辽宁省凌源市高中2022-2023学年高二4月联考化学试题（ 含答案解析 ）

第1页/共1页下学期高二第二次联考试卷化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：人教版必修第一册、第二册，选择性必修1、必修2。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Fe-56一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.“蓝天工程”和“绿水工程”是为了保护生态环境、提高人民生活质量。下列措施不利于以上工程实施的是A.将煤干馏或气化后获得燃料 B.将废旧电池分类回收，掩埋处理C.开发新能源汽车，逐步减少燃油车使用 D.研究新型可降解塑料，防止“白色污染”【答案】B【解析】【详解】A．将煤干馏或气化后获得的燃料不含有硫，燃烧后不产生污染物，利于保护生态环境，A项正确；B．掩埋处理废旧电池会污染地下水源，B项错误。C．开发新能源汽车，可逐步减少燃油车的使用，C项正确；D．白色污染指聚苯乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成的塑料制品使用后难于降解处理而造成的污染，使用新型可降解塑料，有利于保护生态环境，D项正确；故答案选B。2.在水晶的柱面上涂一层石蜡，用红热的针接触面中央，石蜡熔化后呈椭圆形；用玻璃代替水晶重复上述操作，熔化的石蜡则呈圆形。下列有关叙述错误的是A.玻璃在各个方向的导热性不同 B.玻璃是非晶体C.水晶是晶体 D.晶体的导热性具有各向异性【答案】A【解析】【详解】A．玻璃不是非晶体，非晶体不具有物理性质各向异性的特点，A项错误；B．玻璃是非晶体，B项正确；C．水晶是晶体，C项正确；D．晶体具有各向异性，如导热性，D项正确；故选A。3.糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述错误的是A.氨基酸的最终水解产物为蛋白质B.工业上可以利用油脂的水解产物生产肥皂C.葡萄糖具有醛基可以发生银镜反应D.纤维素和淀粉的最终水解产物相同【答案】A【解析】【详解】A．蛋白质最终水解产物为氨基酸，A项错误；B．油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应，可用于生成肥皂，B项正确；C．葡萄糖为多羟基醛，可以发生银镜反应，C项正确；D．纤维素和淀粉都是多糖，水解的最终产物都为葡萄糖，D项正确；故选A。4.下列说法不正确的是A.Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行B.反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0C.FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同D.Hg(l)+H2SO4(aq)=HgSO4(aq)+H2(g)常温下不能自发进行，说明△H＞0【答案】C【解析】【详解】A．与反应生成和，该反应有气体生成且放热，为熵增的放热反应，能自发进行，A项正确；B．该反应的，在室温下可自发进行，则，该反应的，B项正确；C．和都可以催化分解，加快反应速率，但同等条件下二者对分解速率的改变程度不同，C项错误；D．反应在常温下不能自发进行，则，又因，所以，D项正确。故选C。5.下列各组微粒的空间结构不相同的是A.NH和H3O+ B.H2O和SO2 C.CO2和C2H2 D.SiO和SO【答案】A【解析】【详解】A．空间结构为正四面体形，空间结构为三角锥形，二者空间结构不同，A项符合题意；B．和的空间结构都是V形，B项不符合题意；C．和都是直线形分子，C项不符合题意；D．和空间结构都是正四面体形，D项不符合题意；故选A。6.肼(N2H4)在不同条件下分解产物不同，200℃时在Cu表面分解的机理如图甲所示。已知200℃时，反应I：3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g)ΔH1=-32.9kJ·mol-1反应II：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)ΔH2=-41.8kJ·mol-1下列说法错误的是A.图甲所示过程①为放热反应，过程②为吸热反应B.反应II的能量过程示意图如图乙所示C.断裂3molN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1molN2(g)和4molNH3(g)中的化学键释放的能量D.200℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)ΔH=+116.5kJ·mol-1【答案】D【解析】【分析】【详解】A．过程①是N2H4分解生成N2和NH3，已知热化学方程式I中ΔH为负值，所以图示过程①为放热反应，过程②是NH3的催化剂作用下分解生成N2和H2，根据盖斯定律：(I)−3×(II)得2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)的ΔH=−32.9kJ⋅mol−1−3×(−41.8kJ⋅mol−1)=+92.5kJ⋅mol−1，焓变大于0为吸热反应，A项正确；B．反应II焓变小于0，为放热反应，反应物能量高于生成物，B项正确；C．反应I焓变小于0，为放热反应，所以断开3molN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1molN2(g)和4molNH3(g)中的化学键释放的能量，C项正确；D．根据盖斯定律：(I)−2×(II)得N2H4(g)═N2(g)+2H2(g)ΔH═−32.9kJ⋅mol−1−2×(−41.8kJ⋅mol−1)=+50.7kJ⋅mol−1，D项错误；答案选D。7.下列物质的晶体一定属于离子晶体的是A.在水中能电离出离子的物质 B.熔融状态下能导电的化合物C.在水中能电离出H+的化合物 D.熔化时化学键无变化的化合物【答案】B【解析】【详解】A．在水中能电离出离子的物质常见为电解质，可能是酸、碱、盐，如硫酸是分子晶体，但在水中能电离出氢离子和硫酸根离子，A项错误；B．熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物，B项正确；C．如硫酸是分子晶体，但在水中能电离出氢离子和硫酸根离子，C项错误；D．熔化时化学键无变化的晶体可能是分子晶体，如冰融化变成液态水，D项错误；故选B。8.下列关于CH4和CO2的说法错误的是A.固态时两者均属于分子晶体B.两者均是由极性键形成的非极性分子C.因为碳氢键键能小于碳氧键，所以的熔点低于CO2D.CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp【答案】C【解析】【详解】A．和均由分子构成，因此固态时和都是分子晶体，故A正确；B．CH4中只含C-H极性键，CO2中只含C=O极性键，且和正负电荷中心重合，均属于非极性分子，故B正确；C．分子晶体之间通过范德华力结合，范德华力越强，物质的熔沸点越高，与键能大小无关，故C项错误；D．甲烷为正四面体形，C原子含有4个σ键，无孤电子对，采取sp3杂化，二氧化碳为直线形，碳氧双键中有1个σ键和1个π键，因此C原子采取sp杂化，故D正确；故答案选C。9.实验室用检验的离子方程式为。下列有关说法错误的是A.中铁离子的配位数为6B.再失去1个电子比更难C.形成配位键时，中碳原子提供孤电子对D.1mol含12mol键【答案】B【解析】【详解】A．K3[Fe(CN)6]中铁离子的配位数为6，A正确；B．Fe2+的核外价层电子排布为3d6，Mn2+的核外价层电子排布为3d5，Mn2+半满结构，再失去1个电子比Fe2+难，B错误；C．形成配位键时，CN−中碳原子电负性弱，更易提供孤电子对，C正确；D．1mol[Fe(CN)6]3−含6mol碳氮叁键中的σ键和CN-与Fe3+形成的6mol配位键（也是σ键），（6+6）mol=12molσ键，D正确；故选B。10.某温度下，FeS的水溶液中存在平衡FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.可以通过升温实现由c点变到a点 B.d点可能有沉淀生成C.a点对应的Ksp大于b点对应的Ksp D.该温度下，Ksp(FeS)=2.0×10-18【答案】D【解析】【详解】A．从图像可以看出，从c点到a点，不变，变小，而温度变化时，与同时变化，A项错误；B．沉淀溶解平衡曲线上方表示过饱和溶液，可析出沉淀，曲线下方表示不饱和溶液，所以d点没有沉淀生成，B项错误；C．a、b点处于等温线上，温度不变，不变，C项错误；D．由图知，该温度下，，D项正确；故选D。11.X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。已知X、Y、M分别位于不同的周期，Z元素最外层电子数是次外层电子数的3倍，M元素最高价氧化物对应的水化物是一种难溶于水的酸，Y与M的核电荷数相差8.下列说法正确的是A.X、Y、Z、M四种元素均为非金属元素 B.原子半径：M>Z>Y>XC.X、Y、Z三种元素可以组成的酸只有2种 D.简单氢化物的热稳定性：Y>Z>M【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M为短周期主族元素且原子序数依次增大，已知X、Y、M分别位于不同的周期，则X位于第一周期，为H元素，Y、M分别位于第二、第三周期，Z元素最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，则Z为O，M元素最高价氧化物对应的水化物是一种难溶于水的酸，则M为Si，Y与M的核电荷数相差8，则Y的原子序数为14-8=6，则Y为C元素，据此解答。【详解】A．由分析可知，X为H，Y为C，Z为O，M为Si，均为非金属元素，A项正确；B．原子半径：Si>C>O>H，即M>Y>Z>X，B项错误；C．C、H、O三种元素可以形成含有羧基的多种有机酸，C项错误；D．元素非金属性O>C>Si，则简单氢化物的热稳定性Z>Y>M，D项错误；故答案选A。12.下列实验设计能达到实验目的的是选项实验目的实验设计A比较Cl2和Br2的氧化性取两段湿润的淀粉碘化钾试纸于两支试管中，分别通入少量Cl2和Br2，观察现象B鉴别75%乙醇溶液和无水乙醇取等体积的溶液样品于两支试管中，分别加入一小块金属钠，观察现象C检验未知溶液中是否含有取未知溶液样品于试管中，加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成。再加入足量盐酸，观察沉淀是否溶解D证明FeCl3与KI的反应为可逆反应向溶液中，加入溶液，充分反应后，向溶液中加入几滴KSCN溶液，观察现象A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．只比较出Cl2和Br2的氧化性比I2强，不能比较Cl2和Br2的氧化性强弱，A错误；B．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，金属钠与75%乙醇溶液剧烈反应，与无水乙醇缓慢反应，B正确；C．如果原溶液中含有银离子的话，也满足选项中的现象，C错误；D．结合方程式2Fe³⁺+2I⁻=2Fe²⁺+I₂，由题给信息可知FeCl3过量，向溶液中加入几滴KSCN溶液后，溶液一定变为血红色，D错误；故选B。13.将一定质量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物加入200mL1mol/L稀硝酸中，有气泡生成且混合物完全溶解，向所得溶液中加入KSCN溶液，振荡，无血红色出现，则混合物中铁元素的质量可能为A.11.2g B.9.6g C.5.6g D.2.8g【答案】D【解析】【详解】分析题目可以得出，反应后的溶液中只含，由于反应中有NO生成，根据氮原子守恒可以得到，n(HNO3)=1mol/L×0.2L=0.2mol，混合物中铁元素的物质的量小于0.1mol，质量小于5.6g，D项正确。14.将1molM和2molN置于体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：M(g)+2N(g)P(g)+Q(g)△H，反应过程中测得Q的体积分数在不同温度下随时间的变化如图所示。下列结论正确的是A.△H＞0B.温度：T1＞T2C.温度为T1时，M的平衡转化率为20%D.若X、Y两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2【答案】D【解析】【详解】A．先拐先平数值大，，温度升高，Q的体积分数减小，平衡逆向移动，说明，A项错误；B．先拐先平数值大，，B项错误；C．温度为时，设M的变化量为，根据反应：，温度为，平衡时Q的体积分数，解得，M的平衡转化率为，C项错误；D．对于放热反应，温度越低平衡常数越大，则，D项正确。故选D。15.将石墨置于熔融的钾或气态钾中，石墨吸收钾形成名称为钾石墨的物质，其组成可以是C8K、C12K、C24K、C36K、C48K、C60K等。下列分析正确的是A.题干中所列举的6种钾石墨属于有机高分子化合物B.钾石墨中碳原子的杂化方式是sp3杂化C.若某钾石墨原子分布如图所示，则它所表示的是C12KD.最近两个K原子之间距离为石墨中C—C键键长的2倍【答案】D【解析】【详解】A．题干中列举的6种物质是石墨吸收钾形成的不属于有机物，而是无机化合物，A项错误；B．钾石墨是石墨吸收钾形成的化合物，其中的碳原子形成了键角约为120°的三条共价键，因此采用的是sp2杂化，B项错误；C．由该种钾石墨的结构可知，可选择图中虚线框选的部分作为该钾石墨的晶胞，碳原子位于晶胞的内部共有8个，钾原子位于晶胞的四个顶点上，因此均摊法计算该钾石墨的化学式为C8K，C项错误；D．由该种钾石墨的结构可知，钾原子排列在每个六边形单元格中心位置，并且间隔一个六边形单元格填充，因此钾原子之间的最短距离等于相邻的两个六边形单元格中心连线的长度的2倍，即碳碳键长的倍，D项正确；答案选D。二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.如图为雷雨时节，雨水中硝酸的形成过程。回答下列有关问题：（1）图中物质X为____(填化学式)，转化①、②、③中属于氮的固定的是____。（2）NO2与水蒸气反应生成稀硝酸的化学方程式为____；该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。（3）俗话说“雷雨发庄稼”，一些植物的根可以将空气中的N2转化为NH3，与雨水中的HNO3反应，形成氮肥。这种氮肥加热至230℃分解，产生两种常温下无污染的气体，该反应的化学方程式为____。（4）将容积为50mL，充满O2和NO2气体的试管倒扣在装满水的水槽中，试管内液面上升，最终有5mL气体剩余，假设反应前后试管内气体压强和温度均不变，则反应前试管内O2和NO2的体积比可能为____(写出所有可能的答案)。【答案】（1）①.O2②.①（2）①.3NO2+H2O=2HNO3+NO②.1：2（3）2NH4NO3O2↑+2N2↑+4H2O（4）7：18或7：43【解析】【小问1详解】氮气和氧气放电条件下合成一氧化氮，故X为O2；氮的固定为游离态的氮变为化合态的氮的过程，故属于氮的固定的为①。【小问2详解】二氧化氮和水生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；该反应中3mol二氧化氮中有2mol生成硝酸，作还原剂，有1mol生成一氧化氮，作氧化剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。【小问3详解】氨气和硝酸生成氮肥硝酸铵，加热分解生成两种无污染的气体氮气和氧气，故化学方程式为2NH4NO3O2↑+2N2↑+4H2O。【小问4详解】NO剩余，则首先发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，然后剩余的二氧化氮继续反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，最终NO是5mL，则剩余的NO2是15mL。所以另外35mL气体是NO2和O2按照体积比4：1进行反应，其中28mL是二氧化氮，7mL是氧气，所以二氧化氮共计43mL，氧气7mL，则O2和NO2的体积比为7：43；O2剩余，剩余O25mL，则另外45mL气体是NO2和O2按照体积比4：1进行反应，其中36mL是二氧化氮，9mL是氧气，所以二氧化氮共计36mL，氧气14mL，则O2和NO2的体积比为7：18。17.钛被称为继铁、铝之后的“第三金属”，制备金属钛的一种流程如图。回答下列问题：（1）基态钛原子的价电子轨道表示式为___________，其原子核外共有___________种运动状态不相同的电子。（2）已知在通常情况下是无色液体，熔点为，沸点为136℃，则的晶体类型是___________。（3）纳米是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图所示。化合物乙的沸点明显高于化合物甲的，主要原因是___________。化合物乙中采取杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为___________(填元素符号)。（4）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示。该阳离子的化学式为___________。（5）钙钛矿晶体的结构如图所示。钛离子位于立方晶胞的顶角，被___________个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心。钙钛矿晶体的化学式为___________。【答案】（1）①.②.22（2）分子晶体（3）①.化合物乙能形成分子间氢键②.N＞O＞C（4）[或]（5）①.6②.【解析】【小问1详解】①钛的原子序数为22，则基态钛原子的价电子轨道表示式为：；②钛在元素周期表第四周期第ⅣB族，原子序数为22，则核外电子数为22，原子核外共有22种运动状态不相同的电子；小问2详解】由于在通常情况下是无色液体，熔、沸点较低，说明其组成微粒间的作用力很微弱，属于范德华力，故固态属于分子晶体；【小问3详解】①由于化合物乙中存在-NH2，则化合物乙分子间能形成氢键，故其沸点明显高于化合物甲；②化合物乙中的C、N、O三种原子都有4个价层电子对，则都是采取杂化，同周期元素原子的第一电离能从左往右呈增大的趋势，但由于N原子的2p能级处于半充满状态，结构稳定，其第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；【小问4详解】由硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合结构图，可知该阳离子中Ti与O的原子数之比为1:1，Ti为+4价，O为-2价，故该离子的化学式为[或]；【小问5详解】①由钙钛矿晶体的结构，可知钛离子位于立方晶胞的顶角，被6个氧离子包围成配位八面体；②钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围，晶胞中的12个边长上各有一个氧离子，根据均摊法，可知每一个晶胞中1个钙离子、1个钛离子（）和3个氧离子（），故该钙钛矿晶体的化学式为。18.的排放是形成酸雨的重要原因之一，工业上可采用多种方法减少的排放。回答下列问题：（1）还原法：已知：；。则和反应生成和的热化学方程式为_______。（2）碘循环法的循环过程如图所示，反应①的化学方程式为_______，在整个循环系统中做催化剂的物质是_______(填化学式)。（3）钠碱循环法：用的溶液吸收尾气中的。①上述溶液中：_______；_______。②室温下，当溶液的pH约为6时，溶液吸收能力显著下降，此时溶液中的浓度是，则此时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______。（4）氨石灰水法：第一步：用过量的浓氨水吸收，并在空气中氧化；第二步：加入澄清石灰水。已知：室温下，，，则室温下，第二步反应：的平衡常数_______。【答案】（1）（2）①.②.（3）①.2.4②.③.（4）【解析】【小问1详解】将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，①—②×2可得反应SO2(g)+2H2(g)=S(s)+2H2O(g)，则反应△H=(a-2b)kJ/mol，反应的热化学方程式为O2(g)+2H2(g)=S(s)+2H2O(g)△H=(a-2b)kJ/mol，故答案为：O2(g)+2H2(g)=S(s)+2H2O(g)△H=(a-2b)kJ/mol；【小问2详解】由图可知，反应①为二氧化硫与碘水反应生成硫酸和氢碘酸，反应②为氢碘酸分解生成氢气和碘单质，则A为硫酸，碘为反应催化剂，反应①的方程式为，故答案为：；I2；【小问3详解】①2.4mol/L亚硫酸钠溶液中存在物料守恒关系=c(Na+)×=2.4mol/L×2×=2.4mol/L，也存在质子守恒关系，故答案为：2.4mol/L；；②由室温下，当溶液的pH约为6时，2.4mol/L亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫能力显著下降，此时溶液中亚硫酸根的浓度是0.1mol/L可知，亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应得到亚硫酸氢钠，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为，故答案为：；【小问4详解】由方程式可知，反应的平衡常数K====，故答案为：。