2021-2022学年河南省开封市高二下学期期末考试化学试题（含解析）

开封市2021-2022学年度第二学期期末调研考试高二化学试题第I卷(选择题)一、选择题(在每小题给出的四个选择项中只有一个是符合题目要求的)1.2022年北京冬奥会中使用了大量的新材料，其中属于有机高分子化合物的是A.发电玻璃中的碲化镉成分B.火炬“飞扬”中的碳纤维材料C.颁奖礼仪服装中的发热材料石墨烯D.短道速滑服中减少空气阻力的聚氨酯【答案】D【解析】【详解】A．发电玻璃中的碲化镉是无机物，不属于有机高分子化合物，故A错误；B．火炬“飞扬”中的碳纤维材料是无机物，不属于有机高分子化合物，故B错误；C．石墨烯是碳的一种单质，是无机物，不属于有机高分子化合物，故C错误；D．聚氨酯属于有机高分子材料，故D正确；故答案选D。2.山梨酸钾，常被用作食品防腐剂，通过与微生物酶系统的结构结合而起效，其毒性远低于其他防腐剂，结构如图所示。下列有关山梨酸钾和山梨酸的叙述正确的是A.山梨酸钾的化学式为B.山梨酸钾和山梨酸都易溶于水C.山梨酸分子中所有碳原子和氧原子能共平面D.山梨酸可发生加成、氧化反应，不能发生取代反应【答案】C【解析】【详解】A．山梨酸钾的化学式为C6H7O2K，A选项错误；B．山梨酸微溶于水，山梨酸钾属于离子化合物，易溶于水，B选项错误；C．山梨酸分子中属于共轭双键结构，所有碳原子和氧原子共平面，C选项正确；D．有机物大多都能发生取代反应，D选项错误；答案选C。3.下列反应的离子方程式书写错误的是A.硫化钠溶液与硝酸混合：B.通入冷的NaOH溶液：C.向硫酸铝溶液中滴加过量氨水：D.饱和溶液中加入固体：【答案】A【解析】【详解】A．硫化钠溶液与硝酸混合,硝酸具有氧化性，能把氧化，故A错误；B．通入冷的NaOH溶液生成，故B正确；C．硫酸铝溶液中滴加过量氨水，只能生成，故C正确；D．饱和溶液中加入固体属于沉淀转化，故D正确；故答案为A。4.我国科学家用特殊电极材料发明了一种新型碱性电池，既能吸收，又能实现丙三醇的相关转化，工作原理示意图如图。下列说法错误的是A.离子交换膜为阴离子交换膜B.放电时，A极为原电池的正极C.放电时，B极反应式为D.放电时，若A极产生CO和各1mol，则B极消耗1mol丙三醇【答案】D【解析】【分析】由图可知，右侧电极附近丙三醇中羟基被氧化为羰基，发生氧化反应，B电极为负极，发生的电极反应为：；A电极为正极，发生的电极反应为：CO2+3H2O+4e-=CO+H2+4OH-；离子交换膜为阴离子交换膜，氢氧根向B电极迁移。【详解】A．根据分析，离子交换膜为阴离子交换膜，A正确；B．根据分析，放电时，A极为原电池的正极，B正确；C．根据分析，B电极的电极反应式正确，C正确；D．根据A电极的电极反应式：CO2+3H2O+4e-=CO+H2+4OH-，若A极产生CO和各1mol，则电路中转移电子的物质的量为4mol，B极消耗2mol丙三醇，D错误；故选D。5.根据实验目的，下列实验操作及现象、结论都正确的是选项实验目的实验操作及现象结论A检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一块绿豆大的钠，产生无色气体乙醇中含有水B检验石蜡油受热分解产生不饱和烃对石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液中，溶液红棕色褪去气体中含有不饱和烃C证明氯乙烯加聚是可逆反应加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片，试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红氯乙烯加聚是可逆反应D检验蔗糖是否水解向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热一段时间后，加入新制的悬浊液，加热，无砖红色沉淀蔗糖未发生水解A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．乙醇和水都可以和金属钠反应，不能用钠检验，A错误；B．石蜡分解生成乙烯，乙烯能和溴发生加成反应，溶液颜色褪色，B正确；C．加热试管中的聚氯乙烯，试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红，说明其分解，但不能证明加聚是可逆反应，C错误；D．蔗糖水解后应先加入氢氧化钠溶液中和酸，再加入新制的氢氧化铜悬浊液加热，D错误；故选B。6.已知短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，常温下X、Z、W均可与Y反应，M、P、Q的原子序数及0.1mol/LX、Z、W溶液的pH如图所示。下列说法正确的是（）A.N原子的电子层数与最外层电子数相等B.M的离子半径小于N的离子半径C.P氢化物稳定性大于Q氢化物稳定性D.X、W两物质含有的化学键类型相同【答案】A【解析】【分析】短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，则M为Na元素，则X为NaOH；0.1mol/L的W溶液pH=1，则W为一元含氧强酸，且Q的原子序数大于Na元素，则Q为Cl元素、W为HClO4；0.1

mol/L的Z溶液pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7mol/L=0.2mol/L，故Z为二元强酸，且P的原子序数大于Na元素，则P为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Z、W均可与Y反应，则Y为两性氢氧化物，则Y为Al(OH)3、N为Al元素，据此解答。【详解】A．N为Al元素，原子核外有3个电子层数，最外层电子数为3，其电子层与最外层电子数相等，故A正确；B．Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+＞Al3+，故B错误；C．非金属性Cl＞S，故简单氢化物稳定性：HCl＞H2S，故C错误；D．NaOH为离子化合物，含有离子键、共价键，HClO4为分子化合物，分子内只含有共价键，二者含有化学键不全相同，故D错误；故答案为：A。【点睛】“三看”法快速判断简单微粒半径的大小：一看电子层数：最外层电子数相同时，电子层数越多，半径越大；二看核电荷数：当电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；三看核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。7.室温时，用的标准溶液滴定15.00mL浓度相等的、和混合溶液，通过电位滴定法获得与的关系曲线如图所示[忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，，]。下列说法错误的是A.a点：有黄色沉淀生成B.原溶液中的浓度为C.b点：D.当沉淀完全时，已经有部分沉淀【答案】B【解析】【分析】向含浓度相等的

Cl-、

Br-和

I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、

Br-和

I-均为1.5×10-4mol。【详解】A．I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A正确；B．原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为1.5×10-4mol0.01500L=0.0100mol⋅L-1，故B错误；C．b点加入了过量的硝酸银溶液，溶液中的I-、Br-、Cl-全部转化为沉淀，则Ag+浓度最大，根据溶度积可知，b点各离子浓度为：c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)>c(I-)，故C正确；D．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)=Ksp(AgBr)c(Br-)=5.4×10−131.0×10−5=5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)=Ksp(AgCl)c(Ag+)=1.8×10−135.4×10−8=3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)=

c(I-)=0.0100mol⋅L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故D正确；故答案为B。第II卷(非选择题)二、非选择题8.氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如图所示装置(部分装置省略)制备和NaClO。回答下列问题：（1）盛放粉末的仪器名称是_______，其中发生反应的化学方程式为_______。（2）a中的试剂为_______，其作用是_______。（3）b中采用的加热方式是_______，这样加热的优点有_______(答两点)。（4）c中化学反应的离子方程式为_______，采用冰水浴冷却的目的是_______。（5）d的作用是_______。反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，_______，_______，干燥，得到晶体。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.（2）①.饱和食盐水②.除去氯气中的HCl（3）①.水浴加热②.受热均匀，温度易控制（4）①.②.避免生成（5）①.吸收尾气②.过滤③.少量(冷)水洗涤【解析】【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，首先制备氯气，用装置a除去氯气中的氯化氢，在水浴加热的条件下和氢氧化钾反应制备氯酸钾，在冰水的条件下制备次氯酸钠，最后注意尾气处理，以此解题。【小问1详解】由图可知盛放粉末的仪器名称是圆底烧瓶；该仪器中是实验室制备氯气，方程式为：；【小问2详解】装置a作用是除去氯气中的氯化氢，故a中的试剂为：饱和食盐水；其作用是：除去氯气中的HCl；小问3详解】由图可知b中采用的加热方式是：水浴加热；这样加热的优点有：受热均匀，温度易控制；【小问4详解】c中氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：；温度较高时容易生成氯酸钠，故采用冰水浴冷却目的是：避免生成；【小问5详解】氯气有毒，污染空气，故d的作用是：吸收尾气，b中为氯酸钾溶液，结晶后过滤，为了减少产品的损失，应该采用少量(冷)水洗涤，故答案为：过滤；少量(冷)水洗涤。9.钛(Ti)是一种重要的结构金属，钛合金因具有强度高、耐蚀性好、耐热性高等特点而被广泛用于各个领域。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如图：已知：粗中含有、、。回答下列问题：（1）与C、，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：物质CO分压/MPa①该温度下，与C、反应的总化学方程式为_______。②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是_______。（2）①“除钒”过程中的化学方程式为_______。②“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。（3）“冶炼”过程得到的混合物中含有Mg、和Ti，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti。①根据表中信息，需要加热的温度略高于_______℃即可。物质MgTi熔点/℃6497141667沸点/℃136109014123287②下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是_______。A.高炉炼铁B.电解熔融氯化钠制钠C.铝热反应制锰D.氧化汞分解制汞③→Ti也可用钠热还原法，该反应不能在水溶液中进行，一是因为金属钠与水剧烈反应，不会置换出钛；二是因为_______。【答案】（1）①.②.随着温度升高，与C发生反应（2）①.②.不能③.若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质（3）①.1412②.AC③.会强烈水解生成【解析】【小问1详解】①根据容器中气态物质之间分压之比，可以近似得到反应体系内各气态生成物之间的物质的量之比为，按照该物质的量之比代入方程式配平得到“”；②“高温条件下，发生”，所以尾气中CO含量上升【小问2详解】①根据题目所给信息分析，粗中含有，加入Al后有VOCl2生成，故该反应应是“”；②“除钒”时需要加入单质铝，如果“先除铝，后除钒”，会在体系中重新引入铝元素杂质，所以本问第二空应填“不能”，第三空应填“若先‘除硅、铝’再‘除钒’，‘除钒’时需要加入Al，又引入Al杂质”；【小问3详解】①根据题目所示信息，金属钛沸点最高，利用真空蒸馏方案分离混合物，只需加热至沸点第二高的MgCl2气化即可，所以本问第一空应填“1412”；②Mg置换制备Ti，备选项中与该反应原理类似的是“AC”，两个反应均是置换反应；③TiCl4属于弱碱阳离子构成的氯化物，均有固体见水易水解，“会强烈水解生成”。10.近期中国科学院宣布在人工合成淀粉方面取得突破性进展，是国际上首次在实验室实现二氧化碳到淀粉的从头合成。（1）人工合成淀粉共需要11步，其中前两步涉及的反应如图所示。

已知：计算_______。（2）原料可通过捕获技术从空气或工业尾气中获取，能作为捕获剂的有_______(填字母序号)。A.氨水 B.溶液 C. D.溶液（3）在一定温度下的密闭容器中，发生反应：。下列说法正确的是_______(填字母序号)。A.反应达平衡后，若压缩容器体积，则平衡正向移动B.选用合适的催化剂可以提高的平衡产率C.若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应已达平衡D.增大原料气中的值，有利于提高的转化率（4）在一定条件下，催化加氢可以生成，主要有以下三个竞争反应。反应I：反应Ⅱ：反应Ⅲ：为研究催化剂对反应的选择性，在1L恒容密闭容器中充入2.0mol和，反应进行相同时间后，测得有关物质的物质的量随温度的变化关系如图所示。

①该催化剂在较低温度时主要选择反应_______(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。A点以后，升高温度，甲烷的物质的量减小，其原因可能是_______。②在一定温度下，体系达到平衡，此时测得：，，，容器内总压强为p。此时，的总转化率为_______；_______；该温度下反应I的平衡常数K(I)=_______(保留一位小数)。【答案】（1）（2）AB（3）AC（4）①.Ⅱ②.升高温度，催化剂对反应Ⅱ的选择性降低③.70%④.⑤.1.9【解析】【小问1详解】由图可知，利用盖斯定律可得：；故答案为：。【小问2详解】A．氨水能和二氧化碳反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，所以能作二氧化碳捕捉剂，故A正确；B．Na2CO3溶液能和二氧化碳反应生成NaHCO3，可以作二氧化碳捕捉剂，，故B正确；C.和二氧化碳不反应，不能作二氧化碳捕捉剂，故C错误；D．溶液和二氧化碳不反应，不能作二氧化碳捕捉剂，故D错误；故答案为：AB。【小问3详解】A．反应达平衡后，若压缩容器体积，增大压强，正反应气体分子数减小，则平衡正向移动，故A正确；B．催化剂不影响平衡移动，所以不能提高平衡产率，故B错误；C．反应前后气体总物质的量减小，气体总质量不变，则反应后气体的平均相对分子质量增大，若气体的平均相对分子质量保持不变，则说明反应体系已达平衡，故C正确；D．增大原料气中的值，的转化率减小，故D错误；故答案为：AC。【小问4详解】①温度较低时主要生成CH4，所以该催化剂在较低温度时主要选择反应II；A点以后，升高温度，甲烷的物质的量降低，其原因可能为温度升高催化剂活性降低，催化效率降低，甲烷的物质的量降低；②消耗的n(CO2)=n(CH3OH)+n(CH4)+2n(C2H4)=(0.5+0.1+2×0.4)mol=1.4mol，CO2的总转化率==70%；剩余的n(CO2)=(2.0-1.4)mol=0.6mol，消耗的n(H2)=3n(CH3OH)+4n(CH4)+6n(C2H4)=(0.5×3+0.1×4+6×0.4)mol=4.3mol，剩余的n(H2)=(5.3-4.3)mol=1mol，生成的n(H2O)=n(CH3OH)+2n(CH4)+4n(C2H4)=(0.5+0.1×2+4×0.4)mol=2.3mol，混合物的总物质的量=(0.1+0.4+0.5+0.6+1+2.3)mol=4.9mol，；该温度下反应I的平衡常数K(I)=；故答案为：II；升高温度，催化剂对反应Ⅱ的选择性降低；70%；；1.9。11.K、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序如图所示，其中c、d均是热和电的良导体。回答下列问题：（1）图中d单质对应元素基态原子的电子排布式为_______。（2）单质a、f对应的元素以原子个数比1∶1形成的分子(相同条件下对的相对密度为13)中所含键和键的个数比为_______，其中f原子的杂化轨道类型为_______。（3）a与b的元素形成的10电子中性分子X的空间构型为_______；将X溶于水后的溶液滴入到d的硫酸盐溶液中至过量，得到配合物的化学式为_______，其中d离子的配位数为_______。（4）e、f单质对应元素的简单气态氢化物的热稳定性(用相应的化学式表示)_______>_______，原因是_______。（5）c与氧元素和碘元素形成的一种晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，棱长为0.446nm，晶胞中c原子、氧原子和碘原子分别处于顶点、面心和体心位置，如图所示。该晶体的化学式为_______，与c原子紧邻的氧原子有_______个。该晶体中c原子与氧原子间的最短距离为_______nm。【答案】（1）（2）①.3∶2②.sp（3）①.三角锥形②.③.4（4）①.②.③.C元素的非金属性强于Si，则最简单气态氢化物的热稳定性为（5）①.②.12③.0.315【解析】【分析】K、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，K、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为共价晶体，且C单质的熔沸点大于Si单质的熔沸点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为N，c为K，d为Cu，e为Si，f为C所对应的单质，据此解答。【小问1详解】由分析可知，d为Cu，对应元素原子的电子排布式：；故答案为：。【小问2详解】单质a、f对应的元素以原子个数比1:1形成的分子(相同条件下对的相对密度为13)为：，含有σ键3个，π键2个，所含键和键的个数比为3:2，其中C原子的杂化轨道类型是sp杂化；故答案为：3:2；sp。【小问3详解】H与N形成的10电子中性分子X为NH3，氨气分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5-3×1)=4，所以空间构型为：三角锥形结构；将NH3溶于水后的溶液滴入硫酸铜溶液中至过量，Cu2+提供空轨道，氨气分子提供孤对对子，通过配位键形成；其中铜离子的配位数为4；故答案为：三角锥形；；4。【小问4详解】元素的非金属性越强，其对应的简单氢化物的稳定性就越强，非金属性：C>Si，故SiH4、CH4的稳定性：CH4>SiH4；故答案为：；；C元素的非金属性强于Si，则最简单气态氢化物的热稳定性为。【小问5详解】根据晶胞图可知，晶胞中K原子个数=8×=1，O原子个数=6×=3，I原子个数=1，则该晶体的化学式为KIO3，与K紧邻的O原子分别在各个面的面心，所以个数为12，分析KIO3晶体的晶胞结构可知K原子与O原子间的最短距离为；故答案为：；12；0.315。12.基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿