【解析】江苏省南京市六校联合体2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题

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一、单选题

1．化学为人类科技发展作出巨大贡献。下列物质主要成分属于纤维素的是（）

A．棉、麻B．黑火药C．陶瓷烧制D．丝绸

【答案】A

【知识点】物质的简单分类

【解析】【解答】A、棉、麻主要成分为纤维素，A正确；

B、黑火药的主要成分为硫、碳、硝酸钾，B错误；

C、陶瓷的主要成分为硅酸盐，C错误；

D、丝绸的主要成分为蛋白质，D错误；

故答案为：A

【分析】A、棉、麻主要成分为纤维素；

B、黑火药的主要成分为硫、碳、硝酸钾；

C、陶瓷的主要成分为硅酸盐；

D、丝绸的主要成分为蛋白质。

2．少量Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，下列说法正确的是（）

A．Na2O2的电子式为

B．Na2CO3仅含离子键

C．干冰晶胞如图所示，配位数为12

D．16O和18O互为同素异形体

【答案】C

【知识点】离子键的形成；同位素及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合

【解析】【解答】A、过氧化钠中，两个氧原子应以共用电子对的形成连接在一起，过氧根离子和钠离子以共价键形成连接，A错误；

B、碳酸钠中含钠离子和碳酸根离子以离子键结合，碳酸根内部为共价键结合，B错误；

C、以顶点的干冰分子观察，可知距离其最近的另一个干冰分子为面对角线的中点处，结合周围晶胞判断，可知最近等距离的干冰分子共有12个，配位数为12，C正确；

D、16O和18O质子数相同，中子数和质量数不同，为同位素，D错误；

故答案为：C

【分析】A、电子式中，氧原子为非金属原子，非金属原子之间的结合为共用电子对的结合；

B、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键；

C、晶胞配位数要结合最近等距离的原子判断，可以根据周围晶胞结构判断；

D、同素异形体指的是同种元素的不同单质；同位素指的是同种元素的不同原子。

3．常见的非金属元素和金属元素及其化合物是中学化学核心知识。下列说法正确的是（）

A．半径大小：r(Al)>r(Na)B．电离能大小：I1(N)>I1(O)

C．电负性大小：χ(F)I1(O)，B正确；

C、同周期元素，从左到右电负性增大，则χ(F)>χ(O)，C错误；

D、同周期元素，从左到右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则NaOH>Al(OH)3，D错误；

故答案为：B

【分析】同一周期，从左到右最外层电子数递增，同一主族，最外层电子数相等；

同一周期，从左到右最高正价为+1—+7，最低负价为-4—-1，同一主族，最高正价相同，最低负价相同；

同一周期，从左到右半径减小，同一主族，从上到下半径增大；

同一周期，从左到右金属性减弱，非金属性增强，同一主族，从上到下金属性增强，非金属性减弱

金属性的比较：最高价氧化物对应水化物的碱性，和氧气、水、酸反应的程度，单质的还原性；

非金属性的比较：最高价氧化物对应水化物的酸性，和氢气反应的程度，氢化物的稳定性，单质氧化性；

同周期元素，从左到右第一电离能增大，若原子最外层能级电子为半充满或全充满则出现反常。

4．下列有关SO2的实验原理或方案能达到目的的是（）

A．制SO2B．制BaSO3沉淀

C．验证SO2的还原性D．收集SO2

【答案】A

【知识点】化学实验方案的评价

【解析】【解答】A、铜和浓硫酸加热生成二氧化硫、硫酸铜和水，A正确；

B、二氧化硫和氯化钡不发生反应，B错误；

C、二氧化硫使品红溶液褪色体现的是二氧化硫的漂白性，C错误；

D、二氧化硫可以溶于水，不能用排水集气法收集，D错误；

故答案为：A

【分析】A、铜和浓硫酸加热生成二氧化硫、硫酸铜和水；

B、结合强酸制弱酸的原理判断，可知H2SO3不能制备HCl；

C、二氧化硫使品红溶液褪色体现的是二氧化硫的漂白性；

D、二氧化硫可以溶于水，不能用排水集气法收集。

5．氮是生命所需的重要元素，是蛋白质的重要组成部分。亚硝酸(HNO2)是一种亮蓝色的弱酸，电离平衡常数为4.6×10-4；亚硝酸既有氧化性，又有还原性。亚硝酸溶液微热即分解。亚硝酸钠(NaNO2)是肉制品生产中最常使用的一种食品添加剂。氨气的燃烧热316.25kJ·mol-1，肼(N2H4)为无色油状液体，有类似于氨的刺鼻气味，是一种强极性化合物。下列说法正确的是（）

A．HNO2与KMnO4酸性溶液反应：5NO+2+6H+=5+2Mn2++3H2O

B．氨气燃烧的热化学方程式：4NH3(g)+3O2(g)=6H2O(g)+2N2(g)ΔH=-1265kJ·mol-1

C．肼(N2H4)—空气碱性燃料电池的负极反应：N2H4+4e-=4H++N2↑

D．氢氧化铜溶于氨水的化学方程式：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2

【答案】D

【知识点】含氮物质的综合应用

【解析】【解答】A、亚硝酸为弱酸，弱酸不可拆为离子形成，A错误；

B、燃烧热的定义是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，生成的H2O应为液态，B错误；

C、燃料电池的负极需要失去电子，C错误；

D、氢氧化铜可以和氨分子结合生成氢氧化四氨合铜，D正确；

故答案为：D

【分析】A、离子方程式的书写要注意，强酸、强碱、可溶性盐可以拆；弱酸，弱碱、难溶和为微溶性盐、氧化物不可拆；

B、燃烧热要注意几个点：1、可燃物化学计量数为1；2、碳元素燃烧产物为二氧化碳；3、氢元素燃烧产物为液态水；

C、原电池的角度进行分析，活泼金属作为负极，负极质量减少，正极质量增加或者生产气体，电子由负极经过导线流向正极，电流由正极经过导线流向负极，阳离子移向正极，阳离子得到电子形成单质，阴离子移向负极，负极失去电子形成阳离子；

D、氢氧化铜可以和氨分子结合生成氢氧化四氨合铜。

6．氮是生命所需的重要元素，是蛋白质的重要组成部分。亚硝酸(HNO2)是一种亮蓝色的弱酸，电离平衡常数为4.6×10-4；亚硝酸既有氧化性，又有还原性。亚硝酸溶液微热即分解。亚硝酸钠(NaNO2)是肉制品生产中最常使用的一种食品添加剂。氨气的燃烧热316.25kJ·mol-1，肼(N2H4)为无色油状液体，有类似于氨的刺鼻气味，是一种强极性化合物。连二亚硝酸(HON=NOH)是一种重要的还原剂，可由亚硝酸和羟胺反应制备，其反应的化学方程式为（）HONO+H2NOH→HON=NOH+H2O。下列说法错误的是

A．亚硝酸根离子(NO)为V形结构

B．羟胺是极性分子

C．1个HON=NOH中有6个σ键

D．连二亚硝酸可能易溶于水

【答案】C

【知识点】判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响

【解析】【解答】A、NO2-中，N孤电子对数为1，周围连接2个原子，杂化轨道数为3，为sp2杂化，其空间结构为V形，A错误；

B、羟胺中正电中心和负电中心不重合，为极性分子，B错误；

C、HON=NOH中σ键有O-H、O-N、N-N，共5个，π键有N-N，共1个，C正确；

D、连二亚硝酸可以和水形成羟基，水溶性增强，易溶于水，D错误；

故答案为：C

【分析】A、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；

杂化轨道数=2，为直线；

杂化轨道数=3，周围原子数=3，为三角形；

杂化轨道数=3，周围原子数=2，为V形；

杂化轨道数=4，周围原子数=4，为四面体；

杂化轨道数=4，周围原子数=3，为三角锥；

杂化轨道数=4，周围原子数=2，为V形；

B、正电中心和负电中心不重合，为极性分子；正电中心和负电中心重合，两者为非极性分子；

C、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；

D、N、O、F三种原子可以和H形成氢键。

7．氮是生命所需的重要元素，是蛋白质的重要组成部分。亚硝酸(HNO2)是一种亮蓝色的弱酸，电离平衡常数为4.6×10-4；亚硝酸既有氧化性，又有还原性。亚硝酸溶液微热即分解。亚硝酸钠(NaNO2)是肉制品生产中最常使用的一种食品添加剂。氨气的燃烧热316.25kJ·mol-1。肼(N2H4)为无色油状液体，有类似于氨的刺鼻气味，是一种强极性化合物。关于物质的性质及其相关用途，下列说法错误的是（）

A．蛋白质盐析是可逆的，可采用多次盐析来分离提纯蛋白质

B．亚硝酸钠(NaNO2)具有防腐作用，可用来浸泡新鲜瓜果

C．浓氨水具有挥发性和还原性，可用于检验输送氯气的管道是否漏气

D．NH3易液化，液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂

【答案】B

【知识点】氨的性质及用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点

【解析】【解答】A、蛋白质的盐析为可逆的过程，可以通过盐析分离提纯蛋白质，A错误；

B、亚硝酸钠会致癌，不能用于浸泡新鲜蔬果，B正确；

C、浓氨水遇氯气可以发生氧化还原反应生成氯化铵，有白烟现象，C错误；

D、NH3易液化，液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂，D错误；

故答案为：B

【分析】A、盐析为可逆过程，通过加入非重金属盐可以使蛋白质沉淀，加水可以使蛋白质溶解；

B、亚硝酸钠、苯甲酸钠都可以作为防腐剂，同时会致癌；

C、浓氨水遇氯气可以发生氧化还原反应生成氯化铵，有白烟现象；

D、NH3易液化，液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂。

8．利用电解原理制备的装置如图所示(M、N均为惰性电极)。下列说法正确的是（）

A．极与电源负极相连

B．常温下，电解后N极附近溶液减小

C．膜a、膜c均为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜

D．电解时可获得副产物、、

【答案】D

【知识点】电解池工作原理及应用

【解析】【解答】根据电解池可以观察，CaCl2提供Ca2+，NaH2PO4提供H2PO4-，则需要让Ca2+右侧移动，则N极为阴极，H2PO4-向左侧移动，则M极为阳极，则膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，Na+向右侧移动，形成NaOH浓溶液，则膜c为阳离子交换膜；

A、M极为阳极，连接电源正极，A错误；

B、N极为阴极，为H+放电，c(H+)减小，pH增大，B错误；

C、结合分析可知膜a、c为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，C错误；

D、电解时左侧为Cl-放电形成Cl2，右侧为H+放电形成H2，同时形成NaOH浓溶液，D正确；

故答案为：D

【分析】电解池的题目要注意几个问题：

1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；

2、溶液中的离子放电顺序：

阳离子：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+（酸）>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+（水）；

阴离子：S2–>I->Br->Cl->OH->(NO3－、SO42–等)含氧酸根>F－；

3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。

9．汽车尾气中的有害气体可通过如下反应实现转化：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。下列说法正确的是（）

A．每转化22.4LNO，转移电子数为2×6.02×1023

B．该反应ΔHc(H2CO3)>c()

B．实验2所得上层清液中存在c(Ba2+)·c()=Ksp(BaCO3)

C．实验3反应后的溶液中存在c(Na+)c(H2CO3)>c()，A错误；

B、向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入过量0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，发生的反应为NaHCO3+Ba(OH)2=NaOH+BaCO3↓+H2O，存在，则有c(Ba2+)·c()=Ksp(BaCO3)，B错误；

C、向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，发生反应

NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，Na2CO3溶液呈碱性，则c(H+)2c(CO32-)+c(HCO3-)，C正确；

D、向浓NaHCO3溶液中加入浓Al2(SO4)3溶液，HCO3-和Al3+可以发生完全双水解：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，D错误；

故答案为：C

【分析】A、结合弱酸酸式盐电离和水解程度判断；

B、结合溶度积计算公式判断；

C、结合电荷守恒判断；

D、结合离子的水解方程式判断。

13．通过反应Ι：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可以实现CO2捕获并资源化利用。密闭容器中，反应物起始物质的量比=3时，在不同条件下(分别在温度为250℃下压强变化和在压强为5×105Pa下温度变化)达到平衡时CH3OH物质的量分数变化如下图所示，主要反应如下：

反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+42.5kJ·mol-1

反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3=—90.7kJ·mol-1

下列说法正确的是（）

A．反应Ι的ΔH1=+48.2kJ·mol-1

B．曲线②表示CH3OH的物质的量分数随压强的变化

C．一定温度下，增大的比值，可提高CO2平衡转化率

D．在5×105Pa、250℃、起始=3条件下，使用高效催化剂，能使CH3OH物质的量分数从X点达到Y点

【答案】C

【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用

【解析】【解答】A、根据三个方程式的关系，可知反应I=反应II+反应III，则有ΔH1=ΔH2+ΔH3，则ΔH1=-48.2kJ·mol-1，A错误；

B、增大压强，平衡朝气体体积缩小的方向移动，则增大压强，反应III平衡朝正向移动，CH3OH浓度增大，曲线①表示CH3OH的物质的量分数随压强的变化反应III为放热反应，温度升高，CH3OH浓度减小，则曲线②表示CH3OH的物质的量分数随温度的变化，B错误；

C、增大的比值，可看成增大c(H2)，则CO2平衡转化率增大，C正确；

D、催化剂不影响平衡移动，D错误；

故答案为：C

【分析】A、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；

B、增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；

升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之；

C、增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率；

D、催化剂不影响平衡移动。

二、工业流程题

14．以废锰渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)为原料制备MnSO4晶体，其工艺流程可表示为：

（1）Mn2+的基态核外电子排布式为。

（2）“酸浸”时为提高锰离子的浸出率，可采取的措施有。

（3）“反应I”中加入硫铁矿(主要成分FeS2)与MnO2反应生成Mn2+与Fe3+，滤渣1的主要成分为FeS2和S，写出该反应的离子方程式。

（4）已知：Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38。“调pH”后滤液中Fe3+刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10-5mol·L-1认为沉淀完全)，此时pH约为；滤渣2除MnO2、CaCO3外主要成分是(填化学式)。

（5）测定产品纯度。取制得的MnSO4晶体0.1510g，溶于适量水中，加硫酸酸化；用过量NaBiO3(难溶于水)将Mn2+完全氧化为MnO，过滤洗涤；将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并，向其中加入Na2C2O4固体0.5360g；充分反应后，用0.0400mol·L-1KMnO4溶液滴定，用去20.00mL。计算产品中MnSO4的质量分数(写出计算过程，保留两位有效数字)。

[已知：+→CO2↑+Mn2+(未配平)]

【答案】（1）[Ar]3d5

（2）加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等

（3）3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O

（4）3；Fe(OH)3、CaSO4

（5）80.00%。

【知识点】物质的分离与提纯

【解析】【解答】（1）Mn为25号元素，其基态核外电子排布式为[Ar]3d54s2，则Mn2+的核外电子排布式为[Ar]3d5，故答案为：[Ar]3d5；

（2）提高锰离子的浸出率方法有：加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等，故答案为：加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等；

（3）MnO2具有氧化性，FeS2具有还原性，结合题干信息可知产物有S，则反应为3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O，故答案为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O；

（4）结合，可知，要使Fe3+沉淀完全，则，则pH约为3；SO42-可以和Ca2+结合生成CaSO4，调节pH可以使Fe3+生成Fe(OH)3，故答案为：3；Fe(OH)3、CaSO4；

（5）已知+→CO2↑+Mn2+，C化合价由+3变为+4，Mn由+7变为+2，则可以找出关系式5C2O42-~2MnO4-，Na2C2O4质量为0.5360g，可知n(C2O42-)=0.004mol，再用0.0400mol·L-1KMnO4溶液滴定，用去20.00mL，即消耗的KMnO4为0.0008mol，

则n(C2O42-)剩余=0.002mol，则n(C2O42-)反应=0.002mol，根据2Mn2+~5C2O42-，则n(Mn2+)=0.0008mol，则n(MnSO4)=0.0008mol，n(MnSO4)=0.1208g，则，故答案为：80%。

【分析】（1）核外电子排布式要结合原子序数判断；

（2）提高锰离子的浸出率方法有：加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等；

（3）根据化合价变化配平化学计量数；

（4）结合溶度积和铁离子的浓度计算氢氧根浓度，判断pH；

（5）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。

三、有机推断题

15．白花丹酸具有镇咳祛痰的作用，其合成路线流程图如下：

（1）B分子中碳原子的杂化方式为。

（2）C→D的反应类型为。

（3）白花丹酸分子中混有，写出同时满足下列条件的该有机物的一种同分异构的结构简式：

①分子中有四种不同化学环境的氢；②与FeCl3溶液能发生显色反应，且1mol该物质最多能与3molNaOH反应。

（4）E的结构简式为。

（5）已知：R—BrRMgBr。根据已有知识并结合相关信息写出以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图。

【答案】（1）sp2、sp3

（2）氧化反应

（3）或

（4）

（5）

【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；结构简式

【解析】【解答】（1）B中的C有两种情况，其中含有双键的C和苯环的C为sp2杂化，单键C为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；

（2）C转化为D的过程中，为羟基转化为羰基的过程，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；

（3）分子中有四种不同化学环境的氢，即四种等效氢，可以和FeCl3溶液发生显色反应，即含有酚羟基，且可以和3molNaOH反应，即除了酚羟基还应该含有酯基，故答案为：或；

（4）结合D和F的结构简式，可知E的结构简式为，故答案为：；

（5）根据最终产物和已知条件R—BrRMgBr，可知要形成应先转化出，再制备，故答案为：。

【分析】（1）杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；

（2）羟基转化为羰基或醛基的过程为氧化反应；

（3）结合碳链异构、位置异构判断；

（4）结合前后流程可以判断有机物的结构简式；

（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。

四、工业流程题

16．硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]为橙红色结晶性粉末，易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸，主要用作氧化剂和分析试剂；二氧化铈(CeO2)为白色或黄白色固体，难溶于水，有强氧化性，主要用于玻璃、催化剂、电子管等工业。(NH4)2Ce(NO3)6和CeO2均是常见的强氧化剂，可用Ce2(CO3)3(难溶于水)为原料进行制取。

（1）碳酸铈可溶于硝酸中，写出酸溶1的离子方程式：。

（2）“沉淀1”时，溶液中Ce(NO3)3转化为Ce(OH)3(HO2)沉淀。写出沉淀1反应的化学方程式：。

（3）“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与Ce(OH)3(HO2)分解产生的Ce(OH)4反应生成H2Ce(NO3)6，反应过程中有少量红棕色气体逸出。“酸溶2”时需控制硝酸的温度为80℃，原因是。

（4）“沉淀2”时，控制其他条件一定，改变加入NH4NO3固体的量，测得(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率如图1所示。“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入n(NH4NO3)∶n(Ce)=4∶1的目的是。

（5）已知：4Ce(OH)3(白色沉淀)+O2+2H2O=4Ce(OH)4(黄色沉淀)，Ce(OH)4受热分解时失重百分比与温度的关系如图2所示。实验小组以Ce2(CO3)3为原料制取CeO2，请设计实验方案：将Ce2(CO3)3完全溶解于盐酸中，，得CeO2固体。[须选用的试剂和仪器：2mol·L-1氨水、O2、1mol·L-1HNO3、1mol·L-1AgNO3溶液、马弗炉(可用于固体的高温加热)]

【答案】（1）Ce2(CO3)3+6H+=2Ce3++3CO2↑+3H2O

（2）2Ce(NO3)3+3H2O2+4H2O=2Ce(OH)3(HO2)↓+6HNO3

（3）控制硝酸的温度为80℃的目的是增大化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解

（4）增加的浓度，增大反应的速率；此时(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率较高

（5）向所得溶液中加入2mol·L-1氨水，静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入O2至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入1mol·L-1HNO3酸化后再加入1mol·L-1AgNO3溶液不再产生沉淀，将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少

【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写

【解析】【解答】（1）碳酸根和氢离子不共存，会形成二氧化碳和水，碳酸铈为固体，不可拆，故答案为：Ce2(CO3)3+6H+=2Ce3++3CO2↑+3H2O；

（2）结合氧化还原反应的特点，Ce化合价由+3变为+6，H2O2中O由-1变为-2，结合化合价升降守恒配平化学计量数，故答案为：2Ce(NO3)3+3H2O2+4H2O=2Ce(OH)3(HO2)↓+6HNO3；

（3）温度升高，化学反应速率增大，温度过高会导致硝酸挥发和分解，故答案为：控制硝酸的温度为80℃的目的是增大化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；

（4）NH4+浓度增大，化学反应速率越快，且根据图象此时(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率较高，继续增大NH4+浓度，(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率基本不变，则n(NH4NO3)∶n(Ce)=4∶1最优，故答案为：增加的浓度，增大反应的速率；此时(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率较高；

（5）通过加入氨水后，再通入O2，最后滴加硝酸和硝酸银溶液，析出沉淀后焙烧固体，故答案为：向所得溶液中加入2mol·L-1氨水，静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入O2至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入1mol·L-1HNO3酸化后再加入1mol·L-1AgNO3溶液不再产生沉淀，将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少。

【分析】（1）碳酸铈和氢离子反应生成铈离子、二氧化碳和水；

（2）结合氧化还原反应的特点，Ce化合价由+3变为+6，H2O2中O由-1变为-2，结合化合价升降守恒配平化学计量数；

（3）控制硝酸的温度为80℃的目的是增大化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；

（4）NH4+浓度增大，化学反应速率越快，且根据图象此时(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率较高，继续增大NH4+浓度，(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率基本不变；

（5）通过加入氨水后，再通入O2，最后滴加硝酸和硝酸银溶液，析出沉淀后焙烧固体。

五、原理综合题

17．回收利用含硫化合物有利于节约资源、保护环境。

（1）一种由含H2S的烟气回收硫黄的工艺为：将一部分含H2S的烟气在空气中燃烧，将燃烧所得产物与剩余烟气混合，冷却后可回收得到硫黄(S8)。该工艺中涉及反应为：

反应1：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=akJ·mol-1(a0)

反应3：4S2(g)=S8(s)ΔH3=ckJ·mol-1(cC2H5SH；共价键极性角度：-C2H5是推电子基团，使C2H5SH中H—S的极性降低，电离出H+的能力减弱；故酸性H2S>C2H5SH

（3）SO2吸附到催化剂载体上，在活性氢原子作用下，SO2中硫氧键断裂；氢原子与氧原子结合成OH吸附在载体上，同时有单质S生成；氢原子进一步与OH反应生成水；FeSx+H2=HS+FeSx-1+H；n(H2)/n(SO2)比值为3时，H2过量，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小

【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；电离平衡常数

【解析】【解答】（1）反应1产生的SO2和反应2中的H2S按照化学计量数之比为1：2反应，则反应1的烟气和反应2的烟气体积比为1：2，故答案为：1：2；

（2）①根据图象，交点处c(C2H5SH)=c(C2H5S-)，则此时，Ka1(H2S)=9×10-8，电离平衡常数越小，其酸性越弱，故答案为：电离常数角度：C2H5SHC2H5S-+H+，其电离常数Ka==10-10.4C2H5SH；

②-C2H5是推电子基团，使C2H5SH中H—S的极性降低，电离出H+的能力减弱，故答案为：共价键极性角度：-C2H5是推电子基团，使C2H5SH中H—S的极性降低，电离出H+的能力减弱；故酸性H2S>C2H5SH；

（3）①根据图示可知SO2先吸附在载体，再发生化学键断裂，生产单质S和水，故答案为：SO2吸附到催化剂载体上，在活性氢原子作用下，SO2中硫氧键断裂；氢原子与氧原子结合成OH吸附在载体上，同时有单质S生成；氢原子进一步与OH反应生成水；

②结合图示，可知反应物为FeSx、H2，生成物为HS、FeSx-1、H，故答案为：FeSx+H2=HS+FeSx-1+H；

③H2过量时，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小，故答案为：n(H2)/n(SO2)比值为3时，H2过量，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小。

【分析】（1）恒压下，化学计量数之比等于物质的量之比等于体积之比；

（2）①电离平衡常数越大，则酸性越强；

②推电子集团可以使H-S极性降低，电离的H+能力减弱；

（3）①结合图示中的箭头始末判断反应过程；

②箭头起点为反应物，终点为生成物；

③H2过量时，H2进一步将S还原成H2S。

1/1江苏省南京市六校联合体2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题

一、单选题

1．化学为人类科技发展作出巨大贡献。下列物质主要成分属于纤维素的是（）

A．棉、麻B．黑火药C．陶瓷烧制D．丝绸

2．少量Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，下列说法正确的是（）

A．Na2O2的电子式为

B．Na2CO3仅含离子键

C．干冰晶胞如图所示，配位数为12

D．16O和18O互为同素异形体

3．常见的非金属元素和金属元素及其化合物是中学化学核心知识。下列说法正确的是（）

A．半径大小：r(Al)>r(Na)B．电离能大小：I1(N)>I1(O)

C．电负性大小：χ(F)c(H2CO3)>c()

B．实验2所得上层清液中存在c(Ba2+)·c()=Ksp(BaCO3)

C．实验3反应后的溶液中存在c(Na+)0)

反应3：4S2(g)=S8(s)ΔH3=ckJ·mol-1(cI1(O)，B正确；

C、同周期元素，从左到右电负性增大，则χ(F)>χ(O)，C错误；

D、同周期元素，从左到右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则NaOH>Al(OH)3，D错误；

故答案为：B

【分析】同一周期，从左到右最外层电子数递增，同一主族，最外层电子数相等；

同一周期，从左到右最高正价为+1—+7，最低负价为-4—-1，同一主族，最高正价相同，最低负价相同；

同一周期，从左到右半径减小，同一主族，从上到下半径增大；

同一周期，从左到右金属性减弱，非金属性增强，同一主族，从上到下金属性增强，非金属性减弱

金属性的比较：最高价氧化物对应水化物的碱性，和氧气、水、酸反应的程度，单质的还原性；

非金属性的比较：最高价氧化物对应水化物的酸性，和氢气反应的程度，氢化物的稳定性，单质氧化性；

同周期元素，从左到右第一电离能增大，若原子最外层能级电子为半充满或全充满则出现反常。

4．【答案】A

【知识点】化学实验方案的评价

【解析】【解答】A、铜和浓硫酸加热生成二氧化硫、硫酸铜和水，A正确；

B、二氧化硫和氯化钡不发生反应，B错误；

C、二氧化硫使品红溶液褪色体现的是二氧化硫的漂白性，C错误；

D、二氧化硫可以溶于水，不能用排水集气法收集，D错误；

故答案为：A

【分析】A、铜和浓硫酸加热生成二氧化硫、硫酸铜和水；

B、结合强酸制弱酸的原理判断，可知H2SO3不能制备HCl；

C、二氧化硫使品红溶液褪色体现的是二氧化硫的漂白性；

D、二氧化硫可以溶于水，不能用排水集气法收集。

5．【答案】D

【知识点】含氮物质的综合应用

【解析】【解答】A、亚硝酸为弱酸，弱酸不可拆为离子形成，A错误；

B、燃烧热的定义是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，生成的H2O应为液态，B错误；

C、燃料电池的负极需要失去电子，C错误；

D、氢氧化铜可以和氨分子结合生成氢氧化四氨合铜，D正确；

故答案为：D

【分析】A、离子方程式的书写要注意，强酸、强碱、可溶性盐可以拆；弱酸，弱碱、难溶和为微溶性盐、氧化物不可拆；

B、燃烧热要注意几个点：1、可燃物化学计量数为1；2、碳元素燃烧产物为二氧化碳；3、氢元素燃烧产物为液态水；

C、原电池的角度进行分析，活泼金属作为负极，负极质量减少，正极质量增加或者生产气体，电子由负极经过导线流向正极，电流由正极经过导线流向负极，阳离子移向正极，阳离子得到电子形成单质，阴离子移向负极，负极失去电子形成阳离子；

D、氢氧化铜可以和氨分子结合生成氢氧化四氨合铜。

6．【答案】C

【知识点】判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响

【解析】【解答】A、NO2-中，N孤电子对数为1，周围连接2个原子，杂化轨道数为3，为sp2杂化，其空间结构为V形，A错误；

B、羟胺中正电中心和负电中心不重合，为极性分子，B错误；

C、HON=NOH中σ键有O-H、O-N、N-N，共5个，π键有N-N，共1个，C正确；

D、连二亚硝酸可以和水形成羟基，水溶性增强，易溶于水，D错误；

故答案为：C

【分析】A、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；

杂化轨道数=2，为直线；

杂化轨道数=3，周围原子数=3，为三角形；

杂化轨道数=3，周围原子数=2，为V形；

杂化轨道数=4，周围原子数=4，为四面体；

杂化轨道数=4，周围原子数=3，为三角锥；

杂化轨道数=4，周围原子数=2，为V形；

B、正电中心和负电中心不重合，为极性分子；正电中心和负电中心重合，两者为非极性分子；

C、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；

D、N、O、F三种原子可以和H形成氢键。

7．【答案】B

【知识点】氨的性质及用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点

【解析】【解答】A、蛋白质的盐析为可逆的过程，可以通过盐析分离提纯蛋白质，A错误；

B、亚硝酸钠会致癌，不能用于浸泡新鲜蔬果，B正确；

C、浓氨水遇氯气可以发生氧化还原反应生成氯化铵，有白烟现象，C错误；

D、NH3易液化，液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂，D错误；

故答案为：B

【分析】A、盐析为可逆过程，通过加入非重金属盐可以使蛋白质沉淀，加水可以使蛋白质溶解；

B、亚硝酸钠、苯甲酸钠都可以作为防腐剂，同时会致癌；

C、浓氨水遇氯气可以发生氧化还原反应生成氯化铵，有白烟现象；

D、NH3易液化，液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂。

8．【答案】D

【知识点】电解池工作原理及应用

【解析】【解答】根据电解池可以观察，CaCl2提供Ca2+，NaH2PO4提供H2PO4-，则需要让Ca2+右侧移动，则N极为阴极，H2PO4-向左侧移动，则M极为阳极，则膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，Na+向右侧移动，形成NaOH浓溶液，则膜c为阳离子交换膜；

A、M极为阳极，连接电源正极，A错误；

B、N极为阴极，为H+放电，c(H+)减小，pH增大，B错误；

C、结合分析可知膜a、c为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，C错误；

D、电解时左侧为Cl-放电形成Cl2，右侧为H+放电形成H2，同时形成NaOH浓溶液，D正确；

故答案为：D

【分析】电解池的题目要注意几个问题：

1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；

2、溶液中的离子放电顺序：

阳离子：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+（酸）>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+（水）；

阴离子：S2–>I->Br->Cl->OH->(NO3－、SO42–等)含氧酸根>F－；

3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。

9．【答案】B

【知识点】催化剂；化学平衡常数；物质的量的相关计算

【解析】【解答】A、气体没有在标准状况下无法计算物质的量，A错误；

B、△G=△H-T△Sc(H2CO3)>c()，A错误；

B、向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入过量0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，发生的反应为NaHCO3+Ba(OH)2=NaOH+BaCO3↓+H2O，存在，则有c(Ba2+)·c()=Ksp(BaCO3)，B错误；

C、向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，发生反应

NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，Na2CO3溶液呈碱性，则c(H+)2c(CO32-)+c(HCO3-)，C正确；

D、向浓NaHCO3溶液中加入浓Al2(SO4)3溶液，HCO3-和Al3+可以发生完全双水解：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，D错误；

故答案为：C

【分析】A、结合弱酸酸式盐电离和水解程度判断；

B、结合溶度积计算公式判断；

C、结合电荷守恒判断；

D、结合离子的水解方程式判断。

13．【答案】C

【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用

【解析】【解答】A、根据三个方程式的关系，可知反应I=反应II+反应III，则有ΔH1=ΔH2+ΔH3，则ΔH1=-48.2kJ·mol-1，A错误；

B、增大压强，平衡朝气体体积缩小的方向移动，则增大压强，反应III平衡朝正向移动，CH3OH浓度增大，曲线①表示CH3OH的物质的量分数随压强的变化反应III为放热反应，温度升高，CH3OH浓度减小，则曲线②表示CH3OH的物质的量分数随温度的变化，B错误；

C、增大的比值，可看成增大c(H2)，则CO2平衡转化率增大，C正确；

D、催化剂不影响平衡移动，D错误；

故答案为：C

【分析】A、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；

B、增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；

升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之；

C、增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率；

D、催化剂不影响平衡移动。

14．【答案】（1）[Ar]3d5

（2）加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等

（3）3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O

（4）3；Fe(OH)3、CaSO4

（5）80.00%。

【知识点】物质的分离与提纯

【解析】【解答】（1）Mn为25号元素，其基态核外电子排布式为[Ar]3d54s2，则Mn2+的核外电子排布式为[Ar]3d5，故答案为：[Ar]3d5；

（2）提高锰离子的浸出率方法有：加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等，故答案为：加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等；

（3）MnO2具有氧化性，FeS2具有还原性，结合题干信息可知产物有S，则反应为3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O，故答案为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O；

（4）结合，可知，要使Fe3+沉淀完全，则，则pH约为3；SO42-可以和Ca2+结合生成CaSO4，调节pH可以使Fe3+生成Fe(OH)3，故答案为：3；Fe(OH)3、CaSO4；

（5）已知+→CO2↑+Mn2+，C化合价由+3变为+4，Mn由+7变为+2，则可以找出关系式5C2O42-~2MnO4-，Na2C2O4质量为0.5360g，可知n(C2O42-)=0.004mol，再用0.0400mol·L-1KMnO4溶液滴定，用去20.00mL，即消耗的KMnO4为0.0008mol，

则n(C2O42-)剩余=0.002mol，则n(C2O42-)反应=0.002mol，根据2Mn2+~5C2O42-，则n(Mn2+)=0.0008mol，则n(MnSO4)=0.0008mol，n(MnSO4)=0.1208g，则，故答案为：80%。

【分析】（1）核外电子排布式要结合原子序数判断；

（2）提高锰离子的浸出率方法有：加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等；

（3）根据化合价变化配平化学计量数；

（4）结合溶度积和铁离子的浓度计算氢氧根浓度，判断pH；

（5）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。

15．【答案】（1）sp2、sp3

（2）氧化反应

（3）或

（4）

（5）

【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；结构简式

【解析】【解答】（1）B中的C有两种情况，其中含有双键的C和苯环的C为sp2杂化，单键C为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；

（2）C转化为D的过程中，为羟基转化为羰基的过程，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；

（3）分子中有四种不同化学环境的氢，即四种等效氢，可以和FeCl3溶液发生显色反应，即含有酚羟基，且可以和3molNaOH反应，即除了酚羟基还应该含有酯基，故答案为：或；

（4）结合D和F的结构简式，可知E的结构简式为，故答案为：；

（5）根据最终产物和已知条件R—BrRMgBr，可知要形成应先转化出，再制备，故答案为：。

【分析】（1）杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；

（2）羟基转化为羰基或醛基的过程为氧化反应；

（3）结合碳链异构、位置异构判断；

（4）结合前后流程可以判断有机物的结构简式；

（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。

16．【答案】（1）Ce2(CO3)3+6H+=2Ce3++3CO2↑+3H2O

（2）2Ce(NO3)3+3H2O2+4H2O=2Ce(OH)3(HO2)↓+6HNO3

（3）控制硝酸的温度为80℃的目的是增大化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解

（4）增加的浓度，增大反应的速率；此时(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率较高

（5）向所得溶液中加入2mol·L-1氨水，静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入O2至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入1mol·L-1HNO3酸化后再加入1mol·L-1AgNO3溶液不再产生沉淀，将沉淀放入马弗炉中，控制温度