2021-2022学年广西河池市八校高二下学期第二次联考化学试题（含解析）

2022年春季学期高二年级八校第二次联考化学注意事项：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。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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，写在本试卷上无效。3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14小题，每题3分，每题只有1项正确。)1.在2020抗击新型冠状病毒的战役中，涉及到很多化学知识，下列说法错误的是（）A.过氧乙酸（CH3COOOH）为无机物，相对分子质量为76B.84消毒液与洁厕灵不能混用，会产生有毒气体氯气C.疫情期间，“网课”所用光导纤维的主要成分SiO2属于氧化物D.飞沫传播病毒存在气溶胶，飞沫中有直径为1~100nm的粒子【答案】A【解析】【详解】A.过氧乙酸（CH3COOOH）是由碳、氢、氧三种元素组成的化合物，属于有机物，相对分子质量为76，选项A错误；B．“84”消毒液有效成分次氯酸钠和洁厕灵有效成分盐酸发生氧化还原反应生成有毒的氯气，所以不能混合使用，选项B正确；C．二氧化硅晶体有导光性，二氧化硅晶体常用来制造光导纤维，疫情期间，“网课”所用光导纤维的主要成分SiO2属于氧化物，选项C正确；D.飞沫传播病毒存在气溶胶，属于胶体，飞沫中有直径为1~100nm的粒子，选项D正确；答案选A。2.乙烯是重要有机化工原料。已知：下列说法正确的是A.若是高分子化合物，能发生加成反应B.在氢氧化钠溶液条件下水解生成酸和醇C.，中的官能团相同，是同系物D.是乙醇，能发生取代反应和氧化反应【答案】D【解析】【分析】乙烯与溴单质发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，乙醛发生已知反应生成乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成G为乙酸乙酯。【详解】A．若是高分子化合物，则F为聚乙烯，聚乙烯不能发生加成反应，故A错误；B．乙酸乙酯在碱性条件下水解生成盐和醇，故B错误；C．B、D中的官能团数目不同，不是同系物，故C错误；D．由分析知，是乙醇，能发生取代反应和氧化反应，故D正确；故选D。3.实验室用和浓盐酸制取并回收，下列装置不能达到实验目的的是ABCD制备氯气收集氯气过滤除MnO2浓缩滤液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．浓盐酸与二氧化锰制取氯气时需要加热，图示缺少加热装置，不能达到目的，故A符合题意；B．氯气密度比空气大，所以长进短出，NaOH溶液可以吸收多余氯气，倒置的漏斗可以防止倒吸，可以达到目的，故B不符合题意；C．二氧化锰难溶于水，可以过滤除去，故C不符合题意；D．滤液中主要含有氯化锰和未反应的HCl，加热时HCl挥发，且HCl可以抑制锰离子水解，可以得到氯化锰的浓溶液，冷却结晶得到氯化锰固体，故D不符合题意；故选A。4.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.溶于水产生：B.钠和水反应：C.氯化镁溶液中加入澄清石灰水：D.碳酸钙加入过量盐酸中：【答案】D【解析】【详解】A．不能拆写为离子形式，正确的离子方程式为，故A错误；；B．电荷和元素均不守恒，正确的离子方程式为，故B错误；C．澄清石灰水要拆写为离子形式，正确的离子方程式为，故C错误；D．碳酸钙加入过量盐酸生成氯化钙和二氧化碳、水，离子方程式正确，故D正确；故选D。5.设表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.标准状况下，中含原子数目B.溶液中所含数目为C.氯气参加氧化还原反应，转移的电子数为D.标准状况下，和的混合气体中分子数为【答案】D【解析】【详解】A．标况下不是气体，无法计算物质的量，故A错误；B．水解，粒子数目小于，故B错误；C．氯气参加氧化还原反应，转移的电子数可能为，如氯气与水的反应，故C错误；D．标准状况下，和的混合气体的物质的量为0.5mol，故分子数为，故D正确；故选D。6.已知：，；、和键的键能()分别为436、496和462，则为A.+130 B.-220 C.+350 D.-332【答案】B【解析】【详解】①；②，根据盖斯定律①×2-②得，，断裂旧键需要吸热，形成新键需要放热，根据吸热为正，放热为负，可得，，故B正确；故选B。7.在溶液中能大量共存的离子组是A.、、、 B.、、、C、、、 D.、、、【答案】C【解析】【详解】A．、反应，不能大量共存，故A不符合题意；B．、、反应，不能大量共存，故B不符合题意；C．、、、互不反应，可以大量共存，故C符合题意；D．、反应，不能大量共存，故D不符合题意；故选C。8.室温下沉淀溶解平衡曲线如图，下列结论不正确的是A.向点加入固体，溶液可达点B.点有沉淀生成C.点加入硫酸钠固体，减小D.蒸发可使溶液由点到点【答案】D【解析】【详解】A．点是室温下的不饱和溶液，加入固体，增大，不变，c点恰好为饱和溶液，不生成沉淀，故溶液可达点，故A正确；B．点为过饱和溶液，故有沉淀生成，故B正确；C．点为饱和溶液，加入硫酸钠固体，生成沉淀，增大，减小，故C正确；D．点是室温下的不饱和溶液，蒸发溶液中的、均增大，因此不可能使溶液达到点，故D错误；故选D。9.短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，可与形成淡黄色化合物，、最外层电子数相同。下列说法正确的是A.非金属性： B.离子半径：C.气态氢化物的稳定性： D.最高正价：【答案】C【解析】【分析】可与形成淡黄色化合物Na2O2，短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，则由题述信息知、、、依次是、、、。【详解】A．同周期元素核电荷数的递增元素的非金属性逐渐增强，故非金属性：小于，故A错误；B．Cl-为三个电子层，Na+为两个电子层，电子层数越多半径越大，故离子半径：小于，故B错误；C．非金属性越强气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的稳定性，故C正确；D．没有正价，故D错误；故选C。10.下列描述中，符合生产实际的是A.电解饱和食盐水制烧碱，阳极区生成氧气和氢氧化钠B.电解法精炼粗铜，用粗铜作阴极C.电解熔融的氧化铝制取金属铝D.在镀件上电镀锌，用硫酸铜做电解质溶液【答案】C【解析】【详解】A．在阳极可生成氯气，在阴极生成氢气和氢氧化钠溶液，故A错误；B．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极，故B错误；C．电解熔融的氧化铝制取金属铝，符合生产实际，C正确；D．电镀原理中，待镀件金属作阴极，镀层金属锌作阳极，硫酸锌溶液做电解质溶液，故D错误；故选C。11.常温下，下列溶液一定呈酸性的是A.一定体积的溶液加水稀释倍B.的溶液与的溶液等体积混合C.氨水和氯化铵溶液等体积混合D.某碱溶液和盐酸等体积混合【答案】B【解析】【详解】A．碱溶液无论如何稀释都不会变为中性或酸性，稀释溶液只能接近中性，故A错误；B．醋酸是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，的醋酸浓度大于的氢氧化钠浓度，二者等体积混合，醋酸的物质的量大于氢氧化钠，则醋酸过量，混合溶液呈酸性，故B正确；C．等体积等物质的量浓度的氨水和氯化铵溶液中，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度，所以混合溶液呈碱性，故C错误；D．等浓度、等体积的某碱和盐酸混合，如果碱是一元强碱，则混合溶液呈中性，如果碱是二元强碱，混合溶液呈碱性，如果碱是一元弱碱，则混合溶液呈酸性，故D错误。故选B。12.在其他条件不变时，只改变某一条件，化学反应aA(g)+B(g)cC(g)的平衡的变化图像如下(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率)，据此分析下列说法正确的是A.在图像反应Ⅰ中，说明正反应为吸热反应B.在图像反应Ⅰ中，若p1>p2，则此反应的ΔS>0C.在图像反应Ⅱ中，说明该正反应为吸热反应D.在图像反应Ⅲ中，若T1>T2，则该反应能自发进行【答案】D【解析】【详解】A项，图像反应I中任取一曲线，图中随着温度的升高反应物的平衡转化率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，错误；B项，在图像反应I的横坐标上任取一点，作横坐标的垂直线与两曲线相交，若p1>p2，增大压强反应物的平衡转化率增大，增大压强平衡向正反应方向移动，则a+1c，ΔS0，错误；C项，图像反应II中T1先出现拐点，T1反应速率快，T1T2，T1平衡时n（C）小于T2平衡时n（C），升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，错误；D项，图像反应III增大压强平衡不移动，则a+1=c，若T1>T2，升高温度A的转化率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，则ΔH0，该反应能自发进行，正确；答案选D。13.某原电池装置如图所示，电池总反应为。下列说法正确的是A.负极反应是 B.通过交换膜的阳离子是C.正极反应是 D.左室中浓度不变【答案】C【解析】【详解】A．电解质溶液为盐酸溶液，所以根据电池总反应可知负极反应为，故A项错误；B．由于Ag+与Cl-结合生成了氯化银，所以通过阳离子交换膜的是，故B项错误；C．根据电池总反应，分析化合价可知正极反应是，故C项正确；D．通过交换膜的阳离子是，所以左室中浓度减小，故D项错误；答案选C。14.某温度下，相同体积、相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，随溶液体积变化的曲线如图所示，据图判断正确的是A.点水的电离程度大于点B.Ⅱ为盐酸的pH变化曲线C.点、点消耗等浓度氢氧化钠溶液的体积相同D.、两点水的离子积常数不同【答案】C【解析】【详解】A.点中溶液的酸性强，其中水的电离程度小于点，A项错误；B.盐酸是强酸，在水溶液中完全电离，加等量的水稀释，盐酸溶液的变化程度大于醋酸溶液的变化，因此Ⅰ为盐酸的变化曲线，Ⅱ为醋酸的变化曲线，B项错误；C.Ⅰ为盐酸的变化曲线，加水稀释，氢离子物质的量不变，所以点、点消耗等浓度氢氧化钠溶液的体积相同，故C正确；D.温度相同，水的离子积常数相同，D项错误；故选C。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分，第15~17题为必考题；第18~19为选考题，考生任选其中一题作答即可，如果多做，则按所做的第一题计分。(一)必考题：15.工业上利用粗(含、)制取金属锌的流程如图所示(部分步骤省略)：已知：几种离子形成氢氧化物沉淀时的如下表：待沉淀的离子开始沉淀时6.31.56.25.2沉淀完全时9.7328.06.4请回答下列问题：（1）酸浸粗氧化锌的过程中，将粗氧化锌研碎的目的是_______。（2）步骤中加入的目的是_______(用离子方程式表示)；若加入氨水只沉淀铁元素，控制溶液的范围是_______。（3）甲物质最好是_______(填写化学式)。（4）室温下，向的氨水中加入少量固体，当固体溶解后，测得溶液减小，主要原因是_______(填序号)。A.氨水与发生化学反应B水解显酸性，增大了C.溶于水，电离出，抑制了的电离，使减小D.水解产生的中和了电离出的（5）由粗制取单质锌的另一种方法是将粗(含、)溶于溶液，全部转化为溶液；然后将、过滤除去；再用惰性电极电解该滤液，阳极上逸出无色无味气体，阴极上析出锌，则阴极电极反应式为_______。（6）常温下，用溶液滴定溶液，滴定曲线如图所示。①溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______；①②③溶液水的电离程度最大的是_______。【答案】（1）增大接触面积，加快浸取速率（2）①.②.（3）Zn（4）C（5）（6）①.②.③【解析】【分析】粗含少量、加硫酸溶解，得硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铜的混合液，加入过氧化氢把Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH生成Fe(OH)3沉淀，过滤出Fe(OH)3，滤液中加过量的锌，置换出铜，过滤得硫酸锌溶液，电解硫酸锌溶液生成金属锌。【小问1详解】酸浸粗氧化锌的过程中，将粗氧化锌研碎，增大接触面积，加快浸取速率；【小问2详解】步骤中加入，把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为；Fe3+完全沉淀的为3.2、Cu2+开始沉淀的是5.2，若加入氨水只沉淀铁元素，控制溶液的范围是。【小问3详解】加入甲的目的是除去硫酸锌溶液中的硫酸铜，为不引入新杂质，物质甲最好是Zn。【小问4详解】室温下，向的氨水中加入少量固体，溶于水，电离出，抑制了的电离，使减小，所以溶液减小，故选C。【小问5详解】电解溶液，阳极上逸出无色无味气体，阴极上析出锌，则阴极得电子生成金属锌，电极反应式为。【小问6详解】①溶液是等浓度的氨水和的混合液，溶液呈碱性，说明氨水电离大于水解，离子浓度由大到小的顺序是；一水合氨抑制水电离、水解促进水电离，①是氨水和的混合液；②中氨水减少和增多；③是溶液，①→②→③氨水浓度逐渐减小，所以水的电离程度最大的是③。16.用如图所示装置进行与反应的实验。实验过程中，观察到中淡黄色粉末逐渐变为白色，用带火星的木条靠近中导气管口，木条复燃。（1）100mL18mol/L浓硫酸与足量的铜反应，产生的SO2的物质的量_______(填写“大于”、“小于”、“等于”)0.9mol，理由是_______。（2）B中的试剂为_______，其主要作用是干燥SO2。（3）D中试剂的作用是防止过氧化钠吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，同时还有一个作用是_______。（4）为检验C中是否有Na2SO4生成，设计如下方案：取少量C中反应后的白色固体溶解于水，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入足量的稀HNO3，仍有白色沉淀不溶解，证明有Na2SO4生成。该方案是否合理？_______(填“合理”或“不合理”)。请简要说明理由：_______。（5）进一步实验证明C中反应后的固体中既有Na2SO3又有Na2SO4。试剂有：氯化钡溶液、稀盐酸、稀硫酸。你的操作方法是_______。【答案】（1）①.小于②.随着反应的进行，硫酸的浓度减小，稀硫酸不与铜单质反应（2）浓硫酸（3）吸收多余的二氧化硫，防止污染空气（4）①.不合理②.稀HNO3可氧化BaSO3生成BaSO4，仍有白色沉淀不溶解，不能证明有Na2SO4生成（5）取C中反应后的固体少许于试管中加入蒸馏水，滴加氯化钡溶液生成白色沉淀，向沉淀中加入过量盐酸，沉淀部分溶解，证明C中反应后的固体中既有Na2SO3又有Na2SO4【解析】【小问1详解】随着反应的进行，硫酸的浓度减小，稀硫酸不与铜单质反应，因此100mL18mol/L浓硫酸与足量的铜反应，产生的SO2的物质的量小于0.9mol；【小问2详解】因为水蒸气也会和Na2O2发生反应，为避免干扰，B中的试剂为浓硫酸，干燥气体；【小问3详解】D中试剂的作用是防止过氧化钠吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，同时还有一个作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染空气；【小问4详解】加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入足量的稀HNO3，仍有白色沉淀不溶解，不能证明有Na2SO4生成，因为硝酸可以氧化亚硫酸钡生成硫酸钡；【小问5详解】取C中反应后的固体少许于试管中加入蒸馏水，滴加氯化钡溶液生成白色沉淀，向沉淀中加入过量盐酸，沉淀部分溶解，证明C中反应后的固体中既有Na2SO3又有Na2SO4。17.一碳化学的主要目的是节约煤炭和石油资源，用少的碳原料生成多的燃料，提供给人类。（1）工业上用为原料生产燃料甲醇，一定条件下发生反应：。由下图知，使用催化剂的途径是_______(填写“”、“”)，与合成甲醇气体物质的热化学方程式是_______。（2）恒容条件下充入和发生反应：。下列措施能使增大的有_______。A.升高温度 B.充入C.再充入和 D.使用催化剂（3）甲烷是重要的温室气体，碳排放是世界各国都非常关心的话题。通过反应获取水煤气是探寻能源的重要途径。已知该反应中，初始混合气中的恒定时，温度、压强对平衡混合气中含量的影响如图所示：①图中压强的关系是_______(填“”“”或“”)。②该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。（4）若在、条件下，往一密闭容器通入水煤气和合成甲醇[其中]发生反应，测得容器内总压强与反应时间的关系如图所示。①T1_______T2(填“”“”或“”)。②图中点时，的转化率为_______。③在其他条件不变的情况下，测得时压强的变化曲线如图所示，则点的正反应速率与点的逆反应速率的大小关系：_______(填“”“”或“”)。④图中点的压强平衡常数_______[为压强平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)(只需要列出计算式即可)]。【答案】（1）①.b②.（2）C（3）①.＜②.吸热（4）①.＜②.22.5%③.＞④.【解析】【小问1详解】催化剂能够降低反应的活化能，由图可知，使用催化剂的途径是，与合成甲醇气体物质的热化学方程式是。【小问2详解】A.由(1)知，该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，会减小；B.恒容条件下充入，反应体系中各物质的浓度不变，平衡不移动，不变；C.恒容条件下再充入和，相当于加压，平衡正向移动，能使增大；D.使用催化剂，平衡不移动，不变；故选C。【小问3详解】加压平衡逆向移动，甲烷的含量增大，因此；升高温度，甲烷的含量减少，化学平衡正向移动，因此该反应为吸热反应。【小问4详解】①压强—时间图像，先拐先平衡对应因素强，由图像可知先拐，所以。②设起始物质量为，点时，转化的物质的量为，则由三段式点总压为，则，解得，所以的转化率为。③从点到点，是从正反应开始建立平衡的过程，逆反应速率逐渐增大，点和点均处于平衡状态所以两点分别有，，因为点温度和压强均大于点，所以。④设起始物质的量为，转化的物质的量为，则由三段式在点达到平衡时，平衡总压为，则，解得，则平衡时，、、的物质的量分别为、、，总物质的量为，则点平衡常数。(二)选考题：[物质结构与性质]18.钛、锌、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。（1）钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。铁的基态原子价电子排布式为_______。（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由和组成。第一电离能I1(Zn)_______I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是_______。（3）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石()入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。中，阴离子空间构型为_______，原子的杂化形式为_______。（4）与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知遇邻苯二酚()和对苯二酚()均显绿色。邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚低的原因是_______；已知，利用该离子方程式可以检验溶液中的。中键、键数目之比为_______。（5）和的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化。该合金的晶胞结构如图所示。①该晶体的化学式为_______。②已知该晶胞的摩尔质量为，密度为。设为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的边长是_______(用含、、的代数式表示)。【答案】（1）（2）①.大于②.核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子（3）①.平面三角形②.（4）①.邻苯二酚易形成分子内氢键，对苯二酚易形成分子间氢键，故邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚低②.1:1（5）①.②.【解析】【小问1详解】铁为26号元素，其基态原子价电子排布式为。【小问2详解】的第一电离能高于的第一电离能，原因是的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。【小问3详解】中碳原子的价层电子对数=中心原子原子的键数＋中心原子上的孤电子对数，所以阴离子中碳属于杂化，没有孤对电子，是平面三角形结构。【小问4详解】易形成分子内氢键