湖北省新高考联考协作体2020-2021学年高二化学上学期期末考试试题试卷满分：100分注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：S32C12N14O16Cl35.5Co59第I卷(选择题共40分)一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项是符合题目要求。1.化学已经渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是A.低碳生活注重节能减排，尽量使用太阳能等代替化石燃料，减少温室气体的排放。B.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，既能消毒杀菌又能净水。C.过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以消杀新型冠状病毒，且消毒原理相同。D.港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到。2.下列有关离子方程式书写不正确的是A.用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋IO3－＋6H＋＝3I2＋3H2OB.H2SO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2OC.用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu＋H2O2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2OD.醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.标准状况下0.5mol14NT3分子中所含中子数为6.5NAB.标准状况下11.2LCCl4含分子数目为2NAC.0.1molH2O2在MnO2催化作用下完全分解生成O2，转移的电子数为0.1NAD.常温下，1LpH＝9的CH3COONa溶液中发生电离的水分子数为1×105NA4.关于室温下pH相同、体积相同的醋酸与盐酸两种稀溶液，下列说法正确的是A.两种酸溶液中，c(CH3COO－)＝c(Cl－)-12-B.温度均升高20℃(忽略溶液的挥发)，两溶液的pH均不变C.两溶液的导电能力不同D.与足量的NaHCO3溶液反应，醋酸产生的气体与盐酸产生的气体相等5.下列有关说法正确的是A.为了减小中和滴定的误差，锥形瓶必须洗净并烘干后才能使用B.向AgNO3溶液中滴加过量的NaCl溶液得到浊液，过滤得到的滤液中不含Ag＋C.离子交换膜在工业上应用广泛，如氯碱工业中使用阴离子交换膜D.室温下，CH3COOH的Ka＝1.7×10－5，NH3·H2O的Kb＝1.7×10－5，CH3COOH溶液中的c(H＋)与NH3·H2O中的c(OH－)不一定相等6.5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液发生反应：2Fe3＋(aq)＋2I－(aq)2Fe2＋(aq)＋I2(aq)，达到平衡。下列说法正确的是A.加入苯，振荡，平衡逆向移动B.加入FeSO4固体，平衡正向移动C.该反应的平衡常数K＝D.经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液，溶液呈红色，表明该化学反应存在限度7.下列实验操作中，对应的现象和结论均正确的是8.下列选用的仪器和药品不能达到实验目的的是-12-9.已知反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝－92.4kJ·mol－1，在催化剂存在时反应过程中的能量变化如图所示，下列叙述正确的是A.反应的△H＝E3－E4B.加入催化剂，△H改变，活化能降低，反应速率加快C.加入催化剂后反应经过两步完成，其中第二步决定反应速率D.向密闭容器中充入1molN2和3molH2发生反应达平衡时，放出92.4kJ热量10.探究铁钉在不同溶液环境中被腐蚀的情况，实验记录如下下列说法不正确的是A.实验中铁钉发生的主要是吸氧腐蚀B.相同条件下，铁钉腐蚀速率大小可能与阴离子种类有关C.相同条件下，铁钉在弱酸性溶液中比中性溶液吸氧腐蚀速率快D.与②作比较，铁钉在0.5mol/L(NH4)2SO4和3.0mol/LH2SO4-12-等体积混合的溶液中，吸氧腐蚀一定速率加快二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，部分选对得2分，选错得0分。11.由γ－羟基丁酸(HOCH2CH2CH2COOH，液态)生成γ－丁内酯(液态)的反应如下在25℃，溶液中γ－羟基丁酸的初始浓度为0.18mol/L，随着反应的进行，测得γ－丁内酯的浓度随时间的变化如下表所示(忽略溶液体积的变化)，下列说法正确的是A.在80－100min内，以γ－丁内酯的浓度变化表示的反应速率为0.0005mol·L－1·min－1B.在160min时，γ－羟基丁酸的转化率约为57.8%C.在25℃，生成的γ－丁内酯与生成的水的物质的量之比保持不变，反应达到平衡状态D.为加快γ－羟基丁酸的反应速率，可以加入适当升温或加压12.如图所示的C/Na4Fe(CN)6－钠离子电池是一种新型电池。下列有关说法不正确的是A.电极b在放电时做负极B.电池工作时，Na＋向电板a移动C.放电时，电极b上的电极反应为：NaxC－e－＝Na＋＋Nax－1CD.该电池通过Na＋的定向移动产生电流，不发生氧化还原反应13.气体的自动化检测中常常应用原电池原理的传感器。下图为电池的工作示意图：气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号。下表列出了待测气体及敏感电极上部分反应产物。则下列说法中正确的是-12-A.上述气体检测时，敏感电极均作原电池正极B.检测Cl2气体时，敏感电极的电极反应为Cl2－2e－＝2Cl－C.检测H2S气体时，对电极充入空气，对电极上电极反应式为O2＋4H＋＋4e－＝2H2OD.检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同14.利用下列装置可以制备氧化铁，已知氯化铁温度较高时升华，易水解变质。下列说法不正确的是A.E为收集氯化铁的收集瓶B.A装置中制备氯气的反应物为二氧化锰和稀盐酸C.E、F之间需要增加一个干燥装置，才能制得无水氯化铁D.实验时应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体再点燃D处的酒精灯15.25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A，H2A被滴定分数、pH及物种分布分数δ[δ(X)＝]如图所示：(提示：虚线是物种分布分数曲线，实线是pH变化曲线)下列说法错误的是A.用NaOH溶液滴定0.1mol·L－1NaHA溶液可用酚酞作指示剂-12-B.Na2A溶液中：c(Na＋)<c(ha－)＋2c(a2－)c.naha溶液呈酸性d.从起点滴加naoh溶液至交点a，水的电离程度先减小后增大第ii卷(非选择题共60分)16.(15分)(1)用太阳能分解水制备h2是一项新技术，其过程如下。已知：2h2o(g)＝2h2(g)＋o2(g)△h＝＋483.6kj·mol－13feo(s)＋h2o(g)＝fe3o4(s)＋h2(g)△h＝＋84.9kj·mol－1过程i的热化学方程式是。(2)已知co(g)＋2h2(g)ch3oh(g)△h，经测定不同温度下反应的化学平衡常数如下：①该反应在条件下易自发。(填“高温”或“低温”)②300℃，某时刻c(co)＝0.2mol·l－1、c(h2)＝0.2mol·l－1、c(ch3oh)＝0.1mol·l－1，此时v正v逆(填“>”、“<”或“＝”)③其他条件不变，在不同催化剂(I、II)作用下，反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)进行相同时间后，CO的转化率随反应温度的变化如图所示。b点CO的转化率高于a点，原因是。(3)在一体积为2L密闭容器中，加入催化剂并加热到一定温度时，使其发生反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，起始CO和H2的物质的量分别为2mol、3mol-12-①达到平衡后测得体系压强是起始时的0.6倍，则该反应的平衡常数K＝(mol/L)－2②一氧化碳催化加氢合成甲醇反应往往伴随着副反应，生成CH2O、C2H6O等有机物。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和合成甲醇的选择性，应当。(4)在不同的电压下，CO2、H2O混合电解转化为CO、H2的电流效率如图所示(注：电流效率＝×100%)①由图可知生成CO和H2有相互(填“促进”、“抑制”或“无影响”)作用。②用此法生产的CO和H2合成CH3OH，为使利用率最高，电解时应控制电压在V左右(选填5、15、25)17.(15分)(1)已知常温下浓度为0.1mol·L－1的几种溶液的pH如表①同温度同浓度下，HF、H2CO3、HClO三种酸由强到弱的顺序为。②Na2CO3溶液呈碱性的原因(离子方程式表示)③下列能说明碳与硫两种元素非金属性强弱的是。A、酸性：H2SO3>H2CO3B、相同条件下水溶液的pH：Na2CO3>Na2SO4C、S与H2的化合比C与H2的化合更容易④“84”消毒剂(有效成分为NaClO)，可用它浸泡、擦拭物品，喷洒空气，对地面进行消毒，以达到杀灭大多数病菌和部分病毒的目的。NaClO的电子式为“84”消毒剂在空气中能生成HClO杀菌消毒的离子方程式。⑤常温下，0.1mol·L－1的NaF溶液中，c(HF)＋c(H＋)＝mol·L－1(2)工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，已知亚硫酸的电离常数Ka1＝1.0×10－2Ka2＝6.2×10－8①说明NaHSO3溶液显酸性的原因：。-12-②25℃时，用1.5mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH＝7时，溶液中各离子浓度的大小关系为(忽略溶液体积的变化)；若向该溶液中加入少量的Br2，则溶液中将(填“增大”“减小”或“不变”)18.(16分)钴被誉为战略物资，有出色的性能和广泛应用。一种利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、CaO、MgO、NiO和SiO2等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如图：(1)“钴浸出”过程中Na2SO3作还原剂将Co3＋转化为Co2＋，反应的离子方程式为；浸渣的主要成分；(2)“净化除杂”分两步完成①“净化除杂1”过程中，先加入H2O2；其作用是(用离子方程式表示)；再加入Na2CO3溶液，调pH至恰好除去Fe3＋(离子浓度等于1×10－5mol·L－1)。已知常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp＝8.0×10－38；lg2＝0.3②“净化除杂2”过程除钙、镁：加入适量NaF，让Mg2＋、Ca2＋完全被除去。(3)“萃取和反萃取”①“水相①”中的主要溶质是H2SO4、Na2SO4和(写化学式)。②“水相②”结晶得到的粗产品中CoCl2·6H2O含量的测定，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量的硝酸酸化AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量，通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是。③电解CoCl2溶液可以得到钴，电解装置如图所示。阳极的电极反应式为，电解后a室中的电解液可返回工序继续使用。19.(14分)某实验小组通过实验制备二氧化氯水溶液，并测定二氧化氯水溶液中ClO2含量。已知ClO2是一种黄绿色的气体，极易溶于水，且很不稳定，需随用随制，用水吸收得到ClO2-12-溶液。其中制备二氧化氯水溶液的实验装置如下：(1)NaClO3溶液和盐酸反应生成的ClO2与Cl2物质的量之比为2：1，该反应的化学方程式为。(2)通入N2的目的是，纯水装置中的现象是。(3)ClO2作为一种广谱性的消毒剂，逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。为测定上述所得溶液中ClO2的含量，进行了以下实验：步骤1：取一定量的原ClO2溶液用容量瓶准确配制ClO2试样溶液。步骤2：量取25.00mLClO2试样溶液加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：ClO2＋I－＋H＋——I2＋Cl－＋H2O未配平)步骤3：滴加几滴淀粉溶液，用cmol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液VmL。(已知：I2＋2S2O32－＝2I＋＋S4O62－)该测定实验共进行了4次。①准确量取25.00mLClO2试样溶液的玻璃仪器是。②实验步骤3中滴定终点的现象。③实验室现有50mL、100mL、250mL、500mL4种规格的容量瓶，则配制ClO2试样溶液应选用的容量瓶的规格为，理由。④4次测定所消耗的Na2S2O3溶液的体积如下：根据上述实验数据，计算出配制的ClO2试样溶液的物质的量浓度为mol·L－1(用含字母的代数式表示)-12-2021年湖北省新高考联考协作体高二上学期期末考试高二化学参考答案题号123456789101112131415答案CDBADDCBCDABDCBBD1.C解析：C过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇不具有氧化性，乙醇并不急于使细菌表面的蛋白质凝固，而是渗入到细菌体内，然后把整个细菌体内的蛋白质凝固起来，使蛋白质病毒变性失去生理活性从而达到杀菌的目的，故C错误2.D解析：D醋酸是弱电解质，不能拆开3.B解析：B.标准状况下CCl4为液态4.A解析：A.根据电荷守恒，可推出c（CH3COO-）=c(Cl-)B．醋酸的电离是吸热的，升高温度，电离平衡正向移动，c(H+)增大，溶液的pH减小C．溶液中离子浓度相等，导电能力相同。D．醋酸不完全电离，所以同pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量浓度远大于盐酸，所以同体积的盐酸和醋酸溶液，醋酸中的溶质的物质的量大于盐酸中HCl的物质的量，所以和足量的NaHCO3溶液反应时，产生的气体醋酸多5．D解析：D、CH3COOH的Ka与NH3·H2O的Kb相等，但浓度大小不知道，故CH3COOH的c(H＋)与NH3·H2O中的c(OH－)不一定相等6.D解析：A选项中加入苯，萃取了碘单质，导致了c(I2)减小，化学平衡正向移动C选项中漏掉了c(I2)7.C解析：A.不能湿润的pH试纸测定NH4Cl溶液的pH，读数应为整数，NH3•H2O是弱电解质D．NaOH过量，没有实现沉淀转化，无法比较溶度积的大小8.B解析：B导管直接插在水中，氨气极易溶于水，不能防止倒吸9.C解析A.①A→B反应焓变为E1﹣E2，②B→C反应焓变为E3﹣E4，结合盖斯定律A→C的反应焓变为E1﹣E2+E3﹣E4B．加入催化剂，△H不改变C．E1﹤E3第二步反应速率较慢，其决定总反应速率D.由于该反应是可逆反应，无法完全反应，所以反应放出小于92kJ热量10.D解析：D．发生析氢腐蚀11.AB解析：D．反应体系中的物质都为液态，不能加压加快反应速率12.D解析：D.原电池的构成需要发生氧化还原反应13.C解析：A.CO、H2S均被氧化，敏感电极做负极B.Cl2+2e－=2Cl－C.H2S反应生成硫酸，说明溶液显酸性，所以对电极的电极反应式O2＋4H+＋4e－===2H2OD.等物质的量H2S与CO失去电子数不一样，所以产生电流不一样14.B解析B.制备氯气的反应物为二氧化锰和浓盐酸15.BD解析：A.NaOH溶液滴定NaHA溶液生成Na2A，水解呈碱性，用酚酞作指示剂B.根据电荷守恒推出C.由图可知，NaHA溶液呈酸性D.水的电离程度一直增大16.（15分）答案：-12-（1）2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)   △H= +313.8kJ/mol（2分）（2）①低温（2分）②<（2分）③a点和b点都未达到平衡，b点温度高，反应速率快，单位时间内转化率高。（2分）（3）①4（2分）②选择合适的催化剂（2分）（4）①抑制（1分）；②25（2分）解析：（1）通过中过程的热化学方程式计算2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)   △H= +313.8kJ/mol（2）①温度升高，K值减小，可推知反应为放热反应，反应又属于熵减小的反应，推知该反应在低温条件下易自发。②300℃，某时刻c(CO)=0.2mol·L-1、c(H2)=0.2mol·L-1、c(CH3OH)=0.1mol·L-1，代入浓度商Qc表达式中，可算出Qc=12.5>K，反应逆向进行，υ正<υ逆。③b点和c点都未达到平衡，c点温度高，反应速率快，单位时间内转化率高。（3）①反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，起始CO和H2的物质的量分别为2mol、3mol；设达到平衡时CO的转化量为xmol，H2的转化量为2xmol，CH3OH的生成量为xmol，则平衡量CO为（2-x）mol，H2为（3-2x）mol，CH3OH为x mol，平衡后测得体系压强是起始时的0.6倍，求出x=1mol，求出K=4(mol/L)-2②为了提高反应速率和合成甲醇的选择性，应当选择合适的催化剂（4）①由题图可知，CO减少的同时H2增大，说明生成CO和H2有相互抑制作用。②根据化学方程式CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)可知，CO和H2的化学计量数之比为1:2，所以为使CO和H2的利用率最高，电解时应控制电压为25V左右。17.（15分）答案：（1）①HF>H2CO3>HClO（1分）②CO32－+H2OHCO3－+OH－（2分，写2步水解也得分）；③BC（2分）④（1分）ClO－+CO2+H2O=HCO3－+HClO（2分）⑤10－6.5（2分）（2）①NaHSO3溶液中HSO3－电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性。（2分）②c(Na+)>c(HSO3－)>c(SO32－)>c(H+)=c(OH－)（2分）；增大（1分）解析：（1）①已知常温下浓度为0.1mol·L-1的几种溶液的pH；根据水解规律，酸越弱，盐的水解程度越大，可知酸性：HF>H2CO3>HClO②Na2CO3溶液呈碱性的原因是CO32-水解，CO32－+H2OHCO3－+OH－③A中应选用最高价的含氧酸的酸性比较非金属性；B可以利用盐类水解来比较非金属性；C中S与H2的化合比C与H2的化合更容易，可以比较非金属性④NaClO的电子式为“84”消毒剂在空气中生成HClO用于消毒的离子方程式ClO－+CO2+H2O=HCO3－+HClO⑤根据质子守恒可知，c(HF)+c(H+)=c(OH−)=10－6.5mol·L－1（2）①NaHSO3溶液中HSO3－电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性。②25℃,时用1.5mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液PH=7，把c(H+)=1×10-7代入Ka2表达式中，可推出c(HSO3－)>c(SO32－)，写出离子浓度排序：c(Na+)>c(HSO3－)>c(SO32-12-－)>c(H+)=c(OH－)；向该溶液中加入少量的Br2，发生反应SO32－+Br2+H2O=SO42－+2Br－+2H+，可知溶液酸性增强，c(H+)增大，通过Ka1表达式，可以分析增大18.（16分）答案：(1)2Co3++SO32+H2O=2Co2++SO42−+2H+ （2分）SiO2、CaSO4（2分）(2)①2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O或SO32+H2O2=SO42+H2O（任写对一个得2分）3.3（2分）（3）①NiSO4（2分）；②粗产品中可能含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水（任答对一个原因得2分）③2H2O–4e－=O2↑+4H+（2分）；反萃取(2分)解析：(1)“钴浸出”过程中 Na2SO3 将 Co3+ 还原为 Co2+, 自身被氧化为硫酸钠 , 发生的离子反应为：2Co3++SO32−+H2O=2Co2++SO42−+2H+ ；浸渣是不参与反应且难溶于水的SiO2和反应生成的微溶物CaSO4(2)①“净化除杂 1 ”过程中 , 先加入 H2O2 ；氧化溶液中的Fe2+，发生的反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；加入 Na2CO3 溶液，调pH恰好除去Fe3+，计算过程为：常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=8.0×10-38=c(Fe3+)·c3(OH-)，将c（Fe3+）=10-5mol·L－1代入公式，可推出c(OH-)=2×10－11mol·L－1；根据水的离子积常数，推出c(H+)=5×10－4mol·L－1；算出pH=3.3。（3）“萃取和反萃取”①根据流程的目的，以及主要成分，推出水相①中含有溶质为硫酸、硫酸钠和NiSO4；②根据流程可知，粗产品中可能含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。③2H2O–4e－=O2↑+4H+；电解后a室中的电解液生成的是盐酸，可在“反萃取”中再利用。19.（14分）答案：(1)2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O（2分）(2)将装置中的ClO2和Cl2气体全部排出，使ClO2完全被水吸收（2分）溶液变黄绿色（2分）(3)①酸式滴定管（1分）②溶液蓝色褪去，且半分钟内溶液颜色不复原。（2分）③250mL；（1分）4次理论共消耗100mL，考虑润洗酸式滴定管和实际损耗，故需要250mL容量瓶。（2分）④0.16c（2分）解析：(1)2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O(2)将装置中的ClO2和Cl2气体全部排出，使ClO2完全被水吸收；溶液变黄绿色(3)①ClO2溶液具有强氧化性，准确量取时用酸式滴定管②溶液蓝色褪去，且半分钟内溶液颜色不复原。③250mL；4次理论共消耗100mL，考虑润洗酸式滴定管和实际损耗，故需要250mL容量瓶。④根据反应找出反应物之间的计量数关系：2ClO2----5I2---10Na2S2O3，已知4次测定所消耗的Na2S2O3溶液的体积去掉21.20mL，所以平均体积20.00mL，计算消耗Na2S2O3的物质的量为20.00×10-3L×cmol·L－1=0.02cmol，根据计量数关系，算出ClO2物质的量为0.004cmol，算出ClO2物质的量浓度为0.16cmol·L－1-12-</c(ha－)＋2c(a2－)c.naha溶液呈酸性d.从起点滴加naoh溶液至交点a，水的电离程度先减小后增大第ii卷(非选择题共60分)16.(15分)(1)用太阳能分解水制备h2是一项新技术，其过程如下。已知：2h2o(g)＝2h2(g)＋o2(g)△h＝＋483.6kj·mol－13feo(s)＋h2o(g)＝fe3o4(s)＋h2(g)△h＝＋84.9kj·mol－1过程i的热化学方程式是。(2)已知co(g)＋2h2(g)ch3oh(g)△h，经测定不同温度下反应的化学平衡常数如下：①该反应在条件下易自发。(填“高温”或“低温”)②300℃，某时刻c(co)＝0.2mol·l－1、c(h2)＝0.2mol·l－1、c(ch3oh)＝0.1mol·l－1，此时v正v逆(填“>