湖北省重点高中2020-2021学年高二化学下学期5月联考试题.doc

湖北省重点高中2020-2021学年高二化学下学期5月联考试题

湖北省重点高中2020-2021学年高二化学下学期5月联考试题

年级：
姓名：

14

2021年湖北省重点高中高二下学期5月联考考试
高二化学答案
一、选择题（15题，共45分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15

答案
D
B
C
D
A
B
D
C
B
C
C
A
C
C
C
1．【答案】D
【解析】A．和均为氢元素，质子数相同，中子数不同，属于同位素；B．根据守恒关系，X为中子；C．相比于核裂变产物，核聚变的产物为，无放射性，对环境更友好；D．2与2的相对分子质量不同，分子间的范德华力2更大，2沸点更高，D错误。
2．【答案】B
【解析】A．每个碳原子形成四个C-C键，每个碳碳键由两个碳原子共用，C-C键数=4×（1/2）=2，所以金刚石晶体中碳原子个数与C-C键数之比1:2，故A正确；B．根据原子守恒推出另一化合物是NaCl，根据氯化钠的晶胞结构知Na+和Cl-的配位数均为6，故B错误；C．反应CCl4和Na反应生成NaCl和金刚石，CCl4属于分子晶体，Na属于金属晶体，NaCl属于离子晶体和金刚石属于原子晶体（或共价晶体）；D．CCl4是分子晶体，常温下是液态，金属钠是金属晶体，常温下是固态，故D正确。
3．【答案】C
【解析】A．1 mol碳正离子(CH3+)含有的质子数为9NA，因带有正电荷，含有的电子数应为8NA；B．1 mol Cl2与足量甲烷充分反应，生成氯代烃的混合物及HCl，氯的化合价均为-1价，1molCl2完全反应得到2mol e，转移电子的数目应为2NA；C．25℃时，向1L 0.5mol/L 的CH3COONa溶液中加入醋酸溶液至溶液呈中性，此时根据电荷守恒，c(H+) + c(Na+) = c(CH3COO－) + c(OH－)，n(Na+)= 0.5mol，中性混合溶液中c(H+)=c(OH－)，所以CH3COO-的数目为0.5NA；D．0.1 mol 环氧乙烷() 中含有的共价键数为0.7NA，容易忽略键线式中的C-H键。
4．【答案】D
【解析】A．制取Cl2应该用MnO2与浓盐酸反应制取，故A错误；B．溴的苯溶液与水不互溶，分层，可采用分液漏斗分离，其中溴的苯溶液密度比水小，应从分液漏斗的上口倒出，故B错误；C．由于加热促进FeCl3的水解，且导致水解生成的HCl从溶液中逸出，所以蒸干FeCl3溶液得不到FeCl3的固体，故C错误；D．通入Cl2的导管应该长进短出，发生离子反应2Br－+Cl2=Br2+2Cl－，故D正确。
5．【答案】A
【解析】由信息可推出W、X、Y、Z四种元素依次为F、B、O、C。A．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，A项错误；B．硼原子与F、O形成四对共用电子对，满足8电子稳定结构，B项正确；C．BF3的空间构型是平面三角形，正电中心与负点中心重叠，为含极性键的非极性分子，C项正确；D．Y的最简单氢化物是H2O其沸点高于Z的最简单氢化物CH4的沸点，D项正确。
6．【答案】B
【解析】A．根据电池内部，物质在电极上得失电子情况分析，Fe-SAs/N-C电极为阴极，RuO2/Ti电极为阳极，接外接电源的正极，发生氧化反应，A错误；B．阴极区发生反应：CO2+2e－ + 2H+ = CO + H2O，该装置工作一段时间后，K+从阳极区穿过阳离子交换膜到阴极区，与阴极区的SO42－结合形成K2SO4或KHSO4 ；C．阳离子的迁移方向错误；D．阴极区溶液环境为酸性，电极反应为：CO2+2e－ + 2H+ = CO + H2O，D错误。
7．【答案】D
【解析】A．CrO3属于铬酸的酸性氧化物，A正确；B．铬酸在丙酮中将一级醇氧化为羧酸，若R1为H，R2为－C2H5，则反应物为正丙醇，属于一级醇，最终氧化产物为丙酸；C．反应物A为醇，产物C属于铬酸酯，反应属于酯化反应；D．Cr在元素周期表中位于第四周期第VIB族，D错误。
8．【答案】C
【解析】A．在生产过程中，为增大锡碲渣的碱浸速率和浸出率，可将锡碲渣粉碎，故A正确；B．碱浸后加入H2O2氧化，发生2Na++TeO32-+H2O2=Na2TeO4↓+H2O ，因过滤后得到碲酸钠渣，故Na2TeO4不能拆，故B正确；C．温度过低反应进行较慢，温度过高，过氧化氢会受热分解，因此“氧化”的温度控制在60~70℃，故C错误；D．以石墨为电极电解Na2TeO3时，TeO32-在阴极上得电子生成碲单质，故D选项正确。
9．【答案】B
【解析】A．Cr2O72－(橙色) + H2O 2CrO42－(黄色) + 2H+，滴加浓硫酸，c(H+)增大，溶液体积变化忽略不计，平衡逆向移动，橙色加深，故A错[改编自：选修4《化学反应原理》P26 实验2-6]； B．检验茶水中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，若变紫色，则含有酚类物质，故B正确； C．NaOH过量，由操作和现象不可推出发生了沉淀的转化，故不能说明Ksp[Cu(OH)2]《有机基础化学》P18 学与问]
10．【答案】C
【解析】A．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故A错误；B．催化剂能够改变反应的历程，但是不能改变反应的焓变，故B错误；C．由图可知C正确；D．根据甲醛的燃烧反应可知甲醛与氧气生成CO2和H2O的反应为放热反应，则该反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故D错误。
11．【答案】C
【解析】A．该化合物中含有的第二周期的元素有C、N、B、F四种，第一电离能由大到小顺序应该为 F>N>C>B，故A错；B．B元素的原子核外电子排布为1s22s22p1，同一轨道上的电子自旋状态相反，因此有多少电子即有多少种运动状态，B原子核外有5种运动状态不同的电子，故B错；C．中B原子形成了4个σ键，其中，含有一个F—对B的配位键，所有原子均达到了8e—稳定结构，C正确；D．因阳离子五元环上所有原子在同一平面上且存在的大π键，若N原子为sp3杂化，则不可能形成平面结构，故D错。
12．【答案】A
【解析】A．碳原子上连接4个不同原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，该分子中没有满足条件的碳原子，故A正确；B．该分子中含有酯基，可以发生水解反应，故B错误；C．该分子中有酚羟基，根据酸性H2CO3>苯酚>HCO3－，所以该物质可以与Na2CO3反应，故C错误；D．该分子的结构可以看出含有溴原子、酚羟基、酯基、氨基、硫醚键最后一个官能团学生不是很熟悉是什么官能团，但是可以通过选项描述只有3种官能团进行判断，故D错误。
13．【答案】C
【解析】A．生成物中n(H2O)=n(CO)，计算平衡常数，可得K(650℃)=，K(900℃)=，故A、B正确；C．密闭容器的体积未知，无法计算反应速率，故C错误；D．保持900℃，K值不变 ，因反应气体分子数目的Δn=0，向实验组2平衡后的体系中再次加入4mol CO2和2molH2后，CO2和H2的转化率保持不变，但反应物浓度增大，反应速率增加，达到新的平衡，生成和原实验等量的产物，则所需时间小于原实验，即小于3min。[改编自：新教材选择性必修一P52课后习题9]
14．【答案】C
【解析】A．乙的不饱和度为3，化学式为C8H10O2S2，故A错误；B．K2CO3中CO32-的VSEPR模型为平面正三角形，故B错误；C．根据共价键的饱和性和价键理论可知，注意键线式中省略的一些C-H键中的键容易漏数，故甲中键和键的数目之比为7:1，故C正确；D．由丙的结构可知，Ti的配位数为6，故D错误。
15．【答案】C
【解析】A．向pH=1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的过程中，加入的NaOH中和了溶液中的氢离子，促进了水的电离程度一直增大，A选项正确；B．由图知，pH=4.2时，溶液中HSeO3-和SeO32-的浓度相等，根据电荷守恒c(Na+)+cH+)=c(OH-)+c(HSeO3-)+2c(SeO32-)，可知B正确；C．，故在NaHSeO3溶液中，HSeO3-的电离程度大于水解程度，则c(SeO32-)>c(H2SeO3) ; D．根据电离方程式知，,当pH=1.2时，HSeO3-和H2SeO3的浓度相等,因此Ka1=10-1.2
二、 非选择题（共4大题，共55分）
16.（13分）【答案】
(1) ① S2－ + 2H+ = H2S↑ (2分)
② 饱和硫氢化钠溶液 (1分)
③ 平衡气压 (1分) 溶液变澄清 (2分)
(2) Ca(OH)2 (2分) 水浴加热 (1分)
(3) 14:5 (2分) 95% (2分)
【解析】
(1) ① 盐酸是强酸，与Na2S反应，生成弱酸H2S，离子方程式为：S2－ + 2H+ = H2S↑
② 为减少Ca(HS)2中混有CaCl2杂质，应除去H2S中混有的HCl杂质，用饱和硫氢化钠除去HCl，并减少H2S的溶解损失
③ 长直导管连通外界大气，平衡气压，以减小装置C中因H2S与石灰乳剧烈反应而导致三颈烧瓶中压强减小造成的危险，H2S与石灰乳反应先生成CaS微溶物，进而继续反应生成Ca(HS)2，溶液变澄清，即为反应结束。
(2)为防止CS(NH2)2受热转变成NH4SCN，适宜的加热方式为水浴加热，C中发生的反应，根据元素守恒，生成的强碱为氢氧化钙，反应方程式为：Ca(HS)2 + 2CaCN2 + 6H2O = 2CS(NH2)2 + 3Ca(OH)2，生成一种强碱为Ca(OH)2。
(3)根据氧化还原反应化合价升降守恒，MnO42－变成Mn2+，硫脲中N和S变成N2，SO42－，C变成CO2，氧化剂与还原剂的物质的量关系为14:5
由5CS(NH2)2~~14KMnO4关系式可知，，，

17.(15分)【答案】
(1)对苯二酚（或1，4—苯二酚） ( 1分) 醚键 酯基 (各1分，共2分)
(2) 取代反应；氧化反应 (各1分，共2分)
(3) (4) FeBr3和液溴(铁粉和液溴) (共2分)
(4) 保护酚羟基，防止其在后续反应中被氧化（只答到保护酚羟基可给2分） (2分)
(5) (2分)
(6) (2分)
(7) 6 (2分)
【解析】
(1) A是对苯二酚；H含有的两个醚键和一个酯基
(2) A→B是酚羟基上的H被甲基取代，F→G属于醇变成羧酸的过程，是氧化反应
(3) B→C是苯环上的H被溴取代，需要的无机试剂是FeBr3和液溴(铁粉和液溴)；
(4) A→B是酚形成酚醚的过程，反应的最后一步又将酚醚反应成酚的结构，考虑到酚易被氧化，因此A→B的目的是保护酚羟基。
(5) 有两种断键方式，断开2号C和O之间的共价键，得到化合物F，若断开1号C和O之间的共价键，则得到；
(7) G为羧酸，与磺酸乙酯发生类似酯交换反应生成新的酯和新酸，；
(7)E的分子是为C3H6O，不饱和度为1，其同分异构体从醇，醚，醛，酮四种物质分别考虑，，共6种。
18.(13分)【答案】
(1) 3d104s1 (1分)
(2) A (2分)
(3) 4CuFeS2 + 4H+ + 17O2 4Cu2+ + 4Fe3+ + 8SO42－+ 2H2O (2分)
(4) ab (2分) 2.8 8SO42－+ 2H2O
(4) 加入CuO(或者Cu(OH)2 、Cu2(OH)2CO3）可以调节溶液的pH，使Fe3+沉淀完全，同时又没引入新的杂质。当Fe3+的浓度为10-5mol/L时，此时溶液中的c（OH－）=，则pOH=11.2，pH=14-11.2=2.8。若要使Fe3+沉淀完全，而Cu2+不形成氢氧化物沉淀，pH范围为2.8 mol H2O，则N的化学式为FeSO4 ，对其隔绝空气加热至1000K时得到铁的氧化物和两种气体，P中Fe元素的质量为0.04 mol×56g/mol=2.24 g,则O元素的质量为3.20 g -2.24 g=0.96 g，O元素的物质的量为0.06 mol，Fe元素与O元素的物质的量之比为2:3，则P的化学式为Fe2O3，由于Fe元素的化合价升高，则有SO2产生，同时有SO3生成，故该过程中发生的反应方程式为2FeSO4 Fe2O3 + SO2↑ + SO3 ↑。
19．(14分)
(1) ＞ （2分）
(2) 508 （2分）
(3) ① 2H2O – 4e－ = O2↑ + 4H+ （2分）
② N + H+ + e－ = NH或Ru-N + H+ + e－ = Ru-NH （2分）
(4) b （ 2分）
(5) ① = （2分）
② 16(2-a)2·a2/27(1-a)4 （2分）
【解析】(1) 化学反应的第一步为慢反应，第二步为快反应，活化能越低反应速率越快，所以E1＞E2
(2) 根据化学键键能数据，可知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应的ΔH= 3E(H—H) + E(N≡N)－6E(N—H) = －92kJ/mol。ΔH=Ea1－Ea2 ，所以，Ea2 =508kJ/mol
(3) ① 电解池阳极反应，酸性条件：2H2O – 4e－ = O2↑ + 4H+
② 按图示可得，在阴极表面得电子：N + H+ + e－ = NH或Ru-N + H+ + e－ = Ru-NH
(4) 要同时提高反应的CO的转化率和化学反应速率，不能选取减压和及时移除产物，因反应的ΔH<0，升温不利于提高CO的转化率，因此答案选b[改编自：新教材选择性必修一P49课后习题4]
(5) ①Kp仅与温度有关，500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa) = Kp(100MPa)
②列三段式
N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
起始 1 3 0
反应 a 3a 2a
平衡 1-a 3-3a 2a

标准平衡常数，代入可得，16(2-a)2·a2/27(1-a)4