2017-2018学年湖南省长沙市雅礼中学高二下学期期末考试化学试题-解析版(共22页).doc
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1、精选优质文档-倾情为你奉上湖南省长沙市雅礼中学2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 N-14 O-16 Na -23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Cu-64一、选择题(每小题只有一个最佳选项,110小题每题2分,1120小题每题3分,共50分)1.1.下列物质可以在乘车、船或飞机时较大量随身携带的是A. 浓硫酸 B. 高锰酸钾 C. 硝酸铵 D. 食盐【答案】D【解析】分析:本题考查化学药品的安全,根据物质是否危险分析各选项。详解:A项,浓硫酸具有腐蚀性,强氧化性,吸水脱水性,非常危险,因此不能随身携带乘车、船或飞机,故A项错误;B
2、项,高锰酸钾具有强氧化性,很危险,因此不能随身携带乘车、船或飞机,故B项错误;C项,硝酸铵易爆炸,因此不能随身携带乘车、船或飞机,故C项错误;D项,食盐没有腐蚀性或者是易燃易爆等的性质,比较安全,因此可以适量的随身携带乘车、船或飞机,故D项正确;综上所述,本题正确答案为D。2.2.下列各组物质能真实表示物质分子组成的是A. NO、C2H5OH、HNO3、I2 B. CaO、N2、HCl、H2OC. NH3、H2S、Si、CO D. CO2、SiO2、CH3COOH、H2SO4【答案】A【解析】分析:本题考查了晶体类型,掌握金刚石、晶体硅、二氧化硅是原子晶体,只有分子晶体的化学式才能表示分子的组
3、成。详解:A、NO、C2H5OH、HNO3都是分子构成的物质,所以化学式能真实表示物质分子组成,故A正确;B、CaO是离子化合物,化学式只表示钙离子与氧离子的个数比是1:1,故B错误;C、Si是原子晶体,化学式不能真实表示物质分子组成,故C错误;D、SiO2是原子晶体,化学式只能表示晶体中硅原子与氧原子的个数比为1:2,故D错误。故答案选A。3.3.现有氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种稀溶液,选用一种试剂通过一步操作就能将它们加以区分,这种试剂是A. KSCN溶液 B. 氨水 C. NaOH溶液 D. AgNO3溶液【答案】C【解析】A.KSCN溶液,只有氯化铁溶液呈红色,其它溶液
4、没有明显变化,不能鉴别,故A错误;B.向五种溶液中分别滴加氨水,氯化镁、氯化铝和氯化亚铁溶液中均生成白色沉淀,不能鉴别,故B错误;C.向五种溶液中分别滴加NaOH溶液,氯化钠溶液中无现象;氯化铝溶液中先生成白色沉淀氢氧化铝,当氢氧化钠过量时,白色沉淀溶解;氯化亚铁溶液中先产生白色沉淀,白色沉淀迅速变为灰绿色、最后转变为红褐色的氢氧化铁沉淀,氯化铁溶液中生成红褐色沉淀;氯化镁溶液中生成白色沉淀;现象各不相同,能够鉴别,故C正确;D.向五种溶液中分别滴加AgNO3溶液,均生成白色沉淀,不能鉴别,故D错误。答案选C。4.4.下列方程式书写正确的是( )A. H2S 的电离方程式:H2SH2OH3OH
5、SB. NaHCO3在水溶液中的电离方程式:NaHCO3= NaH+CO32-C. CO32的水解方程式:CO32-2H2OH2CO32OHD. HS-的水解方程式:HS-H2O S2-H3O【答案】A【解析】A. 多元弱酸的电离是分步的,H2S 的第一步电离方程式为:H2SH2OH3OHS,选项A正确;B. NaHCO3 在水溶液中的电离方程式为:NaHCO3 = NaHCO3-,选项B错误;C. CO32的水解是分步的,第一步水解方程式为:CO32-H2O HCO3-OH,选项C错误;D. HS-的水解方程式为:HS-H2O S2-OH,选项D错误。答案选A。5.5.将一定量纯净的氨基甲酸
6、铵固体置于特制的密优真空容器中(假设容器体积不变,固体试样体积忽略不计),在恒定温度下使其达到分解平衡NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g),若保持温度和容器体积不变,再充入n (NH3): n (CO)=2:1,则再次达到平衡时c (NH3)A. 增大 B. 不变 C. 变小 D. 因条件不足无法判断【答案】B【解析】温度不变平衡常数不变,k=c2(NH3)c (CO),再充入n (NH3): n (CO)=2:1,则再次达到平衡时,c (NH3)=2xmolL1,则c(CO)=xmolL1,k=c2(NH3) c (CO)=(2x)2x=4x3,x= ,c (NH3)是定值
7、,保持不变。故选B。6. 下列反应中前者属于取代反应,后者属于加成反应的是A. 光照甲烷与氯气的混合物;乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色;苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中水浴加热;乙烯与水蒸气在一定条件下反应生成乙醇D. 在苯中滴入溴水,溴水褪色;乙烯使溴水褪色【答案】C【解析】试题分析:A甲烷和氯气混合光照一段时间后,甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物,属于取代反应;乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色,高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果,A项错误;B乙烯中的双键断裂,每个碳原子上结合一个溴原子生成1,2-二溴乙烯,使得溴的四氯化碳溶
8、液褪色,属于加成反应;苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷,属于加成反应,B项错误;C在浓硫酸和加热条件下,苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯,属于取代反应;在一定条件下,乙烯中的双键断裂,一个碳原子上结合一个氢原子,另一个碳原子上结合羟基,生成乙醇,该反应属于加成反应,C项正确;D苯能萃取溴水中的溴而使水层无色,不是加成反应,是萃取;乙烯中的双键断裂,每个碳原子上结合一个溴原子生成1,2-二溴乙烯,溴水褪色,属于加成反应,D项错误;答案选C。【考点定位】考查加成反应和取代反应。【名师点睛】本题考查加成反应和取代反应。对于常见烃的反应类型的判断总结如下:(1)碳碳单键化学性质稳定,典型反应是取代
9、反应。(2)碳碳双键中有一个化学键易断裂,典型反应是氧化反应、加成反应和加聚反应。(3)碳碳叁键中有两个化学键易断裂,典型反应是氧化反应、加成反应和加聚反应。(4)苯的同系物支链易被酸性高猛酸钾溶液氧化,是因为苯环对取代基的影响;而苯不能被酸性高猛酸钾溶液氧化。7.7.下列有关物质分类或归类中,正确的是混合物:盐酸、漂白粉、氯水、水银 化合物:CaCl2、NaOH、HCl、HD电解质:明矾、石膏、冰醋酸、氯化银 同素异形体:C60、C70、金刚石、石墨A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析:根据混合物、化合物、电解质和同素异形体的定义分别分析各组物质。详解:水银是汞单质的俗称,是纯净物
10、,其余物质都是混合物,故错误;:化合物是由两种或两种以上的元素组成的纯净物,H和D是同一种元素的不同核素,HD不属于化合物,故错误;四种物质都是电解质,明矾(十二水合硫酸铝钾)、石膏(CaSO4)、氯化银是强电解质,冰醋酸是弱电解质,故正确;同素异形体是由相同元素组成、不同形态的单质,C60、C70、金刚石、石墨都是由C构成的不同结构形态的单质,是同素异形体,故正确。故正确序号为。综上所述,本题正确答案为C。点睛:本题考查物质基础分类的方法,需要学生掌握基础名词定义。本题易错项为D。错误集中在,考生可能对于对电解质的定义不太清楚或者是对某些物质的成分模糊。8.8.已知电离平衡常数:H2CO3H
11、ClOHCO3-,氧化性:HClOCl2Br2Fe3+I2。下列有关离子反应或离子方程式的叙述中,正确的是()A. 能使pH试纸显蓝色的溶液中,Fe3+、Cl-、Ba2+、Br-能大量共存B. 向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色C. 向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式:2ClO-+CO2+H2O2HClO+CO32-D. 向FeI2溶液中滴加少量氯水,反应的离子方程式为:2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-【答案】B【解析】分析:A能使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性,结合离子的性质解答;B溴和亚铁离子发生氧化还原反应;C酸性HClOHCO3-,则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢
12、钠和次氯酸;D氧化性:Fe3+I2,则碘离子先被氧化。详解:A能使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性,铁离子不能大量共存,A错误;B溴和亚铁离子发生氧化还原反应,离子方程式为2Fe2+Br22Fe3+2Br-,B正确;C酸性HClOHCO3-,则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸,离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-,C错误;D氧化性:Fe3+I2,因此还原性是碘离子强于亚铁离子,则碘离子先被氧化,离子方程式为2I-+Cl2I2+2Cl-,D错误;答案选B。9.9.电解质溶液的电导率越大,导电能力越强。用0.100mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL浓度均为0.10
13、0mol/L的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法不正确的是A. 曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线B. A、C两点对应溶液均呈中性C. B点溶液中:c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)D. A点溶液中: c(CH3COO-)+ c(OH-)- c(H+)=0.050mol/L【答案】B【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比,CH3COOH是弱电解质,溶液中离子浓度较小,加入KOH后,溶液中离子浓度增大,溶液导电性增强;HCl是强电解质,随着KOH溶液加入,溶液体积增大,导致溶液中离子浓度减小,溶液导电能力减弱,当完全反应式离子浓度最小,继续
14、加入KOH溶液,离子浓度增大,溶液导电能力增强,根据图知,曲线代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线,曲线代表0.1 mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线,A由分析可知,曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线,选项A正确;BA点溶质为醋酸钠,醋酸钠水解溶液呈碱性,C点溶质为NaCl,溶液呈中性,选项B不正确;C、B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH,c(Na+)最大 ,CH3COO水解产生OH,c(OH) c(CH3COO),故c(Na+) c(OH) c(CH3COO),选项C正确; DA点溶液中c(Na+)=0.05mol/L,电解质溶液中都存在电荷守
15、恒,根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.05mol/L,选项D正确。答案选B。点睛:本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点,明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键,电解质溶液的电导率越大,导电能力越强,10.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH溶液,0.100mol/L的盐酸导电性强,电导率大,因此曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线,曲线代表滴定HCl溶液的曲线,据此作答。10.10.下列实验误差分析错误的是A. 用容量瓶配制溶液,定容时俯视刻度线,所配溶液浓度偏小B. 滴定前滴定管内
16、无气泡,终点读数时有气泡,所测体积偏小C. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH,测定值偏小D. 测定中和反应的反应热时,将碱缓慢倒入酸中,所测温度值偏小【答案】A【解析】分析:A项,用容量瓶配制溶液,定容时俯视刻度线,所配溶液体积偏小,所配溶液浓度偏大;B项,滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有气泡,所测体积偏小;C项,用湿润pH试纸测稀碱液的pH,c(OH-)偏小,pH测定值偏小;D项,测定中和热时,将碱缓慢倒入酸中,散失热量较多,所测温度值偏小。详解:A项,用容量瓶配制溶液,定容时俯视刻度线,所配溶液体积偏小,根据公式cB=,所配溶液浓度偏大,A项错误;B项,滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有
17、气泡,终点读数偏小,所测体积偏小,B项正确;C项,用湿润pH试纸测稀碱液的pH,c(OH-)偏小,pH测定值偏小,C项正确;D项,测定中和热时,将碱缓慢倒入酸中,散失热量较多,所测温度值偏小,D项正确;答案选A。11.11.下列物质的溶液不需要用棕色试剂瓶保存的是A. HClO B. NH4Cl C. HNO3 D. AgNO3【答案】B【解析】分析:见光易分解的物质,须存放在棕色细口瓶中,依此进行分析。详解:A. 氯水见光会分解,应盛放在棕色瓶中,故A不选;B. NH4Cl见光不分解, 不需要用棕色试剂瓶保存,故B选;C. 浓硝酸见光易分解,须存放在棕色细口瓶中故C不选;D. 纯的硝酸银对光
18、稳定,但因为一般的产品纯度不够,其水溶液和固体常被保存在棕色试剂瓶中,故D不选,所以B选项是正确的。12.12.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 无色透明溶液:A13+、NH4+、Cl-、S2-B. 在含0.1 mol/LHClO溶液中:Cu2+、Fe2+、Cl-、SO42-C. =110-13molL-1的溶液:Na+、K+、SiO32-、CO32-D. 在含0. 1mol/LFeCl3溶液中:K+、NH4+、I-、SCN-【答案】C【解析】分析:A. A13+和S2-发生双促水解;B. HClO具有强氧化性能将Fe2+氧化;C.=110-13molL-1的溶液,即c(OH
19、-)=0.1mol/L,溶液显碱性;D. 在含0.1mol/LFeCl3溶液中含有大量的Fe3+。详解:A. A13+和S2-发生双促水解,生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体,不能共存,所以A选项是错误的;B. HClO具有强氧化性能将Fe2+氧化,不能大量共存,故B错误;C.=110-13molL-1的溶液,即c(OH-)=0.1mol/L,Na+、K+、SiO32-、CO32-与OH-之间不反应,故C正确;D. 在含0.1mol/LFeCl3溶液中含有大量的Fe3+,题中SCN-离子和Fe3+发生反应,生成Fe(SCN)3红色物质,I-能被Fe3+氧化,所以不能大量共存,故D错误;所以A选项是正
20、确的.点睛:本题考查离子共存的正误判断,为高考的高频题,题目难度中等,注意明确离子不能大量共存的一般情况:能发生复分解反应的离子之间;能发生氧化还原反应的离子之间;还应该注意题目所隐含的条件,如:溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-;溶液的颜色,溶液的具体反应条件,如“含0.1 mol/LHClO溶液”、“含0.1mol/LFeCl3溶液”。13.13.为提纯下列物质(括号内为杂质),选用的试剂或分离方法错误的是选项物质试剂分离方法A硝酸钾(氯化钠)蒸馏水降温结晶B二氧化碳(氯化氢)饱和NaHCO3溶液洗气C甲烷(乙烯)酸性高锰酸钾溶液洗气D乙醇(水)生石灰蒸馏A. A B
21、. B C. C D. D【答案】C【解析】分析:A.利用硝酸钾和氯化钠的溶解度不同分离;B.利用氯化氢与饱和NaHCO3溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳的性质分离;C.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳,引入新的杂质;D.加生石灰可增大乙醇与水的沸点差异。详解:A.硝酸钾的溶解度随温度变化较大,而氯化钠的溶解度随温度变化不大,所以可以采用先制得较高温度下的硝酸钾和氯化钠的溶液,再降温结晶,可析出硝酸钾晶体,故A正确;B.氯化氢与饱和NaHCO3溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳,而二氧化碳不溶于饱和NaHCO3溶液,可让混合气体通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶洗气,除去HCl,故B正确
22、;C.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳,引入新的杂质,故不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯,应通入溴水,故C错误;D. 加生石灰可增大乙醇与水的沸点差异,则蒸馏可分离出乙醇,故D正确。综合以上分析,本题选C。点睛:本题考查混合物的分离、提纯,侧重除杂和分离的考查,把握物质的化学性质为解答本题的关键,注意D中生石灰的作用,题目难度不大。14.14.用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体(图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去;必要时可以加热;a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂)其中正确的是选项气体abcdACO2盐酸CaCO3饱和Na2CO3溶液浓硫酸BCl2浓盐酸MnO2
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- 2017 2018 学年 湖南省 长沙市 中学 高二下 学期 期末考试 化学试题 解析 22
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