河南圣尖名校联盟2024-2025学年高二化学下学期5月联考试题含解析

PAGE20-河南省顶尖名校联盟2024-2025学年高二化学下学期5月联考试题（含解析）考生留意：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷草稿纸上作答无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35.5Fe56Cu64Ag108第Ⅰ卷(选择题共42分)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4个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列物质都曾用作制造口罩或面巾的材料，其中主要成分属于合成高分子化合物的是()A.丝 B.棉 C.聚丙烯 D.活性炭【答案】C【解析】【详解】A．丝是自然纤维，主要成分是蛋白质，A不符合题意；B．棉是自然纤维，主要成分是纤维素，B不符合题意；C．聚丙烯是合成纤维，是由丙烯CH2=CH-CH3通过加聚反应形成的高分子化合物，可表示为，C符合题意；D．活性炭属于非金属元素的单质，不是化合物，D错误；故合理选项是C。2.下列各组物质的分类正确的是()选项纯净物酸碱盐氧化物A漂白粉H2SO4NaOHNaHCO3COB纯碱HNO3Ca(OH)2Cu2(OH)2CO3KClO3C重晶石NaHSO4NH3·H2ONa2O2Al2O3D蔗糖HClOBa(OH)2CuSO4Fe2O3A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．漂白粉是CaCl2、Ca(ClO)2组成的混合物，A错误；B．氧化物是由氧和另外一种元素组成的化合物。氧化物中只含有两种元素组成，其中一种元素是氧元素，KClO3中含有三种元素，属于盐，B错误；C．NaHSO4属于盐，不是酸，Na2O2属于氧化物，而不是盐，C错误；D．选项各种物质分类符合物质分类标准，D正确；故合理选项是D。3.用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.常温常压下，所含的分子数目为B.环氧乙烷()分子中含有共价键的数目为C.与水反应生成时，转移的电子数为D.溶液中的数目为【答案】B【解析】【分析】气体在标况下的摩尔体积为22.4mol/L，并结合弱电解质的电离和水解分析。【详解】A．常温常压不是标准状况，该条件下的物质的量小于，所含的分子数小于，A项错误；B．环氧乙烷的物质的量为，含有的共价键物质的量为，数目为，B项正确；C．与水反应生成时，转移电子的物质的量为，数目为，C项错误；D．溶液中有部分水解，溶液中物质量小于，D项错误；答案选B。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中肯定能大量共存的是()A.使酚酞变红色的溶液：、、、B.溶液：、、、C.溶液：、、、D.由水电离出的的溶液：、、、【答案】C【解析】【详解】A．使酚酞变红色的溶液呈碱性，与不能大量共存，A项错误；B．与因发生氧化还原反应而不能大量共存，B项错误；C．的溶液即，，溶液呈碱性，四种离子均可共存，故C正确；D．水电离出的的溶液可能是的酸溶液，也可能是的碱溶液，在碱溶液中不能大量存在，在酸溶液或碱溶液中均不能大量存在，D项错误；答案选C。5.下列试验操作能达到试验目的的是()A.用装置甲制取 B.用装置乙除去中的少量C.用装置丙收集 D.用装置丁从溶液中获得无水【答案】B【解析】【分析】【详解】A．试验室用和浓盐酸在加热条件下取，甲装置缺少加热装置，A项错误；B．在饱和溶液中溶解度很小，且不与反应，与溶液反应生成，用装置乙除去CO2中的少量HCl，B项正确；C．密度比空气小，用向下排空气法收集，应短管进长管出，C项错误；D．从溶液中获得无水先采纳蒸发浓缩、冷却结晶的方法获得，再在的氛围中加热获得无水，D项错误；答案选B。6.下列关于常见有机物的说法正确的是()A.用酸性溶液除去甲烷中的乙烯B.石油分馏时，得到的产品均为纯净物C.乙醇、水均能与钠反应，且现象相同D.在加热条件下，葡萄糖能与含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液发生反应【答案】D【解析】【详解】A．乙烯与酸性溶液反应时生成，引入新的杂质，A项错误；B．石油分馏得到的产品均为混合物，B项错误；C．水与钠反应比乙醇与钠反应要猛烈得多，钠是浮在水面上，沉入乙醇底部，C项错误；D．葡萄糖中含有醛基，在加热条件下，可以被新制氢氧化铜悬浊液氧化，D项正确；答案选D。7.下列说法正确的是()A.铁制器具表面涂油，可防止其锈蚀B.使氯水褪色，证明具有漂白性C.在空气中蒸干溶液可获得固体D.浓盐酸敞口放置浓度会降低，说明其具有吸水性【答案】A【解析】【详解】A．铁制器具表面涂油，可使其与空气隔绝，A项正确；B．使氯水褪色是具有强的还原性，B项错误；C．溶液在蒸干过程中与空气接触，被氧化会有生成，C项错误；D．浓盐酸长期暴露于空气中浓度降低，是因为其具有挥发性，D项错误；答案选A。8.下列化学反应的离子方程式表示正确的是()A.向溶液中通入足量的B.向澄清石灰水中加入少量的C.向溶液中加入溶液至沉淀完全：D.向沉淀中滴加氢碘酸(HI的水溶液)：【答案】C【解析】【详解】A．向溶液中通入足量的生成，A项错误；B．向澄清石灰水中加入少量的，离子方程式为，B项错误；C．中含两份硫酸根离子，要使沉淀完全，则须要加入溶液两份，故离子方程式为：，C正确；D．向沉淀中滴加氢碘酸，溶解得到的把氧化为，自身被还原为，D项错误；答案选C。9.相比锂离子电池，钠离子电池具有原材料丰富、成本低、无过放负载电特性等优点。一种可充电钠离子电池的工作原理如图所示(两电极材料均不溶于水，P为价)，下列说法正确的是()A.放电过程中Ti元素的化合价由降低到B.充放电过程中电解质溶液中基本保持不变C.充电过程中通过离子交换膜从右室移向左室D.充电时阴极反应为【答案】B【解析】【分析】依据图示可知，放电时，由生成，铁元素的化合价由+3价变为+2价，a极元素化合价降低，作原电池的正极，b极为原电池的负极；充电时，a极失去电子，作阳极，b极作阴极。【详解】A．放电时b为负极，被氧化为，Ti元素的化合价由上升到，A错误；B．充放电过程中，在电解质溶液和电极材料中转移，电解质溶液中基本不变，B正确；C．充电时，阳离子向阴极移动，即从左室移向右室，C错误；D．充电时，阴极电极反应式为，D错误；答案选B。10.已知断裂化学键汲取的能量如下表所示：化学键C=CC-CC-HH-H键能()615348413436则反应的为()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】通过键能计算焓变的方法：反应物的总键能-生成物的总键能。【详解】依据图表分析可知，反应的为，故反应的焓变为，答案选D。11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y同周期且相邻，Y是地壳中含量最多的元素，Z是短周期中原子半径最大的主族元素，W的单质常温下是一种淡黄色固体。下列叙述正确的是()A.元素的非金属性：B.Z的单质在空气中燃烧生成阴、阳离子个数比为的氧化物C.Y的简洁气态氢化物的稳定性强于W的D.工业上一般采纳电解对应盐的水溶液制Z单质【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y同周期且相邻，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为氧，X为氮；Z是短周期中原子半径最大的主族元素，则Z为钠；W的单质常温下是一种淡黄色固体，则W为硫。【详解】据题干信息推知：X、Y、Z、W四种元素分别为N、O、Na、S；A．元素的非金属性：O＞N＞S，即Y＞X＞W，故A错误；B．Na在空气中燃烧生成Na2O2，其中阴、阳离子个数比为1:2，故B项错误；C．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强。O的非金属性强于S，则简洁气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S，故C正确；D．钠单质采纳电解熔融的NaCl的方法获得，故D错误；故选C。12.下列有关试验的现象和结论都正确，且二者具有因果关系的是()选项操作现象结论A向久置的Na2O2粉末中滴加过量盐酸有无色无味气体生成Na2O2没有变质B向NaAlO2溶液中通入足量CO2有白色沉淀生成Al(OH)3不溶于弱酸C室温下，将Cu置于浓硫酸中无现象在浓硫酸中Cu表面形成致密氧化膜阻挡进一步反应D向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成溶液X中含有Ag+或A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Na2O2久置后会生成Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成无色无味的CO2，A错误；B．向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，生成白色的氢氧化铝，氢氧化铝为两性氢氧化物可溶于强酸或者强碱，但不溶于弱酸弱碱，B正确；C．Cu在常温下不与浓硫酸反应，C错误；D．若溶液X中若含，滴加稀硝酸时被氧化为，再滴加BaCl2溶液时，也有白色沉淀生成，D错误；故选B13.工业上可由苯和丙烯合成异丙苯：+CH3CH=CH2，下列说法错误的是()A.异丙苯分子中全部碳原子可能在同一平面内B.异丙苯分子的一溴代物共有5种C.可以用溴水鉴别异丙苯和丙烯D.丙烯能发生加成反应、氧化反应【答案】A【解析】【详解】A．异丙苯分子中两个甲基碳原子只能有一个与苯环在同一平面内，A错误；B．异丙苯分子中有5种不同化学环境的H，一溴代物共有5种，B正确；C．丙烯中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，而异丙苯中不含双键，不能使溴水褪色，C正确；D．丙烯含有碳碳双键，可以发生加成反应、氧化反应，D正确；故选A。14.常温下，向溶液中滴加溶液，混合溶液与所加溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是()A.a点溶液：B.b点溶液：C.c点溶液：D.d点溶液中由水电离产生的【答案】B【解析】【详解】A．a点是溶液，据电荷守恒得：，A错误；B．b点是溶液，据图像知：该溶液呈酸性，说明电离程度大于其水解程度，则，而也只有小部分电离，故，B正确；C．c点是和混合溶液，，C错误；D．d点是溶液，由于的水解促进水的电离，溶液中由水电离产生的，D错误；故选B。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题：共58分。第15~17题为必考题，每个试题考生都必需作答，第18~19题为选考题，考生依据要求作答。(一)必考题：共43分。15.过氧化镁(MgO2)产品中常混有少量MgO，甲、乙两小组分别设计了两种试验方案测定样品中过氧化镁的质量分数。方案Ⅰ：取肯定量过氧化镁样品，加入少量的MnO2，搅拌使其充分混合，再向其中滴加足量的稀硫酸(如图)。方案Ⅱ：称取0.1000g样品置于碘量瓶中，加入足量KI溶液和稀硫酸，滴加几滴指示剂X，摇匀后在暗处静置5min，然后用0.1000mol·L-1Na2S2O3的标准溶液滴定至终点(如图)，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。(已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)回答下列问题：(1)方案Ⅰ试验前检验气密性的方法是________。仪器a的名称是________，运用该仪器的优点是________。(2)广口瓶内发生的化学反应方程式为：MgO2+H2SO4=MgSO4+H2O2，________。(3)方案Ⅱ滴定过程中若操作过慢，导致结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。指示剂X为________，推断到滴定终点的现象为________。(4)依据方案Ⅱ试验数据，样品中过氧化镁的质量分数为________。【答案】(1).向量气管中加水到右端液面高出左端液面，一段时间后，若液面不发生改变，则气密性良好(2).恒压漏斗(3).使分液漏斗内的液体顺当滴下(4).2H2O22H2O+O2↑(5).偏高(6).淀粉溶液(7).溶液由蓝色变为无色(或“溶液褪色”)，且半分钟内不变色(8).84%【解析】【分析】本试验通过两组不同的试验测定样品中过氧化镁的质量分数。第一组试验通过过氧化镁、MnO2与稀硫酸的反应测定样品中过氧化镁的质量分数，通过测量生成气体的体积计算样品含量；其次组试验为滴定试验，过氧化镁具有氧化性，可以将KI中的I-还原出来，再通过测定溶液中I2的含量间接测定样品含量。【详解】(1)试验装置连接好后，应检查装置气密性，方法是：向量气管中加水到右端液面高出左端液面，一段时间后，若液面不发生改变，则气密性良好；仪器A的名称是：恒压漏斗；运用恒压漏斗的优点是：使分液漏斗内的液体顺当滴下；(2)广口瓶中发生两步化学反应，一是MgO2+H2SO4=MgSO4+H2O2，二是2H2O22H2O+O2↑；(3)过氧化镁具有氧化性，可以将碘化钾氧化生成碘单质，若滴定过程中操作过慢，碘化钾中的碘离子会被空气中的氧气氧化为碘单质，消耗硫代硫酸钠的标准溶液体积偏大，导致最终结果偏高；因溶液中有碘单质，则指示剂应选择淀粉溶液；滴定终点的现象为溶液由蓝色变为无色(或“溶液褪色”)，且半分钟内不变色；(4)过氧化镁氧化碘化钾的离子方程式为MgO2+2I-+4H+=Mg2++I2+2H2O，结合硫代硫酸钠与碘单质的反应可以得出过氧化镁与硫代硫酸钠的关系式为MgO2~2Na2S2O3，则n(MgO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.03L=0.0015mol，m(MgO2)=0.0015mol×56g/mol=0.0840g，则样品中过氧化镁的质量分数==84%。16.以镍黄铁矿为原料制备的工艺流程如下：已知：①高镍锍的主要成分为、、、的低价硫化物及合金；②氧化性：；③，，。回答下列问题：(1)“酸浸”时，溶液需过量，其目的是________。(2)“氧化”时反应的化学方程式为________，若用代替溶液，使转化为，则需至少为________。(3)“除铁”的原理是________。(4)“过滤”时滤渣1的主要成分是________。(5)“沉镍”后需过滤、洗涤，证明沉淀已洗涤干净的方法是________________。若“沉镍”后的滤液中，则滤液的________。(6)“除钴”时，发生反应的离子方程式为________。【答案】(1).提高镍元素的浸取率(2).(3).0.1(4).与反应使溶液上升，解生成沉淀而除去(5).、(6).取最终一次洗涤液少量，向其中滴加盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净(7).9(8).【解析】【分析】用硫酸溶液溶解高镍铳并过滤，除去不溶于酸和水的杂质Cu和CuS，同时得到含有Ni2+、Fe2+及Co2+的滤液，向滤液加入H2O2主要是氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，后用CaCO3调整溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，达到除铁的目的，过滤后的滤液中接着加入NiOOH，可生成Co(OH)3，再过滤除去，达到除钴的目的，最终滤液中加入NaOH溶液，并过滤即可得到Ni(OH)2。【详解】(1)“酸浸”时，加入过滤的硫酸溶液，可使高镍铳完全溶解，提高镍元素的浸取率；(2)H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，发生反应的化学方程式为2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；若用NaClO代替H2O2溶液，使0.2molFe2+转化为Fe3+，共转移0.2mole-，NaClO的还原产物为NaCl，则需NaClO至少为=0.1mol；(3)Fe3+在溶液中存在水解平衡为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CaCO3能与H+反应使溶液pH上升，Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而除去；(4)由分析知，“过滤”时滤渣1的主要成分是不溶液于稀硫酸的Cu为CuS；(5)Ni(OH)2的表面附着液中含有SO42-，则取最终一次洗涤液少量，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净；已知Ksp[Ni(OH)2]=1×10-15=c(Ni2+)×c2(OH-)，则c(OH-)=mol/L=10-5mol/L，此时溶液pH=9；(6)“除钴”时NiOOH可生成Co(OH)3，则发生反应的离子方程式为NiOOH+Co2++H2O=Ni2++Co(OH)3。【点睛】考查物质的制备试验探究，涉及反应原理和混合物的分别提纯，精确的流程分析是解题关键，其中除铁和除钴的反应原理及离子方程式的书写是解题难点。17.烟气中含有高浓度的、，在排放前必需进行脱硫、脱硝处理。回答下列问题：(1)利用可以将氮的氧化物还原为。已知：则反应的________。(2)在体积为1L的恒容密闭容器里，充入和，发生反应为：⇌，得随温度改变如图所示：①a点时，反应否已达平衡状态________(填“是”或“否”)。②该反应正反应的________(填“”或“”)0。③当反应体系中，________(填“能”或“不能”)说明反应达平衡状态。④℃时该反应的平衡常数为________。(3)工业上可以用溶液汲取，并用电解法处理汲取后所得溶液以实现汲取液的回收再利用(装置如图所示)。电源a端为________极，阳极的电极反应式为________。【答案】(1).(2).否(3).(4).不能(5).25.6(6).负(7).【解析】【分析】依据盖斯定律分析解题；结合平衡状态的特征、温度和浓度对平衡的影响分析；依据电解原理分析，留意阴极发生还原反应。【详解】(1)已知：①，②，依据盖斯定律②-①×2可得，则△H=（-802.3kJ/mol）-（+180.5kJ/mol）×2=-1163.3kJ/mol；(2)①由图示可知，b点是平衡状态，a点不是平衡状态，此时反应仍以向正反应进行为主；②b点是平衡状态，接着上升温度，n(NO2)的含量增大，说明平衡逆向移动，则该反应正反应的0；③起始时n(CH4)与n(NO2)的比值是1:2，随着反应的进行，CH4和NO2的改变物质的量也是1:2，则反应过程中始终成立，说明反应不肯定是平衡状态；④℃时NO2的平衡物质的量为0.2mol，此时CH4的物质的量为0.1mol，N2和CO2的物质的量均为0.4mol，H2O的物质的量为0.8mol，则该反应的平衡常数K===25.6；(3)电解池的左侧电极表面H+还原为H2，应为阴极，则电池a端为电源的负极；右侧电极为阳极，表面发生氧化反应，电极反应式为。【点睛】通常应用盖斯定律进行简洁计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。(二)选考题：共15分。请考生从给出的两道试题中任选一题作答。假如多做，则按所做的第一题计分。18.铁、铜等金属及其化合物在生产、生活中用途特别广泛。回答下列问题：(1)可用作抗震剂，通过下列反应获得：。①基态原子核外电子排布式为________，其原子核外未成对电子数为________。②与CO具有相同空间构型和键合形式的阴离子是________(填化学式)，CO分子中σ键与π键数目之比为________，C、N、O三种元素第一电离能由小到大的依次为________。(2)向含的溶液中滴加少量的溶液，溶液中生成红色的，中心离子的配位数为________，配体是________，分子中O原子的杂化方式为________。(3)一种含有Fe、Cu、S三种元素的化合物的晶胞如图所示(晶胞底面为正方形)，该化合物的化学式为________，若晶胞的底面边长为，晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，该晶胞的高为________。【答案】(1).或(2).4(3).(4).(5).(6).6(7).、(8).(9).(10).【解析】【分析】依据能级图分析Fe原子的电子排布式；依据同周期主族元素第一电离能的改变规律分析；依据价层电子对数目和价层电子寻互斥理论分析原子的杂化类型和空间构型；依据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计算。【详解】(1)①基态Fe的核电荷数为26，其原子核外电子排布式为或，d的轨道数是5，则其原子核外未成对电子数为4；②等电子体具有相像的结构，则与CO具有相同空间构型和键合形式的阴离子是CN-，CO分子中含有CO叁键，σ键键数是1，π键键数是2，则σ键与π键数目之比为1:2，C、N、O三种元素第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p3是半充溢结构，相对稳定，则第一电离能由小到大的依次为；(2)在中SCN-和H2O是配体，则配位数是6；分子中O原子的价层电子对数为2+=4，则O原子的杂化方式为sp3；(3)依据均摊法则，晶胞中Fe原子数目为8×+1+4×=4，S原子数目是8，Cu原子数目是4×+6×=4，该化合物的化学式为FeCuS2；晶胞的底面积为(a×10-10cm)2，晶胞的高为b×10-10cm，晶胞的体积为a2b×10-30cm3，晶胞的质量为g，依据=可知b=pm。【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；④内部：内部原子不与其他晶胞共享，完全属于该晶胞。19.6-硝基胡椒基酸(J)是合成心血管药物米络沙星的中间体，以芳香族化合物A为原料合成J的