2022届湖北省恩施州高中教育联盟高二下学期期中考试化学试题（含解析）

恩施州高中教育联盟2022年度春季学期高二期中考试化学本试卷满分100分，考试用时75分钟一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产生活及环境密切相关。下列说法正确的是A.“玉兔号”月球车帆板太阳能电池片的材料主要是二氧化硅B.厨房燃气泄露时，要及时打开抽油烟机进行通风换气C.“奋斗者”号潜水器下沉时要携带两组压载铁，生铁是合金D.绿色化学研究的是如何用化学技术与原理治理已经被污染的环境【答案】C【解析】【详解】A．太阳能电池片的材料主要是硅，A项错误；B．厨房燃气泄露时，不能打开抽油烟机进行通风换气，避免电火花引起火灾，应直接开窗通风，B项错误；C．生铁是铁和碳的合金，C项正确；D．绿色化学是利用化学技术从源头上消除或减少污染的产生，D项错误。故选C。2.下列化学用语使用正确的是A.的名称：1，3，4-三甲基苯B.基态溴原子的电子排布式为C.的空间结构模型：D.甲基的电子式为【答案】D【解析】【详解】A．该命名取代基的编号不是最小的，命名应为：1，2，4-三甲基苯，A项错误；B．基态溴原子的电子排布式为，B项错误；C．的空间结构为直线型，中心C原子的半径应大于O原子半径，C项错误；D．甲基的电子式为，D项正确；故答案为：D。3.1919年，卢瑟福做了用α粒子()轰击原子核的实验，实现了原子核的人工转变，发现了质子：。下列说法正确的是A.基态氮原子核外电子有7种空间运动状态B.基态N和O原子核外未成对电子数之比为3：2C.O元素的第一电离能及电负性均大于N元素D.NH3和H2O分子中的N、O原子采取的杂化类型分别为sp2、sp杂化【答案】B【解析】【详解】A．N原子核外电子排布式为1s22s2p3，1s、2s能级各有1个轨道，2p能级有3个轨道，电子有5种空间运动状态，A错误；B．基态N原子核外电子排布式为1s22s2p3，有3个未成对电子；基态O原子核外电子排布式为1s22s2p4，有2个未成对电子，因此基态N和O原子核外未成对电子数之比为3：2，B正确；C．同一周期元素，原子序数越大，其电负性就越大。由于N原子核外排布处于其轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻的O元素，故元素的电负性：O＞N，元素的第一电离能：N＞O，C错误；D．NH3和H2O分子中的N原子价层电子对数是：3+=4，因此N原子杂化类型是sp3杂化；H2O分子中的O原子价层电子对数为：2+=4，故O原子采取的杂化类型也是sp3杂化，D错误；故合理选项是B。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molHClO中含有的H-Cl键数为NAB.0.1mol/L的Na2SO3溶液中所含Na+数为0.2NAC.11.2LCl2与足量NaOH溶液反应时，转移的电子数为0.5NAD.28g环戊烷(C5H10、)分子中含有的共价键数为6NA【答案】D【解析】【详解】A．HClO的结构式是H-O-Cl，物质分子中不含H-Cl键，故1molHClO中含有的H-Cl键数为0，A错误；B．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，B错误；C．缺少气体所处外界条件，不能计算Cl2的物质的量，也就不能计算反应过程中只有电子的数目，C错误；D．环戊烷分子式是C5H10，式量是70，分子中含有的共价键数目是15个。28g环戊烷的物质的量是n(C5H10)=，则其中含有的共价键的物质的量n=0.4mol×15=0.6mol，则相应的物质分子中含有的共价键数目是6NA，D正确；故合理选项是D。5.下列说法对应的离子方程式合理的是A.泡沫灭火器的工作原理：B.溶液中加入足量溶液：C.与反应：D.铅蓄电池放电时正极的电极反应式：【答案】B【解析】【详解】A．泡沫灭火器中的主要成分为硫酸铝和碳酸氢钠，故离子方程式中应为碳酸氢根离子不是碳酸根离子，A项错误；B．碳酸氢钠和足量的氢氧化钡反应生成氢氧化钠和碳酸钡沉淀，离子方程式正确，B项正确；C．过氧化钠和水反应过程中水中的氧原子到氢氧化钠中，C项错误；D．铅蓄电池中的正极反应式为，D项错误。故选B。6.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验操作实验目的A向含有酚酞的溶液中加入少量固体，溶液红色变浅证明溶液中存在水解平衡B室温下，用pH试纸分别测定浓度为的NaClO溶液和的溶液的pH比较HClO和的酸性强弱C将固体直接溶解于适量蒸馏水配制溶液D将洗净的容量瓶放在烘箱中烘干缩短容量瓶干燥的时间A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．碳酸钠中的碳酸根离子水解使溶液显碱性，加入少量氯化钡，碳酸根离子减少，溶液的碱性减弱，颜色变浅，A项正确；B．次氯酸钠具有漂白性，无法用pH测试其pH，B项错误；C．铁离子能水解，故应将氯化铁溶解在盐酸中，抑制其水解，C项错误；D．容量瓶不需要烘干，D项错误。故选A。7.某化合物的结构如图所示，分子中所有原子都达到了8电子稳定结构，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子半径：r(X)＞r(Y)＞r(Z)，W的单质可用于制取漂白剂和自来水消毒。下列说法正确的是

A.YZ2属于酸性氧化物B.X的氢化物的沸点一定低于Z的氢化物的沸点C.X、Y、Z与氢元素均可形成10电子的化合物D.X的氧化物对应水化物的酸性弱于W的氧化物对应水化物的酸性【答案】C【解析】【分析】该化合物(如图所示)中所有原子都达到了8电子稳定结构。W的单质可用来制取漂白剂和自来水消毒，则W为Cl元素；X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子半径r(X)＞r(Y)＞r(Z)，同一周期原子序数越大原子半径越小，Z能够形成1个双键，X形成4个共价键，Y形成3个共价键，W形成1个共价键，则X、Y、Z位于第二周期，X为C，Y为N，Z为O，W为Cl元素，然后根据物质的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知，X为C，Y为N，Z为O，W为Cl元素。A．YZ2是NO2，NO2溶于水反应产生HNO3、NO，反应过程中元素化合价发生变化，因此NO2不属于酸性氧化物，A错误；B．X为C，X形成的氢化物有多种，可能是CH4等气态物质，也可以是石蜡等固体物质，而Z为O，其形成的氢化物H2O、H2O2都是液体物质，物质的沸点：固体＞液体＞气体，因此X的氢化物的沸点不一定低于Z的氢化物的沸点，B错误；C．X为C，Y为N，Z为O，它们都可以形成的10电子的微粒，如CH4、NH3、H2O分子中都含有10电子，C正确；D．X为C，其氧化物对应水化物H2CO3是弱酸，W为Cl，其形成的含氧酸可以是HClO、HClO3、HClO4，HClO是弱酸，而HClO3、HClO4都是强酸，题目未指明是否是最高价含氧酸，因此不能比较两种元素的含氧酸的酸性强弱，D错误；故合理选项是C。8.下列有关实验装置及操作说法不正确的是A．能制备溴苯并验证其反应类型B．不能分离乙醇与乙酸C．能比较、、S的氧化性强弱D．能通过蒸发结晶制备NaCl晶体A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．苯与液溴在催化剂的作用下发生取代反应，生成溴苯和溴化氢，四氯化碳吸收挥发出来的溴单质，溴化氢与硝酸银反应，生成淡黄色沉淀，可以达到目的，A正确；B．乙醇与乙酸互溶，不能通过分液分离，B正确；C．MnO2和浓盐酸在加热下才能反应，不能制得氯气，无法达到目的，C错误；D．NaCl的溶解度随温度的变化不大，能通过蒸发结晶制备NaCl晶体，D正确；答案选C。9.是一种重要的化工产品。实验室可利用制取该配合物：。下列叙述正确的是A.和的中心原子价层电子对数不同B.中H—N—H的键角大于中H—N—H的键角C.1mol中含9mol配位键D.和的热稳定性均较高，是因为它们分子间均存在氢键【答案】B【解析】【详解】A．的中心原子价层电子对数是，的中心原子价层电子对数是，二者相同，A错误；B．中的N原子没有孤电子对，其空间构型是正四面体型，的N原子有一对孤电子对，其空间构型是三角锥形，孤电子对对成键电子对有较大的斥力，导致键角被压缩，故的H—N—H的键角大于中H—N—H的键角，B正确；C．中N原子提供孤电子对，Co3+提供空轨道，形成配位键，1mol中含6mol配位键，C错误；D．决定物质热稳定性的是其化学键的强弱，和的热稳定性均较高，是因为它们的共价键H—N和H—O具有较高的键能，与分子间均存在氢键无关，D错误；故选B。10.钴的一种化合物的晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为apm，A点的原子坐标参数为(0，0，0)，C点为(，，)，下列说法中错误的是A.钴位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区B.距离Ti4+最近且等距的O2-的数目为12C.B点的原子坐标参数为(，0，)D.该晶体的密度为【答案】D【解析】【详解】A．钴是27号元素，价电子排布式为3d74s2，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区元素，A正确；B．根据晶胞结构可知距离Ti4+最近且等距的O2-的数目为=12，B正确；C．根据已知各个坐标，结合B点对A点的相对位置，可知B点的原子坐标参数为(，0，)，C正确；D．该晶胞中含有Ti4+数目为：8×=1；含有Co2+数目是1，含有O2-数目是6×=3，则该晶体化学式为CoTiO3，其密度ρ=，D错误；故合理选项是D。11.已知一种生产聚苯乙烯的工业流程如下所示：则下列有关的叙述正确的是A.反应①属于取代反应B.1mol苯乙烯最多可与5mol发生加成反应C.鉴别苯与苯乙烯可采用酸性溶液或溴水D.聚苯乙烯分子中所有原子可能都处于同一平面内【答案】C【解析】【详解】A．苯和乙烯反应生成乙苯，从原子角度分析，没有其他物质生成，故该反应为加成反应，A项错误；B．1mol苯乙烯最多可与4mol发生加成反应，B项错误；C．鉴别苯与苯乙烯可采用酸性溶液或溴水苯乙烯能是高锰酸钾溶液或溴水褪色，但苯不能，C项正确；D．聚苯乙烯中有两个碳形成四个共价键，形成四面体结构，故聚苯乙烯不可能所有原子都在一个平面上，D项错误；故选C。12.两种制备硫酸的途径(反应条件略)如图。下列说法正确的是A.S和过量反应可直接生成B.含0.5mol的稀溶液与足量溶液反应，放出的热量即为中和热C.能使紫色石蕊试液先变红后褪色D.若，则为放热反应【答案】D【解析】【详解】A．O2不管过量与否，S和O2反应都生成SO2，不可能直接生成SO3，A错误；B．中和热是指稀的强酸和强碱溶液生成1molH2O和可溶性盐的过程中的热效应，由于生成BaSO4沉淀的过程也是会放出热量，故含0.5mol的稀溶液与足量溶液反应，放出的热量不是中和热，B错误；C．SO2的漂白性是有局限性的，不能是指示剂褪色，即SO2能使紫色石蕊试液只变红而不会褪色，C错误；D．由题干图示信息可知，过程①的热化学方程式为：SO2(g)+H2O2(l)=H2SO4(aq)，过程②的热化学方程式为：SO2(g)+(g)=SO3(g)，过程③的热化学方程式为：SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(aq)，则反应2①-2②-2③可得，故=2，故若，则＜0，故为放热反应，D正确；故答案为：D。13.25℃时，向20mL溶液中滴加的NaOH溶液，滴定曲线如图1所示，含氯微粒的物质的量分数()随pH的变化关系如图2所示，则下列说法正确的是A.图2中A点对应溶液的pH约为5B.b点对应的溶液中：C.d点对应的溶液中：D.滴定过程中，与之和保持不变【答案】A【解析】【分析】图1中a点代表HAuCl4起始状态，b点时加入NaOH量恰好中和一半HAuCl4，即此时组成为HAuCl4与NaAuCl4，两者浓度相等，c点呈中性，d点代表NaOH与HAuCl4恰好反应，此时组成为NaAuCl4。图2中交点表示HAuCl4与浓度相等。【详解】A．图2中交点表示HAuCl4与浓度相等，由分析知图1中b点与之对应，此时pH约为5，A正确；B．b点组成为HAuCl4与NaAuCl4，存在电荷守恒：，由图知b点显酸性，即c(H+)>c(OH-)，故c(Na+)<，B错误；C．d组成为NaAuCl4，存在电荷守恒：和物料守恒：，联立两守恒消去c(Na+)得：，C错误；D．根据元素守恒知HAuCl4与都来源于起始的HAuCl4，即两者物质的量之和等于原HAuCl4物质的量，故始终保持不变，但滴定过程中，溶液的体积发生变化，则与之和有变，D错误；答案选A。14.科学研究人员结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt/催化剂表面上与的反应历程，前三步历程如图所示，其中吸附在Pt/催化剂表面上的物种用“·”标注，Ts表示过渡态。下列有关叙述正确的是A.前三步总反应的，总反应的化学反应速率由第三步反应决定B.·HOCO转化为·CO和·OH为吸热过程C.催化剂通过参与化学反应，降低反应的活化能，减小反应的，提高反应物的转化率D.历程中活化能(能垒)最小的反应方程式为【答案】D【解析】【详解】A．由图像分析可知，前三步总反应，第一步反应的活化能最大，活化能越大反应速率越慢，而慢反应决定总反应速率，A错误；B．根据图像，·HOCO转化为·CO和·OH是图中的第三步反应，是放热过程，B错误；C．催化剂只能增大反应速率，不会影响平衡，对转化率无影响，C错误；D．根据图像分析可知，

Ts3活化能最小，其对应的反应方程式为：，D正确；故选：D15.微生物电解池(MEC)是一种新型的且能兼顾氢气或甲烷回收的废水处理技术，将电化学法和生物还原法有机结合，MEC具有很好的应用前景。微生物电化学产甲烷法的装置如图所示。下列有关说法不正确的是A.“产电菌”极的电势比“产甲烷菌”极的高B.该微生物电解池中的离子交换膜为阴离子交换膜C.阴极的电极反应式为D.若产生1mol，理论上阳极室生成的体积在标准状况为44.8L【答案】B【解析】【详解】A．左侧电极发生氧化反应，为阳极，右侧电极发生还原反应，为阴极，所以产电菌电极的电势比产甲烷菌的电极的高，A项正确；B．左侧产生氢离子，右侧消耗氢离子，故该电解池为阳离子交换膜，B项错误；C．阴极为二氧化碳得到电子生成甲烷，电极反应式为，C项正确；D．产生1mol甲烷转移8mol电子，阳极上产生2mol二氧化碳，标况下体积为44.8L，D项正确。故选B。二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.广谱消毒剂二氧化氯()，可有效灭活新冠病毒，稳定性较差，常采用和NaOH混合溶液将其吸收转化为保存。现利用如图装置及试剂制备。

已知：①的熔点为-59℃，沸点为11℃。纯易分解爆炸；极易溶于水，且在碱性环境中发生反应。②高于60℃时，分解成和NaCl。回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________。（2）B为的发生装置，生成的化学方程式为___________。（3）实验室可以加热饱和溶液和饱和溶液制备，离子方程式___________。（4）装置C需要采用冰水浴，可能的原因为___________(回答一条即可)；该装置中和NaOH需要按照一定比例加入，NaOH过量时导致的后果是___________。（5）装置D的作用是___________。（6）饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是，高于38℃时析出的晶体是，从溶液中获得固体的操作：①减压，55℃蒸发结晶；②___________；③无水乙醇洗涤；④低于60℃干燥，得到成品。（7）产品纯度的测定(杂质只有NaCl)：称取mg产品配成250mL溶液，取25.00mL溶液。加入足量的KI和稀)，充分反应后加入指示剂，用c的N标准溶液滴定至终点()，平均消耗标准溶液的体积为VmL，则产品中的质量分数是___________。【答案】（1）三颈烧瓶(或三口烧瓶)（2）或（3）↑（4）①.液化或防止在较高温度下分解或防止温度过高分解②.产品中含有杂质（5）防倒吸或吸收尾气，防止污染环境（6）趁热过滤（7）【解析】【分析】实验前通入氮气可排除装置内空气对实验的影响，实验后通入则可将装置内二氧化氯全部驱赶至装置C内参与反应，并稀释防止其分解爆炸。实验过程用75%浓硫酸与Na2SO3固体和NaClO3固体共同作用，制得ClO2气体，该气体进入NaOH和H2O2的混合溶液，在冰水浴环境下反应制得，尾气用水吸收，防止污染环境，且要注意防止倒吸。【小问1详解】据图示，仪器a是三颈烧瓶(或三口烧瓶)；【小问2详解】据分析，B为的发生装置，75%浓硫酸与Na2SO3固体和NaClO3固体共同作用，制得ClO2气体，化学方程式为：或；【小问3详解】实验室可以加热饱和溶液和饱和溶液，N元素化合价归中，制备，离子方程式为：↑；【小问4详解】据题给已知信息，装置C需要采用冰水浴，可能的原因为液化或防止在较高温度下分解或防止温度过高分解；由于极易溶于水，且在碱性环境中发生反应，若该装置中NaOH过量时导致的后果是产品中含有杂质；【小问5详解】据分析，装置D的作用是吸收尾气，防止污染环境，且能防止倒吸；【小问6详解】由于饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是，高于38℃时析出的晶体是，要从溶液中获得固体，则①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤，防止温度下降析出；③无水乙醇洗涤；④低于60℃干燥，得到成品；【小问7详解】将KI氧化为I2，离子方程式是：，得到的I2与反应：，则有关系式：，实验中25.00mL产品品溶液含有物质的量是，则mg产品中的质量分数是。17.湿法炼锌产生的铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质。用铜镉渣回收金属镉、铜等的工艺流程如图：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为)如下表：氢氧化物开始沉淀的pH1.56.57.28.0沉淀完全的pH3.29.99.511.1（1）酸浸铜镉渣时，粉碎铜镉渣的目的是___________。（2）完成操作I所得溶液中阳离子有、、、、，写出镉(Cd)与稀硫酸反应的化学方程式：___________，滤渣I主要成分为___________(填化学式)。（3）操作III中先加入适量，发生反应的离子方程式为___________；再加入ZnO控制反应液的pH，pH范围为___________；选择___________(填“铁氰化钾”或“硫氰化钾”)试剂，能证明添加的已足量。（4）常用沉淀转化法处理含废水，写出碳酸钙处理的离子方程式：___________；若反应达到平衡后溶液中，溶液中___________。[已知25℃时，，]（5）电解后的废液可用于电镀锌，电镀锌时阴极上主要发生的电极反应为___________。【答案】（1）增大与酸接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率（2）①②.Cu（3）①.②.3.2≤pH＜7.2③.铁氰化钾（4）①.②.（5）【解析】【分析】由流程可知，铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质，加入稀硫酸后，铜不溶解，操作I过滤，滤渣I主要成分为Cu，滤液含有Zn2+、Fe2+、Cd2+、H+、Co2+，向滤液中加入锌和Sb203，反应生成Co、Sb，操作Ⅱ为过滤，向除钴后的溶液中加入H2O2溶液氧化Fe2+变为Fe3+，再加入氧化锌调节pH使Fe3+沉淀后经操作III过滤除去，即滤渣II主要为Fe(OH)3，最后经电解制得镉单质，以此解答。【小问1详解】将铜镉渣粉碎成粉末，是为了增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率；故答案为：增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率。【小问2详解】镉(Cd)与稀硫酸反应的化学方程式为：，根据分析可知滤渣I主要成分为Cu；故答案为：，Cu。【小问3详解】双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为：，根据表格中的信息可知在3.2≤pH＜7.2时，能确保Fe3+沉淀完全，而Cd2+不会沉淀，因此再加入ZnO控制反应液的pH范围为3.2≤pH＜7.2，若加入的双氧水过量，则溶液中没有亚铁离子残余，所以检验亚铁离子即可，故选用铁氰化钾；故答案为：，3.2≤pH＜7.2，铁氰化钾。【小问4详解】处理含镉废水常用加入碳酸钙实现沉淀转化，该沉淀转化的反应方程式为：，反应达到平衡后溶液中，，可知溶液中，再根据，可知；故答案为:，。【小问5详解】电镀锌时，阴极Zn2+得到电子生成Zn单质，电极反应式为：；故答案为:。18.已知：C是一种高分子化合物，D是一种果实催熟剂，E与A具有相同的实验式且可用于制备导电高分子材料。根据以下化学反应框图填空：（1）写出A的电子式：___________，分子中键与π键数目比为___________。（2）反应②的反应类型是___________，B的化学式为___________。（3）写出由苯生成F的化学方程式：___________；写出A→E反应的化学方程式：___________。（4）已知：有机物甲是一种芳香烃，分子式为，苯环上只有一个取代基且能使溴水因反应褪色。则甲的结构有___________种，请写出其中两种互为立体异构体的结构简式：___________、___________。【答案】（1）①.②.3：2（2）①.加聚反应②.（3）①.②.（4）①.4②.③.【解析】【分析】碳化钙与水反应得到乙炔，三分子乙炔加成得到苯，苯与浓硫酸、浓硝酸条件下反应得到F，F结构为：，D是一种果实催熟剂可知为乙烯，乙炔加成氢气得到乙烯，E与A具有相同的实验式且可用于制备导电高分子材料，E结构为：，乙炔与HCI加成得到氯乙烯，氯乙烯加聚得到高分子化合物C聚氯乙烯，据此解答。【小问1详解】(1)A为乙炔，碳碳之间共用三对电子，碳氢之间共用一对电子，电子式为，乙炔分子中有3个键与2个π键；故答案为：，3:2。【小问2详解】由分析可知，②的反应类型为加聚反应，B为；故答案为：加聚反应，。【小问3详解】由分析可知苯生成F的化学方程式为：，A→E反应的化学方程式为：。故答案为：，。【小问4详解】由已知得，有机物甲是一种芳香烃，分子式为，苯环上只有一个取代基且能使溴水因反应褪色，说明苯环上的一个取代基有三个碳，且含有碳碳双键，则甲的结构可能为：、、、，其中两种互为立体异构体的结构简式：、；故答案为：4，、。19.甲烷及其衍生物在国民经济中有着重要的作用。（1）工业上甲烷可用于制造合成气，该反应的热化学方程式为。①25℃、101kPa，CO(g)、H2(g)的燃烧热依次为、。写出该条件下，表示甲烷燃烧热的热化学方程式：___________。②在催化剂作用下将物质的量均为1mol的CH4(g)和CO2(g)加入恒温恒压的密闭容器中(25℃、100kPa)，发生反应，正反应速率，其中p为分压。若该条件下，当时，CH4的转化率为___________。（2）用CH4与CO2反应制取H2，其反应为，分别在一定体积的恒压密闭容器中充入1.0molCH4和1.0molCO2，发生上述反应，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。①压强p1___________(填“＞”、“=”或“＜”)p2。②当压强为p1时，B点v正___________(填“＞”、“=”或“＜”)v逆。③若p1=2.0MPa，则A点的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)(MPa)2。（3）CO2甲烷化加快了能源结构由化石燃