2022年湖南省娄底市石狗中学高二化学联考试卷含解析

2022年湖南省娄底市石狗中学高二化学联考试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是A．纯盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、干冰B．冰醋酸、玻璃、硫酸钡、氢氟酸、乙醇C．单甘油酯、冰水混合物、苛性钠、氢硫酸、三氧化硫D．绿矾、漂白粉、次氯酸、氯化钾、氯气参考答案：B略2.下列物质间的反应，属于放热反应的是()A．碳酸钙的分解

B．碳与氧化铜加热条件下的反应C．Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合

D．H2与O2在点燃条件下的反应参考答案：D试题分析：碳酸钙的分解是吸热反应，C与Cu在加热条件下发生的反应是吸热反应，Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合是吸热反应，而所有的燃烧反应都是放热反应，所以答案选D。考点：考查对反应热效应的判断3.将磁性氧化铁放入稀HNO3中发生反应：3Fe3O4+28HNO3＝9Fe(NO3)x+NO↑＋14H2O。下列判断合理的是

（

）A．Fe(NO3)x中的x为2B．反应中每生成0.2mol还原产物，就有0.6mol电子转移C．稀HNO3在反应中只作氧化剂D．磁性氧化铁中的铁元素全部被氧化参考答案：B略4.下列说法中不正确是的A．人类历史上使用最早的合金是青铜，目前世界上使用量最大的合金是钢B．从金属矿石中提炼金属的一般步骤依次是：矿石的富集、精炼、冶炼C．硫酸的消费量常被视为一个国家工业发展水平的一种标志D．能源、信息、材料通常被称为新科技革命的三大支柱参考答案：B5.拟除虫菊酯是一类高效、低毒、对昆虫具有强烈触杀作用的杀虫剂，其中对光稳定的溴氰菊酯的结构简式如图，下列对该化合物叙述正确的是A．属于芳香烃

B．属于卤代烃

C．不能发生取代反应

D．在一定条件下可以发生加成反应参考答案：D略6.某有机物的结构简式为，它在一定条件下可能发生的反应是（

）①加成；②水解；③酯化；④氧化；⑤中和；⑥消去；⑦还原A．①③④⑤⑥⑦

B．①③④⑤⑦ C．①③⑤⑥⑦

D．②③④⑤⑥参考答案：A略7.下列各组元素性质的递变情况错误的是A．Li、Be、B原子最外层电子数依次增多

B．P、S、Cl元素最高正价依次升高C．N、O、F电负性依次增大

D．Na、Mg、Al第一电离能逐渐增大参考答案：D略8.下列各组物质，只用水不能鉴别的是()A．白色粉末：CuSO4、Na2CO3、CaCO3

B．无色液体：乙醇、苯、四氯化碳C．白色粉末：NaOH、NaCl、NH4NO3

D．无色液体：苯、甲苯、乙醛参考答案：D略9.某原电池的结构如图所示，下列有关该原电池的说法正确的是A．该电池工作时电能转变为化学能B．铜片的质量增加C．H+向铁片移动D．铁片上发生的反应是Fe－2e－=Fe2+参考答案：D10.“瘦肉精”又称克伦特罗，其结构简式如右图。下列有关“瘦肉精”的说法不正确的A．它的分子式为C12H18N2Cl2O

B．它含有氨基、氯原子等官能团C．1mol克伦特罗最多能和3molH2发生加成反应D．一定条件下它能发生水解反应、酯化反应、消去反应、氧化反应、加聚反应等参考答案：D试题分析：A．根据“瘦肉精”的结构简式，可知它的分子式为C12H18N2Cl2O，正确。B．在“瘦肉精”的分子中含有含有氨基、氯原子、醇羟基等官能团，正确。C．在一个“瘦肉精”分子中只含有一个苯环，因此1mol克伦特罗最多能和3molH2发生加成反应，正确。D．“瘦肉精”的分子中含有Cl原子，在一定条件下它能发生水解反应，含有醇羟基，可以发生酯化反应，由于羟基连接的碳原子的邻位碳原子上有H原子，因此可以发生消去反应，该有机物可以燃烧，因此能够发生氧化反应，但是没有碳碳双键，所以不能发生加聚反应，错误。故答案D。11.氯的含氧酸根离子有ClO﹣、ClO2﹣、ClO3﹣、ClO4﹣等，有关它们的下列说法正确的是（）A．ClO﹣中氯元素显+1价，具有很强的还原性B．这些离子结合H+的能力，ClO4﹣最强C．ClO3﹣是NO3﹣的等电子体，其空间构型为平面三角形D．ClO2﹣、ClO3﹣、ClO4﹣中的氯原子都采取sp3杂化，离子中相邻两个Cl﹣O键间键角依次增大参考答案：D【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】A．O元素的化合价为﹣2价，结合离子的电荷判断，且次氯酸根离子易得到电子；B．酸性越强的酸，其结合氢离子能力越弱；C．原子个数相等价电子数相等的微粒是等电子体；D．根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式．【解答】解：A．次氯酸根离子中氯元素是+1价，次氯酸根离子易得电子而体现较强的氧化性，故A错误；B．酸性越强的酸，其结合氢离子能力越弱，高氯酸是最强的无机酸，所以ClO4﹣结合氢离子能力最弱，故B错误；C．ClO3﹣和NO3﹣的价层电子数不同，所以不是等电子体，故C错误；D．ClO2﹣、ClO3﹣、ClO4﹣中价层电子对数都是4，所以都采取sp3杂化，且孤对电子数分别为2、1、0，则离子中相邻两个Cl﹣O键间键角依次增大，故D正确；故选D．【点评】本题考查含氯离子的结构，为高频考点，把握酸性、氧化性、等电子体、杂化类型为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为易错点，题目难度不大．12.研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯→确定实验式→确定分子式→确定结构式，以下用于研究有机物的方法错误的是

A．蒸馏可用于分离提纯液态有机混合物B．燃烧法是研究确定有机物成分的一种有效方法C．核磁共振氢普通常用于分析有机物的相对分子质量D．对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子中的基团参考答案：略13.如下表所示，为提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是

不纯物质除杂试剂分离方法A苯（甲苯）KMnO4（酸化），NaOH溶液分液BNH4Cl溶液（FeCl3）NaOH溶液过滤C乙酸乙酯（乙酸）NaOH溶液分液D苯（苯酚）浓溴水过滤参考答案：A略14.芳香族化合物A的分子式为C7H6O2，将它与NaHCO3溶液混合加热，有酸性气体产生．那么包括A在内，属于芳香族化合物的同分异构体的数目是﹙

﹚

A．5

B．4

C．3

D．2

参考答案：A略15.可逆反应mA(g)nB(g)＋pC(s)ΔH＝Q，温度和压强的变化对正、逆反应速率的影响分别符合下图中的两个图象，以下叙述正确的是A．m>n，Q>0

B．m>n＋p，Q>0

C．m>n，Q<0

D．m<n＋p，Q<0参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.工业上通过电解MnSO4和ZnSO4制取Zn和MnO2，原料为软锰矿和闪锌矿，软锰矿中含MnO2约a%，SiO2约20%，Al2O3约4%，其余为水分，闪锌矿中含ZnS约80%，FeS、CuS、SiO2共约7%，其余为水分．I．（1）为了测量软锰矿中MnO2含量的测定，现将14.5g软锰矿溶于足量的稀硫酸中，加入足量的碘化钾晶体，充分反应后，过滤，将滤液加水稀释至1L，取25.00ml该溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol?L﹣1的标准Na2S2O3溶液滴定，消耗标准液50.00ml，则软锰矿中MnO2含量

．（已知：2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4；

I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣）Ⅱ．研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，工艺流程如图1所示．请回答下列问题：（2）反应I的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等．试完成反应I中生成CuSO4和MnSO4的化学方程MnO2+CuS+

=+

+CuSO4+MnSO4．（3）反应Ⅱ加入适量锌的作用是

；如果锌过量，还会进一步发生反应的离子方程式为

．（4）图2是Na2SO4和Na2SO4?10H2O的溶解度曲线（g/100g水），则Ⅳ中得到Na2SO4固体的操作是：将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液升温结晶→

→用乙醇洗涤→干燥．用乙醇洗涤而不用水洗的原因是

．（5）用惰性电极电解MnSO4和ZnSO4制得Zn和MnO2的总反应是：

．（6）本工艺可以循环利用的物质除MnO2、MnCO3、ZnCO3以外，还有（写化学式）．参考答案：（1）60%；（2）2H2SO4；S；2H2O；（3）将溶液中的硫酸铜转化为铜；Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+；（4）趁热过滤，防止Na2SO4固体因溶解而减少，防止Na2SO4固体转变为Na2SO4?10H2O晶体；（5）MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4；（6）Zn．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．【分析】（1）2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4；I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，MnO2～I2～2S2O32﹣，依据离子方程式定量关系计算，注意溶液体积的变化；（2）生成CuSO4和MnSO4的化学方程式是MnO2，CuS在酸性溶液中发生的氧化还原反应，氧化剂为MnO2，被还原为硫酸锰，还原剂为CuS，被氧化为硫单质同时生成硫酸铜，依据电子守恒和原子守恒写出化学方程式判断；（3）流程图分析，锌的主要作用是加入适量和铁离子反应生成亚铁离子，把铜离子转化为铜除去；锌过量会和亚铁离子反应生成铁单质；（4）依据图象的溶解度随温度变化分析判断，得到硫酸钠的适宜条件，注意溶解度的影响；（5）流程图中得到产物为二氧化锰和锌分析，得到锌是锌离子在阴极得到电子析出；二氧化锰是在阳极失电子生成，据此书写化学方程式；（6）可以循环利用的物质是反应过程中重复使用，最后又生成可以进行循环使用．【解答】解：（1）2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4；I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，

MnO2～I2～2S2O32﹣，

1

2

n

0.1000mol?L﹣1×0.050Ln=0.0025mol1L溶液中含MnO2物质的量=0.0025mol×=0.1mol，则软锰矿中MnO2含量=×100%=60%，故答案为：60%；（2）依据流程图分析判断，反应Ⅰ的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等，软锰矿和闪锌矿中的MnO2，CuS在酸性溶液中发生的氧化还原反应生成生成CuSO4和MnSO4硫单质，反应的化学方程式为：MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+CuSO4+MnSO4+2H2O，故答案为：2H2SO4；S；2H2O；（3）流程分析，反应Ⅰ的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等，加入锌反应生成铜，锌的主要作用是加入适量和铁离子反应生成亚铁离子，把铜离子转化为铜除去；锌过量会继续反应置换出铁；反应的离子方程式为：Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+，故答案为：将溶液中的硫酸铜转化为铜；Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+；（4）图象分析可知温度高时析出硫酸钠，温度低时析出硫酸钠结晶水合物晶体，所以需要趁热过滤；洗涤晶体时用乙醇洗涤避免形成结晶水合物，故答案为：趁热过滤，防止Na2SO4固体因溶解而减少，防止Na2SO4固体转变为Na2SO4?10H2O晶体；（5）流程图中得到产物为二氧化锰和锌分析，得到锌是锌离子在阴极得到电子析出，电极反应为：Zn2++2e﹣=Zn；二氧化锰是在阳极锰离子失电子生成，电极反应为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+，反应的化学方程式为：MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4，故答案为：MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4；（6）依据流程图可知能循环使用的物质为Zn、ZnCO3、MnCO3和MnO2，故答案为：Zn．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.已知T℃、pkPa时，往容积可变的密闭容器中充入2molX和1molY，此时容积为VL。保持恒温恒压，发生反应：2X（气）+Y（气）2Z（气），达到平衡时，平衡气中Z的体积分数为0.4。试回答下列有关问题：（1）使温度和压强在上述条件下恒定不变，再往上述密闭容器内充入4molZ，则反应达到平衡时，容器的容积为

，平衡气中Z的体积分数为

。（2）若另选一个容积固定不变的密闭容器，仍控制温度为T℃，使3molX和1.5molY反应，达到平衡状态时，平衡气中Z的体积分数仍为0.4，则该密闭容器的容积为

。参考答案：（9分）（1）5V/6(3分)、0.4(3分)、1.25V(3分)略18.（18分）现有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知：①元素的原子序数按A、B、C、D、E依次增大，原子半径按D、E、B、C、A顺序依次减小；②A、D同主族，A是所有元素中原子半径最小的元素；③通常状况下，A2、B2、C2三种单质均为常见无色气体；④B、D、E三者的最高价氧化物对应的水化物依次为甲、乙、丙，它们两两之间均可反应生成可溶性盐和水，且所得盐中均含C元素。请填写下列空白：（1）将A2、C2按图所示通入某燃料电池中，其中，b电极为

极（填“正”或“负”），电极反应式为

。（2）E单质与乙的溶液反应生成物质丁和A2气体，写出反应的离子方程式

。（3）用石墨作电极，电解上述丁的水溶液500mL，两极产生气泡。持续电解一段时间后停止通电，在整个过程中阳极附近的溶液还可观察到的现象是

。解释此现象的离子方程式