河北省承德市2023-2024学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省承德市2023-2024学年高二下学期期末考试本试卷满分100分，考试用时75分钟注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16Na23S32Fe56Co59Ag108一、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，只有一项是符合题目要求的。1.中国空间站第六批空间科学实验样品已随“神舟十七号”载人飞船返回舱顺利返回。下列叙述错误的是A.返回舱使用的碳化硅是一种高温结构陶瓷材料B.航天器的结构骨架和壳体中的铝合金属于金属材料C.用于制作航天器的连接件和关键部件的钛合金是一种低强度、高密度的金属材料D.返回舱外层涂层材料能够保护宇宙飞船的表面免受高温、紫外线和氧化物的侵蚀〖答案〗C【详析】A．碳化硅是共价晶体，熔点高，强度大，是一种高温结构陶瓷，故A正确；B．铝合金属于金属材料，故B正确；C．钛合金是一种高强度、低密度的金属材料，故C错误；D．返回舱外层涂层材料具有隔热、稳定的作用，能够保护宇宙飞船的表面免受高温、紫外线和氧化物的侵蚀，故D正确；〖答案〗选C。2.下列关于物质分类的组合正确的是纯净物混合物碱盐A矿泉水空气NaClB水银云雾C氧气碱石灰纯碱D液氯冰水混合物生石灰小苏打A.A B.B C.C D.D〖答案〗B【详析】A．矿泉水不是纯净物，是混合物，故A错误；B．各物质归类正确，故B正确；C．纯碱是碳酸钠，不是碱，是盐，故C错误；D．冰水混合物是纯净物，生石灰是氧化物，故D错误；〖答案〗选B。3.已知反应。下列描述的化学用语错误的是A.的结构示意图：B.水分子的球棍模型：C.HClO的结构式：H—O—ClD.用电子式表示HCl的形成：〖答案〗A【详析】A．氯离子的结构示意图为：，故A错误；B．水分子呈V形或角形，正确的球棍模型为：，故B正确；C．HClO分子中O原子分别与H、Cl原子形成共价键，使分子中各个原子都达到稳定结构，其结构式为：H-O-Cl，故C正确；D．HCl为共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程：，故D正确；〖答案〗选A。4.化学与生产、生活密切相关。下列不涉及化学变化的是A.泡菜的腌制 B.铁质护栏生锈C.用“84”消毒液消毒衣物 D.用活性炭去除冰箱异味〖答案〗D【详析】A．泡菜的腌制会生成酸性物质，有新物质生成，涉及化学变化，故A不选；B．铁质护栏生锈，铁会变为氧化铁的水合物等，涉及化学变化，故B不选；C．用84消毒液漂白衣物过程中有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D．活性炭包除去冰箱中的异味过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D选；〖答案〗选D。5.已知反应：①；②；③。依据上述反应并结合已学知识，下列微粒氧化性由强到弱的顺序正确的是A. B.C. D.〖答案〗A【详析】判断规则是氧化剂的氧化性强于氧化产物，①；氧化性：，②；氧化性：，③。氧化性：，结合已学知识，氧化性：，氧化性：，故选A。6.物质结构决定物质性质。下列性质差异与影响因素匹配正确的是选项性质差异影响因素A键角：小于电负性差异B硬度：SiC>Si晶体类型C沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛氢键作用D热稳定性：范德华力作用A.A B.B C.C D.D〖答案〗C【详析】A．键角：小于，是因为SO2中S的价层电子对为2+=3，有1个孤电子对，为V形分子，中C的价层电子对为2+=2，没有孤电子对，为直线形分子，与电负性没有关系，故A不选；B．硬度：SiC>Si是因为Si-C键的键能大于Si-Si键，两者都是原子晶体，故B不选；C．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛是因为对羟基苯甲醛主要形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键，与氢键形成有关，故C选；D．热稳定性：是因为S的非金属性强于Se，与范德华力无关，故D不选；〖答案〗选C。7.下列实验装置能达到实验目的的是A．干燥气体B．收集C．收集NO气体D．除去中的HClA.A B.B C.C D.D〖答案〗B【详析】A．干燥气体，浓硫酸的洗气瓶气体流向是长进短出，故A错误；B．收集用向上排空气法，氢氧化钠溶液可用于尾气处理、倒扣的漏斗用于防倒吸，故B正确；C．NO气体容易被空气中O2氧化为NO2，应该用排水法收集，故C错误；D．可以和NaOH溶液发生化学反应，除去中的HCl应将混合气体通入到饱和食盐水溶液中，故D错误；故选B。8.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol环氧乙烷()中含有的σ键数目为B.的NaClO溶液中，与HClO的数目之和为C.1mol与水反应制备胶体，生成的胶体粒子数为D.NaD与反应生成氢氧化钠和氢气，每生成3g氢气，转移电子数为〖答案〗D【详析】A．一个环氧乙烷()中含有7条σ键，1mol环氧乙烷()中含有的σ键数目为，故A错误；B．溶液的体积未知，无法计算微粒数目，故B错误；C．由于氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的聚集体，生成的胶体粒子数小于，故C错误；D．NaD与反应生成的氢气为HD，3gHD物质的量为1mol，该反应为归中反应，转移电子数为，故D正确；〖答案〗选D。9.下列物质检验方法正确的是A.若某溶液做焰色试验时的焰色为黄色，则该溶液为钠盐溶液B.若向某溶液中加入溶液，产生白色沉淀，则该溶液中可能含有C.若向某溶液中加入NaOH溶液后，未产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该溶液中一定不含有D若向某酸性溶液中加入溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含有〖答案〗B【详析】A．钠元素的焰色为黄色，由实验可知该溶液中含有钠元素，但不一定是钠盐，也可能是NaOH，故A错误；B．若向某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能是AgCl，则该溶液可能含有Cl-，故B正确；C．加入NaOH溶液，可能生成一水合氨，NH3没有释放，原溶液中可能含有，故C错误；D．酸性溶液中加入溶液，硝酸根在酸性溶液中有强氧化性，若原溶液是亚硫酸根，也会生成硫酸钡沉淀，故D错误；〖答案〗选B。10.一种有机催化剂由原子序数依次递增的短周期主族元素X、Y、Z、W、M组成，结构式如图。下列说法错误的是A.Z元素的第一电离能小于同周期中的相邻元素B.原子半径：C.Z的氢化物沸点高于Y的氢化物D.Y、Z、M均可与X形成的分子〖答案〗C〖祥解〗原子序数依次递增的前20号元素X、Y、Z、W、M，X只形成1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成2个共价键、M形成6个共价键，可知X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、M为S元素；W形成带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知W为Na元素，以此来解答。【详析】由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素、M为S元素；A．同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但是第IIA族>IIIA，第VA族>VIA族，所以第一电离能N>O，F>O，故A正确；B．同周期从左到右，原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，故原子半径Na>S>O，故B正确；C．Y是C，氢化物有多种烃，沸点可能会高于O的氢化物，故C错误；D．C与H可以形成的分子C2H6，O与H可以形成的分子H2O2，S与H可以形成的分子H2S，故D正确；〖答案〗选C。11.下列离子方程式书写正确的是A.过量的氯气和溶液反应：B.氯化铜溶液中通入硫化氢：C.通入酸性高锰酸钾溶液中：D.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：〖答案〗D【详析】A．过量的氯气和溶液反应，亚铁离子和溴离子均要反应，离子方程式为，故A错误；B．硫化氢是气体，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故B错误；C．将二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中反应生成硫酸锰、硫酸钾和水，反应的离子方程式为，故C错误；D．用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为：，故D正确；〖答案〗选D。12.为消除NO、等氮氧化物对环境的破坏作用，可采用催化氮氧化物(SCR)脱除技术，反应原理如图所示。下列说法正确的是A.NO、均为酸性氧化物B.若用NaOH溶液吸收等体积的NO和，只能生成一种盐C.NO与气体等体积混合后与过量氨气发生反应，转移9mol电子时生成3molD.反应过程中有极性键和非极性键的断裂，同时也有极性键和非极性键的形成〖答案〗C【详析】A．NO、均不是酸性氧化物，故A错误；B．若用NaOH溶液吸收等体积的NO和生成NaNO2和水，故B错误；C．NO与气体等体积混合后与过量氨气发生反应，反应方程式为3NO+3NO2+6NH3=6N2+9H2O，根据方程式，转移18mol电子生成6molN2，转移9mol电子时生成3mol，故C正确；D．反应过程中只有极性键氮氢键、氮氧键断裂，故D错误；选C。13.金属硼氢化物可用作储氢材料。一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构示意图如图，图中位于晶胞的顶点和面心的“(八面体)”的中心代表金属离子，顶点代表氨分子；“(四面体)”的中心代表硼原子，顶点代表氢原子。该晶体的晶胞形状为立方体，棱长为apm，密度为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.该晶体中与B原子个数比B.与硼原子间最短距离为C.M的相对原子质量为D.该物质中含有的化学键的类型有配位键、离子键和共价键〖答案〗C【详析】A．该晶胞中M2+个数==4，氨分子个数是M原子个数的6倍，所以含有24个氨分子，B原子个数是8，H原子个数是B原子个数的4倍，有32个H原子，该晶胞中M、NH3、B、H个数之比=4：24：8：32=1：6：2：8，其化学式为M(NH3)6B2H8，其中，故A正确；B．与B原子最短距离为晶胞体对角线长度的，即，故B正确；C．该晶胞体积V=(a×10-10cm)3，设该化合物的摩尔质量为Mg•mol-1，晶胞质量为4Mg，该晶胞的密度为=，则M=，则M的相对原子质量为132，故C错误；D．该物质中有阴阳离子，含有离子键，NH3与B之间有配位键，NH3内有共价键，故D正确；〖答案〗选C。14.下列实验操作、现象均正确，且可得出相应结论是实验操作现象结论A相同温度下，将大小相同的钠块分别加入水、醋酸、乙醇中生成氢气的速率：醋酸>水>乙醇三种电解质电离出的能力：醋酸>水>乙醇B向某无色溶液中滴加盐酸后，将生成的无色气体通入品红溶液中品红溶液褪色无色溶液中可能含有或C向溶液中滴加足量浓硝酸，将产生的气体通入溶液中溶液中出现白色沉淀非金属性：D将Cu与浓硫酸反应后的混合液冷却至室温，再向其中加入蒸馏水溶液变蓝有生成A.A B.B C.C D.D〖答案〗B【详析】A．乙醇是非电解质，故A错误；B．向某无色溶液中滴加盐酸后，将生成的无色气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，说明生成SO2，则无色溶液中可能含有或，故B正确；C．证明元素非金属性强弱，需要比较元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，但硝酸有挥发性，挥发出的硝酸也能使硅酸钠溶液产生白色沉淀，故C错误；D．反应后混合物的密度大于水的密度，则将反应后混合物注入水中观察颜色，故D错误；〖答案〗选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某化学兴趣小组设计实验探究物质M组成，实验流程如图所示，实验中加入的盐酸和NaOH溶液均过量。常温下，M和C均为固体，二者所含元素不完全相同，B为常见的无色液体，A、M、B、C均为二元化合物，反应①为。已知：“淡黄色沉淀”为单质；反应②得到的“溶液”中不含与“淡黄色沉淀”相同的元素。（1）列举“红棕色固体”的一种用途：___________。简述“过滤、洗涤”后的沉淀在“空气中灼烧”生成“红棕色固体”的原因：___________。（2）组成物质C的元素为___________(填元素符号)；物质B的化学式为___________。（3）向溶液E中通入直至过量，可观察到的现象：___________。（4）C与盐酸反应的离子方程式为___________，该反应中HCl体现了___________性。（5）物质M中两种原子的个数比为___________。〖答案〗（1）①.作红色涂料等②.“过滤、洗涤”得到的沉淀为，空气中的氧气将其氧化为，灼烧时分解为（2）①.Fe、S②.（3）溶液先变红后褪色（4）①.②.酸（5）4︰5(或5︰4)〖祥解〗根据最后得到9.6g红棕色固体，该固体为Fe2O3，其物质的量为=0.06mol，结合D1溶于遇KSCN溶液不反应，说明D1和D2都是FeCl2溶液，每一份溶液中含有的Fe2+为0.12mol，则反应②得到的溶液共含有Fe2+为0.24mol，淡黄色固体为单质S，物质的量为=0.06mol，根据元素守恒，则C中含Fe、S两种元素，则A为H2S气体，物质的量为=0.24mol，则C中含有的Fe元素为0.24mol，S元素为0.24mol+0.06mol=0.30mol，两这的比值为4：5，得出C化学式为；B是B为常见的无色液体，B为H2O，根据方程式，即有：，可得A为；【小问1详析】红棕色固体为Fe2O3，可以做红色涂料；过滤、洗涤后的沉淀为Fe(OH)2，空气中的氧气将其氧化为，灼烧时分解为，故变为红棕色固体；【小问2详析】由上述分析可知，C中含有的元素为：Fe、S，B为H2O；【小问3详析】E为FeCl2溶液与KSCN溶液的混合溶液，通入直至过量，可观察到的现象是溶液先变红后褪色，因为Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，与KSCN溶液显红色，后Cl2又将KSCN氧化，导致红色褪去；【小问4详析】C为，其与盐酸反应的离子方程式为：，盐酸中只有H+参与反应，体现了酸性；【小问5详析】M化学式为，两种原子的个数比为：4︰5(或5︰4)。16.连二亚硫酸钠俗称保险粉，广泛用于纺织、印染工业作助染剂及漂白剂。某研究性学习小组利用以下方法制备连二亚硫酸钠并测定其纯度。已知：①呈现两性。②易溶于水，难溶于乙醇，在酸性溶液中会发生歧化反应，在碱性溶液中较稳定，在空气中易被氧化；低于52℃时在水溶液中以形态结晶，高于52℃时在碱性溶液中脱水成无水盐。I．的制备：步骤1：安装好整套装置(夹持装置、搅拌磁子省略)，并检查装置的气密性；步骤2：在三颈烧瓶中依次加入Zn粉和水，电磁搅拌形成悬浊液；步骤3：打开仪器a的活塞，向装置C中先通入一段时间；步骤4：打开仪器c的活塞，滴加稍过量NaOH溶液使装置C中溶液的pH在8.2～10.5；步骤5：过滤，滤液经“一系列操作”可获得。（1）仪器a的名称是___________，与普通分液漏斗相比，其优点是___________。（2）步骤3中与锌粉悬浊液反应得到，该反应的化学方程式为___________；此时需控制通入的不能过量，原因是___________。（3）装置B(单向阀)的作用是___________。（4）步骤5中的“一系列操作”包括：a．向滤液中分批逐步加入NaCl固体，搅拌使其析出结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液；该步骤中加入NaCl固体的目的是___________。b．___________(填操作名称)。c．用___________(填试剂名称)洗涤、干燥，制得固体。II．样品纯度的测定：称量15.0g粗品，滴加一定量的NaOH溶液使溶液显碱性后，滴加Ag-EDTA络合溶液，发生反应：，充分反应后，过滤、洗涤，干燥得到10.8g银。（5）该粗品中连二亚硫酸钠的质量分数为___________%。〖答案〗（1）①.恒压滴液漏斗②.能平衡恒压滴液漏斗与烧瓶内压强，便于浓硫酸的顺利流下（2）①.②.在碱性溶液中较稳定，过量的二氧化硫会使溶液显酸性，导致产品的损失（3）防倒吸（4）①.增大浓度，促进结晶析出(或同离子效应)②.过滤③.乙醇（5）58〖祥解〗浓硫酸与饱和亚硫酸氢钠溶液反应生成，先向装置C中先通入一段时间排尽空气，与Zn反应生成，加入NaOH溶液得到；【小问1详析】仪器a的名称是恒压滴液漏斗，与普通分液漏斗相比，其优点是：能平衡恒压滴液漏斗与烧瓶内压强，便于浓硫酸的顺利流下；【小问2详析】步骤3中与锌粉反应得到，该反应的化学方程式为；已知在酸性溶液中会发生歧化反应，在碱性溶液中较稳定，控制通入的不能过量，原因是在碱性溶液中较稳定，过量的二氧化硫会使溶液显酸性，导致产品的损失；【小问3详析】单向阀只允许气体按一个方向流动，防止气体回流。在该实验中，装置C中发生的反应有CO2生成，单向阀的作用是防止装置C中压强过大，液体压入装置A中，发生危险，因此单向阀的作用是：防倒吸；【小问4详析】a．滤液经“一系列操作”可获得，加入NaCl固体的目的是：增大浓度，促进结晶析出；b．从母液中分离出结晶，用到过滤操作；c．易溶于水，难溶于乙醇，且乙醇易挥发，用乙醇洗涤、干燥，制得固体；【小问5详析】10.8g银的物质的量为，由题给反应方程式可知，n()=0.5n(Ag)=0.05mol，则连二亚硫酸钠的质量为0.05mol×174g/mol=8.7g，则产率为。17.三元锂电池主要用于手机、无人机等行业，电池安全性高。电池正极片由镍钴锰酸锂()正极材料和铝片组成，以电池正极片为原料回收各金属的工艺流程如图。（1）能够加快“碱浸”速率的措施有___________(写两种)。（2）“碱浸”过程中，铝片溶解反应的离子方程式为___________。实验室模拟“碱浸”后过滤的操作，需用到的硅酸盐仪器有___________。（3）“还原”时，加入了，写出的电子式：___________。孤电子对数：___________(填“>”“<”或“=”)。（4）“酸浸、还原”时，保持其他条件相同，搅拌相同时间，测得不同温度下镍、钴、锰的浸出率变化如图所示。60℃时浸出率达到最大，可能的原因是___________。（5）“氧化”过程中发生反应生成、和，反应的离子方程式为___________。（6）称取mg，在隔绝空气条件下加热分解，测得固体的失重率()与温度的关系曲线如图所示。则300～400℃时发生反应的化学方程式为___________。〖答案〗（1）适当升高温度，适当增大NaOH的浓度（2）①.②.烧杯、漏斗、玻璃棒（3）①.②.>（4）温度低于60℃时，反应速率较慢；温度高于60℃时，分解反应速率较快（5）（6）〖祥解〗电池正极片由镍钴锰酸锂()正极材料和铝片，加入足量NaOH溶液，Al会溶解生成Na[Al(OH)4]溶液，过滤后滤渣进行硫酸酸浸，并加H2O2还原，得到含Ni2+、Li+、Co2+、Mn2+等离子的溶液，通过分离，Ni2+和Mn2+最后变为MnO2和NiO，Li+、Co2+加入(NH4)2C2O4沉钴后生成CoC2O4，高温分解得到CoO。【小问1详析】能够加快“碱浸”速率的措施有适当升高温度，适当增大NaOH的浓度等；【小问2详析】铝片与NaOH溶液反应生成H2和Na[Al(OH)4]溶液，溶解反应的离子方程式为；过滤需用到的硅酸盐仪器(玻璃仪器)有烧杯、漏斗、玻璃棒；【小问3详析】的电子式：，分子中有4个孤电子对，而N2H4分子中有两个孤电子对，故孤电子对数：>；【小问4详析】温度低于60℃时，反应速率较慢；温度高于60℃时，分解反应速率较快，故60℃时浸出率达到最大；【小问5详析】与(NH4)2S2O8发生反应生成、和，离子方程式为：；【小问6详析】设为1mol，质量为183g，300℃时失重的质量为183g=36，说明失去了2个结晶水，此时化学式为，到400℃时，剩余的固体质量为183g=75，刚好为1molCoO的质量，因此说明300～400℃时分解生成了CoO，化学方程式为：。18.过渡金属在生活、生产中至关重要。铁用于建筑和制造汽车，铜广泛应用于电气行业，钛合金应用于航空、航天等领域。（1）铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)均为第四周期第VII族的元素，称为铁系元素，铁系元素能与CO形成、等金属羰基化合物。①C位于元素周期表的___________区；基态Co原子的核外电子排布式