湖南省株洲市茶陵县2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题（ 含答案解析 ）

第1页/共1页茶陵县2022年上期期末质量监测高二化学试卷可能用到的相对原子质量：Cu-64N-14第I卷(选择题)一、单选题(本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的4个选项中只有一个选项符合题目要求的。)1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是A.杀灭新冠病毒时所使用的酒精浓度越高灭菌效果越好B.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C.制食品保鲜膜的聚乙烯能与溴水发生加成反应D.在人体内酶的作用下，纤维素可以发生水解反应生成葡萄糖【答案】B【解析】【详解】A．75%的酒精能够渗透进入菌体内部，使细菌内的蛋白质变性，从而达到杀灭细菌的效果，若酒精的浓度超过80%会使细菌细胞膜上的蛋白质凝固变性，形成一层“保护壳”，使得酒精无法深入菌体内部，从而影响酒精对微生物的杀灭效果，所以杀灭新冠病毒时所使用的酒精浓度越高，灭菌效果会降低，A项错误；B．蛋白质在温度较高时易变性，则疫苗一般应冷藏存放，低温保存，以避免蛋白质变性，B项正确；C．聚乙烯是乙烯的加聚产物，属于有机合成高分子材料，不再含有碳碳双键结构，所以不能与溴水发生加成反应，C项错误；D．人体中没有使纤维素水解的酶，因此纤维素在人体中不能水解，D项错误；故答案选：B。2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol乙酸与足量乙醇发生酯化反应，充分反应后生成的乙酸乙酯小于1molB.1mol苯分子中含有双键数为3NAC.17g中含有的电子数为7NAD.0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应，生成CH3Cl分子数为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A．乙酸与乙醇发生酯化反应为可逆反应，1mol乙酸与足量乙醇发生酯化反应，充分反应后生成的乙酸乙酯小于1mol，A正确；B．苯分子中不含双键，B错误；C．17g羟基的物质的量为1mol，含电子数为9NA，C错误；D．Cl2与CH4光照充分反应，生成CH3Cl会继续与氯气反应，无法确定其分子数，D错误；故选A。3.NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下排放，的储存和还原在不同时段交替进行，工作原理如图所示：下列说法正确的是A.柴油发动机中来源于柴油的不充分燃烧B.转化为的过程实现的还原C.在储存和还原过程中只有体现氧化性D.反应消耗的与的物质的量之比是【答案】D【解析】【详解】A．柴油发动机在空气过量时，在电火花条件下和化合生成氮氧化合物项错误；B．从图示可知，转化为的过程实现的储存，而非的还原，项错误；C．在储存过程中体现氧化性，在还原过程中体现氧化性，项错误；D．根据图示反应历程可知，还原过程发生的反应为甲烷和硝酸钡反应生成氧化钡、二氧化碳、氮气和水，方程式为：，所以反应消耗的与的物质的量之比是，故正确；故选：D。4.中医的急救三宝分别是安宫牛黄丸、紫雪丹、至宝丹。安宫牛黄丸的主要药材是黄芩，黄芩素能抑制新冠病毒的活性。黄芩素结构如图所示，下列说法正确的是A.黄芩素的核磁共振氢谱显示有八组峰B.分子中有三种官能团C.1mo1黄芩素最多能够消耗4mo1的NaOHD.黄岑素与足量氢气加成后，连有氧原子的碳原子中有5个手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．黄芩素分子内有8中H，核磁共振氢谱显示有八组峰，A项正确；B．黄芩素分子中有羟基、羰基、醚键、碳碳双键共四种官能团，B项错误；C．黄芩素分子共有3mol酚羟基可以和氢氧化钠反应，反应时1:1进行，故可消耗3mo1的NaOH，C项错误；D．黄岑素与足量氢气加成后结构简式为：，连有氧原子的碳原子中有6个手性碳原子，D项错误；答案选A。5.下列图示与对应的叙述不相符的是A.银氨溶液的制备B.蒸干溶液得固体C.铁片上镀铜D.的收集A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向硝酸银溶液中逐滴滴加稀氨水并振荡，至最初生成的沉淀恰好溶解消失，即得银氨溶液，A选项正确；B．硫酸铝溶液蒸干时虽有Al3+的水解，但是因为生成的H2SO4高沸点难挥发，所以最终实质仍然是蒸发H2O，可以获得Al2(SO4)3固体，B选项正确；C．Fe上镀Cu时，镀层金属Cu连接电源正极作阳极，镀件Fe连接电源负极作阴极，C选项错误；D．乙烯不溶于水，可用排水集气法收集，D选项正确；答案选C。6.锌是一种常用金属，工业上利用锌培砂(主要含ZnO、，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等)湿法制取金属锌的流程如图所示。已知：Fe的活泼性强于Ni。下列说法错误的是A.加入是为了将氧化为 B.ZnO可以用代替C.“沉淀2”中只含有两种金属 D.可循环利用的物质为【答案】C【解析】【分析】锌焙砂酸浸后得到的的滤液中主要含金属阳离子为：Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、Ni2+，钙元素转变为CaSO4沉淀，氧化过程加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加ZnO调节pH，促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，故沉淀1的主要成分为氢氧化铁和ZnO；“除杂2”时加入过量的Zn使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去，所以“沉淀2”中含有Cu、Ni、Zn三种金属，剩下的滤液中主要成分为ZnSO4，电解得到Zn。【详解】A．根据分析，加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，A正确；B．加ZnO调节pH，促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，Zn(OH)2也可以实现，B正确；C．根据分析，“沉淀”2中含有Cu、Ni、Zn三种金属，C错误；D．电解硫酸锌溶液，得到金属Zn的同时生成硫酸，可循环利用，D正确；故选C。7.我国科研人员研制出一种新型的可充放电酸性单液电池，该电池的总反应为。下列说法正确的是A.放电时的为负极，发生还原反应B.充电时电解液的升高C.每消耗，电解质溶液中有电子通过D.充电时阳极电极反应式为【答案】D【解析】【详解】A．由总反应可知，放电时铜化合价升高，发生氧化反应，为电源负极，A错误；B．根据反应分析，充电时生成硫酸，溶液酸性变强，pH减小，B错误；C．电子不能在溶液中通过，能在导线和电极中通过，C错误；D．充电时阳极电极的硫酸铅发生氧化反应生成PbO2，反应式为，D正确；故选D。8.下列说法正确的是A.反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在常温下可自发进行，说明该反应的△H＜0B.马口铁(镀锡铁皮)镀层破损后铁仍不易腐蚀C.常温下，BaSO4分别在同物质的量浓度的Na2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液中的溶解度相同D.保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中的值增大【答案】A【解析】【详解】A．反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)气体系数减小，△S<0，在室温下可自发进行即△H-T△S<0，所以，一定满足△H<0，A正确；B．镀锡铁镀层破损后在电解质溶液中形成原电池时，铁做负极，容易被腐蚀，B错误；C．常温下，同物质的量浓度的Na2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液，：前者小于后者，抑制BaSO4溶解，则BaSO4在Al2(SO4)3中溶解度小，C错误；D．向氨水中不断通入CO2，随着CO2的增加，c()逐渐增大，而氨水的不变，故不断变小，D错误；故选A。9.下列叙述正确的是A.H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子B.PH3分子稳定性低于NH3分子，因为NH3分子间有氢键C.NH为正四面体结构，可推测出PH也为正四面体结构D.H2O汽化成水蒸气、分解为H2和O2都需要破坏共价键【答案】C【解析】【详解】A．极性键是指不同种元素之间形成的共价键，CS2的结构式为S=C=S，为直线形，属于存在极性键的非极性分子，故A错误；B．根据元素周期律，简单气态氢化物的稳定性与电负性成相关，电负性大的形成的键能高，更稳定，N与P同主族，电负性N>P，N-H键键能高于P-H，故B正确；C．中N为sp3杂化，4个H原子分别位于正四面体四个顶点，N原子位于中心，因为N和P同主族，价电子层结构相同，结构相似，所以可推测出也为正四面体结构，故C正确；D．液态水汽化是物理变化，不是化学反应，不存在共价键断裂，故D错误；故选C。10.是一种极强的氧化剂和氟化剂，可用于制取氧正离子盐，可以发生如下反应：，下列说法正确的是A.中所有原子均满足8电子结构B.的结构式为F—O—O—FC.基态S原子的价层电子排布式为D.NaClO水溶液呈碱性的原因：【答案】B【解析】【详解】A．S原子最外层有6个电子，SF6中S原子与6个F原子形成6个σ键，SF6中S原子最外层有12个电子，A项错误；B．O原子最外层有6个电子，F原子最外层有7个电子，O2F2的结构式为F—O—O—F，B项正确；C．S原子核外有16个电子，基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，价层电子排布式为3s23p4，C项错误；D．NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-水解使NaClO溶液呈碱性，ClO-水解的离子方程式为ClO-+H2O⇌HClO+OH-，D项错误；答案选B。二、不定项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得两分，有选错的得0分。)11.下列实验操作正确且能达到预期目的的是实验目的实验操作A比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱用等量的金属钠分别与水和乙醇反应B检验溴乙烷中含有溴元素先加NaOH溶液共热，然后加入AgNO3溶液C证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键滴入KMnO4酸性溶液D检验葡萄糖中含有醛基向3mL5%NaOH溶液中加入几滴2%CuSO4溶液，振荡后加入0.5mL葡萄糖溶液，加热AA B.B C.C D.D【答案】AD【解析】【详解】A．水中氢氧根离子和乙醇中的羟基氢活泼性不同，与钠反应剧烈程度不同，和水反应剧烈，和乙醇反应缓慢，可以利用和钠反应判断水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱，故A正确；B．应先加入酸中和，排除OH-离子的干扰，故B错误；C．双键和醛基都能使高锰酸钾溶液褪色，欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键需要先用新制氢氧化铜氧化醛基后再通入高锰酸钾溶液或溴水褪色证明，故C错误；D．检验-CHO应在碱性溶液中，加热生成砖红色沉淀，故D正确；故选AD。12.TiO2可以催化分解CO2实现碳元素的循环利用，其催化反应机理如图。下列说法错误的是A.过程①中TiO2发生了还原反应B.使用TiO2催化剂可以大大降低CO2分解的反应热C.该反应消耗了光能和热能D.该反应过程产生的O原子可能结合成O2【答案】B【解析】【详解】A．过程①中Ti元素由+4价降低为+3价，被还原，发生了还原反应，A正确；B．催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应热，B错误；C．该反应中第一步消耗了光能，最后一步消耗了热能，C正确；D．过程①中有O原子产生，O原子可能结合成O2，D正确；答案选B。13.恒温、恒压下，1molA和1molB在一个容积可变的容器中发生如下反应：A(g)＋2B(g)2C(g)，一段时间后达到平衡，生成amolC，则下列说法中正确的是A.物质A、B的转化率之比为1：2B.起始时刻和达平衡后容器中混合气体密度相等C.当v正(A)＝2v逆(C)时，可断定反应达到平衡状态D.若起始时放入3molA和3molB，则达平衡时生成3amolC【答案】AD【解析】【详解】A．由方程式可知，平衡时生成生成amolC，反应消耗A和B的物质的量分别为0.5amol、amol，则物质A、B的转化率之比为：=1：2，故A正确；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，在一个容积可变的容器中反应时，混合气体密度增大，故B错误；C．由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v正(A)＝2v逆(C)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故C错误；D．恒温、恒压条件下，起始时放入3molA和3molB与起始放入1molA和1molB形成的平衡为等效平衡，各物质的的百分含量相等，则生成C的物质的量为3amol，故D正确；故选AD。14.25℃时，用2amol•L-1NaOH溶液滴定1.0L2amol•L-1HF溶液，得到混合液中HF、F-的物质的量与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.pH=3时，溶液中：c(Na+)＞c(F-)B.当c(F-)＞c(HF)时，一定有c(OH-)＞c(H＋)C.pH=3.45时，NaOH溶液与HF恰好完全反应D.pH=4时溶液中：c(HF)+c(Na+)+c(H+)－c(OH-)＜2amol•L-1【答案】D【解析】【详解】A．pH=3时，c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，则c(F-)＞c(Na+)，故A错误；B．当pH＞3.45时，c(F-)＞c(HF)，溶液可能呈酸性、中性或碱性，故B错误；C．HF为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性，当pH=3.45时HF酸过量，故C错误；D．当pH=4时，混合溶液体积大于1.0L，c(F-)＜1.6amol/L，c(HF)＜0.4amol/L，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，c(F-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)＜1.6amol/L，则c(HF)+c(Na+)+c(H+)-c(OH-)＜2amol•L-1，故D正确；故选D。第II卷(非选择题)15.某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置，用环已醇制备环已烯：已知：+H2O密度(g•cm-3)熔点(℃)沸点(℃)溶解性摩尔质量(g/mol)环己醇0.9625161能溶于水100环己烯0.81-10383难溶于水82（1）制备粗品：采用如图所示装置，用环己醇制备环己烯。将10.0g环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环已烯粗品。①A中碎瓷片的作用是______。②试管C置子冰水浴中的目的是_____。（2）制备精品：①环己烯粗品中含有环己醇和少量有机酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在______层(填“上”或“下)，分液后用______洗涤(填字母)。A.KMnO4溶液B.稀H2SO4C.Na2CO3溶液②再将环己烯按如图装置蒸馏。冷凝水从_____口进入(填“g”或“f”)。③收集产品时，应收集______℃的馏分，若最终收集到环已烯5.74g，则产率为______。【答案】（1）①.防止暴沸②.冷凝环己烯，减少环己烯的挥发（2）①.上②.C③.g④.83⑤.70%【解析】【分析】环己醇和浓硫酸在水浴加热下反应生成环己烯、经冰水浴冷凝得到，所得粗产品中含有的有机酸可以通过碳酸钠溶液除去，有机物粗产品再通过蒸馏可得到环己烯。粗品中含环己醇、精品中无环己醇，可利用环己醇能与金属钠反应产生氢气、环己烯不与钠反应予以鉴别，也可利用混合物无固定沸点、纯净物有固定沸点予以鉴别。【小问1详解】①对液体加热时，为了防止暴沸常常要加入沸石或碎瓷片，A中碎瓷片的作用是防暴沸；实验过程中发现忘记加碎瓷片，应该停止加热，冷却到室温补加碎瓷片；②根据题目所给信息可知环己烯熔沸点较低，所以至于冰水浴中，降低温度，防止环己烯挥发；故答案为：防止暴沸；冷凝环己烯，减少环己烯的挥发；小问2详解】①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。环己烯密度比水小，在上层；其中含有碳碳双键，可以被KMnO4溶液氧化，稀H2SO4不能除去，反而能引入新的酸性杂质，只有Na2CO3溶液，不能与环己烯反应，可以与酸性杂质反应，故选C；②冷凝水下进上出，蒸馏时冷凝水从g口进入。③环己烯的沸点为83℃，收集产品时，应收集83℃的馏分。10.0g环己醇即0.1mol环己醇参与反应，理论上可生成0.1mol即8.2g环己烯，若最终收集到环已烯5.74g，则产率为；故答案为：上；C；83；70%。16.CO2资源化利用能有效减少碳排放，充分利用碳资源。（1）CO2催化加氢合成二甲醚过程中主要发生下列反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：①反应Ⅰ中的CO2平衡转化率随温度升高而增大的原因是_______。②在恒压、CO2和的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时的选择性(的选择性)随温度的变化如图：T℃时，起始投入，，达到平衡时反应Ⅰ理论上消耗的物质的量为_______。该催化剂条件下合成二甲醚时较适宜的温度为260℃，其原因是_______。（2）研究发现，(1)中的反应Ⅱ分两步完成，即发生反应Ⅲ和Ⅳ。反应Ⅲ：反应Ⅳ：①反应Ⅳ的_______②其他条件相同时，若两容器中分别仅发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，测得反应Ⅱ中CO2的平衡转化率更高，其原因可能是_______。【答案】（1）①.反应Ⅰ的正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动②.0.2mol③.温度过低，反应速率太慢；温度过高，选择性过大，二甲醚的选择性减小（2）①.②.反应Ⅱ分为反应Ⅲ和Ⅳ两步完成，反应Ⅲ生成的CH3OH被反应Ⅳ消耗掉，使反应Ⅲ的平衡向正反应方向移动，提高了CO2的转化率【解析】【小问1详解】①反应Ⅰ为吸热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向正反应方向进行，CO2的平衡转化率增大；故答案为反应Ⅰ的正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；②T℃时，CO2的平衡转化率为25%，则消耗CO2的物质的量为2mol×25%=0.5mol，根据CO选择性公式，推出生成CO的物质的量为40%×0.5mol=0.2mol，根据反应Ⅰ推出消耗氢气的物质的量为0.2mol；选择适宜条件，一般从温度低和温度高两个角度考查，温度低，化学反应速率慢，温度高过高，根据图象可知，CO的选择性增大，二甲醚的选择性减小；故答案为0.2mol；温度过低，反应速率太慢；温度过高，选择性过大，二甲醚的选择性减小；【小问2详解】①根据盖斯定律可知，反应Ⅳ=反应Ⅱ－反应Ⅲ×2，推出反应Ⅳ的ΔH=-24.5kJ/mol；故答案为-24.5；②根据题意，反应Ⅲ产生甲醇，是反应Ⅳ的反应物，消耗甲醇，促使反应Ⅲ向正反应方向进行，反应反应Ⅲ中CO2的转化率增大；故答案为反应Ⅱ分为反应Ⅲ和Ⅳ两步完成，反应Ⅲ生成的CH3OH被反应Ⅳ消耗掉，使反应Ⅲ的平衡向正反应方向移动，提高了CO2的转化率。17.A、B、D、E、F都是元素周期表中前四周期的元素，且它们的原子序数依次增大。第二周期元素A原子的最外层p轨道的电子为半充满结构；B是地壳中含量最多的元素；D原子的p轨道未成对电子数为1，其余p轨道均充满；E和F位于D的下一周期，E的价电子层中的未成对电子数为2，F原子的核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，且E、F的原子序数相差1，回答下列问题：（1）基态E原子的核外电子排布式为_____。（2）元素A最简单氢化物的沸点_____(填“高于”或“低于”)元素D的最简单氢化物的沸点，判断的理由是______。（3）A、B两种元素中，电负性由大到小的顺序是_____(填元素符号，下同)；A、B、D三种元素中第一电离能由大到小的顺序是_____。（4）AB的空间构型为_____。（5）A与F可形成一种具有良好的电学和光学性能的化合物，其晶胞构如图所示，若晶胞参数为anm，则侧晶体的密度为_____(设NA为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)g•cm-3。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2（2）①.高于②.NH3分子间可以形成氢键，增大了分子间作用力（3）①.O＞N②.N＞O＞Cl（4）平面三角形（5）×1021【解析】【分析】第二周期元素A原子的最外层p轨道的电子为半满结构，电子排布式为1s22s22p3，则A为N元素，B是地壳中含量最多的元素，B为O元素；D原子的p轨道未成对电子数为1，其余p轨道均充满，说明D为第ⅦA族元素，E，F位于D的下一周期，则D为Cl元素；F的原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，且E、F原子序数相差1，则F为Cu元素；E的价电子层中的未成对电子数为2，E为Ni元素，由此得到A、B、D、E、F分别为N、O、Cl、Ni、Cu元素。【小问1详解】E为Ni元素，基态Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2。【小问2详解】元素A为N元素，其最简单氢化物为NH3，元素D为Cl元素，其最简单氢化物为HCl，因为NH3分子间可以形成氢键，增大了分子间作用力，故NH3的沸点高于HCl的沸点。【小问3详解