云南省昆明市2022-2023学年高二下学期期末化学试题

昆明市2022～2023学年高二期末质量检测化学可能用到的相对原子质量：一、单项选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.下列关于化学品合理使用的说法错误的是A.石膏的主要成分是，可用于制豆腐B.除虫菊中含有的除虫菊酯是一种天然杀虫剂C.味精能增加食品的鲜味，是一种常用增味剂D.包装上有“OTC”标识的药物不需要医生处方，可直接从药店购买【答案】A【解析】【详解】A．石膏的主要成分是，可用于制豆腐，故A错误；B．除虫菊中含有的除虫菊酯是一种天然杀虫剂，故B正确；C．味精能增加食品的鲜味，是一种常用增味剂，C正确；D．包装上有“OTC”标识的药物为非处方药，不需要医生处方，可直接从药店购买，故D正确。答案为：A。2.下列说法正确的是A．基态锂原子最高能级的电子云轮廓图B．分子的空间填充模型C．顺2丁烯的分子结构模型D．基态氮原子的电子排布图A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．基态锂原子最高能级的排布式为2s1,电子云轮廓图，故A错误；B．分子的空间填充模型，故B正确；C．顺2丁烯的分子结构模型为：，故C错误；D．基态氮原子的电子排布图为：，故D错误。答案为：B。3.用下列实验装置进行相应实验，其中不能达到实验目的的是A．实验室制备B．分离和C．喷泉实验D．制备A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．实验室采用NH4Cl与Ca(OH)2加热制氨气，且氨气密度小于空气，采用向下排空气法收集，A正确；B．碘易升华可以与NaCl分离，用盛有冷水的烧瓶将其冷凝得到碘单质，B正确；C．CO2不能溶于饱和NaHCO3溶液中，不能产生喷泉现象，C错误；D．Fe(OH)2易被氧化，所以需要用苯来隔绝空气，D正确；故选C。4.下列说法正确的是A.糖类、氨基酸、蛋白质均是两性化合物B.高分子材料能以石油、煤等化石燃料原料进行生产C.淀粉和纤维素在人体内的最终水解产物都是葡萄糖D.棉花、羊毛、植物油、天然橡胶均属于天然有机高分子【答案】B【解析】【详解】A．氨基酸、蛋白质均含有氨基和羧基，具有两性，糖类含有羟基、醛基或酮羰基，不具有两性，故A错误；B．高分子材料能以石油、煤等化石燃料为原料进行生产，故B正确；C．人体内没有纤维素酶，纤维素在人体内不能水解，故C错误；D．植物油由高级脂肪酸与丙三醇反应生成的酯，属于大分子化合物，不属于天然有机高分子，故D错误。答案为：B。5.氮、硫元素的单质和化合物在工农生产中有重要应用。部分含氮、硫元素物质的价类二维图如图所示。下列有关说法错误的是A.f可作制冷剂 B.溶液可鉴别c和dC.f与氧气反应可以一步转化为h D.i的浓溶液一般保存在棕色试剂瓶中【答案】C【解析】【分析】由图可知左边表示硫元素，右边表示氮元素，其中a、b、c分别代表H2S、S、SO2，e为硫酸，d为SO3，；f、g分别为NH3、NO，h为NO2，i为HNO3，据此分析；【详解】A．f为氨气，可做制冷剂，故A正确；B．c为SO2，d为SO3，其中d可以与溶液反应生成硫酸钡沉淀，可以鉴别，故B正确；C．f为NH3，可被氧气氧化为NO，故C错误；D．i为HNO3，见光易分解，所以一般保存在棕色试剂瓶中，故D正确；答案选C。6.下列离子方程式正确的是A电解饱和食盐水：B.溶液刻蚀电路铜板：C.泡沫灭火器原理：D.溶液中通入少量氯气：【答案】C【解析】【详解】A．电解饱和食盐水，阳极由氯离子失电子生成氯气，阴极由水电离的氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧化钠，离子方程式：，故A错误；B．铜与氯化铁溶液反应，铜被铁离子氧化为铜离子，铁离子被还原为亚铁离子，离子方程式：，故B错误；C．泡沫灭火器中碳酸氢钠与硫酸铝双水解，离子方程式：，故C正确；D．溶液中通入少量氯气，由于亚铁离子还原性强于溴离子，所以氯气先与亚铁离子反应，离子方程式：，故D错误；答案选C7.双氯芬酸具有解热镇痛作用，其结构简式如图。下列关于双氯芬酸的说法正确的是A.分子式为 B.分子中所有原子可能共平面C.分子中苯环上的一溴取代物有4种 D.双氯芬酸能发生加成反应、取代反应【答案】D【解析】【详解】A．结合该有机物结构简式可知其分子式为，故A错误；B．与羧基相连的C及N为sp3杂化，所以不能所有原子共平面，故B错误；C．分子中苯环上有6种H，所以其一氯代物有6种，故C错误；D．苯环可与氢气发生加成反应，羧基可以发生酯化反应（取代反应），故D正确；答案选D。8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的简单气态氢化物溶于水呈碱性，基态Y原子无未成对电子，Z的某种氧化物具有漂白性。下列说法正确的是A.电负性：W<Z<XB.原子半径：C.最高价氧化物对应水化物的酸性：W<ZD.Y的单质与X、Z、W的单质均能发生反应【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的简单气态氢化物溶于水呈碱性，X为N，基态Y原子无未成对电子，Y为Mg，Z的某种氧化物具有漂白性，该氧化物为SO2，Z为S，则W为Cl。【详解】A．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增强，则电负性Cl>S，A错误；B．N比其他三种原子少一个电子层，原子半径最小，电子层数相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径N<Cl<S<Mg，B错误；C．元素的非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl>S，则酸性HClO4>H2SO4，C错误；D．Mg能分别与N2、S和Cl2反应生成氮化镁、MgS和MgCl2，D正确；故答案选D。9.实验室常用标定，同时使再生，其反应原理如图所示。下列说法错误的是A.属于盐类B.发生反应I后溶液酸性增强C.和在水溶液中能大量共存D.发生反应I和反应Ⅱ时，溶液颜色均发生了变化【答案】C【解析】【详解】A．属于复盐，A正确；B．反应I为：，产生H+溶液酸性增强，B正确；C．具有强氧化性，Fe2+具有还原性，不能大量共存，C错误；D．反应I发生时，溶液由无色变为紫色，Ⅱ发生时溶液由紫色变为黄色，D正确；故选C。10.的结构如图所示。下列说法正确的是A.O的第一电离能低于SB.相同条件下，的稳定性比强C.基态的价层电子排布式为D.该物质中存在的化学键类型有：离子键、共价键、氢键【答案】B【解析】【详解】A．同主族元素，从上往下，第一电离能逐渐减小，故O的第一电离能高于S，故Ａ错误；B．相同条件下，r(O)<r(S)，成键原子半径越小，键长越短，键能越大，HO的键能大于HS的键能，故的稳定性比强，故B正确；C．基态Fe的价层电子排布式为，的价层电子排布式为，故C错误；D．该物质中存在的化学键类型有：离子键、共价键，氢键不属于化学键，故D错误。答案为：B。11.下列实验操作和现象得出的实验结论正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将镀层破损的镀锌铁片放入溶液中，一段时间后，加入溶液未出现蓝色沉淀镀层破损后锌对铁仍有保护作用B常温下，将铁片、铜片分别插入浓硝酸中铁无明显变化、铜片剧烈反应金属活动性：Cu>FeC取少量待测液于试管中，加入少量稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口试纸不变蓝溶液中不含D向含有和的悬浊液中滴加溶液生成黑色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．将镀层破损的镀锌铁片放入溶液中，构成原电池，Zn作负极，Fe作正极，加入溶液未出现蓝色沉淀，可知镀层破损后锌对铁仍有保护作用，故A正确；B．常温时，浓硝酸可使铁钝化，形成致密氧化膜阻止反应的进行，所以铁无明显变化，并不能证明两种金属的金属活动性，故B错误；C．取少量待测液于试管中加入少量稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸不变蓝可能是应为反应生成一水合氨，不能证明没有，可通过加热的方法使一水合氨分解出氨气即可证明，故C错误；D．与溶液反应生成CuS沉淀，不发生沉淀转化则不能比较的大小，故D错误；答案选A。12.工业上广泛采用二氟一氯甲烷热解制四氟乙烯：，其他条件不变时，温度对的平衡转化率、催化剂的催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是A.平衡常数：B.该反应的逆反应活化能高于正反应活化能C.反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成D.单位时间内的转化率：【答案】C【解析】【详解】A．根据图像信息，随温度升高，平衡转化率增大，反应向正向进行，反应为吸热反应，故平衡常数：，故A错误；B．该反应为吸热反应，逆反应活化能低于正反应活化能，故B错误；C．反应过程中涉及极性键CCl的断裂和非极性键CC的形成，故C正确；D．Z点时，催化效率最低，反应速率最慢，单位时间内的转化率最低，故单位时间内的转化率：，故D错误。答案为：C。13.锂二氧化碳电池可在常温下同时实现二氧化碳的锚定与转化，可以在深海作业、火星探测等高二氧化碳的环境中得到应用，电池总反应为：。下列说法错误的是A.该电池不能用水溶液作为电解液B.放电时，正极的电极反应为：C.充电时，锂电极与外接电源负极相连D.充电时，当生成(标准状况下)，通过隔膜迁移的数目为【答案】D【解析】【详解】A．根据题干反应方程式信息，锂作原电池的负极，多孔电极为正极，锂为活泼碱金属，易与水反应，故该电池不能用水溶液作为电解液，故A正确；B．放电时，多孔电极为正极，其电极反应为：，故B正确；C．放电时，锂为负极，充电时，锂电极与外接电源负极相连，故C正确；D．充电时，当生成(标准状况下)，转移电子数为，外电路转移的电子数与内电路迁移离子多带的电荷数相等，故通过隔膜迁移的数目为，故D错误。答案为：D。14.常温时，用溶液滴定二元酸溶液，溶液中含A微粒的分布系数随pH的变化关系如图所示，[如的分布系数：]。下列说法错误的是A.第二次突变时，可选用酚酞作指示剂B.溶液中存在：C.c点存在：D.的平衡常数【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，d点为滴定终点，溶液呈碱性，此时，酚酞的变色范围为，酚酞由无色变为红色，故溶液第二次突变时，可选用酚酞作指示剂，故A正确；B．由图可知，溶液中，此时溶液为酸性，说明HA的电离程度大于水解程度，存在：，故B正确；C．由图可知，c点，根据物料守恒：，则存在：，故C错误；D．a点时,Ka1=，c点，Ka1=，的平衡常数，故D正确。答案为：C。二、非选择题(本题共6小题，共58分)15.X、Y、Z、W是由四种常见短周期元素形成的化合物，灼烧时火焰均呈黄色，X常用于呼吸面具中氧气的来源，W具有漂白作用。这四种化合物具有下列转化关系(部分反应物、产物及反应条件已略去)：回答下列问题：（1）X的化学式为___________，含有的化学键有___________。（2）X→Y的化学方程式为___________。（3）Z→W的离子方程式为___________。【答案】（1）①.Na2O2②.离子键、非极性键（2）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（3）Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O【解析】【分析】X、Y、Z、W是由四种常见短周期元素形成的化合物，灼烧时火焰均呈黄色，说明均含有钠元素，X常用于呼吸面具中氧气的来源，故A为Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成Y（碳酸钠），Na2O2与水反应生成Z（氢氧化钠），氢氧化钠与氯气反应生成W（NaClO）。【小问1详解】结合上述分析，X的化学式为Na2O2，含有的化学键有离子键和非极性键。答案为：Na2O2；离子键、非极性键。【小问2详解】X→Y的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。【小问3详解】Z→W的离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。16.游离态的硫存在于火山口附近或地壳的岩层中，火山喷发会释放、、等气体。回答下列问题：（1）上述气体中___________(填化学式)是形成酸雨的主要物质。（2）的结构与类似，其电子式为___________。（3）S与Cu反应的化学方程式为___________。（4）能与反应，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。【答案】（1）（2）（3）Cu+SCuS（4）2:1【解析】【小问1详解】排放到空气中，形成硫酸型酸雨，发生的反应为：+H2O=H2SO3,H2SO3+O2=H2SO4。答案为：。【小问2详解】的结构与类似，其电子式为。答案为：。【小问3详解】S与Cu反应的化学方程式为：Cu+SCuS。答案为：Cu+SCuS。【小问4详解】能与反应，方程式为：2+=3S+2H2O，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1。答案为：2:1。17.二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。主反应：副反应：回答下列问题：（1）相关化学键键能数据如下：化学键C=OH—HC—HC—OO—H键能803436414X464则x=___________，主反应在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。（2）主反应在铜催化下的反应历程如下：序号基元反应(活化能/eV)(反应能/eV)①②③④⑤⑥⑦决定主反应速率的基元反应为___________(填标号)，原因是___________。（3）和按物质的量之比，在压强为，催化下进行反应，测得转化率和选择性[选择性=％]随温度的变化如图所示：①温度高于℃，转化率增大的原因可能是___________。②某温度时，若测得转化率为25％，的选择性为20％，副反应的压力商___________(以分压代替浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数，保留一位有效数字)。③若想要提高的产率，除改变温度外，还可采取的措施有___________。【答案】（1）①.326②.低温（2）①.①②.活化能越大，反应速率越小，主反应的速率由反应最慢的基元反应决定（3）①.主反应的<0，副反应的>0，升高温度，主反应逆向移动，导致二氧化碳的转化率降低，副反应正向移动，导致二氧化碳的转化率增大，当温度高于℃，以副反应为主，转化率增大②.③.提高催化剂的选择性、增大压强、及时分离出甲醇等【解析】【小问1详解】根据=反应物总键能生成物的总键能，=，计算得x=326;该反应的<0，<0，根据吉布斯自由能时，反应易自发进行，故低温时，易自发进行。答案为：326；低温。【小问2详解】由表格信息可知，基元反应①的活动能最大，活化能越大，反应速率越小，主反应的速率由反应最慢的基元反应决定。答案为：①；活化能越大，反应速率越小，主反应的速率由反应最慢的基元反应决定。【小问3详解】①主反应的<0，副反应的>0，升高温度，主反应往逆向移动，导致二氧化碳的转化率降低，副反应往正向移动，导致二氧化碳的转化率增大，当温度高于℃，以副反应为主，转化率增大；②某温度时，若测得转化率为25％，的选择性为20％，设起始时CO2和H2的物质的量均为1mol，则平衡时，n(CO2)=mol，n(H2)=mol，n(CO)=mol，n(H2O)=mol，P(CO2)=，则P(H2)P(CO)P(H2O)，则副反应的压力商；③若想要提高的产率，平衡正向移动，除改变温度外，还可采取的措施有提高催化剂的选择性、增大压强、及时分离出甲醇等。答案为：主反应的<0，副反应的>0，升高温度，主反应逆向移动，导致二氧化碳的转化率降低，副反应正向移动，导致二氧化碳的转化率增大，当温度高于℃，以副反应为主，转化率增大；；提高催化剂的选择性、增大压强、及时分离出甲醇等。18.以某混合氧化物(由、、、组成)为原料制备和的工艺流程如下：回答下列问题：（1）基态Mn原子核外电子排布式为___________。（2）“碱浸”时，发生反应的化学方程式为___________。（3）“去铜”时，发生反应的离子方程式为___________。（4）已知“歧化”时反应为。常温下，相关物质的溶解度数据如下：物质溶解度(水)111通入至溶液pH达10～11时，应停止通，依据上表数据说明不能继续通入的原因是___________。（5）的纯度测定：已知酸性条件下与反应，生成和，杂质不参与反应。称取粗品于烧杯中，加入蒸馏水和稀硫酸溶解，再用的溶液平行滴定3次，平均消耗溶液。样品的纯度为___________％(用含m的代数式表示)。【答案】（1）[Ar]3d54s2（2）Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O（3）（4）KHCO3溶解度远小于K2CO3，若通入过量CO2则将产生的K2CO3转化为KHCO3，析出沉淀使得产品纯度下降；（5）【解析】【分析】某混合氧化物(由、、、组成)，加入NaOH可以将Al2O3转化为可溶物除去，滤渣中加入H2SO4可将CuO、Fe2O3转化为可溶物分离，所得滤渣为MnO2。【小问1详解】锰为25号元素，核外电子排布式为：[Ar]3d54s2【小问2详解】氧化铝与碱反应得到偏铝酸钠，方程为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O【小问3详解】由图可知，SO2将Cu2+还原为CuCl，所以方程为【小问4详解】KHCO3溶解度远小于K2CO3，若通入过量CO2则将产生的K2CO3转化为KHCO3，析出沉淀使得产品纯度下降；【小问5详解】发生的反应为消耗Na2C2O4为，则含有KMnO4为，质量为，所以纯度为19.在无水的催化作用下，利用乙醇制备乙烯的反应温度为120℃。某同学据此原理制备收集乙烯并验证乙烯的性质，反应装置如下图所示：回答下列问题：（1）容器A中应加入___________(填“水”或“油”)作为热传导介质，该加热方式相较直接加热的优势是___________。（2）装置B的名称为___________。（3）为收集较纯净的乙烯气体，装置C最适宜选择的是___________(如下图，填标号)。反应开始应先关闭止水夹1打开止水夹2，待出现___________现象时，打开止水夹1关闭止水夹2，开始收集乙烯气体。（4）若将装置C连接如图装置，观察到澄清石灰水变浑浊，写出乙烯与酸性反应的离子方程式___________。（5）该催化机理如下图所示，中间产物生成的反应方程式为___________。【答案】（1）①.油②.受热均匀，便于控制反应温度（2）球形干燥管（3）①.①②.溴的四氯化碳溶液褪色（4）（5）【解析】【分析】实验利用无水的作催化剂，在120℃通过乙醇反应生成乙烯，经过无水氯化钙干燥后进行收集，收集后进行乙烯的实验探究，结合实验仪器和操作相关知识进行分析；【小问1详解】100℃以下的反应