1、湖南省株洲市第二中学2019-2020学年高二化学上学期入学考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Mn-55一、选择题（本题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1.化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释不正确的是（ ）选项现象或事实解释或对应的离子方程式A用热的纯碱溶液洗去油污CO32-+H2OHCO3-+OH-溶液呈碱性，温度升高碱性增强B酸雨样品在空气中放置pH减小SO2+H2O=H2SO3C用泡沫灭火器灭火Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2D用加热法除去NaCl固体中混有的NH4Cl固
2、体NH4Cl固体在加热条件下可以完全分解成为气体而除去A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A水解吸热，升高温度，CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡正向移动，溶液碱性增强，正确，A不选；B酸雨样品在空气中放置pH减小，是因为亚硫酸被氧化为硫酸2H2SO3+O2=2H2SO4，错误，B选；C泡沫灭火器灭火是硫酸铝和碳酸氢钠溶液混合，发生双水解反应，反应离子方程式是Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2，正确，C不选；DNH4Cl固体在加热条件下可以完全分解成为氨气和氯化氢气体，可用加热法除去NaCl固体中混有的NH4Cl固体，正确，D不选；答案选B。2.下列物质
3、的化学用语表达正确的是（）A. 乙烯的结构简式：CH2CH2B. 羟基的电子式：C. 甲醇的球棍模型： D. 乙酸的实验式：CH3COOH【答案】C【解析】【分析】A、乙烯的结构简式中要标明双键；B、羟基是电中性基团，氧原子周围多1个电子；C、由模型可知大黑球为碳原子，白球为氧原子，小黑球为氢原子；D、CH3COOH是乙酸的结构简式。【详解】A、乙烯的结构简式中要标明双键，乙烯的结构简式：CH2=CH2，故A错误；B、羟基是电中性基团，氧原子周围多1个电子，羟基的电子式：，故B错误；C、由模型可知大黑球为碳原子，白球为氧原子，小黑球为氢原子，故C正确；D、CH3COOH是乙酸的结构简式，乙酸的
4、实验式：CH2O，故D错误；故选C。3.下列实验操作或装置符合实验要求的是装置装置装置装置A. 装置用滴定法测定盐酸的浓度B. 装置可用于中和热的测定C. 装置可用于验证化学能转化为电能D. 装置可合成氨并检验氨气的生成【答案】C【解析】【详解】ANaOH溶液不能用酸式滴定管，应选碱式滴定管，A错误；B图中缺少环形玻璃搅拌棒，不能准确测定最高温度，B错误；C图中装置可构成原电池，可验证化学能转化为电能，C正确；D干燥的试纸不能检验氨气，应选湿润的红色石蕊试纸，D错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握中和滴定、中和热测定、原电池及气体的检验、实验装置的作用、实验技能为解答的关键
5、，侧重分析与实验能力的考查，注意实验原理、仪器的作用以及相关物质的性质，题目难度不大。4.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 25时，1L0.1molL-1Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NAB. 某密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NAC. 25时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NAD. 钠在空气中燃烧可生成多种氧化物,23g钠充分燃烧时转移电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A25时，S2-水解为HS-和OH-，所以1L0.1molL-1Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NA，A正确；BSO2和O2生成SO3为可逆反应
6、，不能完全反应，则2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，B错误；C25时pH=13的NaOH溶液中OH-的浓度为0.1mol/L，没有溶液体积不能计算OH-数目，C错误；D钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，钠元素化合价由0升高为+1，23g钠充分燃烧时转移电子数为NA，D错误；答案选A。5.25 时，在1.0 L浓度均为0.01 molL1的某一元酸HA与其钠盐组成的混合溶液中，测得c(Na)c(A)，则下列描述中不正确的是( )A. 该溶液的pHc(A)，说明A的水解大于HA的电离，溶液显碱性，即pH7，故A说法错误；B、c(Na)c(A)，说明A的水解大于HA的电离，HA
7、的酸性很弱，A的水解程度较大，故B说法正确；C、根据物料守恒，c(A)c(HA)= molL1=0.02molL1，故C说法正确；D、根据溶液呈现电中性，即c(Na)c(H)=c(A)c(OH)，c(Na)=0.01molL1代入，即可得出结论，故D说法正确；故选A。6.下列叙述正确的是A. 甲烷的燃烧热为H890.3 kJmol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)2O2(g)= CO2(g)2H2O(g)H890.3 kJmol-1B. 已知H(aq)OH(aq)=H2O(l) H57.3 kJmol-1，则稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2 溶液反应的反应热H =2(57.3
8、) kJmol-1C. Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，该反应中化学能全部转化为热能D. 常温下，反应C(s)CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的H 0【答案】D【解析】【详解】A甲烷燃烧的热化学方程式中水是气体，不符合燃烧热的概念，A错误；B反应生成硫酸钡沉淀，需要放热，则稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2 溶液反应的反应热H 2(57.3) kJmol-1，B错误；CMg在CO2中燃烧生成MgO和C的反应中，化学能除了转化为热能，还有转化为光能，以及产物中的化学能，C错误；D常温下，反应C(s)+CO2(g)2CO(g)不能自发进行H-TS0，反应熵变大于0，T是常温下，所
9、以判断H0，故D正确；故选D。7.某浓度的氨水中存在平衡：NH3H2ONH4+OH-，如想增大NH4+的浓度，而不增大OH-的浓度，应采取的措施是（ ）适当升高温度 加入NH4Cl固体 通入NH3 加入少量盐酸A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】电离吸热，适当升高温度，NH3H2ONH4+OH-平衡正向移动，OH-浓度增大，故不选； NH4Cl是强电解质，加入NH4Cl固体，NH4+的浓度增大，抑制氨水电离， OH-浓度降低，故选； 通入NH3， NH3H2O的浓度增大，NH3H2ONH4+OH-平衡正向移动，OH-浓度增大，故不选； 加入少量盐酸，中和OH-，OH-浓度降低，N
10、H3H2ONH4+OH-平衡正向移动，NH4+的浓度增大，故选；选A。【点睛】本题考查影响弱电解质电离的因素，注意加入含有铵根离子或氢氧根离子的物质能抑制氨水电离，加入和铵根离子或氢氧根离子反应的物质能促进氨水电离。8.下列事实可以用勒夏特列原理解释的是A. 高锰酸钾溶液与草酸发生化学反应刚开始缓慢,随后反应迅速加快B. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气（Cl2H2OHClHClO）C. 500 左右的温度比室温更有利于合成氮反应N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g) H c(H2C2O4)，说明HC2O4-电离大于水解，溶液中离子浓度的大小关系为：c(Na+)c(HC2O4-)c(H+
11、)c(C2O42-)c(OH-)，故B错误；C.根据质子守恒， NaHC2O4溶液中c(OH-)+c(C2O42-)=c(H+)+c(H2C2O4)，故C正确；D. 向NaHC2O4溶液中逐渐加入CaCl2粉末并充分搅拌，生成CaC2O4沉淀、氯化钠、氯化氢，所以溶液pH可能逐渐减小，故D正确；选B。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析、判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其相对大小是解本题关键，注意弱酸的酸式根离子既能电离又能水解。二、非选择题（包括5小题，2分/空，共52分）17.已知：N2O4(g)2NO2(g) H=5270kJmol-1（1）在恒温、恒容的密闭容器
12、中，进行上述反应时，下列描述中，能说明该反应已达到平衡的是_。Av正(N2O4)=2v逆(NO2)B容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化C容器中气体的密度不随时间而变化D容器中气体的分子总数不随时间而变化（2）t恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0054molN2O4，30秒后达到平衡，测得容器中含n(NO2)=006mol，则t时反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数K=_。若向容器内继续通入少量N2O4，则平衡_移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)，再次达到平衡后NO2的体积分数_原平衡时NO2的体积分数(填“大于”、“小于”或“等于”)。（3）取五等份NO
13、2，分别加入到温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其百分含量随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是_。【答案】 (1). BD (2). 0075molL-1 (3). 向正反应方向 (4). 小于 (5). BD【解析】【分析】（1）根据平衡标志判断；（2）K= ；增大反应物的浓度平衡正向移动；（3）该反应是体积减小的、放热的可逆反应，所以反应达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大；【详解】（1）A反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数
14、比，所以2v正(N2O4)=v逆(NO2)时，反应不平衡，故不选A；B 反应前后气体物质的量不同，根据，平均相对分子质量是变量，若容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，反应一定达到平衡状态，故选B；C 根据，反应在恒容的密闭容器中进行，密度是恒量，容器中气体的密度不随时间而变化，反应不一定达到平衡状态，故不选C；D 反应前后气体物质的量不同，分子数是变量，容器中气体的分子总数不随时间而变化，一定达到平衡状态，故选D。答案选BD。（2） K=0075molL-1；增大反应物的浓度平衡正向移动，若向容器内继续通入少量N2O4，则平衡向正反应方向移动；再次达到平衡，相当于加压，N2O4转化率减
15、小，NO2的体积分数小于原平衡时NO2的体积分数；（3）A该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大，故A错误；B若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，故B正确；C该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大，故C错误；D若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，在D图中转折点为平衡状态，转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故D正确。答案选BD。18.污染物
16、的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。请回答下列问题：(1)上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、漏斗以及_。(2)上述流程脱硫实现了_(选填下列字母编号)。A.废弃物的综合利用 B.白色污染的减少 C.酸雨的减少(3)用MnCO3能除去溶液中的Al3和Fe3，其原理是调节溶液的pH，消耗溶液中的酸，促进Al3和Fe3水解生成氢氧化物沉淀，若25时，KspFe(O
17、H)3=8.010-38，lg2=0.3，要使溶液中的Fe3完全沉淀，至少要把溶液pH调至_。(4)已知Ksp(CuS)=8.410-45，Ksp(NiS)=1.410-24；在除铜镍的过程中，当Ni2恰好完全沉淀(此时溶液中c(Ni2)=1.010-5molL-1)，溶液中c(Cu2)=_molL-1。(5)已知：25、101kpa时，Mn(s)O2(g)=MnO2(s) H=-520kJmol-1S(s)O2(g)=SO2(g) H=-297kJmol-1Mn(s)S(s)2O2(g)=MnSO4(s) H=-1065kJmol-1SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是_。
18、(6)工业上采用电解K2MnO4水溶液的方法来生产KMnO4，其中隋性电极作阳极，铁作阴极，请写出阳极的电极反应式_。【答案】 (1). 烧杯 (2). AC (3). 3.3 (4). 6.010-26molL-1 (5). MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) H=-248kJmol-1 (6). MnO42-e-=MnO4-【解析】【分析】由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3调节溶液pH，使溶液中Al3+和Fe3+转化为沉淀，过滤除去，MnS将铜、镍离子转化为硫化铜、硫化镍沉淀，过滤分离，滤液中加入高锰酸钾与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰。
19、【详解】(1)根据过滤装置图，实验室进行过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、漏斗以及烧杯；(2)流程脱硫实现了废弃物的综合利用、酸雨的减少，与白色污染无关，故选AC；(3)Fe3完全水解生成氢氧化铁沉淀时，Fe3的浓度为110-5mol/L，设Fe3完全水解生成氢氧化铁沉淀时，氢氧根离子的浓度是xmol/L，则110-5mol/Lx3=8.010-38，x=210-11，c(H+)=510-4，所以pH=3.3；(4)，所以c(Ni2)=1.010-5molL-1时，c(Cu2)=6.010-26molL-1；(5)Mn(s)O2(g)=MnO2(s) H=-520kJmol-1S(s)O
20、2(g)=SO2(g) H=-297kJmol-1Mn(s)S(s)2O2(g)=MnSO4(s) H=-1065kJmol-1根据盖斯定律，-得MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) H=-248kJmol-1；(6)K2MnO4KMnO4锰元素化合价由+6升高为+7，反应氧化反应，阳极的电极反应式是MnO42-e-=MnO4-。19.水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mgL-1，我国地表水环境质量标准规定，生活饮用水源的DO不能低于5mgL-1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。.测定原理：碱性条件下
21、，O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2：2Mn2+O2+4OH-=2MnO(OH)2，酸性条件下，MnO(OH)2将I-氧化为I2：MnO(OH)2+I-+H+Mn2+I2+H2O(未配平)，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，2S2O32-+I2=S4O62-+2I-.测定步骤a.安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。b.向A中加入200mL水样c.向A中依次迅速加入1mLMnSO4无氧溶液(过量)，2mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应完全。d.搅拌并向A中加入2mL硫酸无氧溶液至反应完全，溶液为中性或弱酸性。e.从A中取出40.00mL溶液，以淀粉作指示剂，
22、用0.01000molL-1Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。f.重复步骤e的操作23次g.处理数据(忽略氧气从水样中的溢出量和加入试剂后水样体积的变化)。回答下列问题：(1)仪器A的名称为_。(2)配置以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为_。(3)配平反应的方程式。_MnO(OH)2+_I-+_H+_Mn2+_I2+_H2O(4)步骤e中达到滴定终点的现象为_。(5)若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50mL，水样的DO=_mg/L(保留一位小数)。【答案】 (1). 三颈烧瓶(三颈圆底烧瓶、三口烧瓶、三口瓶) (2). 将溶剂水煮沸后冷却 (3). 1 (4). 2 (5)
23、. 4 (6). 1 (7). 1 (8). 3 (9). 溶液蓝色褪去且半分钟内不变色 (10). 9.0【解析】【分析】(1)根据装置图判断仪器A的名称；(2)配制以上无氧溶液时需要通过煮沸溶液把溶剂中溶解的氧气赶出；(3)MnO(OH)2+I-+H+Mn2+I2+H2O，反应中碘元素化合价-1价变化为0价，锰元素化合价降低+4价变化为+2价，电子转移总数2，结合原子守恒配平离子方程式；(4)用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2发生反应2S2O32-+I2S4O62-+2I-，指示剂为淀粉；(5)2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2+I2+
24、3H2O，2S2O32-+I2S4O62-+2I-，根据得到的定量关系计算水样中的DO；【详解】(1)根据装置图，仪器A的名称是三颈烧瓶；(2)溶液中氧气溶解度不大，且随温度升高溶解度减小，所以除去所用溶剂水中氧时需要通过煮沸后冷却，把溶剂水中溶解的氧气赶出得到；(3)MnO(OH)2+I-+H+Mn2+I2+H2O，反应中碘元素化合价-1价变化为0价，锰元素化合价降低+4价变化为+2价，电子转移总数2，配平得到离子方程式为：MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2+I2+3H2O；(4)用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2发生反应2S2O32-+I2S4O62-+2I-，以淀粉作指示剂，随
25、硫代硫酸钠溶液滴入，滴定过程中滴入最后一滴溶液蓝色变化为无色且半分钟不变，说明反应达到终点；(5)滴定消耗Na2S2O3溶液4.50mL，根据2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2+I2+3H2O，2S2O32-+I2S4O62-+2I-，得到定量关系为：可得n(O2)=1.12510-5mol，200mL水样中含氧气的物质的量1.12510-5mol=5.62510-5mol，氧气浓度=2.812510-4mol/L，水中溶氧量(DO)=2.812510-4mol/L32g/mol9.0mg/L。【点睛】本题考查了物质含量的测定、滴定实验及其计算
26、的相关知识，理解反应原理明确实验过程是解题关键，根据反应方程式，正确书写关系式进行计算。20.下表是常温下几种常见弱酸的电离平衡常数：弱酸电离方程式电离平衡常数KCH3COOHCH3COOHCH3COO-+H+K=1.610-5H2C2O4H2C2O4H+HC2O4-HC2O4-H+C2O42-K1=5.910-2K2=6.410-5H2CO3H2CO3H+HCO3-HCO3-H+CO32-K1=4.410-7K2=5.610-11H2SH2SHHS-HS-HS2-K1=9.110-8K2=1.110-15回答下列问题：(1)某温度下，纯水中的c(H+)=2.010-7molL-1，若温度不变
27、，滴入稀硫酸使c(H+)=5.010-6mol/L，则由水电离出的c(H+)为_molL-1。(2)下列四种离子结合H+能力最强的是_。A.HCO3- B.C2O42- C.S2- D.CH3COO-(3)常温下1.0molL-1的CH3COOH溶液中的c(H+)=_molL-1。(4)常温下，加水稀释0.1molL-1的H2C2O4溶液，下列说法正确的是_。A.溶液中n(H)n(OH-)保持不变B.溶液中水电离的c(H)c(OH-)保持不变C.溶液中保持不变D.溶液中c(OH-)增大(5)将CH3COOH溶液加入少量Na2CO3溶液中，反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 810-9 (
28、2). C (3). 4.010-3 (4). D (5). 2CH3COOHCO32-=2CH3COO-CO2H2O【解析】【分析】(1)某温度下，纯水中的c(H+)=2.010-7molL-1，依据计算得到水的离子积常数为4.010-14，结合离子积常数计算得到溶液中氢氧根离子浓度，水电离出的氢氧根离子和氢离子浓度相同；(2)弱酸的电离平衡常数越小，酸根离子结合氢离子的能力越强；(3)根据常温下CH3COOH的电离平衡常数计算c(H+)；(4)常温下，加水稀释0.1molL-1的H2C2O4溶液，电离平衡正向移动，电离平衡常数不变、水的离子积常数不变；(5)CH3COOH酸性大于H2CO3
29、，性将CH3COOH溶液加入少量Na2CO3溶液中生成醋酸钠、水、二氧化碳；【详解】(1)某温度下，纯水中的c(H+)=2.010-7molL-1，水电离出的离子浓度c(OH-)= c(H+)，则c(OH-)= c(H+)=2.010-7molL-1。若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5.010-4molL-1，Kw= c(OH-)c(H+)=4.010-14，c(OH-)= mol/L =810-9mol/L；(2)CH3COOH的电离平衡常数是1.610-5、HS-的电离平衡常数是1.110-15、HC2O4-的电离平衡常数是6.410-5、H2CO3的电离平衡常数是4.410-7，电离
30、平衡常数越小，酸根离子结合氢离子能力越强，结合H+能力最强的是S2-，选C；(3)设1.0molL-1的CH3COOH溶液中的c(H+)=xmolL-1。CH3COOHCH3COOH，忽略水电离出的H，则溶液中c(H)c(CH3COO)；弱电解质的电离是微弱的，则c(CH3COOH)=1molL1，则醋酸的电离平衡常数 ；可求得x=4.010-3molL1；(4)Ac(OH-)c(H+)不变，加水稀释体积增大，所以溶液中n(H)n(OH-)增大，故A错误；B加水稀释0.1molL-1的H2C2O4溶液，酸的浓度降低，水的电离程度增大，溶液中的OH均来自水的电离，c(OH)增大，水电离出来的OH
31、和H相等，则溶液中水电离的c(H)c(OH-)增大，故B错误；C，加水稀释0.1molL-1的H2C2O4溶液，c(H)减小，溶液中增大，故C错误；Dc(OH-)c(H+)不变，加水稀释0.1molL-1的H2C2O4溶液，c(H+)减小，溶液中c(OH-)增大，故D正确；答案选D；(5)CH3COOH的酸性大于H2CO3，将CH3COOH溶液加入少量Na2CO3溶液中生成醋酸钠、水、二氧化碳，反应离子方程式是2CH3COOHCO32-=2CH3COO-CO2H2O。21.酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：（1）酮洛芬的分子式为_。（2）化合物D中含氧官能团的名称为_。（3）
32、由BC的反应类型是_。（4）写出CD的反应方程式_。（5）A的同分异构体有多种，其中同时满足下列条件的有_种。I.属于芳香族化合物II.含有酯基【答案】 (1). C16H14O3 (2). 羰基(酮基) (3). 取代反应 (4). +Br2+HBr (5). 6【解析】【分析】（1）根据酮洛芬的结构简式书写分子式；（2）根据D的结构简式判断官能团；（3）是中的氯原子被苯环代替；（4）CD是中甲基上的氢被溴原子代替；（5）A的同分异构体，属于芳香族化合物，说明含有苯环；含有酯基，属于酯类；【详解】（1）根据酮洛芬的结构简式，可知分子式为C16H14O3；（2）D中的含有官能团是，名称为羰基；（3）是中的氯原子被苯环代替，属于取代反应；（4）CD是甲基上的氢原子被溴原子代替，反应方程式是+Br2+HBr；（5）A的同分异构体，含有苯环、含有酯基的有、，共6种。
