湖南省长郡中学2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）

湖南省长郡中学2020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）