2021-2022学年广西南宁市部分学校高二下学期期末联考理综化学试题（含解析）

广西南宁市部分校2021~2022学年度高二(下)期末检测理科综合化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5S32K39Cu64Zn65一、选择题：每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与科技、社会、生产密切相关，下列说法错误的是A.(本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏B.煤的气化，液化均属于物理变化C.“玉兔二号"月球车首次实现在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是硅D.汉代烧制出“明如镜，声如磐”的瓷器，其主要原料为黏土【答案】B【解析】【详解】A．酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸烧的方法分离，该操作为蒸馏操作，故A正确；B．煤的气化指煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化指煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体，两者都是化学反应，故B错误；C．晶体硅是良好的半导体材料，可用于制造计算机芯片和太阳能电池的硅板，故C正确；D．“明如镜、声如磬”的瓷器是以黏土为原料高温烧制而成，故D正确；故选B。2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.78g过氧化钠中含有的离子总数为4NAB.0.1molCH3COOH与0.1molCH3CH2OH反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目为0.1NAC.2.3gNa与氧气完全反应生成Na2O和Na2O2，反应中转移的电子数为0.1NAD.电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，78g过氧化钠中含有的离子总数N=×3×NA/mol=3NA个，A选项错误；

B．酯化反应是可逆反应，不能进行彻底，则生成的CH3COOCH2CH3分子数目小于0.1NA，B选项错误；

C．钠失去电子变为Na+，2.3g钠完全反应后转移的电子数N=×1×NA/mol=0.1NA个，C选项正确；

D．电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜更活泼的金属，阳极质量减少64g时，阳极失去的电子不一定是2mol，则阴极得到电子的数目不一定为2NA，D选项错误；

答案选C。3.1，3-二异丙烯基苯是工业上常用的交联剂，可用于制备高性能超分子聚合物，其结构如图所示。下列有关1，3-二异丙烯基苯的说法错误的是A.在催化剂作用下可发生加聚反应 B.可与溴水发生取代反应C.分子中所有碳原子可能处于同一平面 D.其一氯代物有5种(不考虑立体异构)【答案】B【解析】【详解】A．该有机物有碳碳双键，可以发生加聚反应，A正确；B．该烯烃中的碳碳双键可以与溴水发生加成反应，不是取代反应，B项错误；C．除了甲基之外所有的C原子都采取sp2杂化，均为平面结构，而甲基C原子取代了碳碳双键原来H的位置，所以所有C原子可能处于同一个平面，C正确；D．该有机物为对称结构，苯环上3种H，支链上有2种H，所以共有5种H，等效氢的数目等于一氯代物的种类，D正确；故答案选B。4.下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是选项实验操作实验目的或结论A向2mL0.1mol•L-1MgCl2溶液中加入5mL0.1mol•L-1NaOH溶液，出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置，出现红褐色沉淀相同温度下，Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶B向某溶液中滴加少量KSCN溶液，无现象，再滴加几滴新制氯水，溶液变红该溶液中含有Fe2+C向BaCl2溶液中通入SO2和X气体，产生白色沉淀气体X一定是NH3D室温下，用pH试纸测得：0.1mol•L-1Na2SO3溶液约为10，0.1mol•L-1NaHSO3溶液约为5结合H+的能力比强A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．加入的NaOH过量，再加入产生红褐色沉淀为氢氧根与Fe3+直接反应得到，不能判断沉淀发生转化，因此不能比较二者的溶解能力，A项错误；B．原溶液中加KSCN，溶液无明显现象，说明原溶液中无Fe3+，加入氯水后变红，说明其中含有Fe2+被氧化成Fe3+，B项正确；C．产生白色沉淀可能是亚硫酸钡也可能是硫酸钡，所以也可以是氧化性气体，如NO2，故C项错误；D．0.1mol•L-1Na2SO3溶液pH约为10，原因是结合水电离出的氢离子，0.1mol•L-1NaHSO3溶液约为5，是因为亚硫酸氢根电离大于水解，所以溶液呈酸性，故解释不正确，D项错误；故答案选B。5.Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的原子半径在短周期主族元素中最大，Q元素原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，W，Z元素原子的最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，含元素Z的合金是日常生活中使用量最广泛的金属材料之一、下列说法正确的是A.简单离子半径：X>Y>Z>WB.元素Q和Z形成的化合物QZ2属于离子化合物C.X，Y，Z的最高价氧化物对应的水化物两两间能发生反应D.W和X形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键【答案】C【解析】【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大，则X为Na；Q元素原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为C元素；W、Z元素原子的最外层电子数相同，二者同主族，Z的核电荷数是W的2倍，则W为O元素、Z为S元素；含元素Y的合金是日常生活中使用量最广泛的金属材料之一，则Y为Al。【详解】由分析可知，Q为C、W为O、X为Na、Y为Al、Z为S；A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，一般离子的电子层越多，离子半径越大，故离子半径S2->O2->Na+>Al3+，故A错误；B．CS2属于共价化合物，故B错误；C．氢氧化钠与硫酸发生中和反应，氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠、硫酸反应生成盐和水，故C正确；D．O和Na形成的化合物有Na2O、Na2O2，氧化钠只含离子键，过氧化钠含有离子键、非极性键，故D错误；故选：C。6.锂—铜空气燃料电池容量高、成本低，电池反应为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-，工作原理如图所示。下列说法正确的是A.Li是电池的负极B.正极的电极反应式为Cu2O+2H++2e-=2Cu+H2OC.将锂电极区有机电解质换成水溶液电解质，可提高电池工作效率D.0.1molCu2O参与反应时有0.1molLi+通过固体电解质向铜极移动【答案】A【解析】【分析】由电池反应为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-，Li元素化合价由0价变为+1价，Li是负极；Cu元素化合价由+1价变为0价，Cu电极是正极，正极反应式为Cu2O+H2O+2e-=2Cu+2OH-，据此分析作答。【详解】A．据电池反应式知，该反应中Li元素化合价由0价变为+1价、Cu元素化合价由+1价变为0价，所以Li是负极，Cu电极是正极，A项正确；B．根据电池反应式知，正极反应式为Cu2O+H2O+2e-=2Cu+2OH-，B项错误；C．因为金属锂可以和水之间发生反应，所以该电池负极不能用水溶液作为电解质，C项错误；D．放电时，阳离子向正极移动，根据电池反应：2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-，0.1molCu2O参与反应时有0.2molLi+通过固体电解质，D项错误；答案选A。7.25℃时，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1HX溶液，溶液的pH随加入的NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法错误的是A.HX的Ka约为1×10-5B.V1<20C.M点溶液中2c(Na+)=c(X-)+c(HX)D.V(NaOH)=20mL时，溶液中c(Na+)>c(OH-)>c(X-)>c(H+)【答案】D【解析】【详解】A．根据图示，0.1mol·L-1HX溶液的pH=3，则HX的Ka，故A正确；B．若V1=20，氢氧化钠和HX恰好反应，溶质为NaX，溶液呈碱性，V1对应的pH=7，所以V1<20，故B正确；C．M点溶液中的溶质为等浓度的HX、NaX，根据物料守恒2c(Na+)=c(X-)+c(HX)，故C正确；D．V(NaOH)=20mL时，氢氧化钠和HX恰好反应，溶质为NaX，溶液呈碱性，溶液中c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)，故D错误；选D。二、非选择题(一)必考题8.硫氰化钾(KSCN)俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图所示：已知：①不溶于水，密度比水的大；②不溶于；③三颈烧瓶内盛放有、水和催化剂。回答下列问题：（1）制备溶液：①实验前，经检验装置的气将性良好。其中装置A中发生反应的化学方程式为_______；的电子式为_______；三颈烧瓶的下层液体必须浸没导气管口，目的是_______。②实验开始时，打开K1，加热装置A、D，使A中产生的气体缓缓通入D中，发生反应：，该反应缓慢进行至消失。（2）制备KSCN溶液：①地灭A处的酒精灯，关闭K1和K2，移开水浴，将装置D继续加热至105℃，当完全分解后()，打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，制得KSCN溶液。使用KOH溶液会使产品KSCN固体混有较多的，工业上用相同浓度的溶液替换KOH溶液，除能与反应产生更多和气体，有利于残留在装置中的溢出，同时又使原料成本_______(填“增大”或“降低”)；②装置E中，被酸性重铬酸钾氧化为氮气，反应的离子方程式为_______；装置E的作用是_______。（3）测定晶体史KSCN的含量：称取10.0g样品，配成1000mL溶液。量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴溶液作指示剂，用标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液20.00mL。①滴定时发生的反应：(白色)。则判断达到滴定终点的现象是_______。②晶体中KSCN的质量分数为_______(计算结果精确至0.1%)。【答案】（1）①.②.③.防倒吸（2）①.降低②.③.吸收尾气，防止污染环境（3）①.当滴入最后一滴溶液，溶液颜色由红色变黄色(或溶液红色消失)，且半分钟内不恢复②.97.0%【解析】【分析】本实验的实验目的为制备硫氰化钾，其中装置A中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物生成氨气，反应的化学方程式是，装置B中装有碱石灰干燥氨气，氨气进入装置D发生反应：、，装置E中，被酸性重铬酸钾氧化为氮气，反应的离子方程式为，其作用是处理尾气，据此分析解答。【小问1详解】装置A中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式为，氨气是共价化合物，其电子式为，已知不溶于，不溶于水，密度比水的大，则导出氨气的导管口应浸没在液面以下，防止氨气溶于水发生倒吸；小问2详解】①原来的用料是KOH，会产生杂质H2S，能与反应产生更多和气体，有利于残留在装置中的溢出，同时使用K2CO3比KOH便宜，能够降低原料成本；②由分析可知，装置E中，被酸性重铬酸钾氧化为氮气，反应的离子方程式为，其作用为吸收尾气，防止污染环境；【小问3详解】①遇变红色，加入消耗，所以滴定终点的现象是当滴入最后一滴溶液，溶液颜色由红色变黄色，且半分钟内不恢复；②达到滴定终点时消耗标准溶液，根据方程式(白色)可知，溶液中的物质的量是，溶液中的质量为，晶体中的质量分数。9.甲醇是一种重要的化工原料，具有开发和应用的广阔前景。工业上使用水煤气(CO与H2的混合气体)转化成甲醇，反应为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。（1）CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。①p1、p2的大小关系是p1_______p2(填“>”“<"或"=”)。②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、Kc的大小关系是_______。③下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是_______(填字母)。a.2v正(H2)=v逆(CH3OH)b.CH3OH的体积分数不再改变c.混合气体的平均摩尔质量不再改变d.同一时间内，消耗0.04molH2，生成0.02molCO（2）在T2℃、p2压强时，往一容积为2L的密团容器内，充入0.3molCO与0.4molH2发生反应。①平衡时H2的体积分数是____；平衡后再加入1.0molCO后重新到达平衡，则CO的转化率_____(填“增大""不变”成“减小”)，CO与CH3OH的浓度比_______(填"增大”“不变"或“减小")。②若以不同比例投料，测得某时刻各物质物质的量如下，CO：0.1mol、H2：0.2mol、CH3OH：0.2mol，此时v(正)_______v(逆)(填“”“<"或“=”)。③若p2压强恒定为p，则平衡常数Kp=_______(Kp用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压=总压×气体的物质的量分数，整理出含p的最简表达式)。【答案】（1）①.＜②.KA=KB＞KC③.bcd（2）①.25%

②.减小③.增大④.＞⑤.【解析】【小问1详解】①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是气体体积减小的反应，在温度相同时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，则P1＜P2，故答案为：＜；②由图可知，压强一定时，温度升高，CO的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则该反应的正向ΔH<0，所以随着温度升高，该反应平衡常数减小，则A、B、C三点的平衡常数KA，KB，KC的大小关系是：KA=KB＞KC，故答案为：KA=KB＞KC；③a．当v正(H2)=2v逆(CH3OH)时，该反应正逆反应速率相等，反应才达到平衡，a项错误；b．CH3OH的体积分数不再改变时，说明该反应正逆反应速率相等，反应达到平衡，b项正确；c．该反应平衡前气体总质量不变，总物质的量改变，则平均摩尔质量在改变，故平均摩尔质量不变，说明反应达到平衡，c项正确；d．同一时间内，消耗0.04molH2，生成0.02molCO，说明该反应正逆反应速率相等，反应达到平衡，d项正确；故答案为：bcd；【小问2详解】①在T2℃、P2压强时，往一容积为2L的密闭容器内，充入0.3molCO与0.4molH2发生反应，平衡时CO的平衡转化率为0.5，列出三段式为：，平衡时氢气的体积分数=物质的量分数==25%；平衡后再加入1.0molCO后平衡正向移动，但CO的转化率减小；CO与CH3OH的浓度比=，平衡正向移动，c(H2)减小，增大，故答案为：25%；减小；增大；②由①的解析可知该温度下平衡常数K==400，若以不同比例投料，测得某时刻各物质的物质的量如下，CO：0.1mol、H2：0.2mol、CH3OH：0.2mol，Qc===200<K，此时平衡正向移动，v(正)>v(逆)，故答案为：＞；③结合①中三段式计算，p(CO)=p=0.375p，p(H2)=p=0.25p，p(CH3OH)=p=0.375p，Kp===，故答案为：。10.锗是一种重要的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效。下图为工业上利用湿法炼锌渣(主要含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2)制备高纯锗的工艺流程：已知：①GeO2为两性化合物。②GeCl4易水解，在浓盐酸中溶解度低。③常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀pH见下表。离子Fe2+Fe3+Zn2+Ge4+开始沉淀时pH7.52.26.28.2完全沉淀时pH9.03.28.211.2④有机试剂丹宁沉淀金属阳离子的沉淀率见下表。离子Fe2+Fe3+Zn2+Ge4+沉淀率(%)099097~98.5（1）“浸出”时加热的目的是_______；浸出渣的主要成分是_______。（2）浸出后加入NaClO溶液的作用是_______(用离子方程式表示)。常温下调节溶液的pH至3.9时，c(Fe3+)=_______mol·L-1(Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)。如果不加NaClO溶液，pH就需要调节到更大的数值，这样会造成_______的不良后果。（3）“滤液2”中主要含有的金属阳离子是_______。（4）若氢气还原过程中制得2.5molGe，则参与反应的氢气体积为_______L(标准状况下)。【答案】（1）①.加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率②.SiO2（2）①.2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O②.4.0×10-7.7③.形成Ge(OH)4沉淀(或造成Ge4+损失)（3）Zn2+和Na+（4）112【解析】【分析】湿法炼锌渣主要含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸“酸浸”，SiO2属于难溶于水的酸性氧化物，不与硫酸反应，GeO2、ZnO属于两性氧化物，FeO、Fe2O3属于碱性氧化物，它们与稀硫酸反应生成Ge4+、Zn2+、Fe2+、Fe3+，过滤，浸出渣的主要成分是SiO2，向浸出液中加入NaClO，利用NaClO的强氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，然后调节pH至3.9，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，滤液1中加入有机试剂丹宁，Ge4+与有机沉淀丹宁发生络合反应形成沉淀，过滤后得到含有Ge的沉淀，将沉淀焙烧得到GeO2，用浓盐酸溶解GeO2生成GeCl4，GeCl4在纯水中水解生成GeO2·nH2O，GeO2·nH2O脱水后再次得到GeO2，用氢气加热还原，得到高纯度Ge，据此分析；【小问1详解】“浸出”时加热的目的是加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率；“浸出”中，GeO2、ZnO属于两性氧化物，FeO、Fe2O3属于碱性氧化物，它们与稀硫酸反应生成Ge4+、Zn2+、Fe2+、Fe3+，SiO2属于难溶于水的酸性氧化物，不与硫酸反应，过滤后以浸出渣形式除去，浸出渣为SiO2；故答案为加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率；SiO2；【小问2详解】由表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化成铁离子，加入次氯酸钠的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，ClO-被还原成Cl-，离子反应方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；常温下调节溶液的pH至3.9时，c(OH-)=10-10.1mol/L，c(Fe3+)=4.0×10-7.7mol/L；如果不加NaClO溶液，pH就需要调节到更大的数值，这样会形成Ge(OH)4沉淀(或造成Ge4+损失)；故答案为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；4.0×10-7.7；形成Ge(OH)4沉淀(或造成Ge4+损失)；【小问3详解】“过滤1”后“滤饼1”的主要成分是Fe(OH)3，滤液1中的离子有Zn2+、Ge4+，加入硫酸引入的SO和过量的H+，及加入次氯酸钠，引入Na+、过量ClO-和生成Cl-，由表中数据可知加入有机试剂丹宁后Ge4+的沉淀率为97%～98.5%，滤液2中主要含有的金属阳离子是Zn2+和Na+，Ge4+转化为沉淀被分离；故答案为Zn2+和Na+；【小问4详解】若氢气还原过程中制得2.5molGe，根据反应方程式为GeO2+2H2Ge+2H2O可知，氢气还原反应中参与反应的氢气体积(标准状况下)为2.5mol×2×22.4L/mol=112L；故答案为112。(二)选考题11.微量元素指的是在人体中含量低于人体质量0.005%~0.01%的元素，包括Fe、I、Zn、Se、F、Cu、Co、Si等。（1）F元素的基态原子核外有___个未成对电子，基态Fe原子的价电子排布式为____。（2）为四面体结构，其中Si原子采取的杂化类型为_______。与不同，的立体构型为_______。（3）第一电离能Cu小于Zn，理由是_______。（4）Co3+的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+的配位数是_______。CoO的熔点是1935℃，CoS的熔点是1135℃，试分析CoO熔点较高的原因：_______。（5）ZnO品体存在多种结构，其中某种常见的晶胞结构(如图)。其晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞密度为_______(列出计算式)g·cm-3【答案】（1）①.1②.3d64s2（2）①.sp3杂化②.平面三角形（3）Cu的价电子排布式为3d104s1，Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu失去第一个电子达到半充满结构，稳定，则Cu易失去第一个电子，所以第一电离能小于Zn（4）①.6②.CoO与CoS比，CoO中O的离子半径小，离子键的强度大，熔化时破坏的作用力强，所以CoO熔点高（5）【解析】【小问1详解】F元素的价电子排布式为2s22p5，最外层有1个未成对电子，基态Fe原子为26号元素，其价电子排布式为3d64s2；【小问2详解】的中心原子是Si，价层电子对数为4+=4+0=4，采取的杂化类型为sp3杂化；的价层电子对数为3+=3+0=3，离子的立体构型为平面三角形；故答案为sp3杂化；平面三角形；【小问3详解】Cu的价电子排布式为3d104s1，Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu失去第一个电子达到半充满结构，稳定，则Cu易失去第一个电子，所以第一电