浙江省湖州市2022-2023学年高二下学期期末检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省湖州市2022-2023学年高二下学期期末检测本试卷满分10分考试时间90分钟可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5Mn55Fe56Cu64I127Ba137I卷一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中属于共价晶体的是A. B. C.K D.〖答案〗A〖解析〗A．SiO2中Si原子和O原子通过共价键形成的立体网状结构，硬度大、熔点高，是共价晶体，故A正确；B．N2是分子晶体，故B错误；C．K是金属，属于金属晶体，故C错误；D．Na2O是由钠离子和氧离子形成的离子晶体，故D错误；〖答案〗选A。2.石膏()应用广泛，下列说法不正确的是A.S元素位于周期表p区 B.是强电解质C.石膏水溶液呈酸性 D.煮沸的豆浆中加入适量石膏发生凝固〖答案〗C〖解析〗A．S在第三周期第VIA族，属于元素周期表的p区，故A正确；B．CaSO4是盐，属于强电解质，故B正确；C．石膏是强酸强碱盐，溶液呈中性，故C错误；D．豆浆属于胶体，硫酸钙是电解质，加入硫酸钙胶体发生聚沉，故D正确；〖答案〗选C。3.下列化学用语表示正确的是A.中子数为1的氢核素：B.硅的基态原子价电子轨道表示式：C.的空间结构：平面三角形D.KCl形成过程：〖答案〗B〖解析〗A．中子数为1的氢核素表示应该是：，故A错误；B．硅最外层4个电子，价电子排布式3s23p2，轨道表示式正确，故B正确；C．的空间结构是三角锥形，故C错误；D．氯化钾是离子化合物，电子式形成过程应该是，故D错误；〖答案〗选B。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.溶液显碱性，可用作洗涤剂B.Fe粉具有还原性，可用作抗氧化剂C.氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂D.明矾水解生成的胶体具有吸附性，可用作消毒剂〖答案〗D〖解析〗A．溶液显碱性能使油脂发生水解反应生成易溶于水的物质，可用作洗涤剂，A正确；B．Fe粉具有还原性可吸收氧气，可用作抗氧化剂，B正确；C．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热能够使环境温度降低因此可用作制冷剂，C正确；D．明矾水解生成的胶体具有吸附性，可吸附水中的杂质，可用作净水剂，不能做消毒剂，D错误；故选D。5.下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是A.工业上通过电解制备Al和B.FeO在空气中加热能迅速转化成C.工业上用铜与浓硫酸反应制备D.固体在空气中加热分解得到Na和〖答案〗B〖解析〗A．氯化铝是共价化合物，熔融状态不能导电，工业制铝用电解氧化铝法，故A错误；B．FeO不稳定，在空气中加热生成Fe3O4，故B正确；C．工业上制备SO2用黄铁矿燃烧或者用S燃烧制备SO2，故C错误；D．固体在空气中加热不分解，故D错误；〖答案〗选B。6.可以发生反应：，为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.是氧化产物 B.氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶4C.每转移个电子，就生成16g D.若设计成原电池，参与正极反应〖答案〗C〖解析〗A．反应中O的化合价由O2F2中的+1价转化为0价，化合价降低，被还原，故O2是还原产物，A错误；B．根据反应可知，H2S中S的化合价由-2价升高到SF6中的+6价，故H2S是还原剂，O2F2是氧化剂，故氧化剂和还原剂物质的量之比为4∶1，B错误；C．反应中每生成1molO2转移电子数为2mol，故每转移1mol电子，就有0.5mol即0.5mol×32g/mol=16gO2生成，C正确；D．中S为-2价，发生失电子的氧化反应，参与负极反应，D错误；故〖答案〗为：C。7.下列反应的离子方程式正确的是A.碳酸钙与稀盐酸反应：B.向氯化亚铁溶液中通入少量氯气：C.向AgCl沉淀中加入KI溶液：D.将少量通入NaClO溶液：〖答案〗B〖解析〗A．碳酸钙是沉淀，离子方程式不能拆，故A错误；B．氯气可以把Fe2+氧化为Fe3+，方程式正确，故B正确；C．氯化银是沉淀，不能拆成离子，故C错误；D．次氯酸具有氧化性把亚硫酸根氧化为硫酸根离子，故D错误；〖答案〗选B。8.下列说法不正确的是A.麦芽糖水解生成葡萄糖和果糖B.酰胺在酸或碱存在并加热的条件下可以发生水解，均有盐生成C.核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物D.具有网状结构的聚丙烯酸钠是一种高吸水性树脂〖答案〗A〖解析〗A．麦芽糖水解生成两分子的葡萄糖，故A错误；B．酰胺基水解生成氨基和羧基，分别与酸或碱反应都能生成盐，故B正确；C．核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，故C正确；D．聚丙烯酸钠中有亲水基，具有强的吸水性，故D正确；〖答案〗选A。9.氟他胺是一种抗肿瘤药，结构如图，下列说法正确的是A.氟他胺分子中碳原子的杂化方式均为B.氟他胺分子中共平面的碳原子最多有10个C.氟他胺可发生取代、加成、消去反应D.1mol氟他胺与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH〖答案〗B〖解析〗A．苯环上碳原子及酰胺基上的碳原子都是sp2杂化，故A错误；B．氟他胺分子中苯环上有7个碳原子共面，酰胺基连接的有3个碳原子共面，两个面通过单键旋转可以共面，故B正确；C．氟他胺不能发生消去反应，故C错误；D．1mol氟他胺与足量NaOH溶液反应，3个F原子消耗3molNaOH，酰胺基消耗1molNaOH，最多可消耗4molNaOH，故D错误；〖答案〗选B。10.X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前20号主族元素，且位于四个周期，基态Y原子中s能级和p能级上电子数量相等，Z、W为同周期相邻元素，Y、W可形成如图所示的离子，下列说法正确的是A.原子半径：Z<W<RB.Y和W的最简单氢化物沸点：Y<WC.X与R组成的化合物为分子晶体D.W、R组成的化合物中可能含有非极性共价键〖答案〗D〖解析〗基态Y原子中s能级和p能级上电子数量相等，Y的电子排布式为：，为氧元素；这四种主族元素位于四个周期，可确定X位于第一周期，是氢元素，Z、W位于第三周期，R位于第四周期，R可能是钾或钙元素；根据Y、W形成的离子结构图可知同W有6个价层电子，位于第三周期第ⅥA族，是硫元素，则Z是磷元素。【详析】A．根据周期表中原子半径的变化规律，原子半径大小顺序是：W<Z<R，A错误；B．Y的最简单氢化物是H2O，分子之间存在氢键，W的最简单氢化物是H2S，分子之间只有范德华力，因此沸点大小顺序是H2S<H2O，B错误；C．X与R组成的化合物是金属氢化物，属于离子化合物，C错误；D．与Na、O能形成Na2O2一样，W、R之间也能形成K2S2，其中硫原子之间以非极性共价键结合，D正确；故选D11.一种高效的除去废水中的的电化学装置如图所示。已知难溶于水，废水中发生的反应为，下列说法不正确的是A.铁为阳极，电极反应为：B.通电后两电极附近的pH均增大C.通电后，向铁电极移动D.溶液中除去1mol，电路中须通过电子〖答案〗D〖解析〗铁在阳极失去电子生成二价铁，二价铁被氧气氧化为三价铁离子，三价题离子与磷酸根反应生成磷酸铁沉淀。【详析】A．阳极上铁失去电子形成Fe2+，故A正确；B．阳极上生成的二价铁离子在酸性条件下与氧气反应生成Fe3+，由于消耗氢离子，溶液的pH增大，阴极上氢离子得电子生成氢气，pH增大，故B正确；C．电解时阴离子向阳极移动，故C正确；D．除去1mol，需要1molFe3+，1molFe3+需要1molFe2+，1molFe2+由铁失去2mol电子生成，需要转移2mol电子，故D错误；〖答案〗选D。12.与水在空气中反应时会剧烈燃烧，甚至有爆炸的危险。工业上可由硅粉与氯化氢反应制得，主要副产物是、和，(已知电负性数值Si~1.8：H~2.1)。下列说法不正确的是A.是非极性分子B.存在同分异构体C.遇水生成氢气D.与乙醇反应生成和HCl〖答案〗B〖解析〗A．结构和乙烷类似，是非极性分子，故A正确；B．与CH2Cl2结构相似，都是四面体结构，没有同分异构体，故B错误；C．与水在空气中反应时会剧烈燃烧，生成物中有氢气，故C正确；D．与乙醇反应类似于与水反应，故D正确；〖答案〗选B。13.萤石()是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞边长为apm。下列说法不正确的是A.Y代表的离子是 B.与距离最近的数目为6C.与距离最近的数目为12 D.阴阳离子的核间距最小为〖答案〗A〖解析〗A．CaF2中钙离子和氟离子是1∶2，根据晶胞分析，X原子有4个，Y原子有8个，因此Y代表F-离子，故A错误；B．与距离最近在这个F-的上下左右前后六个位置，故B正确；C．Ca2+在晶胞中的位置是立方体的面心和顶角，与Ca2+最近的Ca2+有12个，故C正确；D．阴阳离子的核间距是体对角线的四分子一，故D正确；〖答案〗选A。14.关于如图有机物，下列说法不正确的是A.分子中存在1种含氧官能团B.分子含有1个手性碳原子C.与酸性高锰酸钾溶液反应，产物之一为对苯二甲酸D.与酸或碱溶液反应都可生成盐〖答案〗B〖解析〗A．分子中一种含氧官能团酯基，故A正确；B．分子中有2个手性碳原子，故B错误；C．苯环侧链碳原子上有H原子的可以被高锰酸钾氧化为羧基，故C正确；D．结构中有氨基可以与酸反应生成盐，有酯基在碱性条件下水解生成盐，故D正确；〖答案〗选B15.常温下，将一定量稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠()溶液中，溶液中含铁微粒存在如下平衡：，各微粒的物质的量分数随pOH变化如图。下列说法正确的是A.曲线IV代表变化B.当时，溶液C.D.时，溶液中〖答案〗C〖解析〗对于反应增大氢离子浓度，平衡右移，横坐标代表pOH，横坐标从左到右pOH越大，说明氢氧根离子浓度越小，氢离子浓度越大，因此I曲线代表，II曲线代表，III曲线代表，IV代表。【详析】A．曲线I代表变化，故A错误；B．当时，在曲线II和曲线III的交叉点b，对应的pOH=5.2，pH=8.8，故B错误；C．a点时c()=c(，K1==，同样在b点和c点分别计算出K2=108.8，K3=106.7，正确，故C正确；D．时，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，电荷守恒溶液中还有硫酸根离子+2c，故D错误；〖答案〗选C。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是A探究固体样品是否变质取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量溶液若有白色沉淀产生，则样品已经变质B探究KI与反应的限度取1mLKI溶液于试管中，加入3mL溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液若溶液变血红色，则KI与的反应有一定限度C验证分子中的碳碳双键取样与适量溴水混合，充分反应，观察现象溴水褪色，说明样品分子中含有碳碳双键D检验淀粉水解是否完全将适量样品与稀硫酸反应，加入足量NaOH溶液后加入碘水，观察现象无明显现象，说明淀粉水解完全A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗A．硫酸根离子的检验方法是取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量BaCl2溶液，若有白色沉淀说明有硫酸根离子，说明亚硫酸钠已经变质，故A正确；B．氯化铁过量，加入KSCN溶液变红色，不能确定反应有一定限度，故B错误；C．醛基也能使溴水褪色，故C错误；D．I2与氢氧化钠反应，检验淀粉应该在酸性条件下检验，故D错误；〖答案〗选A。II卷二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.C、N、P、S及其化合物在医药化工领域应用十分广泛。请回答：（1）①基态磷原子核外电子共有___________种运动状态。磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参与成键，写出该激发态磷原子的核外电子排布式___________。②沸点：___________(填“>、<、=”)，分析其原因___________。（2）氨硼烷(分子中N和B最外层均满足8电子)，与水反应的离子方程式为：，的结构为。下列说法正确的是___________。A.中存在配位键，N原子提供孤电子对B.该反应中，氧化剂是C.第一电离能大小：D.该反应中，B原子的杂化轨道类型由变为（3）单质硫和氢气一定条件下可形成一种新材料，其晶胞如图，晶胞边长为anm，表示阿伏加德罗常数的值，晶体密度为___________。〖答案〗（1）①.15②.1s22s22p63s13p33d1③.>④.NH3分子间存在氢键，氢键的作用力大于PH3之间的范德华力（2）AD（3）〖解析〗【小问1详析】①基态磷原子核外电子有15个电子，共有15种运动状态，磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参与成键，该激发态磷原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s13p33d1，〖答案〗为：15，1s22s22p63s13p33d1；②两者均为分子晶体，NH3分子间存在氢键，氢键的作用力大于PH3之间的范德华力，前者沸点较高，〖答案〗为：>，NH3分子间存在氢键，氢键的作用力大于PH3之间的范德华力；【小问2详析】A．由已知氨硼烷(分子中N和B最外层均满足8电子)可得到氮原子提供一对电子和硼原子共用，A正确；B．该反应中，与硼原子结合的氢原子和水中的氢原子发生氧化还原得到氢气，与硼原子结合的氢原子化合价由-1升高到0价，所以是还原剂，B错误；C．同周期第一电离能随着原子序数的增大逐渐增大，当出现最外能级是半满和全满状态时比相邻元素的电离能都要大，所以第一电离能大小：，C错误；D．中硼原子周围有4对电子杂化轨道类型为，生成物中由图可知B原子的杂化轨道类型为，所以该反应中，B原子的杂化轨道类型由变为，D正确；故选AD；【小问3详析】硫原子处于晶胞的顶点和体心，一个晶胞中硫原子的个数为：，氢原子处于晶胞的棱上和面心，一个晶胞中氢原子的个数为：，化学式为，根据密度=，〖答案〗为：。18.黄褐色物质X(不含结晶水)由四种常见元素组成，不溶于水。某学习小组按如下流程进行实验：已知：固体B为混合物，完全溶于硫酸溶液，过程中无气体放出。请回答：（1）X的组成元素是H、O、___________；固体X的化学式是___________。（2）若X在500℃受热分解，得到一种红棕色固体和三种气体(500℃)，则气体产物中除之外还有___________(填化学式)。（3）溶液C中加铁粉至过量后得溶液M，利用热溶液M和稀硝酸可以制得X，请写出热溶液M和稀硝酸反应的离子方程式___________。（4）设计实验检验溶液C中的阳离子___________。〖答案〗（1）①.S、Fe②.Fe(OH)SO4（2）O2、SO2（3）3Fe2++3+H+++H2O===3Fe(OH)SO4+NO↑（4）用玻璃棒蘸取溶液C，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+，另取溶液C于试管中，加入KSCN溶液，溶液呈血红色，则含有Fe3+〖解析〗X加热分解有A无色液体生成，说明A是水，X中含有氢氧两种元素，X不是结晶水合物，固体B溶于100ml0.4mol/L的硫酸得到C，C分成两份，一份加盐酸酸化的氯化钡，得到11.65g即0.05mol硫酸钡白色沉淀，说明一份溶液中有硫酸根离子0.05mol-mol=0.03mol，另一份得到红棕色的Fe2O32.4g即0.015mol，说明一份中含有0.03molFe3+，根据化合价电中性原则，阴离子还有OH-离子，氢氧根的物质的量=，X是Fe(OH)SO4。【小问1详析】X组成元素除H、O外还有Fe、S两种元素，化学式为Fe(OH)SO4；【小问2详析】Fe(OH)SO4在500°C分解得到红棕色的固体是Fe2O3，三种气体有H2O、SO2和O2，分解的方程式为：4Fe(OH)SO4Fe2O3+2H2O+4SO2↑+O2↑；【小问3详析】溶液C中加铁粉至过量后得溶液M，M中含有Fe2+离子和硫酸根离子，加入硝酸可以把Fe2+氧化为Fe3+离子并转化为Fe(OH)SO4，同时生成NO，反应的离子方程式为3Fe2++3+H+++H2O===3Fe(OH)SO4+NO↑；【小问4详析】C中的阳离子是Fe3+离子和氢离子，用KSCN来检验铁离子，用指示剂来检验H+，检验方法是：用玻璃棒蘸取溶液C，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+，另取溶液C于试管中，加入KSCN溶液，溶液呈血红色，则含有Fe3+。19.是大气主要污染物之一，还原烟气中的回收S的相关反应如下：I：，活化能II：，活化能请回答：（1）已知，则__________(填“>”、“<”或“=”)。（2）反应I的平衡常数表达式为：___________。（3）恒温恒容条件下进行上述反应，下列说法正确的是___________。A.反应I在一定条件下自发进行，B.气体密度不变说明体系达到平衡C.若，则体系中一定以反应I为主D.通过监测反应体系中与S的浓度变化可判断反应I和反应II是否同时发生（4）现以(一种多孔性物质，具有良好的吸附性能)作为催化剂，用CO去除烟气中的，反应相同的时间，的去除率随反应温度的变化如图所示。反应温度低于240℃时，随着温度的升高，去除率降低的原因是___________。（5）恒温恒容条件下，保持、CO和C的投料比不变，请在下图中画出平衡时随压强变化示意图___________。〖答案〗（1）<（2）（3）AB（4）温度低于240℃时，随温度升高，SO2被催化剂吸附能力减弱，对化学反应速率减小的影响程度超过了温度升高加快速率的影响（5）〖解析〗【小问1详析】根据盖斯定律，已知反应II-I得到目标方程式，所以，所以；【小问2详析】根据反应I的方程式，其平衡常数表达式为：；【小问3详析】A.反应I：，，，在高温条件下自发进行，A正确；B.该反应体系中有固体参与反应，气体的质量是个变化量，密度是变化量，当气体密度不变说明体系达到平衡，B正确；C.活化能越大，反应速率月慢，慢反应决定整个反应速率，所以若，则体系中一定以反应II为主，C错误；D.通过监测反应体系中与S的浓度变化，可能至发生反应I，不可判断反应I和反应II是否同时发生，D错误；故选AB；【小问4详析】温度低于240℃时，随温度升高，SO2被催化剂吸附能力减弱，对化学反应速率减小的影响程度超过了温度升高加快速率的影响，所以去除率降低；【小问5详析】根据总反应方程式，增大压强，平衡逆向移动，浓度增大，浓度减小，增大，如图。20.某研究小组利用电解锰渣(主要成分是MnS，含少量、、CaO)制备高纯晶体，流程如下：（1）下列有关说法不正确的是___________。A.过程I、II均涉及过滤操作B.过程I，适当提高溶液浓度可提高锰的浸出率C.过程I，加可减少有毒气体的生成D.过程II，调pH最好选用NaOH溶液（2）过程II需持续加热一段时间，目的是___________。（3）过程III除去并富集的原理为：(油相)(油相)【表示或】。实验步骤如下：①调节浓缩液pH，加入溶有HA的磺化煤油，系列操作，分离得水层；②继续调节水层pH，加入溶有HA的磺化煤油，系列操作，分离得油层；③向②所得油层中加入试剂X，系列操作，得溶液。上述步骤中的进行“系列操作”的主要仪器名称是___________，试剂X为___________。（4）不同温度下的溶解度如下表。温度/℃020406080100溶解度/g52.962.960.053.645.635.3从下列选项中选择“过程IV”的正确操作并排序：___________。将溶液加热至100℃→_________→________→洗涤→干燥a．蒸发至出现大量晶体b．蒸发至溶液表面出现晶膜c．冷却结晶，过滤d．趁热过滤（5）纯度的测定：准确称取mg产品，加入足量稀硫酸充分溶解后，加入足量固体(不溶于水)将完全转化为过滤，用的标准溶液滴定至终点，消耗20.00mL标准溶液，则的纯度为___________(用含m的代数式表示)。〖答案〗（1）D（2）促进Fe3+水解形成Fe(OH)3沉淀而除去；增大MnSO4浓度利于后续制备（3）①.分液漏斗②.稀硫酸（4）ad（5）〖解析〗电解锰渣加入二氧化锰和硫酸，MnO2具有氧化性把MnS氧化为S，浸出渣有S、SiO2、CaSO4，浸出液调节pH值让铁离子沉淀除去，最后得到硫酸锰。【小问1详析】A．I、II都存在固液分离用过滤，A正确；B．增大硫酸的浓度可以提高浸出率，B正确；C．过程I硫化锰与硫酸反应生成H2S，MnO2具有氧化性，加入MnO2把S2-氧化为S单质，减少H2S气体，C正确；D.调pH最好选用MnO或者MnCO3等不用氢氧化钠溶液，用NaOH会引入Na+，D错误；〖答案〗选D；【小问2详析】加热一段时间目的是促进Fe3+水解形成Fe(OH)3沉淀而除去；同时还可以增大MnSO4浓度利于后续制备；【小问3详析】第一步加入溶有HA的磺化煤油目的是除去Ca2+，水层中再继续调节水层pH，加入溶有HA的磺化煤油，系列操作，分离得油层，油层中有Mn2+离子存在，再加入硫酸进行反萃取，得