2021-2022学年福建省福州第八中学高二下学期期末考试化学试题（含解析）

福州八中2021-2022学年第二学期期末考试高二化学选考考试时间：75分钟试卷满分：100分已知相对原子质量：Ag-108第Ⅰ卷(选择题)一、单选题(共10题，每题4分，共40分)1.“新冠病毒”由蛋白质外壳和单链核酸组成，怕酒精，不耐高温。下列你认为符合科学的是A.病毒仅由碳、氢、氧三种元素组成B.核酸属于烃类有机物C.医用酒精能用于消毒是因为它具有强氧化性D.现代化学分析测试中，可用元素分析仪确定“新冠病毒”中的元素【答案】D【解析】【详解】A．“新冠病毒”由蛋白质外壳和单链核酸组成，蛋白质中含有碳、氢、氧、氮等元素，因此病毒不是仅由碳、氢、氧三种元素组成，A错误；B．核酸中含有C、H、O三种元素，因此该物质属于烃类衍生物，而不属于烃，B错误；C．医用酒精能用于消毒是因为医用酒精能够渗透到病毒内部，使病毒的蛋白质因失去水分而失去生理活性，而不是由于它具有强氧化性，C错误；D．元素分析仪可以分析元素种类，故可用元素分析仪确定“新冠病毒”中的元素，D正确；答案选D。2.下列化学用语表示正确的是A.氯离子的结构示意图： B.甲烷的球棍模型：C.乙烯的结构简式： D.中子数为10的氧原子：18O【答案】D【解析】【详解】A．氯离子核外有18个电子，17个质子，结构示意图为，故A错误；B．该模型是空间填充满型，甲烷的球棍模型可表示为，故B错误；C．乙烯的结构简式为，故C错误；D．中子数为10的氧原子质量数为18，该原子表示为，故D正确。答案选D。3.煤化工和石油化工的工艺中属于物理变化的是A.煤的干馏 B.煤的液化 C.石油分馏 D.石油裂化【答案】C【解析】【详解】A.煤的干馏是把煤隔绝空气加强热使之分解，生成新物质，属于化学变化，故A错误；B.煤的液化是把煤和氢气反应生成新物质，属于化学变化，故B错误；C.石油分馏是利用石油中各成分沸点不同分离各馏分，没生成新物质，属于物理变化，故C正确；D.石油裂化是把重油中的长链烃断裂成碳原子数比较少的烃，主要获得汽油的石油加工方法，属于化学变化，故D错误。故选C。4.下列反应中属于加成反应的是()A.乙烯使溴水褪色B.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色C.将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色D.甲烷与氯气混合，黄绿色消失【答案】A【解析】【详解】A．乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷而使溴水褪色，该反应属于加成反应，A正确；B．乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该反应属于氧化反应，B错误；C．苯能萃取溴水中溴而使溴水褪色，该现象属于物理变化，C错误；D．甲烷和氯气发生取代反应生成氯代烃和HCl，该反应为取代反应，D错误；故选A。5.下列化学反应说法正确的是A.等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是B.硫酸作催化剂，水解所得乙酸分子中有C.乙烯与溴水发生加成反应的产物是D.油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油【答案】D【解析】【详解】A．甲烷的取代反应，多步反应同时进行，是连锁反应，可生成多种氯代甲烷和，A错误；B．水解时，键断裂，则在酸性条件下的水解产物为和，所得乙醇分子中有，B错误；C．乙烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，为，C错误；D．油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油，D正确；故选D。6.用如图实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是

A.用甲装置验证硫酸﹑碳酸﹑苯酚酸性强弱B.用乙装置制备并收集乙酸乙酯C.用丙装置检验溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热产生的乙烯D.丁装置常用于分离互相溶解且沸点相差较大的液态混合物【答案】A【解析】【分析】【详解】A．发生强酸制取弱酸的反应，图中装置可比较酸性，故A正确；

B．导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸，则导管口应在液面上，故B错误；C．挥发的醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色，则溶液褪色不能说明乙烯生成，故C错误；D．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，图中温度计水银球未在支管口处、冷凝水未下进上出，故D错误；

故选：A。7.正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如图)。下列有关说法正确的是A.正硼酸晶体属于共价晶体B.H3BO3分子的稳定性与氢键有关C.分子中硼原子最外层为8电子稳定结构D.1molH3BO3晶体中含有3mol氢键【答案】D【解析】【详解】A．正硼酸晶体是H3BO3分子通过氢键相连，属于分子晶体，故A错误；B．H3BO3分子的稳定性与氢键无关，氢键与熔沸点有关，故B错误；C．根据H3BO3分子的结构得到分子中硼原子最外层是6电子，故C错误；D．H3BO3晶体中每个—OH中的氧和氢分别与另外的—OH的H和另外的—OH的O形成氢键，因此1molH3BO3晶体中含有3mol氢键，故D正确。综上所述，答案为D。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.溶于水制成饱和氯水，转移电子数目为0.1NAB.在的溶液中，所含阴离子数大于0.2NAC.粗铜精炼时，每生成，此时转移的电子数为0.25NAD.一定条件下，将和置于密闭容器中充分反应生成放热akJ，其热化学式为：【答案】B【解析】【详解】A．不清楚是否为标准状况下，因此物质的量无法计算，故A错误；B．在的溶液中碳酸钠物质的量为，由于碳酸根水解，水解方程为，由方程式可知水解不会导致阴离子数目减少，同时水中存在，故阴离子数目大于，故B正确；C．粗铜精炼时，每生成，此时转移的电子数为，故C错误。D．该反应为可逆反应，不会完全发生转化，故应小于，D错误；故合理选项为B。9.《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示。下列说法正确的是A.a极为正极，发生还原反应B.X膜为阳离子交换膜C.当外电路通过2mole-时，消耗22.4LO2D.该装置可实现化学能与电能间的完全转化【答案】B【解析】【分析】本题中通入H2的a极发生氧化反应，是原电池的负极，其电极反应式为：H2-2e-=2H+。通入O2的b极发生还原反应，是原电池的正极，考虑到最终产物为H2O2，故其电极反应式为：H2O+O2+2e-=HO+OH-。负极生成的H+通过阳离子交换膜进入到电解质中，正极生成的HO通过阴离子交换膜进入到电解质中，二者结合得到H2O2。据此可分析各个选项。【详解】A．在该原电池中，a极通入氢气，发生氧化反应，是原电池的负极，A项错误；B．a极生成的H+需要穿过X膜进入到电解质中与HO结合，X膜是阳离子交换膜，B项正确；C．当外电路流过2mole-时，根据b极的电极反应式可知需要消耗1molO2，但本题中未指明是否为标准状况，不能确定O2体积一定为22.4L，C项错误；D．原电池不可能实现化学能与电能的完全转化，还有一部分化学能会转化为其他形式的能量，如内能，D项错误；答案选B。10.分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如下图所示。下列说法不正确的是A.该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂B.x点处溶液中满足：C.根据y点坐标可以算得D.从x点到z点，溶液中水的电离程度逐渐增大【答案】D【解析】【分析】以0.10mol·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液，则滴定分数为1时恰好完全反应得到MCl溶液，即z点；滴定分数为0.5时，得到等物质的量的MCl、MOH混合溶液，即x点。【详解】A．由图可知，滴定分数=1.00时，溶液显酸性，说明反应生成的MCl溶液显酸性，为弱碱强酸盐，选择在酸性条件下变色的指示剂甲基橙，A正确；B．x点处滴定分数为0.50，溶液中含有等量的MOH、MCl，溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，B正确；C．y点pH=7，，c(OH-)=c(H+)=10-7mol·L-1，则c(Cl-)=c(M+)，设MOH溶液为1L，滴定分数为0.90，则需加入盐酸0.90L，溶液总体积为1.90L，反应后：c(Cl-)=c(M+)=，c(MOH)=，Kb(MOH)=，代入数值，得Kb(MOH)=9×10-7，C正确；D．从x点到z点过程中，在加入盐酸至恰好反应过程中，水的电离由被抑制到促进，溶液中水的电离程度逐渐增大；随着盐酸的过量，水的电离又被抑制，电离程度减小，D错误；答案选D。第Ⅱ卷(非选择题)11.CO2是主要的温室气体，以CO2和H2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：（1）工业上常用CO2和H2为原料合成甲醇()，过程中发生如下两个反应：反应I：反应II：①则_______；②若反应II逆反应活化能Ea(逆)为，则该反应的Ea(正)活化能为_______。（2）若将等物质的量的CO和H2混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行反应：，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是_______。A.容器内气体密度保持不变B.混合气体的平均相对分子质量不变C.生成的速率与生成H2的速率相等D.CO的体积分数保持不变（3）向2L容器中充入和，若只发生反应I，测得反应在不同压强、不同温度下，平衡混合物中体积分数如图1所示，测得反应时逆反应速率与容器中关系如图II所示：

①图I中P1_______P2(填“>”、“<”或“=”)。②图II中当x点平衡体系升高至某一温度时，反应可重新达平衡状态，新平衡点可能是_______。③利用图I中C点对应的数据，计算求出对应温度下反应Ⅰ的平衡常数K=_______。【答案】（1）①.-92②.165（2）BD（3）①.>②.d③.16【解析】【小问1详解】①反应I-反应II可得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，则ΔH=ΔH1-ΔH2=-51kJ⋅mol-1-(+41kJ⋅mol-1)=-92kJ⋅mol-1；②由ΔH=Ea(正)-Ea(逆)可得：Ea(正)，解得Ea(正)；【小问2详解】A．该反应在恒容密闭容器中进行，则反应体系的总质量和总体积均不改变，其密度也不会改变，故容器内气体密度保持不变，不能说明此反应已达到平衡状态，A不符合题意；B．该反应是气体总物质的量减小的反应，反应体系的总质量不变，则混合气体的平均相对分子质量增大，故混合气体的平均相对分子质量不变，说明此反应已达到平衡状态，B符合题意；C．生成CH3OH的速率是消耗H2的速率的一半，则消耗H2的速率与生成H2的速率不相等，不能说明此反应已达到平衡状态，C不符合题意；D．该反应中，CO的体积分数减小，故CO的体积分数保持不变，说明此反应已达到平衡状态，D符合题意；故选BD。【小问3详解】①反应I是气体体积减小反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合物中CH3OH体积分数增大；同一温度下，P1条件下平衡混合物中CH3OH体积分数较大，故P1＞P2；②反应I是放热反应，升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡逆向移动，容器中c(CH3OH)减小，则当x点平衡体系升高至某一温度时，反应可重新达平衡状态，新平衡点可能是d；③图I中C点时，CO2的起始物质的量为1mol，H2的起始物质的量为2mol，平衡混合物中CH3OH体积分数为25%，设CO2的物质的量变化量为xmol，则平衡时，CO2的物质的量为(1-x)mol，H2的物质的量为(2-3x)mol，CH3OH的物质的量为xmol，H2O的物质的量为xmol，则100%=25%，解得x=0.75，即平衡时，CO2、H2、CH3OH和H2O的物质的量分别为0.5mol、0.5mol、0.5mol和0.5mol，则平衡时，CO2、H2、CH3OH和H2O的浓度分别为0.25mol/L、0.25mol/L、0.25mol/L和0.25mol/L，平衡常数K===16。12.根据《反应原理》所学知识完成下列习题（1）常温下，将pH和体积均相同的和溶液分别稀释，溶液pH随加水体积的变化如图：

①曲线II代表_______溶液(填“”或“”)；②a、b两点对应的溶液中，水的电离程度a_______b(填“>”、“<”或“=”)；③向上述溶液和溶液分别滴加等浓度的溶液，当恰好中和时，消耗溶液体积分别为和，则_______(填“>”、“<”或“=”)。（2）已知：，，，；①向溶液中加入足量的溶液，反应的离子方程式为_______。②通入溶液中，若，则_______(填“>”、“<”或“=”)。原因是_______(结合数据计算说明)；【答案】（1）①.②.=③.<（2）①.②.<③.根据物料守恒，说明溶质是，的电离程度大于水解程度，所以【解析】【小问1详解】①相同pH的酸加相同体积的水稀释时，“酸性越弱pH变化小”，故II为CH3COOH；②酸抑制水电离，因为a和b氢离子浓度相等，故抑制水电离程度相同，故水的电离程度a=b；③等体积等pH的一元强酸和一元弱酸相比，弱酸中溶质的物质的量更大，能中和更多的溶液，故<；【小问2详解】①由题意可知“”，因此在反应后应变为“”而不是“”，故反应为；②根据物料守恒，说明溶质是，的电离程度大于水解程度，所以。13.金属钛因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀等特点而被广泛用作高新科技材料。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、Fe2O3、SiO2等杂质)为主要原料冶炼金属钛的工业生产流程如下：已知：、，溶液中某离子浓度小于等于10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。回答下列问题：（1）为提高钛铁矿酸浸时的浸出率，可采用循环浸取、延长时间、熔块粉碎、_______等措施(写一种方法即可)。（2）滤渣1的主要成分是_______。钛酸亚铁(FeTiO3)和H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为_______。（3）将结晶后得到的绿矾经过下列步骤可以制备锂离子电池电极材料①“转化I”后所得溶液中c(Mg2+)=0.01mol/L，若其中Fe3+沉淀完全，则溶液中c()的数值范围为_______；②“煅烧I”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______；（4）溶液II中TiO2+水解生成TiO(OH)2(偏钛酸)沉淀，TiO2+水解的离子方程式_______。【答案】（1）适当升温、适当提高硫酸浓度、搅拌（2）①.SiO2②.FeTiO3+2H2SO4(浓)=TiOSO4+FeSO4+2H2O（3）①.②.2：1（4）TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+或【解析】【分析】由流程可知：钛铁矿用硫酸溶解，反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，向所得溶液中加入过量铁粉还原Fe3+，沉降、分离得到溶液I中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子，沉镁、冷却结晶得到为FeSO4·7H2O，溶液II中加入水加热过滤得到硫酸和偏钛酸H2TiO3，H2TiO3加热灼烧得到乙为TiO2，加入氯气、过量碳高温加热反应生成TiCl4和CO，最后TiCl4和金属Mg高温下反应得到MgCl2和金属Ti，以此来解答。【小问1详解】为提高钛铁矿酸浸时的浸出率，可采用循环浸取、延长时间、熔块粉碎、适当升温、适当提高硫酸浓度、搅拌等；【小问2详解】向钛铁矿中加入H2SO4时，FeTiO3反应为TiOSO4和FeSO4，含有少量MgO、Fe2O3与硫酸反应产生MgSO4、Fe2(SO4)3，而酸性氧化物SiO2不溶于酸，因此仍以固体形式进入滤渣1中，故滤渣1的主要成分是SiO2；钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，还生成FeSO4与水，该反应的化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4(浓)=TiOSO4+FeSO4+2H2O；【小问3详解】①由于，则当c(Mg2+)=0.01mol/L，c()=；若其中Fe3+沉淀完全，则c(Fe3+)小于等于10-5mol/L，根据可知c()≥，所以该溶液中的浓度范围为mol/L；②在煅烧I反应中FePO4与Li2CO3、H2C2O4发生反应产生LiFePO4、CO2、H2O，反应方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O4=2LiFePO4+3CO2+H2O，在该反应中FePO4为氧化剂，H2C2O4为还原剂，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1；【小问4详解】溶液II中TiO2+水解生成TiO(OH)2(偏钛酸)沉淀和H+，则TiO2+水解的离子方程式为：TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+。14.原子序数依次增大的X、Y、Z、Q、E五种元素中，X元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，Z是地壳内含量(质量分数)最高的元素，Q原子核外的M层中只有两对成对电子，E元素原子序数为29，请用元素符号或化学式回答下列问题：（1）E原子价层电子的轨道表达式为_______；基态E原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。（2）X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为_______。（3）已知与互为等电子体，则中含有键数目为_______。（4）X、Z与氢元素可形成化合物，常用作工业除锈剂。分子中X的杂化方式为_______。（5）E有可变的价态，它的某价态的离子与Z的阴离子形成晶体的晶胞如下图所示，则该晶体的化学式为，_______，Z的配位数为_______。【答案】（1）①.②.球形（2）（3）2NA（4）（5）①②.4【解析】【分析】X元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，表明X元素原子的核外电子排布为，即X为C；Z是地壳内含量(质量分数)最高的元素，结合地壳内元素含量排前五的分别为O、Si、Al、Fe、Ca，可知Z为O；而X、Y、Z、Q、E五种元素的原子序数依次增大，说明Y为N；Q原子核外的M层中只有两对成对电子，即，所以Q为S；E元素原子序数为29，结合元素周期表，可知E为Cu；【小问1详解】根据上述分析，为，其价层电子排布式为，轨道式为；电子占据最高能级为，电子云轮廓图为球形；故答案为；球形；【小问2详解】同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但IIA元素为全充满状态，较稳定，第一电离能偏大，即，而VA元素为半充满状态，较稳定，第一电离能偏大，即，因此三种元素的第一电离能大小顺序是；故答案为；小问