH溶液的导电能力比0.1molL－1氨水的导电能力强

D.0.1mol▪L－1NH3▪H2O的pH小于13

【详解】A.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明氨水具有碱性，但不能说明电离程度，不能说明NH3▪H2O为弱电解质，故选A；

B.0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5，溶液显酸性，可说明氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可说明一水合氨为弱电解质，故不选B；

C.在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱，可说明一水合氨部分电离，能说明NH3▪H2O为弱电解质，故不选C；

D.0.1mol▪L－1NH3▪H2O的pH小于13，说明未完全电离，能说明NH3▪H2O为弱电解质，故不选D；

正确答案：

A。

【点睛】判断弱电解质

依据关键点：

①弱电解质部分电离；

②对应阳离子或阴离子在盐溶液中的水解。

10.微型钮扣电池在现代生活中有广泛应用。

有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：

Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O；

Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-。

根据上述反应式，判断下列叙述中正确的是

A.在使用过程中，电池负极区溶液的pH增大

B.电子由Ag2O极经外电路流向Zn极

C.Zn是负极，Ag2O是正极

D.Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应

【详解】A．负极发生Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，c（OH-）减小，所以电池负极区溶液的pH减小，故A错误；

B．Zn为负极，Ag2O为正极，则使用过程中，电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，故B错误；

C．Zn失去电子，Zn为负极，Ag2O得到电子是正极，故C正确；

D．Zn电极发生氧化反应，Ag2O电极发生还原反应，故D错误；

故选C

11.0.1mol/L的K2S溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是

A.c（K+）+c（H+）=c（S2—）+c（HS—）+c（OH—）

B.c（K+）+c（S2—）=0.3mol/L

C.c（K+）=c（S2—）+c（HS—）+c（H2S）

D.c（OH-）=c（H+）+c（HS—）+2c（H2S）

【详解】A、根据电荷守恒可知c（K+）+c（H+）=2c（S2－）+c（HS－）+c（OH－），A错误；

B、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝0.2mol/L，所以c（K+）+c（S2－）＜0.3mol/L，B错误；

C、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝0.2mol/L，C错误；

D、根据质子守恒可知c（OH－）=c（H+）+c（HS－）+2c（H2S），D正确。

12.在密闭容器中一定量的混合气体发生反应xA（g）+yB（g）

zC（g）.平衡时测得A的浓度为0.50mol/L.保持温度不变.将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时.测得A的浓度降低为0.30mol/L。

下列有关判断正确的是

A.x+y<

zB.平衡向正反应方向移动

C.B的转化率降低D.C的体积分数增大

保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol·

L-1，而平衡时测得A的浓度变为0.30mol·

L-1，说明A的浓度是增大的，则体积增大、压强减小，平衡逆向移动。

【详解】A.减小压强，平衡逆向移动，则正向为气体体积缩小的反应，故x+y>

z，选项A错误；

B.由上述分析可知，平衡逆向移动，选项B错误；

C.因平衡逆向移动，故B的转化率降低，选项C正确；

D.平衡逆向移动，C的体积分数减小，选项D错误；

13.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是

选项

实验操作

实验现象

结论

A

将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液

溶液变为红色

样品已被氧化

B

向酸性KMnO4溶液中滴加乙二酸

溶液褪色

乙二酸具有氧化性

C

向AgNO3溶液中滴加过量氨水

得到澄清溶液

Ag+与NH3•H2O能大量共存

D

向1mL0.1mol•L-1Na2S溶液中滴入2mL0.1mol•L-1ZnSO4溶液，再加入2mL0.1mol•L-1CuSO4溶液

开始有白色沉淀生成；

后有黑色沉淀生成

Ksp（CuS）<

Ksp（ZnS）

A.AB.BC.CD.D

【详解】A．将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子，则不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN溶液，选项A错误；

B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，向酸性KMnO4溶液中滴加乙二酸，溶液褪色，说明高锰酸钾溶液被乙二酸还原，则乙二酸体现还原性，选项B错误；

C．向硝酸银溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，Ag+与NH3•H2O不能共存，选项C错误；

D、向1mL0.1mol•L-1Na2S溶液中滴入2mL0.1mol•L-1ZnSO4溶液，生成白色ZnS沉淀，ZnSO4过量，再加入2mL0.1mol•L-1CuSO4溶液，产生黑色CuS沉淀，证明发生了沉淀转化，证明Ksp（CuS）<

Ksp（ZnS），选项D正确。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价，易错点为选项D，注意Na2S溶液与ZnSO4溶液反应时的量，硫酸锌过量，继续加入硫酸铜时为沉淀转化。

14.五种短周期元素的某些性质如下表所示.下列有关说法正确的是

元素

元素的相关信息

M

最高正价与最低负价的绝对值之和等于2

W

原子的M电子层上有3个电子

X

在短周期元素中，其原子半径最大

Y

最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2O

Z

最高价氧化物的水化物与气态氢化物反应生成盐

A.W、Y、Z

简单离子半径依次增大

B.M与Y、Z分别形成的化合物均属于只含有极性键的共价化合物

C.W与M、Y分别形成的化合物都能与水反应，且有气体生成

D.常温下.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液都能与单质W持续反应

M最高正价与最低负价的绝对值之和等于2，M为H元素；

W原子的M电子层上有3个电子，则W含有3个电子层，为Al元素；

在短周期元素中，X的原子半径最大，则X为Na元素；

Y的最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2O，结合硫化氢与二氧化硫反应生成S单质可判断Y为S元素；

Z的最高价氧化物对应水化物能与其气态氢化物反应生成盐，该盐为硝酸铵，则Z为N元素。

【详解】A.W、Y、Z的简单离子Al3+、S2-、N3-，半径由小到大为Al3+、N3-、S2-，选项A错误；

B.M与Y、Z分别形成的化合物中H2O2含有非极性键和极性键，选项B错误；

C.W与M、Y分别形成的化合物AlH3和Al2S3都能与水反应，生成氢气和硫化氢气体，选项C正确；

D.常温下，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液NaOH、H2SO4、HNO3中只有NaOH能与单质铝持续反应，后二者会产生钝化，选项D错误。

15.下列离子方程式正确的是

A.NaHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至沉淀完全：

SO42﹣+H++Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O

B.NaHCO3溶液中加入过量石灰水：

2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣

C.NaAlO2溶液中通入少量CO2：

AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣

D.Na2CO3溶液与醋酸溶液混合：

2H++CO32﹣═CO2↑+H2O

A.NaHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至沉淀完全，NaHSO4为少量，按照少量的离子方程式：

SO42﹣+H++Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，A项正确；

B.NaHCO3溶液中加入过量石灰水生成CaCO3，离子方程式为：

HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，B项错误；

C.NaAlO2溶液中通入少量CO2，生成碳酸根，离子方程式为：

2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣，C项错误；

D.Na2CO3溶液与醋酸溶液混合，醋酸为弱电解质不能改成离子形式，离子方程式为：

2CH3COOH+CO32﹣═CO2↑+H2O+2CH3COO-，D项错误。

答案选A。

点睛：

碳酸氢钠与过量的石灰水反应，碳酸氢钠完全反应，生成碳酸钙、水、氢氧化钠；

醋酸在书写离子反应时不能改成离子形式，要保留化学式；

书写少量与过量等离子反应方程式技巧：

以少量存在的离子为标准，通过调节过量的物质使其充分反应；

再检查是否符合守恒关系，如电荷守恒和原子守恒。

16.常温下,向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液.有关微粒的物质的量变化曲线如图所示（其中I代表H2A.，II代表HA—，III表A2—）。

根据图示.判断下列说法正确的是

A.当V（NaOH）=20mL时.溶液中各离子浓度的大小关系为c（Na+）>

c（HA—）>

c（H+）>

c（A2一）>

c（OH—）

B.等体积、等物质的量浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大

C.NaHA溶液中:

c（OH—）+2c（A2—）=c（H+）+c（H2A）

D.将Na2A溶液加水稀释.溶液中所有离子的浓度都减小.但部分离子的物质的量增加

【详解】A、当V（NaOH）=20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，由图象看出c（A2-）＞c（H2A），说明HA-电离大于水解，溶液呈酸性，则c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-），选项A正确；

B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后生成NaHA，溶液呈酸性，则抑制水的电离，溶液中水的电离程度比纯水中的小，选项B错误；

C、根据质子守恒可知，NaHA溶液中:

c（OH一）+c（A2—）=c（H+）+c（H2A），选项C错误；

D、因对强碱弱酸盐溶液稀释，c（H+）增大，则将该电解质溶液加水稀释，溶液中离子浓度不一定都减小，选项D错误；

【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡，注意分析酸式盐中弱酸根离子的水解及电离平衡的影响，易错点为选项C，注意应该是质子守恒，不要将c（A2—）的计量数与电荷守恒混淆。

17.室温下.某同学进行CO2与Na2O2反应的探究实验（本实验所涉及气体休积均在相同状况下测定）。

请回答下列问题:

（1）用下图装置制备纯净的CO2.

①丙装置的名称是_______，乙装置中盛装的试剂是_______.

②若CO2中混有HCl，则HCl与Na2O2发生反应的化学方程式为_________。

（2）按下图所示装置进行实验（夹持装置略）。

①先组装仪器.然后________.再用注射器1抽取100mL纯净的CO2,将其连接在K1处,注射器2的活塞推到底后连接在K2处，具支U形管中装入足量的Na2O2粉末与玻璃珠。

②打开止水夹K1、K2,向右推动注射器1的活塞。

可观察到的现象是________。

③实验过程中.需缓慢推入CO2,其目的是__________.为达到相同目的，还可进行的操作是__________________________。

（3）实验结束后，当注射器1的活塞推到底时，测得注射器2中气体的体积为65mL。

则CO2的转化率是_______________.

【答案】

（1）.球形干燥管

（2）.饱和NaHCO3溶液（3）.2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑（4）.检查装置气密性（5）.U形管中的淡黄色粉末逐渐变浅，注射器2的活塞向右移动（6）.使反应进行得更充分（7）.多次往返推动注射器1和2的活塞（8）.70%

【详解】

（1）①丙装置的名称是球形干燥管，乙中装的是饱和NaHCO3溶液，除去二氧化碳中的HCl；

②若CO2中混有HCl，则HCl与Na2O2反应的化学方程式为2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑；

（2）①先组装仪器，然后检查装置的气密性，再用注射器1抽取100mL纯净的CO2，将其连接在K1处，注射器2的活塞推到底后连接在K2处，具支U形管中装入足量的Na2O2粉末与玻璃珠；

②二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，则U形管中的过氧化钠淡黄色粉末逐渐变浅，生成的氧气进入注射器2中，所以注射器2的活塞向右移动；

③实验过程中，需缓慢推入CO2，其目的是使反应进行得更充分，为达到相同目的，还可进行的操作是多次往返推动注射器1和2的活塞；

（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，△V（减小）

211

70mL35mL

CO2的转化率是（70mL÷

100mL）×

100％=70%。

18.已知:

用NH3催化还原NOx时包含以下反应.

反应①:

4NH3（g）+6NO（g）

5N2（g）+6H2O（l）∆H1=-1807.0kJ·

mol—1,

反应②:

4NH3（g）+6NO2（g）

5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）∆H2=?

反应③:

2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）∆H3=-113.0kJ·

mol一1

（1）反应②的∆H2==_____________。

（2）为探究温度及不同催化剂对反应①的影响.分别在不同温度、不同催化剂下.保持其他初始条件不变重复实验.在相同时间内测得N2浓度的变化情况如下图所示。

①反应①的平衡常数的表达式K=________。

相同温度下.在催化剂甲的作用下反应的平衡常数______（填“大于”“小于”或“等于”）在催化剂乙的作用下反应的平衡常数。

②N点后N2浓度减小的原因可能是_____________________。

（3）某温度下，在1L恒容密闭容器中初始投入4molNH3和6molNO发生反应①.当气体总物质的量为7.5mol时反应达到平衡.则NH3的转化率为____，达平衡所用时间为5min.则用NO表示此反应0～5min内的平均反应速率为______.

【答案】

（1）.-1468.0kJ/mol

（2）.

（3）.等于（4）.温度升高发生副反应，温度升高催化剂活性降低（5）.50%（6）.0.6mol/（L·

min）

（1）由盖斯定律求反应②的∆H2；

（2）①根据平衡常数的定义，写出反应①4NH3（g）+6NO（g）

5N2（g）+6H2O（l）的平衡常数的表达式K=c5（N2）/c4（NH3）c6（NO）；

催化剂不影响平衡常数；

②N点后N2浓度减小的原因可能是温度升高发生副反应、温度升高催化剂活性降低；

（3）列出三行式进行计算。

（1）反应①：

4NH3（g）+6NO（g）

5N2（g）+6H2O（l）∆H1=-1807.0kJ•mol-1

反应②：

4NH3（g）+6NO2（g）

5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）∆H2=?

反应③：

2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）∆H3=-113.0kJ•mol-1

由盖斯定律，反应①-反应③×

3，得反应②的∆H2=-1807.0kJ•mol-1-（-113.0kJ•mol-1）×

3=-1468.0kJ/mol；

（2）①根据平衡常数的定义，写出反应①的平衡常数的表达式K=

；

催化剂不影响平衡常数，温度不变，平衡常数不变，故甲乙两种催化剂作用下，反应的平衡常数相等；

（3）列出三行式：

5N2（g）+6H2O（l）

c始/mol·

L－146

c转/mol·

L－14x6x5x

c平/mol·

L－14-4x6-6x5x

4-4x+6-6x+5x=7.5mol/1L，x=0