【文档说明】湖南省湖湘教育三新探索协作体2020-2021学年高二下学期4月期中联考试卷 化学答案.pdf，共(4)页，304.625 KB，由小赞的店铺上传

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高二年级化学参考答案1．【答案】C【解析】A．芒硝是十水硫酸钠，故A错误；B．纯碱是碳酸钠，是盐不是碱；C．正确；D．液氨只含氨气分子是纯净物。2．【答案】C【解析】A．Na2S可用于除去重金属离子是转化为难溶的CuS和HgS，

不是体现Na2S还原性，故A不正确；B．太阳能电池帆板的材料是Si，SiO2用于生产光导纤维，B不正确；C．地沟油不能食用，其主要成分是高级脂肪酸甘油脂，可以发生皂化反应，用来制肥皂或制生物柴油，实现变废为宝，故B正确；C正确；D．酚醛树脂合成单体是苯酚和甲醛，D不正确。3．【答案

】B【解析】A.钢铁吸氧腐蚀的负极反应为：Fe－2e－＝Fe2＋；B．正确；C．32He和42He是原子，互为同位素，不是同分异构体，故C错误；D．H2O2的只含共价键，故D错误。4．【答案】D【解析】A．Cl－、Ba2＋、HCO3－、K＋四种

离子可以大量共存，但通入氯化氢后，HCO3－会与H＋反应，故A不符合题意；B．Ca2＋、Na＋、Cl－、NO3－四种离子可以大量共存，但通入二氧化硫后，二氧化硫与水反应生成亚硫酸使溶液显酸性，酸性条件下NO3－将SO32－氧化

为SO42－，生成CaSO4，不能大量共存，故B不符合题意；C．Fe2＋与HCO3－发生双水解反应而不能大量共存，加入氯气后，氯气会将Fe2＋氧化也不能大量共存，故C不符合题意；D．K＋、Na＋、HSO3－、Cl－四种离子可以大量共存，通入二

氧化碳后不与四种离子反应，仍能大量共存，故D符合题意；故答案为D。5．【答案】C【解析】A．合成氨的反应是可逆反应，故生成NH3分子数小于2NA，A错误；B苯中不存在碳碳双键，B错误；C．甲醛和乙酸的最简式均是CH2O，所以30g甲醛和乙酸混合物共含有的碳原子数为N

A，C正确。D．100g质量分数34%的H2S溶液中极性键数目除了H2S中有2NA外还有溶液中的水中有极性键，故D错误。6．【答案】B【解析】A．NaHCO3溶液中加入足量的澄清石灰水，离子方程式为：Ca2＋＋HCO3－＋OH－＝CaCO3↓＋H2O，故A错误；B．根据题意得氯化

铝和氢氧化钠按照物质的量2∶7反应，2mol铝离子消耗6mol氢氧化钠生成2mol氢氧化铝，剩余的1mol氢氧化钠能溶解1mol氢氧化铝，B正确；C．稀硝酸有氧化性，过量的稀硝酸把Fe2＋氧化成Fe3＋，离子方程式为：3Fe3O4＋NO3－＋28H＋＝9Fe3＋＋14H2O

＋NO↑，C错误；D．Fe2＋与ClO－会发生氧化还原反应，生成氢离子和氯离子，生成的氢离子会结合次氯酸根离子生成次氯酸，离子方程式为：2Fe2＋＋5ClO－＋5H2O＝2Fe(OH)3↓＋Cl－＋4HClO，D错误；答案选B。7．【答案】B【解析】将

工业废碱渣溶于水，过滤可得碳酸钠溶液和废渣，将含有SO2的烟气通入碳酸钠溶液中，形成了亚硫酸氢钠溶液，加入烧碱中和后得到亚硫酸钠溶液，隔绝空气加热浓缩、降温结晶、过滤可得亚硫酸钠粗品，据此分析判断。A．操作①

为溶解、过滤，④均为隔绝空气加热浓缩、降温结晶、过滤，都要用到玻璃棒，A项正确；B．步骤②只体现SO2酸性氧化物的性质，B项错误；故选B；C．步骤③是亚硫酸钠与氢氧化钠的反应，发生的反应为：HSO3－＋OH－＝SO32－＋H2O；C项正确；D．亚硫酸钠中S为＋4价，易被空气中的氧气氧化为

＋6价，即生成了Na2SO4，因此亚硫酸钠粗品中可能含有Na2SO4，D项正确。8．【答案】C【解析】A．铁与碘蒸气反应生成FeI2，A错误；B．将SO2通入到Ba(NO3)2溶液中会形成H2SO3，使溶液呈弱酸性，则NO3－在酸性环境中会将H2SO3氧化为SO42－，成BaSO4沉淀，B错

误；C．CH4、CCl4都为正四面体分子。故C正确；D．卤素单质形成分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，但碱金属单质形成金属晶体，熔点与离子带电荷成正比，与离子半径的平方成反比，熔点随核电荷数增加

而降低，D不正确。9．【答案】D【解析】洛匹那韦不是高分子化合物，故A错误；洛匹那韦难溶于水，故B错误；C．羟基氯喹的分子中有羟基且邻碳有氢，可以发生消去反应，故C错误；D．1mol羟基氯喹最多可与2molNaOH反应,故D正确。10．【答案】C【

解析】反应Ⅰ中NH4＋＋2O2＝NO3－＋H2O＋2H＋，氮元素化合价从－3升高至＋5，失去电子，做氧化剂。反应II中5NH4＋＋3NO3－＝4N2＋9H2O＋2H＋，铵根中的氮元素化合价从－3升高至0价，硝酸根中的氮元素化合价从＋5降

低至0价，为归中反应。A．两个反应中NH4＋都作还原剂，被氧化，故A正确；B．反应I：NH4＋＋2O2＝NO3－＋H2O＋2H＋（反应I），每生成1molNO3－转移8mol电子，故B正确；C．反应I：NH4＋＋2O2═NO3－＋2H＋＋H2O；反应II：5NH4＋＋3NO3－═4N2＋9H2O

＋2H＋；反应I：1molNH4＋转化为1molNO3－，反应II：3molNO3－消耗5molNH4＋，反应I与反应II投入废液的体积之比为3：5时，NH4＋能完全转化为N2，故C错误；D．反应II中5NH4

＋＋3NO3－＝4N2＋9H2O＋2H＋，NH4＋被氧化与NO3－被还原，故被氧化与被还原的氮原子之比为5∶3，故D正确。11．【答案】D【解析】由题意知，Q为S，W为H，X为Al，Y为F，Z为O。A.氢键不是化学键，是分子间作用力。故A错误；B．F无正价，无含氧酸，故B错误；C.由于氯化

铝是共价化合物，工业上常电解Al2O3冶炼Al单质，故C错误；D项正确。12．【答案】BD【解析】A．装置甲、装置丙均应装浓硫酸，故A正确；B．装置乙中球形干燥管盛装的药品应该为碱石灰作用，其作用不仅可以防止空气中水蒸气进入，同时可用于尾气处理装置故B错误；C．正确；D．硫酰

氯与氢氧化钠反应方程式：SO2Cl2＋4NaOH═Na2SO4＋2NaCl＋2H2O故D错误。13．【答案】CD【解析】A．电池工作时a极是负极，发生氧化反应。b极是正极，发生还原反应，故A错误；B．电池工作时，电子不下水，离子不上岸，故B错误；C．

a极反应式为CH3COOH－8e－＋2H2O═2CO2＋8H＋故C正确；D.左池每消耗3molCH3COOH则转移电子为24mol，每处理1molCr2O72－得6mol电子，所以右池可处理含4molCr2O72

－的废水。故D正确。14．【答案】BC【解析】A项若金属有剩余，剩余金属可能为铜，或者铁铜混合物，不可能有铁无铜，A项错误；B项若金属全部溶解，溶液中可能为只有Fe2＋、Cu2＋所以反应中转移的电子数目可能为2NA，故B项正确；C．若硝酸充分反应，标准状况

下，2.24L气体是0.1mol，则被还原的硝酸是0.1mol，但由于还生成硝酸盐，所以b大于1，C项正确；D项当溶液中金属离子只有Fe3＋、Cu2＋时，反应中转移的电子是2a＋3×(1－a)＝(3－a)mol，根据电子的得失守恒可知，被还原的硝酸是(1－a/3)mol

，没有被还原的硝酸是2a＋3×(1－a)＝(3－a)mol，所以参加反应的硝酸是(4－4a/3)mol，则有0.1b≥(4－4a/3)，即b≥40(1－a/3)，D项错误。15．（除标注外，每空2分，共12分）（1）恒压分液漏斗（或恒压滴液漏斗）(1分)平衡气压，保证

分液漏斗内的浓盐酸顺利滴下（1分）（2）2MnO4－＋16H＋＋10Cl－＝2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O（3）饱和食盐水（4）降温，冷凝得到SnCl4液体（5）AD（6）装有碱石灰的球型干燥管【解析】在A装置中高锰酸钾和浓

盐酸反应制备氯气，其中装有浓盐酸的仪器名称为恒压分液漏斗，也可叫，其导管的作用可平衡气压，便于液体顺利流下。由于无水SnCl4遇水极易水解，故通入的氯气需要进行干燥和除杂，故B中装有饱和食盐水，目的是为了除去其中的HCl气体。氯气和锡在D装置中生成无水S

nCl4，可能其中会生成SnCl2，故在E装置中根据两者熔沸点差异，利用冷水进行降温，将SnCl4冷凝得到液体从而和SnCl2分离。整套实验装置应先检漏，再检查装置气密性，然后再连接，添加药品，由于Sn与空气中的O2

反应，SnCl4在空气中极易水解，所以制备SnCl4之前用氯气排尽装置内的空气，当观察到装置F中上方出现黄绿色气体时，表明装置中气体已经排尽，开始点燃D处的酒精灯。待Sn熔化后可适当增大Cl2的流量，继续加热，可

加快Cl2与Sn反应的速率，同时使SnCl4气化，利于从混合物分离出来，最后F装置为了防止尾气处理G装置中的水挥发出来，需要装浓硫酸，G的作用是进行尾气处理。16．（除标注外，每空2分，共13分）I.①粉碎固体、升温、增

加碱溶液浓度等（1分）②Fe(OH)310－36.5③＞II.①b到a（1分）②xLiC6－xe－＝xLi＋＋xC6III.①0.6NA（1分）②C【解析】I由流程可知，加入NaOH溶液，将Al充分溶

解，可采用粉碎固体、升温、增加碱液的浓度等措施提高反应速率，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，滤渣为Fe、LiCoO2；LiCoO2具有强氧化性，加硫酸、过氧化氢将LiCoO2还原成CoSO4，铁被硫酸溶解后被氧化生成Fe

3+，加入氨水调节pH，除去铁离子，滤渣主要为Fe(OH)3，根据Ksp计算公式可解出铁离子完全沉淀的pH。NH4+减少是因为部分NH4+发生水解，可由氨水的电离常数Kb求出NH4+水解常数Kh1，而H2PO4-减少是由于H

2PO4-发生了电离和水解，可求出Ka2和Kh2，比较可知Ka2＞Kh1＞Kh2，所以H2PO4-减少更多，故C（NH4+）＞C（H2PO4-）。II根据图示可知该储能电池左边为太阳能电池，右边为锂离子电池，根据锂离子电池

总反应可知：放电时，a极为负极，b极为正极，a极的电极反应式为：xLiC6-xe-==xLi++xC6；充电时，a极为阴极，b极为阳极，充电时，锂离子由阳极移向阴极在阴极表面得电子。III用石墨做电极电解CuCl2和H2SO4的混合溶液，阴极反应有：Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2

↑，阳极反应有：2Cl--2e-=Cl2↑、2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据所给的信息，两极收集到的气体在相同的条件下体积相同，则据放电顺序0.1molCuCl2完全电解，转移电子数为0.2NA.设阴极生成氢气为x

mol，则阴极共转移（0.2+2x）mol，阳极生成氧气为（x-0.1）mol，据两极电子得失守恒：0.2+2x=0.2+4（x-0.1），解得x=0.2，故电路中共转移0.6mol电子即0.6NA个，由电解过程可知，电解后溶液体积小于100mL，则H2SO4的浓度

一定大于1mol/L。17．（每空2分，共14分）Ⅰ.（1）－198kJ·mol－1（2）2NH3＋NO2＋NO=====催化剂2N2＋3H2OII.（1）CO2＋CH4=====催化剂CH3COOHBD（2）①＜②AC③4【解析】I（1）根据盖斯定律可求∆H=1/

2（∆H1+∆H2×3+∆H3×2）=-198kJ/mol；当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，共得到电子6mol，1molNH3参加反应失去3mol电子，根据得失电子数目守恒，应有2molNH3参加反

应，故方程式为：2NH3＋NO2＋NO=2N2＋3H2O。II①化学方程式为CO2+CH4=====催化剂CH3COOH，催化剂只能加快反应速率，不能提高反应物的转化率，A错误；标况下22.4LCH4参加反应，转移4mol电子，B正确；CH4转化为CH3COOH的过程中，只有C-

H发生断裂，故C错误；绝大多数化合反应为放热反应，故D正确；故正确的为BD。②因为该反应放出热量，即∆H=Ea（正）-Ea（逆）＜0可得出Ea（正）＜Ea（逆），A、催化剂不能改变平衡转化率，故A错误；B、增大H

2和CO2的投料比有利于CO2的转化，故B正确；C、放热反应升高温度平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，故C错误；D、该反应为气体分子数减少的反应，加压有利于平衡正向移动从而提高CO2的平衡转化率，故D正确；所以符合题意的为AC。③根据三段式和平衡常数表达式

可求。18．（除标注外，每空2分，共15分）（1）对苯二酚（1,4－苯二酚）（1分）羟基（酚羟基）、羰基（酮基）（1分）（2）还原反应（1分）与反应产物HCl反应，使反应正向移动，提高原料利用率（1分）（5）19种（6）（3分）