《安徽省皖西南名校2019-2020学年高二下学期期末联考化学试题(解析版)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省皖西南名校2019-2020学年高二下学期期末联考化学试题(解析版)（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、20192020第二学期高二期末考试化学考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟；2.请将各题答案填写在答题卡上；3.本试卷主要考试内容：高考必考内容。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5第I卷 (选择题，共50分)一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)1. 青藏高原上的铜矿探索、半导体照明产业化、文物保护、大型二氧化氯制备系统及纸浆无元素氯漂白等关键技术或应用直接面向国家重大需求。这些致力于服务百姓美好生活的科技成果斩获了2019年多项国家科学技术大奖。下列有关认识
2、错误的是A. 古代的青铜器、现代的铜质奖牌，都是纯铜B. 半导体照明具有高效、节能、环保等显著特点，是实现节能减排的有效途径C. 生态环境的保护和环境污染的防治对保护文物至关重要D. 二氧化氯属无毒型消毒剂，可用于水果、蔬菜的杀菌【答案】A【解析】【详解】A古代的青铜器属于合金，A认识错误；B半导体照明具有高效、节能、环保等显著特点，是实现节能减排的有效途径，B认识正确；C生态环境的保护和环境污染的防治对保护文物至关重要，C认识正确；D二氧化氯利用强氧化性消毒，产物为氯离子，属无毒型消毒剂，可用于水果、蔬菜的杀菌，D认识正确；答案为A。2. 反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2+2H2O
3、放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语不正确的是A. 中子数为18的氯原子：ClB. H2O的电子式：C. N2的结构式：NND. Na的原子结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A氯元素的质子数为17，中子数为18的氯原子的质量数为35，该原子表示为：Cl，故A正确；B水为共价化合物，分子中存在两个氢氧共价键，电子式为，故B错误；C两个N原子间通过三对共用电子对成键，电子式为，则其结构式为NN，故C正确；D钠为11号元素，原子核外有3个电子层，原子结构示意图：，故D正确；故选B。3. 下列关于有机物的说法正确的是A. 油脂只在碱性条件下水解B. 淀粉和纤维素互为
4、分同异构体C. 可用金属钠区分乙醇和苯D. 石油的分馏和煤的气化都是物埋变化【答案】C【解析】【详解】A油脂属于酯类，在酸性或碱性条件下均可以水解，A错误；B淀粉和纤维素的表达式均为(C6H10O5)n，由于聚合度不同，不是同分异构体，B错误；C乙醇和钠反应生成氢气，可用金属钠区分乙醇和苯，C正确；D石油的分馏利用组分的沸点不同，得到不同的馏分，比如汽油，煤油等，无新物质生成，是物理变化；煤的气化可得水煤气，有新物质生成，属于化学变化，D错误；答案选C。4. 下列反应中的反应物总能量高于生成物总能量的是A. 氯化铵晶体与氢氧化钡晶体的反应B. 碳酸钙的分解反应C. 焦炭与二氧化碳高温下的化合反
5、应D. 盐酸与氢氧化钠的中和反应【答案】D【解析】【分析】反应物总能量高于生成物总能量，说明该反应为放热反应，结合常见的吸热反应和放热反应分析判断。【详解】A氯化铵晶体与氢氧化钡晶体的反应为吸热反应，故A不选；B碳酸钙分解反应为吸热反应，故B不选；C焦炭与二氧化碳高温下的化合反应为吸热反应，故B不选；D盐酸与氢氧化钠的中和反应为放热反应，故D选；故选D。5. 元素周期表的一部分如图所示，YW4中含有的质子总数为18。下列说法错误的是WXYZA. W的单质的沸点比Z的单质的沸点高B. 原子半径：XYZWC. YW4为共价化合物D. X、Z形成的化合物的水溶液呈酸性【答案】A【解析】【分析】根据题
6、干信息，YW4中含有的质子总数为18，结合各元素在周期表中的位置分析可知，W为H元素，X为Al元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，W为H元素，Z为Cl元素，H2和Cl2均为分子晶体，Cl2的相对分子质量更大，范德华力更大，熔、沸点更高，A错误；B同一周期从左至右原子半径依次减小，H为第一周期，原子半径最小，Al、Si、Cl位于第三周期，故原子半径：AlSiClH，B正确；CSiH4分子只含有共价键，为共价化合物，C正确；DAlCl3的水溶液中，由于Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，所以溶液显酸性，D正确；答案选A。6. 下列判断或操作一定不正确的是A.
7、 已知常温下NH4CN溶液显碱性，则常温下K(NH3H2O)K(HCN)B. 25时，0.1molL-1 NH4Cl溶液的pH=1C. 配制溶液时，用玻璃棒转移液体D. 加热蒸干FeCl3溶液，再灼烧，最后得到Fe2O3【答案】B【解析】【详解】A. 已知常温下NH4CN溶液显碱性，说明NH4的水解程度小于CN的水解程度，则常温下K(NH3H2O)K(HCN)，A正确；B. 铵根水解程度较小，因此25时，0.1molL-1 NH4Cl溶液的pH1，B错误；C. 配制溶液时，为防止液体外溅，应该用玻璃棒转移液体，C正确；D. 加热蒸干FeCl3溶液促进铁离子水解生成氢氧化铁，再灼烧，最后得到Fe
8、2O3，D正确；答案选B。7. 下列说法错误的是A. 我国西周时期发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理B. 第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”与石墨烯互为同素异形体C. 港珠澳大桥用到的铝合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能D. 著名诗人杜牧在泊秦淮中写道：“烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家”文中的烟能产生丁达尔效应【答案】A【解析】【详解】A“酒曲”酿酒工艺中，酒曲为催化剂，催化剂影响反应速率，但不影响化学平衡，故A错误；B第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”为碳单质，石墨烯也是碳单质，二者互为同素异形体，故B正确；C港珠澳大桥用到的铝合金材料，铝合金材料具有强度大、密度小、
9、耐腐蚀等性能，故C正确；D“烟”中分散质的直径在1100nm之间，属于胶体，能产生丁达尔效应，故D正确；故选A。8. 为除去酸性CuCl2溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下向其中加入一种试剂。过滤后，再向滤液中加入适量盐酸。这种试剂不可能是A. CuOB. Cu(OH)2C. CuD. CuCO3【答案】C【解析】【详解】Fe3+易水解生成氢氧化铁沉淀，可加碱式碳酸铜、氧化铜或氢氧化铜等物质调节溶液的pH，促使铁离子水解形成沉淀除去，如加入铜，铜与铁离子反应生成铜离子和亚铁离子，引入新杂质，因此不能加入铜，故选C。9. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 用惰性电极电解MgS
10、O4溶液，加入0.1mol H2O能使溶液复原，则电路中转移的电子数为0.4NAB. 100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子的数目为6NAC. 100mL 12molL-1 HNO3溶液与过量Cu反应，转移的电子数为0.6NAD. 1L 0.1molL-1 Na2CO3溶液中，阴离子总数大于0.1NA【答案】D【解析】【详解】A用惰性电极电解MgSO4溶液，实质上是电解水，加入0.1mol H2O能使溶液复原，即电解了0.1mol H2O，则电路中转移的电子数为0.2NA，故A错误；B100g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为100g46%=46g，物质的量为=1mol，H2O
11、的物质的量为=3mol，乙醇溶液中含有氢原子数为(1mol6+3mol2)NA mol-1=12NA，故B错误；C100mL 12molL-1 HNO3溶液中硝酸的物质的量为1.2mol，若与铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.6mol，但是由于铜足量，随着反应的进行，浓硝酸后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所以1.2mol硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.6mol，转移的电子数大于0.6NA，故C错误；D在1L 0.1mol/L的碳酸钠溶液中，含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子部分水解，H2OHCOOH，导致溶液中阴离子数目增多，所以溶液中阴离子总数
12、大于0.1NA，故D正确；故选D。10. 用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) H=-l15.6 kJmo1-1，下列说法正确的是A. 该反应的活化能为115.6 kJmo1-1B. 加入催化剂能使该反应的焓变减小C. 该反应正反应的活化能比逆反应的活化能小D. 断裂H2O(g)中lmol H-O键比断裂HCl(g)中1mol H-Cl键所需的能量更少【答案】C【解析】【详解】A由4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) H=-l15.6 kJmo1-1可知反应焓变为-115.6
13、 kJ/mol，该反应的活化能不是115.6 kJ/mol，故A错误；B催化剂能改变活化能，不能改变反应焓变，故B错误；C4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) H=-l15.6 kJmo1-1，依据焓变数值可知正反应为放热反应，所以正反应活化能低于逆反应活化能，故C正确；D 焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则4E(H-Cl)+498 k/mol-2243 kJ/mol-4E(H-O)=-115.6 kJ/mol，可知4E(H-Cl)-4E(H-O)=-127.6 kJ/mol，即断裂H2O(g)中1mol H-O键比断裂HCl(g)中1mol H-Cl键所需
14、能量高，故D错误；答案选C。二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)11. 工业上常用纳米级零价铁(ZVI)处理废水含C2HCl3(三氯乙烯)和。处理后C2HCl3转化为C2H4和Cl-、转化为。下列说法正确的是 A. 水体中含越多，三氯乙烯脱Cl的效果越好B. 当产生3mol Fe2+时有1mol三氯乙烯完全脱ClC. 用纳米级零价铁处理被三氯乙烯污染的水体可加快脱氯速率D. 发生的电极反应为+7H2O+8e-=+10OH-【答案】C【解析】【分析】根据图示，铁转化为亚铁离子，发生氧化反应，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价
15、为-2价，C2HCl3转化为C2H4和Cl-，C2HCl3发生还原反应；转化为，也是发生还原反应，结合原电池原理分析解答。【详解】A三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，处理后C2HCl3转化为C2H4和Cl-，C2HCl3发生还原反应；转化为，也是发生还原反应，根据得失电子守恒，水体中含越多，三氯乙烯脱Cl的效果越差，故A错误；B三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1mol C2HCl3脱去3mol氯原子转化为1mol C2H4时，得到6mol电子，再加上转化为发生反应得到的电子，则得失电子总量大于6mol，所以产生的Fe2+的总量大于3mol，故B错误；C用纳米级零价铁处理被三氯乙烯污染的水体，增大了单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大ZVI和正极的接
