湖南省长郡中学2018-2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）.doc

湖南省长郡中学2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题1.材料在人类文明史上起着划时代的意义。下列物品所用主要材料与类型的对应关系不正确的是a. 人面鱼纹彩陶盆无机非金属材料b. “马踏飞燕”铜奔马金属材料c. 宇航员的航天服有机高分子材料d. 光导纤维复合材料【答案】d【解析】【详解】a、陶瓷主要成分为硅酸盐，为无机非金属材料，选项a正确；b、“马踏飞燕”铜奔马主要材料为铜，为金属材料，选项b正确；c、宇航员的航天服的材料为合成纤维，为有机高分子化合物，选项c正确；d、光导纤维主要材料为二氧化硅，为无机物，不是复合材料，选项d错误。答案选d。2.下列物质中，不属于电解质的是a. 固体氯化钾b. 作电极的碳棒c. 气态硝酸d. 液态氯化氢【答案】b【解析】【详解】a、固体氯化钾属于化合物，在熔融状态或水溶液中能导电，属于电解质，选项a不选；b、碳属于单质，既不是电解质也不是非电解质，选项b选；c、硝酸属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项c不选；d、液态氯化氢属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项d不选；答案选b。【点睛】本题考查电解质，属于对基础化学概念的考查，本题要理解好电解质的概念，电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。3.设na为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是a. 11.2 l 甲烷和乙烯的混合物中含氢原子数目等于2nab. 含na个 co32的 na2co3溶液中，na+数目大于2nac. 密闭容器中，2 molso2和足量 o2充分反应，产物的分子数小于2nad. 4.0 g co2气体中含电子数目等于2na【答案】a【解析】【详解】a.未指明气体在什么条件下，所以不能确定气体的物质的量及微粒数目，a错误；b.na2co3电离产生na+、co32-个数比为2:1，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，2 molso2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4.0g co2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【答案】d【解析】【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. nanaohna2co3naclb. mgmgcl2mg(oh)2mgso4c. alal2o3al(oh)3alcl3d. fefecl3fe(oh)3fe2o3【答案】c【解析】【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nanaohna2co3nacl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mgmgcl2mg(oh)2mgso4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al2o3al(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fefecl3fe(oh)3fe2o3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brd. sio2不仅能与氢氧化钠溶液反应.也能与氢氟酸反应【答案】c【解析】【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；dsio2与氢氧化钠溶液反应：sio2+2naohna2sio3+h2o，二氧化硅与氢氟酸反应：sio2+4hfsif4+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. h2oh2oh3oohb. hco3ohh2oco32c. co2h2oh2co3d. co32h2o hco3oh【答案】d【解析】【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c15h18o2c. 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【答案】b【解析】【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和，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。答案选b。9.室温下，下列事实不能说明nh3h2o为弱电解质的是a. 0.1moll1nh3h2o能使无色酚酞试液变红色b. 0.1moll1nh4cl的ph小于7c. 0.1 moll1 naoh溶液的导电能力比0.1 moll1氨水的导电能力强d. 0.1moll1nh3h2o的ph小于13【答案】a【解析】【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nh3h2o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nh3h2o为弱电解质，故不选c；d.0.1moll1nh3h2o的ph小于13，说明未完全电离，能说明nh3h2o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：弱电解质部分电离；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【答案】c【解析】【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；bzn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；czn失去电子，zn为负极，ag2o得到电子是正极，故c正确；dzn电极发生氧化反应，ag2o电极发生还原反应，故d错误；故选c11.0.1mol/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/lc. c（k+）=c（s2）+c（hs）+c（h2s）d. c（oh-）=c（h+）+c（hs）+2c（h2s）【答案】d【解析】【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。答案选d。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. 50 mol/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. 30 mol/l。下列有关判断正确的是a. x+yz，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；答案选c。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nh3h2o能大量共存d向1ml 0.1moll-1 na2s溶液中滴入2ml 0.1moll-1 znso4溶液，再加入2ml 0.1moll-1 cuso4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【答案】d【解析】【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nh3h2o不能共存，选项c错误；d、向1ml 0.1moll-1 na2s溶液中滴入2ml 0.1moll-1 znso4溶液，生成白色zns沉淀，znso4过量，再加入2ml 0.1moll-1 cuso4溶液，产生黑色cus沉淀，证明发生了沉淀转化，证明ksp（cus）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h2 a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【答案】a【解析】【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；答案选a。【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.丙装置的名称是_，乙装置中盛装的试剂是_.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)。先组装仪器.然后_.再用注射器1抽取100 ml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。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_。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65 ml。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%【解析】【详解】（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；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）先组装仪器，然后检查装置的气密性，再用注射器1 抽取100 ml 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；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；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） 2 1 1 70 ml 35 mlco2的转化率是(70 ml 100 ml)100= 70%。18.已知:用nh3催化还原nox时包含以下反应.反应:4nh3 (g)+6no(g) 5n2(g)+6h2o(l) h1=-1 807. 0 kjmol1,反应:4nh3(g)+6no2(g) 5n2(g)+3o2(g)+6h2o(l) h2=?反应:2no(g)+o2(g) 2no2(g) h3=-113.0kjmol一1(1)反应的h2=_。(2)为探究温度及不同催化剂对反应的影响.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。反应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。n点后n2浓度减小的原因可能是_。(3)某温度下，在1 l恒容密闭容器中初始投入4 mol nh3和6 mol no发生反应.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5 min.则用no表示此反应05 min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/(lmin)【解析】【分析】（1）由盖斯定律求反应的h2 ；（2）根据平衡常数的定义，写出反应4nh3(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；n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。【详解】（1）反应：4nh3(g) + 6no(g) 5n2(g) + 6h2o(l) h1 = -1807.0kjmol-1反应：4nh3(g) + 6no2(g) 5n2(g) + 3o2(g) + 6h2o(l) h2 = ?反应：2no(g) + o2(g) 2no2(g) h3 = -113.0kjmol-1由盖斯定律，反应-反应3，得反应的h2=-1807.0kjmol-1-（-113.0kjmol-1）3=-1468.0kj/mol；（2）根据平衡常数的定义，写出反应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；n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：4nh3(g) + 6no(g) 5n2(g) + 6h2o(l) c始/moll1 4 6c转/moll1 4x 6x 5xc平/moll1 4-4x 6-6x 5x 4-4x +6-6x+5x=7.5mol/1l，x=0.5，则nh3的转化率50% ；达平衡所用时间为5分钟，则用no表示此反应平均反应速率为v(no)=0.6mol/(l min)。19.工业上用菱锰矿(mnco3)含feco3、sio2、 cu2 (oh)2 co3等杂质为原料制取二氧化锰.其工艺流程示意图如下图所示:已知生成氢氧化物沉淀的ph如下表所示:mn(oh)2fe(oh)2fe(oh)3cu(oh)2开始沉淀时8.36.32.74.7完全沉淀时9.88.33.76.7注:金属离子的起始浓度均为0.1moll1请回答下列问题:(1)含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是_;盐酸溶解mnco3的化学方程式是_。(2)向溶液1中加入双氧水时.发生反应离子方程式是_。(3)向滤液2中加入稍过量的难溶电解质mns，以除去cu2+，发生反应的离子方程式是_。(4)将mncl2转化为mno2的一种方法是氧化法。其具体做法是用酸化的naclo3溶液将mncl2氧化，请完成该反应的离子方程式:5mn2+2clo3+_=_+_+_。(5)将mncl2转化为mno2的另一种方法是电解法.生成mno2的电极反应式是_。若在上述mno2溶液中加入一定量的mn(no3 )2粉末.则无cl2产生.其原因是_。【答案】 (1). 增大接触面积，提高反应速率和浸取率 (2). mnco3+2hcl=mncl2+co2+h2o (3). 2fe2+h2o2+4h2o=2fe(oh)3+4h+ (4). mns+cu2+=mn2+cus (5). 4h2o (6). cl2 (7). 5mno2 (8). 8h+ (9). mn2+-2e-+2h2o=mno2+4h+ (10). 其它条件不变下，增大mn2+浓度或增大c（mn2+）/c（cl-），有利于mn2+放电（不利于cl-放电）【解析】【分析】用菱锰矿（mnco3）含feco3、sio2、cu2(oh) 2co3等杂质为原料制取二氧化锰，需要分离除杂，结合流程图分析各步所加试剂及反应。菱锰矿加稍过量盐酸二氧化硅不反应，滤渣1则为sio2，加双氧水氧化fe2+,调ph至4，沉淀fe3+,加mns固体沉淀cu2+,最后得到mno2,以此解题。【详解】菱锰矿用盐酸酸浸，mnco3、feco3、cu2(oh)2co3与盐酸反应，sio2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为sio2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的hcl，向滤液中加入生石灰，调节溶液ph=4，加入过氧化氢将溶液中fe2+氧化为fe3+，在ph=4时氧化得到fe3+转化为fe(oh)3沉淀，过滤除去，滤液2中加入mns，将溶液中cu2+氧化为cus沉淀过滤除去，滤液3中为mncl2，经系列转化得到mno2，（1）将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率和浸取率；碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水，反应方程式为：mnco3+2hcl=mncl2+co2+h2o；（2）加入过氧化氢将溶液中fe2+氧化为fe3+，在ph=4时氧化得到fe3+转化为fe(oh)3沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成，反应离子方程式为：2fe2+h2o2+4h2o=2fe(oh)3+4h+；（3）mns与氯化铜反应转化更难溶的cus，反应离子方程式为：mns+cu2+=mn2+cus；（4）用酸化的naclo3溶液将mncl2氧化得到mno2，mn元素发生氧化反应，则cl元素发生还原反应生成cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有h+生成，根据h元素守恒，可知反应物中缺项物质为h2o，配平后离子方程式为：5mn2+2clo3-+4h2o=cl2+5mno2+8h+；（5）由题意可知，mn2+转化为mno2，发生氧化反应，由o元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有h+生成，电极反应式为：mn2+-2e-+2h2o=mno2+4h+；mn2+、cl-都在阳极放电，二者为竞争关系，增大mn2+浓度或增大c（mn2+）/c（cl-），有利于mn2+放电（不利于cl-放电）。【点睛】本题考查化工流程问题，明确原理，准确分析流程是解题关键；易错点为 （5）mn2+、