江苏省盱眙县2020学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）苏教版

新马高级中学2020学年高二上学期期末考试化学试题注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）1实验室有几瓶标签脱落的无色液体：己烯、苯、乙醇、苯酚溶液，若不依靠嗅闻的方法(反应条件可自由选择)，只用一种试剂即可一一鉴别，则该试剂可能是( )A浓溴水B水 C新制氢氧化铜 D银氨溶液2欲除去混在苯中的少量苯酚，下列实验方法正确的是（ ）A分液B加入FeCl3溶液后，过滤C加入过量溴水，过滤D加入氢氧化钠溶液后，充分振荡，静置后分液3用如图所示的方法研究某气体的性质，这种方法属于（）A实验法 B观察法 C分类法 D比较法4配制一定物质的量浓度的某溶液，下列情况会使溶液浓度偏低的是（ ）A未冷却即转移、定容B容量瓶中原有少量蒸馏水C定容时俯视刻度线D摇匀后溶液倒入试剂瓶时，试剂瓶中原有少量水5下列除去杂质的方法中正确的是（ ）A溴苯中混有溴，加入KI溶液后，用分液漏斗分液B甲苯中混有苯甲酸，加入生石灰，再加热蒸馏C乙烷中混有乙烯，加入氢气在一定条件下充分反应D乙醇中混有乙酸，加入NaOH溶液后，用分液漏斗分液6（2分）下列实验操作或叙述正确的是 （填序号）。A.乙醇中含有少量水可加入生石灰再蒸馏制得无水乙醇B.将无水乙醇和浓硫酸按体积比31混合，加热至170制取乙烯C.蔗糖水解用浓硫酸作催化剂D. 油脂皂化反应后，反应混合物中加入食盐可将肥皂分离出来E. 植物油和裂化汽油可用溴水鉴别7下列对有机物结构或性质的描述，错误的是A一定条件下，Cl2可在甲苯的苯环或侧链上发生取代反应B光照下2，2二甲基丙烷与Br2反应其一溴取代物只有一种C甲苯与浓硫酸、浓硝酸的混合酸在30时主要生成邻硝基甲苯和对硝基甲苯D苯酚钠溶液中通入少量CO2生成苯酚，同时生成碳酸钠8关于下列图示的说法中，正确的是A. 图所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱B. 用图所示实验装置排空气法收集CO2气体C. 图表示可逆反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的H大于0D. 图装置可以用来除去SO2中的HCl9有机物有多种同分异构体，其中属于酯且苯环上有2个取代基的同分异构体共有（ ）A3种 B4种 C5种 D6种10在由5种基团CH3、OH、CHO、C6H5、COOH两两组成的物质中，能与NaOH反应的有机物有（ ） A4种 B5种 C6种 D7种11草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1molL1 KHC2O4溶液中，下列关系正确的是Ac(K+)+c(H+)c(HC2O4)+c(OH)+c(C2O42)Bc(HC2O4)+c(C2O42)0.1 molL1Cc(C2O42) c(H2C2O4)。答案选D。考点：离子浓度大小比较点评：本题主要根据电荷守恒和无聊守恒进行比较。12C【解析】试题分析：反应是否能自发进行是两个判据综合判断的，A项错误；不同反应反应速率的大小是由物质本身的性质决定的，不是由温度决定的，B项错误；用pH判断溶液的酸碱性要知道该温度下Kw，D项错误，答案选C。考点：化学基本概念点评：本题考查的是学生容易混淆的概念，主要锻炼学生对基本知识的掌握。13D【解析】试题分析：A选项中锌的活泼性比铁强，所以可减缓铁的腐蚀，这种方法的名称也正确，所以A选项正确；B选项电解饱和NaOH溶液相当于电解水，NaOH饱和溶液的浓度不变，所以pH不变，所以B选项正确；C选项是原电池，铜是正极，质量将增加，铁是负极，此时外电路中的电子由负极向正极移动，C选项正确；D选项是在铁棒上镀铜，铁棒质量将增加，但溶液中各离子浓度都不发生变化，所以D选项错误。考点：原电池和电解池点评：在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应，据此可以进行有关的判断。电解中最关键的是准确判断出电极上离子的放电顺序。在判断电解产物时，首先判断阳极电极材料。如果是活性电极，则电极本身失去电子。如果是惰性电极，则溶液中的阴离子失去电子。而阴极是溶液中的阳离子得到电子，所以需要熟练记住常见离子的放电顺序。14D【解析】试题分析：同种元素必须具有相同的质子数，因此和是同种元素的粒子。答案选D。考点：原子结构点评：本题属于基本概念问题，非常基础简单。15B【解析】试题分析：分子晶体中不存在共用，从各图中可以看出不存在共用现象，所以最有可能是分子晶体。答案选B。考点：晶体类型点评：本题就是根据分子晶体的特点来进行判断，主要考查学生分析问题的能力。16C【解析】试题分析：热稳定性看元素的非金属性，还原性看其单质的氧化性，所以HF、HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱，还原性逐渐增强，A项错误；核外电子排布相同，半径与核电荷数有关核电荷数越大半径越小，所以O2-半径大于F-半径，B项错误；最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，而含氧酸的酸性无规律，D项错误。答案选C。考点：元素周期律点评：本题主要掌握元素周期律的内容和应用即可，比较简单。17A【解析】试题分析：由题知,若生成1mol氢气,则需金属混合物的质量为30g;对于选项中的各种金属,分别只要生成1mol氢气,一个质量大于30g,一个质量小于30g,即符合题意,不反应的按无穷大计算.所以该题答案为A。这种问题也可以用假设法，先假设是二价金属，那么根据数量关系算出它的式量来 M+2HCL=MCL2 +H2 M22.4 15 11.2这样可以算出它相对原子质量为30，由于是混合金属，则混合物的平均相对原子质量为30。A项Mg为24，Fe为56，平均值可能为30，故正确；B项Zn为65，Ag不能和盐酸反应，当Zn的质量为15g时，不能生成11.2L氢气，含Ag时更不能生成11.2L氢气，错误；C项Zn为65，Fe为56，二者都大于30，平均值不可能为30，故错误；D项Mg为24，Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为2732=18，二者都小于30，平均值不可能为30，故错误。考点：考查混合金属的计算和组合判断点评：注意利用平均值法计算，注意化合价与相对原子质量的关系18A【解析】试题分析：溴水主要与不饱和有机物发生加成反应，如；与含酚羟基的物质发生取代反应，如；溴水还具有氧化性，可以与还原性物质发生氧化还原反应，如；还有酸性，可以与碱反应，如，有溴离子，可以与银离子发生沉淀反应，如；不能与苯或己烷反应，这类物质发生反应必须是纯溴。考点：考查溴水的化学性质。点评：总结溴水的化学性质，有助于进一步理解有机反应。属于较综合性习题。19C【解析】试题分析：从图象中看到，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3；A当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2故n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，m（Mg）=0.15mol24gmol-1=3.6g，n（Al）=nAl（OH）3=0.35mol-0.15mol=0.2mol，m（Al）=0.2mol27gmol-1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g，故A正确。B正确C再由Mg+2HCl=MgCl2+H2，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2可以计算出生成n（H2）=0.45mol，标准状况下V（H2）=0.45mol22.4Lmol-1=10.08L，C错误。D从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，则此过程消耗n（NaOH）=nAl（OH）3=0.2mol，故c（NaOH）=0.2 mol0.04 L=5molL-1，故D正确。故选C。考点：镁铝性质。点评：本题考查镁铝的重要化合物，以图象题的形式考查，题目难度中等，注意分析图象各阶段的物质的量的关系，根据各阶段的化学反应，利用方程式计算20A【解析】试题分析：铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n（NO2）+n（NO）=1.12L22.4L/mol=0.05mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.05mol，n（Cu）=2.56g64g/mol=0.04mol，则生成n（Cu（NO3）2）=0.04mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04mol2=0.08mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05mol+0.08mol=0.13mol故选A考点：化学方程式的计算点评：本题考查化学方程式的计算，但该题可不同书写有关反应的方程式，注意浓硝酸和稀硝酸的性质的不同，从质量守恒的角度解答该题。21D【解析】试题分析：A项中的纯碱不是碱，B项中碘酒是混合物，CO不是酸性氧化物，C项中Mn2O7不是碱性氧化物，CH3CH2OH不是碱，D项正确，答案选D。考点：物质的分类点评：按照物质的组成特点进行正确分类。22D【解析】试题分析：CO和CO2混合气体的物质的量为，则CO和CO2混合气体的平均摩尔质量为，根据十字交叉可知，CO和CO2的物质的量之比为2:1。因此C和O原子的物质的量3:4。答案选D。考点：物质的量点评：本题比较简单基础，属于物质的量计算的基础习题。23B【解析】试题分析：35Cl与37Cl间的相互转化属于物理变化，A错误；HCl是共价化合物，C错误；电解NaCl溶液得到标准状况下22.4LH2，应该转移2mol电子，D错误。答案选B。考点：化学基本概念点评：本题比较基础简单。24（1）CaCO32H+Ca2+CO2H2O 吸收从B装置中的试管内逸出的氨气，减少对环境的污染（2）温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，便于析出（3）A与B 饱和NaHCO3溶液（其他合理答案均给分） 除去CO2中混合的HCl气体（4）60%【解析】试题分析：（1）根据题目的方程式，缺少反应物二氧化碳，所以A装置中是来制取二氧化碳的，写出方程式即可以拆开来形成离子方程式。反应物中有氨气，稀硫酸的作用是吸收未参与反应逸出的氨气。（2）观察表中，发现低温下碳酸氢钠的溶解度很低，所以冰水的作用是为了使碳酸氢钠结晶。（3）没有得到碳酸氢钠的原因可能是因为盐酸挥发出来到了B装置中，与碳酸氢钠反应。所以应该在A和B之间放置一组出去二氧化碳中盐酸的装置。考虑到二氧化碳的存在，放置饱和碳酸氢钠溶液比较合适。（4）反应物氯化钠为0.1mol，能生成的碳酸氢钠理论产量应该有0.1mol，所以产率=0.06/0.1=60%。考点：化学实验装置，溶解度，产率计算点评：本题以侯氏制碱法为背景，综合了很多基础知识，已经实验装置的评价，考察点难度不高，属于简单题。25（共12分）（1）Na 、 Al 、 FeCl2 、 HCl （每空1分）（2）反应：2Al + 2H2O + 2OH- = 2AlO2-3 H2 （2分） 反应：2Fe2 + Cl2 = 2Fe3 2Cl （2分） (3)反应： 4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3 （2分）（4）否 （2分）【解析】试题分析：根据突破口直接可以得出，金属A焰色为黄色，说明是钠，气体甲是氢气，物质D为氢氧化钠；与氢氧化钠也能产生氢气的金属B是金属铝；黄绿色气体乙是Cl2，则气体丙是HCl，物质E为盐酸；红褐色沉淀H为氢氧化铁，则物质G为氯化铁，物质F为氯化亚铁，金属C为铁，白色沉淀I为氢氧化亚铁。反应是铝与氢氧化钠溶液反应，因为有水参与反应，生成的是偏铝酸钠与氢气，离子方程式为：2Al + 2H2O + 2OH- = 2AlO2-3 H2；反应氯化亚铁被氯气继续氧化生成三价铁离子，方程式为：2Fe2 + Cl2 = 2Fe3 2Cl；白色沉淀在空气中与氧气反应，很快转化为灰绿色，最后是红褐色沉淀，反应的化学方程式：4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3；物质E盐酸是混合物，电解质是化合物，所以盐酸不是电解质也不是非电解质。考点：考查物质的推断，氯气及化合物，铁及其化合物，铝的性质均考查到。点评：推断题要抓住突破口，如本题中特殊的现象焰色为黄色，黄绿色气体，红褐色沉淀均是突破口，难度一般。26（1）6.72 41.8 （2）； CuO2H+Cu2+H2O 铁【解析】试题分析：（1）根据反应6NO28NH3 7N212 H2O可知，6molNO2参加反应转移24mol电子，因此转移1.2mol电子发生反应的NO2为0.3mol，体积为6.72L。根据盖斯定律知(-)得目标反应，因此H=(-196.6 kJmol-1+-113.0 kJmol-1)=-41.8 kJmol-1。（2）根据图示可知A为Cu，B为CuCl2，C为Cu(OH)2，D为CuO，E为CuSO4。所以属于氧化还原反应的为，属于复分解反应的为，反应的离子方程式为：CuO2H+Cu2+H2O，反应为Fe+Cu2+=Fe2+Cu，所以铁做负极材料。考点：化学反应中的能量变化、物质推断和原电池点评：本题综合性强，但是考点比较基础，是高考的热点习题。27（共8分） (1) 3 6 2 1 6（2分） (2) 28（2分） (3) （2分） (4) AC（2分)【解析】试题分析：（1）Si的化合价前后未变，N的化合价由0降为-3，C的化合价由0升为+2，生成1个Si3N4化合价降低12，生成1个CO化合价升高2，根据化合价升降总数相等以及质量守