河南省沈丘县长安高级中学2020_2021学年高二化学上学期期中试题含解析

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1、河南省沈丘县长安高级中学2020-2021学年高二化学上学期期中试题（含解析）考生注意：1.本试卷共8页。时间90分钟，满分100分。答题前，考生先将自己的姓名、考生号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。可能用到的相对原子质量：H1 C 12 O 16 Na 23一、

2、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。1. 化学在生产和生活中有着重要的应用。下列说法错误的是A. 可用铝槽盛放浓硝酸B. 下酸雨时铜银合金制品可发生析氢腐蚀C. 碳铵生产中碳化塔连接电源负极可保护塔身不被腐蚀D. 在农村推广建立沼气池，既能有效利用生物质能，也能为农业生产提供优质肥料【答案】B【解析】【详解】A在常温下铝遇到浓硝酸会发生钝化，所以可以用铝槽盛放浓硝酸，A正确；B铜和银均不和酸反应，则在酸性条件下不能发生析氢腐蚀，B错误；C碳化塔连接电源负极构成电解池阴极，不易被腐蚀，属于外接电源的阴极保护法，C正确；D在农村推广建立沼气

3、池，使大量的秸秆、杂草等经过微生物发酵产生沼气，可用于点火做饭或发电照明等，既能有效利用生物质能，也能为农业生产提供优质肥料，D正确；故选B。2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1 mol SO2溶于水中，转移的电子数为2NAB. 7.8 g Na2O2含有阴离子的数目为0.2NAC. 16 g CH4与足量氯气充分反应生成的CH3Cl分子数小于NAD. 用惰性电极电解熔融NaCl时，若阴极生成22.4 L氯气，则外电路中转移的电子数为2NA【答案】C【解析】【详解】ASO2与水的反应为非氧化还原反应，没有电子转移，故A错误；BNa2O2由2个Na+和1个构成，7.8 g

4、Na2O2的物质的量为0.1mol，则含有阴离子的数目为0.1NA，故B错误；C16 g CH4与足量氯气充分反应生成的CH3Cl外，含有二氯甲烷，三氯甲烷、四氯化碳等含碳化合物，则反应生成的CH3Cl分子数小于NA，故C正确；D选项中未给出22.4 L氯气的外界条件，无法用标况下气体摩尔体积计算物质的量以及外电路转移的电子数，故D错误；答案选C。3. 已知反应8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl。下列化学用语表述错误的是A. Cl-的结构示意图：B. N2的结构式：NNC. NH的电子式：D. 氧化性：Cl2N2【答案】C【解析】【详解】ACl原子得到一个电子变为Cl-，其结构示意图为：

5、，故A正确；BN2共价分子，氮原子间形成三个共用电子对，结构式：NN，故B正确；CNH的电子式： ，故C错误；D反应8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl中，NH3中的N元素由-3价变为0价，化合价升高，失电子，被氧化，作还原剂，N2为氧化产物，Cl2中Cl元素由0价变为-1价，化合价降低，得电子，被还原，作氧化剂，NH4Cl为还原产物，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cl2N2，故D正确；答案选C。4. 下列与胶体有关的说法正确的是A. 直径介于1100nm的微粒称为胶体B. 血液透析利用了胶体微粒不能透过滤纸的性质C. 雾中的光柱属于丁达尔效应D. 将F

6、eCl3饱和溶液滴到沸水中并持续加热可制得Fe(OH)3胶体【答案】C【解析】【详解】A分散质粒子直径介于1100nm的分散系称为胶体，故A错误；B血液属于胶体，胶体粒子能透过滤纸，不能透过半透膜，血液透析利用了胶体微粒不能透过半透膜的性质，故B错误；C雾属于气溶胶，胶体能产生丁达尔效应，则雾中的光柱属于丁达尔效应，故C正确；D氢氧化铁胶体的制备方法：向沸腾的蒸馏水中逐滴加入12mL饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，就会得到氢氧化铁胶体，持续加热会得到氢氧化铁沉淀，故D错误；答案选C。5. W、X、Y、Z的原子序数依次增大，位于四个不同的主族，W、X同周期，Y、Z同周期，W、X

7、的最外层电子数之和等于Y、Z的最外层电子数之和。常温下，WX2是一种能引起温室效应的气体。下列说法错误的是A. 简单离子半径：ZXYB. 一定条件下，W的氢化物可以和Z单质发生不同类型的反应C. 含氧酸的酸性：ZWD. Y分别与X、Z组成的二元化合物均为强电解质【答案】C【解析】【分析】由题意可知，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，位于四个不同的主族，常温下，WX2是一种能引起温室效应的气体，则W为C元素，X为O元素，W、X位于第二周期，Y、Z应该位于第三周期，W、X的最外层电子数之和等于Y、Z的最外层电子数之和，则Y为Al元素，Z为Cl元素。【详解】根据上述分析，W、X、Y、Z分别为元素C、

8、O、Al、Cl；ACl-有三个电子层，O2-、Al3+均有两个电子层，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：Cl-O2-Al3+，即ZXY；故A正确；BW的氢化物可以是CH2=CH2，与Cl2发生加成反应，W也可以是CH4，与Cl2发生取代反应，则一定条件下，W的氢化物可以和Z单质发生不同类型的反应，故B正确；C非金属性的强弱可以比较最高价氧化物对应水化物酸性强弱，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，不是最高价氧化物对应水化物的含氧酸无法用非金属性强弱比较，如非金属性：ClC，但是H2CO3的酸性强于HClO，故C错误；DY分别与X、Z组成的二元化合物分别

9、为Al2O3、AlCl3，二者均为强电解质，故D正确；答案选C。6. 已知反应PCuSO4H2OCu3PH3PO4H2SO4(未配平)。下列说法正确的是A. Cu3P既是氧化产物又是还原产物B. 还原性：CuSO4H3PO4C. 参与反应的P和CuSO4的物质的量之比为115D. 7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为1.5 mol【答案】D【解析】【分析】根据反应PCuSO4H2OCu3PH3PO4H2SO4(未配平)可知，P元素化合价由0价变为-3价和+5价，Cu元素的化合价由+2价变为+1价，由P+3Cu2+Cu3P价态共降低6， PH3PO4价升高5，则保证化合价升降数相等，C

10、u3P与H3PO4计量数分别为5、6，得P+CuSO4+H2O5Cu3P+6H3PO4+H2SO4，根据P原子守恒，P单质的化学计量数为11，Cu原子守恒则硫酸铜的化学计量数为15，再由硫酸根离子守恒，硫酸的化学计量数为15，最后利用H原子守恒配平水的化学计量数为24，则配平的化学反应方程式为：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4。【详解】A根据分析，Cu3P是Cu元素和P元素化合价均降低、得电子，被还原后的产物，Cu3P是还原产物，故A错误；B反应中Cu元素化合价均降低、得电子，被还原，CuSO4氧化剂；P元素化合价既升高又降低，P单质既是氧化剂又是还

11、原剂，H3PO4是P元素化合价升高，失电子，被氧化后的产物，为氧化产物，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性大于还原产物的氧化性，则氧化性性：CuSO4H3PO4，故B错误；C根据配平的反应方程式11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4可知，参与反应的P和CuSO4的物质的量之比为1115，故C错误；D根据配平的反应方程式11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4可知，7.5 mol CuSO4中7.5mol的Cu2+被还原Cu+得到7.5mol的电子，单质P 到+5价失去5个电子，根据得失电子守恒，被CuSO4氧化的P的物

12、质的量为=1.5mol ，剩下正五价磷由磷单质自身歧化氧化所得，故D正确；答案选D。7. 下列说法正确的是A. 已知P4(s)=4P(s) H=-29.24 kJmol-1，等质量的P4(s)、P(s)完全燃烧生成P4O10(s)，前者放出热量多B. 已知中和热数值为57.3 kJmol-1，则含1 mol KOH的溶液与足量H2SO4反应放出的热量为57.3 kJC. 已知CH4的燃烧热为890.3 kJmol-1，101 kPa时，CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g) H，则HH2【答案】A【解析】【详解】A根据P4(s)=4P(s) H=-29.24 kJmol-1可知，

13、等质量的P4(s)比P(s)能量高，则完全燃烧等质量的P4(s)放出的热量多，A正确；B足量H2SO4未说明浓度，若为浓硫酸，则该反应放出的热量大于57.3 kJ，B错误；C生成气体水放热少，因焓变为负值，则H -890.3 kJmol-1，C错误；D完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，因焓变为负值，则H1H2，D错误；故选A。8. 不同温度下反应CO(g)N2O(g)CO2(g)N2(g)达到平衡时各物理量变化如图所示。其中y表示N2O的平衡转化率，z表示反应开始时CO的物质的量与N2O的物质的量之比。下列说法错误的是A. 该反应H0B. z23C. T1 K下，该反应的平衡常数K=

14、0.2D. 断裂1 mol NN键的同时断裂2 mol C=O键，说明该反应达到了平衡状态【答案】D【解析】【详解】A升温，N2O的平衡转化率变小，平衡左移，则该反应的H0，A正确；Bz表示反应开始时CO的物质的量与N2O的物质的量之比，z越小，CO的含量越低，N2O的转化率越低，所以z2”“0)，表示CO燃烧热的热化学方程式为_(H用含有a、b的代数式表示)。【答案】 (1). 吸热 (2). E1 (3). 减小 (4). 不变 (5). CO(g)+O2(g)=CO2(g) H=-(a+) kJmol-1【解析】【详解】(1)由图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，则反应CO2(g

15、)H2(g)=CO(g)H2O(g)为吸热反应；该反应的活化能为E1。催化剂能降低反应的活化能，若其他条件不变，使用高效催化剂后，E1 、E2将减小，E3将为反应的反应热，催化剂不改变反应热，则E3不变；(2)已知：O2(g)2H2(g)=2H2O(g) H=-b kJmol-1(b0)CO2(g)H2(g)=CO(g)H2O(g) H=a kJmol-1根据盖斯定律，-可得表示CO燃烧热的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g) H=(-b kJmol-1)- a kJmol-1=-(a+) kJmol-1。20. 已知：白磷的熔点为44.1；PCl3是无色液体，沸点为76.1，易

16、溶于乙醇，遇水立刻水解；实验室用如图所示装置制备PCl3。请回答下列问题：(1)仪器M的名称为_，装置B中的试剂为_。(2)装置A中发生反应的离子方程式为_。(3)装置D中冷凝水的入口为_(填“m”或“n”)，蒸馏烧瓶中收集到的产物中可能混有的杂质为_。(4)装置E的作用为_。(5)PCl3和水反应生成H3PO3和HCl的化学方程式为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 浓硫酸 (3). MnO2+ 4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (4). n (5). PCl5 (6). 吸收未反应的氯气和防止空气中的水蒸气进入反应器 (7). PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl【解析】

17、【分析】实验室用如图所示装置制备PCl3，A装置中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应制取氯气，由于PCl3遇水立刻水解，制取的氯气中含有水蒸气，通过B装置浓硫酸进行干燥，氯气在装置C中与白磷反应生成PCl3，经过冷凝，在圆底烧瓶中收集PCl3，E装置用于吸收未反应的氯气和防止空气中的水蒸气进入，防止PCl3水解，则E中应盛放碱石灰。【详解】(1)根据装置构造，仪器M的名称为分液漏斗；装置B的作用为干燥氯气，则B中的试剂为浓硫酸；(2)根据分析，装置A中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应制取氯气，发生反应的离子方程式为MnO2+ 4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(3)装置D中冷凝水的流向应该

18、是下进上出，则入口为n；由于PCl3+ Cl2= PCl5(s)，会有PCl5溶解其中，则蒸馏烧瓶中收集到的产物中可能混有的杂质为PCl5；(4)根据分析，装置E的作用为吸收未反应的氯气和防止空气中的水蒸气进入反应器；(5)有题意，PCl3和水反应生成H3PO3和HCl，根据原子守恒，化学方程式为PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl。21. 氮氧化物超标排放是水体富营养化的重要原因，可以用以下流程处理：请回答下列问题：(1)请用平衡移动原理解释过程I的原理为_。(2)过程II每转化1 mol NH，转移电子的物质的量为_。(3)过程III的产物为两种无污染气体和生活中一种常见的液体，则该过

19、程发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 氨水中存在NH3+H2ONH3H2O，NH3H2O+OH-，过程I中加入NaOH，可以使平衡逆向移动，使氨气逸出，同时进行加热和鼓入空气，加快了氨气的逸出，使平衡逆向移动 (2). 8mol (3). 6HNO3+5CH3OH=3N2+5CO2+13H2O【解析】【分析】高浓度氨氮废水中含有大量氨气和氨水，存在NH3+H2ONH3H2O，NH3H2O+OH-，加入NaOH和鼓入空气加热促使氨气逸出，降低氨氮废水的浓度，低浓度的氨氮废水在微生物的作用下转化为硝酸，硝酸具有强氧化性，与甲醇发生氧化还原反应生成氮气、二氧化碳和水，使废水中氮氧化物的含量降低，达到废水排放要求的标准。【详解】(1)根据分析，高浓度氨氮废水中含有大量氨气和氨水，存在NH3+H2ONH3H2O，NH3H2O+OH-，过程I中加入NaOH，可以使平衡逆向移动，使氨气逸出，同时进行加热和鼓入空气，加快了氨气的逸出，使平衡逆向移动；(2)过程II中低浓度的氨氮废水在微生物的作用下转化为硝酸，即转化为，N元素的化合价由-3价变为+5价，则每转化1 mol NH，转移电子的物质的量为8mol电子；(3)根据分析，过程III为硝酸与甲醇发生氧化还原反应生成氮气、二氧化碳和水，则该过程发生反应的化学方程式为6HNO3+5CH3OH=3N2+5CO2+13H2O。