1、2015滁州市高级中学联谊会高二第二学期期末联考化学参考答案题号12345678910111213141516答案ADBCDBDDCBBCBCAC1.A 【解析】闻气体时的正确操作应用手轻扇使少量气体分子飘入鼻腔，而不能太近大口的吸气以免中毒，错;光纤是二氧化硅的用途，错；浓硫酸罐车上所贴为腐蚀品标识，错；图所示为放热反应，错；图是按元素相对原子质量制出第一张元素周期表的俄国化学家门捷列夫纪念金币，正确。 2.D 【解析】A明矾只用于净水，不能用于水的消毒；B鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，生成沉淀为盐析过程，可逆，沉淀物能再溶解；C紫色酸性高锰酸钾溶液中加入植物油充分振荡后，植物油中有碳碳双
2、键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色；D“84”消毒液溶液中有次氯酸钠，滴加醋酸后在酸性条件下会氧化KI生成碘单质遇淀粉溶液变蓝色，正确。3. B 【解析】A16gO2含有1mol氧原子，只有8NA个电子；B一个CO分子的质量是a g,一个CO2分子的质量是b g,则一个氧原子的质量是（b-a) g，NA个氧原子的质量NA(b-a)g,数值上就是其摩尔质量也等于其相对原子质量NA(b-a)，B正确；C因溶液体积及CH3COOH电离程度未知，0.1molL1CH3COOH溶液中含有CH3COO的数目无法计算；D.SO2与O2反应是可逆反应，SO2不可能完全转化生成SO3。4.C 【解析
3、】要求溶液中五种离子所带正负电荷代数和为零，且五种离子要能大量共存。A中电荷代数和不为零；B中在酸性环境中H+、NO3- 与Fe2+发生氧化还原反应，D中由于Ca(OH)2微溶，根据微溶物溶解度可估算出Ca2+与OH-共存时的浓度达不到 1molL1，不能大量共存，选项C中离子可以大量共存，且符合电荷守恒规律。5.D 【解析】A升高温度，反应速率均加快，A正确；B根据盖斯定律1/2可得C(s)1/2 O2 (g)CO(g) H3 110.5 kJmol1，可得C(s)CO2 (g)2CO(g) H=+172.5kJmol1， B正确；C反应均属化合反应、氧化还原反应，C正确； D. CO的燃烧
4、热是指25 、101kPa ，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物放出的热量，故CO的燃烧热是283.0kJmol1，D不正确。6.B 【解析】 A项：浓盐酸与MnO2常温下不反应，品红不褪色；B项：硫酸与NaHCO3反应产生CO2，CO2与Na2SiO3溶液反应得到硅酸沉淀，正确；C项：A1(OH)3不溶于氨水，错误；D项：SO2不能漂白紫色石蕊指示剂，错误。 7.D 【解析】发生四个反应得到的产物为：显然A、B、C均正确，而X与灼热的CuO反应生成的不是醛而是酮，D不正确。 8.D 【解析】反应达最大限度即在题给条件下达到平衡状态，是平衡体系中各物质浓度不再改变，v正=v逆的状态。A中体
5、积恒定时t1时各物质的物质的量仍在变化，说明反应仍在向某方向移动当中；B中平衡常数K与物质性质有关，随温度而变化，因是恒温容器， K与反应过程无关，应保持不变，故B图错误；C中随着反应的进行，气体分子数减小则压强应减小，到平衡时再保持不变，故图C错误； D中随着反应的进行，生成物浓度增大，逆反应速率增大，到平衡时正逆反应速率相等并保持不变，图中t1时v逆保持不变，说明反应已达平衡（最大限度）。故选D。9.C 【解析】A. 少量NaCl固体完全溶于水得不饱和溶液，开始固体溶解速率大于溶质回到固体表面速率，最后固体全溶解但仍不饱和则两过程均不再存在了，A错误； B中电子由外电源负极流出到阴极被溶液
6、中的Cu2+得到生成单质Cu,Cl- 在阳极失电子生成氯气，但电子并没在电解液中通过，B错误；AgCl的溶度积大于AgI的溶度积，解释正确，C正确； D中Mg(OH)2在水中存在溶解平衡，溶解电离的OH- 能与醋酸铵溶液中的NH4+结合为弱电解质NH3H2O,从而使Mg(OH)2在水中溶解的平衡右移，最后溶于醋酸铵溶液。醋酸铵溶液呈中性仍可溶解Mg(OH)2沉淀，D错误。 10.B 【解析】A中氨水为弱电解质，不应拆写为OH-；C中没配平，左右电荷不守恒；D中氮元素被还原到最低价-3价，且已配平，但不符合反应事实，因题给条件为足量硝酸，在酸性条件下不应生成氨气，而是生成硝酸铵， B正确。 11
7、.B 【解析】 在氧中燃烧NaNa2O2 ;在氯气中点燃FeFeCl3； 与烧碱反应SiO2Na2SiO3；被强氧化剂如氯水氧化SO2H2SO4；与硝酸钡溶液发生复分解反应CuSO4Cu(NO3)2，、均无法一步实现。 12.C 【解析】根据氧化还原反应原理即可判断A反应中生成1 mol O2，转移2 mol e-，A错误；B反应中的其余生成物为O2、H2O，B错误;C反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为12时Cl2刚好反应完Fe2+，可得到FeCl3、FeBr3两种产物，n(Cl2):n(FeBr2)= n(FeCl3):n(FeBr3)= 12；C正确；D由表中信息再根据氧化还原反应以
8、强制弱原理氧化性由强到弱顺序为MnO H2O2；Cl2H2O2；Cl2Br2Fe3，D错误。 13.B 【解析】A25，1L的0.1molL1H2SO4溶液c(H+)=0.2mol/L，pH不为1；B. T，0.2molL1H2SO4溶液中加入等体积等物质的量浓度的NaOH溶液后的溶液c(H+)=0.1molL1 ，pH1； C25，加入50 mL a mol/L Ba(OH)2溶液后测得pH=7，即二者刚好中和，即50 mL NaHSO4与50mL Ba(OH)2溶液中的溶质物质的量相等，可知两溶液的物质的量浓度相等，但不一定是0.1molL1。即当NaHSO4溶液pH1时可满足题给要求，但
9、当NaHSO4溶液pH不为1时也可能满足题给要求；D. T ， c(OH-)=10-13molL1的某盐溶液，因c(H+)=Kw/ c(OH-)，而温度未知，Kw不一定为10-14，故溶液pH不一定为1。14.C 【解析】A. CrO42-、Ba2+废水均属重金属污染，正确；B.除去多余的Ba2+，加入硫酸盐使转化为硫酸钡沉淀除去，不能用H2SO4，会使生成的BaCrO4溶解，正确；C.由Ksp（BaCrO4）=1.210-10c(Ba2+)c(CrO42-)可算出加入可溶性钡盐后，废水中Ba2+的浓度应不小于2.410-4 molL-1，C错误；D. BaCrO4与碳酸钙类似属于电解质。 1
10、5.A 【解析】ANaHSO3溶液(pHc(SO42-) c(H+) c(OH-)，B错误； C物质的量浓度均为0.1molL-1的Na2CO3与 HCl溶液等体积混合后溶液体积加倍，浓度相应减半，故1/2 c(Na+) = c(HCO3-) + c(CO32-) + c(H2CO3)0.05molL-1 ，C错误；D物质的量浓度均为0.1molL-1的NH4Cl、氨水混合溶液呈碱性，c(NH4+) c(Cl-)c(NH3H2O) c(OH-)c(H+)，D错误。 16.C 【解析】由题意及物质的性质知自发反应的方向是Zn+Br2=ZnBr2；此即为原电池放电反应的方向，还原剂Zn在负极失电子
11、被氧化生成Zn2+，而氧化剂Br2则在正极得电子被还原为Br，由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，故左侧溶液中Br浓度增大，为了使溶液中电荷守恒，右侧新生成的Zn2+会通过阳离子交换膜进入左侧，从而使左侧的离子总浓度增大，但右侧电解液浓度基本不变；充电时反应过程相反，则Zn所在电极与外电源负极相连作阴极，由Zn2+得电子生成Zn，左侧的Zn2+会通过阳离子交换膜向右侧移动 。故A充电时电极a连接电源的正极，A错误；B放电时负极的电极反应式为Zn2e=Zn2+，B错误；C放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大，C正确；D充电时右侧电极反应为Zn2+2e= Zn, Zn在右侧电极周围析出从而变粗，有
12、Zn2+通过阳离子交换膜向右侧移动补充Zn2+，电解质溶液浓度并不减小，D错误。 17.【答案】（1）CH3CH2OH CH2=CH2+H2O （2分） AD（2分） （2）IB、C、B、D（2分） （3）SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42（2分） （4）石油裂解（2分） 【解析】（1）利用乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，乙醇发生了消去反应，反应的化学方程式为：CH3CH2OH CH2=CH2+H2O；因乙烯的相对分子质量（28）与空气的平均相对分子质量（29）接近，二者密度接近，不能用排空气法收集，故用排水集气法收集，可选A、D。（2）检验二氧化硫用品红溶液，检
13、验乙烯用酸性高锰酸钾溶液，乙烯和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以先检验二氧化硫并除去，然后检验乙烯，在检验乙烯之前用NaOH溶液吸收尽SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后用酸性高锰酸钾溶液褪色检验乙烯，因装置I用来检验SO2，试管中品红溶液褪色，说明含有SO2，装置II试管装有NaOH溶液除去SO2，装置III试管通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，装置IV 通过酸性高锰酸钾溶液褪色检验乙烯，故答案为：B；C；B；D。（3）二氧化硫与溴水反应生成HBr和硫酸，溴水褪色，故不能验证是乙烯使得溴水褪色，反应方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，离子反应
14、方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42。 （4）工业上大量获得乙烯的方法是通过石油裂解。 18.【答案】（1）1:3（1分） （2）C2H6O（1分） （3）B（1分） （4）羟基、 醛基 （1分） 消去（1分） 取代（水解）（1分） 蒸馏（1分） （2分） (4)（2分）【解析】（1）甲装置增加的质量为H2O的质量，即m(H2O)=103.8-101.1=2.7g，H的质量=2.7 g （2/18）=0.3g，碱石灰吸收CO2，因此乙装置增加的质量为CO2的质量，即m(CO2)=86.4-82.0=4.4g，C的质量=4.4g（12/44）=1.2g，故碳、氢原子的数目比
15、为（1.2/12）:(0.3/1)=1:3。（2） 设该分子含有n个碳原子，则氢原子为3n个，分子质量为12n+3n+16=46，即n=2，所以表明该分子有2个碳原子，6个氢原子和一个氧原子，故该物质为C2H6O。 （3）二甲醚含有醚键，乙醇含有羟基，羟基能与金属钠或金属钾反应，A项可以；二甲醚和乙醇燃烧的产物相同，B不能鉴别；红外光谱法能鉴别含有的基团，C项可以；利用核磁共振氢谱法能鉴别，二甲醚只有一种峰，乙醇有3种峰，D项可以。 （4）C为葡萄糖，是多羟基醛，有羟基、醛基；A为乙醇，经消去反应生成乙烯，再与溴加成生成1，2二溴乙烷，再经水解（取代）反应生成乙二醇。利用沸点的不同，进行蒸馏进
16、行分离。对甲基苯甲酸的同分异构体由（1）知可能为酸或酚或酯，由（2）知不能为酸，由（3）知没有醛基，由 (4)知没有酚羟基，由（5）知结构中有苯环，故可推知只能为苯甲酸甲酯和乙酸苯酚酯； 单体为对苯二甲酸与乙二醇，由单体可写出反应式。 19.【答案】 (1)高（1分） 0.05 molL1s1（1分）如图红线所示（曲线合理即可给分，2分） (2) （1分） 减小（1分） bc（2分）【解析】（1）从图中可看出温度T1时反应更快，可知T1温度更高，但向右生成物更少,可知正反应为放热反应。故出气口温度可能更高。2s时，c(CO2)=0.2molL1,故c(N2)= 0.1molL1, v(N2)0
17、.1mol/L2s=0.05 molL1s1 ；催化剂的表面积S1S2，故反应更慢，达到平衡所需时间更长，但最终平衡状态与T1、S1下是相同的。(2) 根据平衡常数的定义可写出平衡常数的表达式，放热反应，升温K减小;A增加原催化剂的表面积不能改变平衡状态；B降低温度，平衡正移，可提高反应物转化率，正确；C. 减小投料比n(NO2) / n(CH4)，即相对增多反应物CH4可提高另一反应物NO2的转化率，正确；D增大压强，平衡左移，反应物转化率下降。 20.【答案】电子天平（1分） （1）酸化或提供酸性环境（1分） （2）酸式（1分） （3）2MnO+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2
18、+8H2O（2分） 否（1分） 锥形瓶中溶液由无色变浅紫色，且半分钟内不褪色（2分） （4）偏小（2分） 【解析】：托盘天平精确度较低，只能精确到0.1g，称量 2.348g草酸钠固体配成250mL溶液，应该选用电子天平或分析天平。（1） 酸化，为反应提供酸性环境。（2）高锰酸钾具有强氧化性，能够腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以选用酸式滴定管量取滴定。（3）高锰酸钾与草酸钠在酸性条件下能发生反应： 2MnO + 5C2O42- + 16H+=2Mn2+10CO2 +8H2O。 高锰酸钾为紫色，到达滴定终点时溶液由无色变为浅紫色，并且要求振荡后溶液在半分钟内不褪色，即到达反应终点。所以不需要再添加
19、指示剂。（4）由于滴定管的读数由上到下逐渐增大，所以仰视会使滴定溶液的体积读数偏大，计算出的浓度比实际浓度偏小。 21.【答案】（1）CH4 SiH4 H2SO4 H2SiO3 (各1分) (2) 酸性 NH4+H2ONH3H2O+H+ (各1分) (3)3s23p1 NS (各1分) (4)CH4 + 10 OH- 8e-=CO32-+7 H2O ( 2分) CH4(g) + 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H= -890 kJ mol1( 1分) (5) 0.75或1.25(2分) 【解析】(1)E形成的两种氧化物都是大气污染物且单质是一种黄色晶体，可知E为硫元素，A、B、C、
20、D分别为碳、氮、铝、硅，由周期表中位置可知非金属性为CSi， SSi，从而得出简单氢化物的热稳定性CH4SiH4 ， 最高价氧化物对应水化物的酸性 H2SO4 H2SiO3 。 （2）氮的气态氢化物与最高价氧化物对应水化物可形成盐为硝酸铵，其盐溶液因水解显酸性。 （3）Al的价电子排布为3s23p1；因N最外层的2p亚层为2p3半满，因O最外层的2p亚层为2p4失去一电子后半满，故第一电离能NO，而同族的OS,故NS。 (4)碳氢最简单化合物是CH4，在原电池反应中作还原剂，在负极反应，因为碱性溶液中反应，故氧化产物不是二氧化碳，而是碳酸根离子；根据题给数据可写出燃烧热的热化学方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-890 kJ mol1 ，要注意能量前面的负号，单位，水的状态。 （17） 氯化铝溶液中加NaOH溶液反应，若NaOH不足，n(NaOH)=3nAl(OH)3=3=0.03 mol，c(NaOH)=0.75 molL-1;若NaOH过量,完全沉淀Al3+消耗NaOH的物质的量为30.1 molL-10.15 L =0.045mol,溶解Al(OH)3沉淀消耗NaOH的物质的量为0.005 mol,故c(NaOH)=1.25 molL-1。