2022年浙江省杭州市北苑实验中学高二化学下学期期末试卷含解析

2022年浙江省杭州市北苑实验中学高二化学下学期期末试卷含解析一、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.在pH=3的FeCl3溶液和pH=3的盐酸中，由水电离出来的H＋的浓度分别为C1、C2，pH=11的Na2CO3溶液中水电离出来的OH的浓度为C3,则它们之间的关系是A.C1＜C2＜C3

B.C1＝C3＞C2C.C1＞C2＞C3D.无法判断参考答案：B略2.用氢气、碳、一氧化碳分别与等质量的氧化铁在高温下反应,使氧化铁中的铁全部还原出来,消耗氢气、碳、一氧化碳的质量比为()A.1∶1∶1 B.1∶3∶14

C.1∶6∶14 D.2∶1∶2参考答案：B解析：等质量的氧化铁在反应时得到的电子的物质的量是相等的,所以根据氧化还原反应中电子守恒原则,可知氢气、碳、一氧化碳在反应中要失去等物质的量的电子。三者都失去4mol电子时,氢气需要2mol,质量是4g;碳需要1mol,质量是12g;一氧化碳需要2mol,质量是56g。3.下列说法正确的是

()A．分解反应一定是氧化还原反应B．非金属单质在氧化还原反应中一定作氧化剂C．氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性D．氧化剂在氧化还原反应中被氧化参考答案：C略4.常温下，将等体积的0.1mol/L的氨水和0.1mol/L的NH4Cl溶液混合，若忽略混合后溶液的体积变化，下列说法错误的是

A．混合后，NH4Cl对氨水的电离起抑制作用

B．混合后，氨水对NH4Cl的水解起抑制作用

C．c(NH)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=0.1mol/L

D．若c(OH)>c(H+)，则c(Cl)大于c(NH)参考答案：D5.下列关于金属元素的叙述正确的是

A．金属元素单质只有还原性，其离子只有氧化性

B．金属元素的单质在常温下均为固体

C．金属元素在不同化合物中化合价均相同

D．金属元素的单质大多为电的良导体参考答案：D6.如图所示，φ(X)为气态反应物在平衡混合物中的体积分数，T为温度。符合该曲线的反应是()A．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)

ΔH<0B．H2(g)＋I2(g)2HI(g)

ΔH<0C．4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)

ΔH<0D．C(s)＋H2O(g)H2(g)＋CO(g)

ΔH>0参考答案：D略7.关于苯的下列说法正确的是（

）A．苯是1825年由俄国科学家门捷列夫发现的B．苯与乙烯一样，是很重要的化工原料，可作消毒剂、有机溶剂、洗涤剂C．苯的分子式中碳原子远没有饱和，因此能使溴水和高锰酸钾褪色D．苯环上的碳碳键是一种介于单键和双键的独特的键，苯既能发生取代反应也能发生加成反应参考答案：D考点：苯的结构；苯的性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A.1825年，迈克尔?法拉第（MichaelFaraday）发现的；B．苯有毒；C．苯中不含碳碳双键；D．苯环上的碳碳键是一种介于单键和双键的独特的键．解答：解：A．苯是1825年迈克尔?法拉第（MichaelFaraday）发现的，故A错误；B．苯是一种有毒的物质，不能做消毒剂和洗涤剂，故B错误；C．苯中不含碳碳双键，不能使溴水和高锰酸钾褪色，故C错误；D．苯环上的碳碳键是一种介于单键和双键的独特的键，苯既能发生取代反应也能发生加成反应，故D正确；故选：D．点评：本题考查了苯的结构和性质，题目难度不大，明确苯中碳碳键的独特性是解题关键8.

将样品溶于

中，再加溶液恰好呈中性，则样品纯度为（杂质不与酸反应）

A.

B.

C.

D.参考答案：B9.下列物质的说法不正确的是

（

）

A．天然气的主要成份是乙烯

B．芳香烃主要来自于煤的干馏后的煤焦油

C．汽油、煤油、柴油主要来自于石油的常压蒸馏

D．乙烯是石油裂解后的产物参考答案：A略10.甲基丙烯酸甲酯是世界上年产量超过100万吨的高分子单体，旧法合成的反应是：（CH3）2C==O+HCN（CH3）2C（OH）CN；（CH3）2C（OH）CN+CH3OH+H2SO4CH2==C（CH3）COOCH3+NH4HSO4。90年代新法合成的反应是：CH3CCH+CO+CH3OHCH2==C（CH3）COOCH3。与旧法比较，新法合成的优点是（

）A.原料无爆炸危险

B.原料都是无毒物质C.没有副产物，原料利用率高

D.对设备腐蚀性较小参考答案：CD11.工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)====Si(s)+4HCl(g)

ΔH=+QkJ·mol-1(Q＞0)某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应(此条件下为可逆反应)，下列叙述正确的是（

）A.反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B.若反应开始时SiCl4为1mol,则达平衡时，吸收热量为QkJC.反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol·L-1，则H2的反应速率为0.03mol/(L·min)D.当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液恰好反应参考答案：D略12.

某液态烃，它不跟溴水反应，但能使KMnO4酸性溶液褪色。将其0.5mol完全燃烧生成的CO2通入含5molNaOH的溶液中，所得碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为1:3。则该烃是：

（

）A、1-丁烯

B、甲苯

C、1,3-二甲苯

D、2-甲基-3-乙基-2-戊烯参考答案：C略13.某温度下，对于反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)

△H＝－92.4kJ/mol。N2的平衡转化率（α～%）与体系总压强（P）的关系如右图所示。下列说法正确的是：A.将1.0mol氮气、3.0mol氢气，置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量为92.4kJ。B.平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)＜K(B)。C.上述反应在达到平衡后，增大压强，H2的转化率提高。D.升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小。参考答案：C略14.下列说法不正确的是A．我国最早使用的合金是由铜锌合金制成的青铜器B．储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料C．一般汽车配件中的发动机使用的是密度小、强度大且耐腐蚀的铝合金材料D．钛合金，形状记忆合金，耐热合金以及储氢合金都属于新型合金参考答案：A15.将①H+、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO3－、⑧NH4＋分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是(

)A．①③⑤⑦⑧

B．②④⑦

C．①⑥

D．②④⑥⑧参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某学生为了研究MnO2催化H2O2的分解设计了如图所示装置，回答下列问题。(1)分液漏斗中盛有液体，打开分液漏斗的活塞时液体H2O2不能流下，可能的原因有________________________________________________________________________。(2)该同学发现，小试管中的液体几乎无明显的实验现象，锥形瓶中的溶液产生大量气泡。但反应一段时间后，锥形瓶内溶液产生气体的速率逐渐变慢，原因可能是什么？如何设计实验证明？假设一：__________________，实验操作________________________________________；假设二：_________________，实验操作_______________________________________。(3)现有切成片状的新鲜土豆和煮熟的土豆，证明新鲜土豆也能催化H2O2分解(已知新鲜土豆中含有过氧化氢酶)的实验方法是________________________________________________________________________。参考答案：(1)分液漏斗上口的塞子没有打开或分液漏斗上塞子的凹槽与分液漏斗口颈部的通气孔未对准(2)H2O2溶液的浓度变稀致使产生气泡变慢向锥形瓶中添加H2O2溶液，若反应速率增大，则假设成立部分MnO2的催化活性降低或丧失向锥形瓶再加入MnO2粉末，若反应速率增大，则假设成立(3)将片状的新鲜土豆和煮熟的土豆同时放入H2O2溶液中，新鲜土豆片表面产生大量气泡，而熟土豆片表面无明显现象，即可证明。解析：本题考查MnO2催化H2O2分解的问题，实验装置和设问的角度都很新颖。(1)是学生使用分液漏斗经常出现的问题，可能的原因有：分液漏斗上口的塞子没有打开或分液漏斗塞子上的凹槽与分液漏斗口颈部的通气孔未对准。(2)锥形瓶内H2O2的分解速率变小，只能是H2O2或MnO2的原因。可能的原因：一是H2O2的浓度变稀致使产生气泡的速率减小，实验操作是向锥形瓶添加H2O2溶液，若反应速率增大，则假设成立。二是部分MnO2的催化活性降低或丧失，实验操作是向锥形瓶再加入MnO2粉末，若反应速率增大，则假设成立。(3)将片状的新鲜土豆和煮熟的土豆同时放入H2O2溶液中，新鲜土豆片表面产生大量气泡，而熟土豆片表面无明显现象(过氧化氢酶在高温下已变性，失去催化活性)，即可证明。

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.从H+、Cu2+、NO3-、Na+、Cl-中选择适当的离子组成电解质，使之符合题目的要求（每组写2个）（1）以石墨棒为电极，电解时电解质质量减小，水量不变，应选用的电解质是________（2）以石墨棒为电极，电解时电解质质量不变，水量减少，应选用的电解质是_________。（3）以石墨棒为阳极，铁棒为阴极，电解时电解质和水量都减少，应选用的电解质是_______。参考答案：（1）CuCl2、HCl

（2）NaNO3、HNO3

（3）CuSO4、NaCl略18.当n=4时（n为主量子数，n值所表示的电子运动状态称为电子层），电子层的最大容量为个电子，如果没有能级交错，该层各轨道的能量由高到低的顺序为

．参考答案：32；4f＞4d＞4p＞4s考点：原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布．分析：根据原子核外电子排布规律，每层最多容纳的电子数为2n2，主量子数为4的电子层为第4层；根据构造原理该层各轨道的能量由高到低的顺序4f＞4d＞4p＞4s．解答：解：根据原子核外电子排布规律，每层最多容纳的电子数为2n2．主量子数为4的电子层为第4层，最多能容纳的电子数为2n2=2×42=32；根据构造原理该层各轨道的能量由高到低的顺序4f＞4d＞4p＞4s；故答案为：32；4f＞4d＞4p＞4s．点评： 本题考查核外电子的排布规律，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．19.某元素的核素AZ

X，其氯化物XCl2111mg溶于水后，加入0.1mol／L的硝酸银溶液20mL，恰好将其中的Cl－完全沉淀。已知该核素中的质子数和中子数相等。试回答下列问题：（1）X