江苏省扬州市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题原卷版+解析版

第第页江苏省扬州市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（原卷版+解析版）扬州市2022-2023学年高二下学期期末考试

化学试题

注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求

1.本试卷共6页，包含选择题[第1题~第13题，共39分]、非选择题[第14题~第17题，共61分]两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。

2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。

3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题卡指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。

4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。

可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5K-39Cu-64

选择题(共39分)

单项选择题：共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。

1.下列科学家研究成果属于蛋白质的是

A.合成结晶牛胰岛素B.合成聚乙炔导电塑料

C.合成聚酯纤维D.以二氧化碳为原料人工合成淀粉

2.实验室可用反应制备三氯化六氨合钴。下列有关说法正确的是

A.的基态核外电子排布式为

B.的电子式为

C.中子数为18的氯原子可表示为

D.中既含共价键又含离子键

3.Mg3N2易与水反应：。下列说法正确的是

A.半径大小：B.电负性大小：

C.电离能大小：D.非金属性强弱：O，即，故A正确；

B．由电荷守恒得：，此时pH=5.5，则，可得：，故B错误；

C．根据物料守恒：，故C错误；

D．不能拆，则主要离子反应为：，故D错误；

故选：A。

13.向两个不同容器中分别通入3mol和1mol，发生反应：

Ⅰ：

Ⅱ：

在压强为0.1MPa和1MPa下分别达到平衡，平衡时CO和的物质的量在不同温度下的变化如图所示。下列说法正确的是

A.曲线c表示1MPa时CO的物质的量

B.

C.在N点条件下，反应Ⅱ的平衡常数为2.4

D.200~600℃，随着温度升高的体积分数增大

【答案】C

【解析】

【分析】反应Ⅱ为吸热反应，随温度升高，反应Ⅱ平衡正向移动，CO的物质的量增加，因此c、d代表CO的物质的量变化，则a、b代表的物质的量变化，在温度相同条件下增大压强反应Ⅰ平衡正向移动，的物质的量增大，则a代表1MPa时的物质的量，b代表0.1MPa时的物质的量；而随着反应正向移动，和物质的量减小，使得反应Ⅱ逆向移动，则CO的物质的量减小，因此曲线c表示0.1MPa时CO的物质的量，曲线d表示1MPa时CO的物质的量，据此分析解答。

【详解】A．由以上分析可知曲线c表示0.1MPa时CO的物质的量，故A错误；

B．由图可知随温度升高，的物质的量减小，可知反应Ⅰ平衡逆向移动，则反应Ⅰ为放热反应，，故B错误；

C．在N点条件下，和CO的物质的量均为0.4mol，结合已知条件列三段式：

平衡时的物质的量为(1-0.4-0.4)=0.2mol，H2的物质的量为(3-0.4-1.6)=1mol，CO的物质的量为0.4mol，的物质的量为(0.8+0.4)=1.2mol；反应Ⅱ的平衡常数K==2.4，故C正确；

D．由以上分析可知升高温度反应Ⅰ平衡逆向移动，的物质的量减小，而反应Ⅱ平衡正向移动，的物质的量增加，的体积分数不能确定增减，故D错误；

故选：C。

非选择题(共61分)

14.电解锰渣的主要成分是MnS，含有少量铁(Ⅱ)铁(Ⅲ)和钴(Ⅱ)的氧化物。一种由电解锰渣制取高纯溶液的流程如下：

已知：、

（1）已知：浸出后所得溶液中的阳离子主要有、，还含有少量、，“浸出”时MnS转化为和S的化学方程式为___________

（2）“浸出”时若仅使用稀硫酸，会产生一种污染性气体，该气体是___________(填化学式)

（3）“沉铁”时有气体生成，其可能原因是___________

（4）“沉钴”时用MnS不用溶液的原因可能是___________

（5）将溶液先沉淀为、再氧化可制备高纯固体。

请补充完整由溶液制备高纯固体的实验方案：

取100mL1.0mol·L-1的溶液，___________，同时加热一段时间，冷却，得到高纯固体。(实验中须使用的试剂：2.0molL-1氨水、空气、溶液)

【答案】（1）

（2）

（3）“浸出”时稀硫酸过量，生成时产生了

（4）易导致硫酸锰溶液中引入杂质；溶液碱性强，易生成沉淀导致锰元素损失

（5）边搅拌边加入约(或略大于)100mL2.0molL-1氨水，充分反应至不再产生沉淀后，过滤，洗涤滤渣直至取最后一次洗涤滤液加入溶液无沉淀，向所得沉淀中缓慢通入空气

【解析】

【分析】向电解锰渣中加入二氧化锰矿粉和稀硫酸浸出时，锰元素转化为锰离子、硫元素转化为硫单质、铁元素转化为铁离子、钴元素转化为亚钴离子，过滤得到含硫的浸渣和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的硫酸铁转化为沉淀，过滤得到和滤液；向滤液中加入硫化锰，将溶液中亚钴离子转化为硫化亚钴，过滤得到硫化亚钴和高纯硫酸锰溶液。

【小问1详解】

由题意可知，浸出时硫化锰发生的反应为硫化锰与二氧化锰和稀硫酸反应生成硫酸锰、硫和水，反应的离子方程式为，故答案为：；

【小问2详解】

浸出时若仅使用稀硫酸，硫化锰与稀硫酸反应生成硫酸锰和硫化氢气体，故答案为：；

【小问3详解】

沉铁时发生的反应为碳酸钠溶液与硫酸铁溶液反应生成沉淀和碳酸氢钠，反应的方程式为12Na2CO3+3Fe2(SO4)3+12H2O=2NaFe3(SO4)2(OH)6↓+5Na2SO4+12NaHCO3，反应时有二氧化碳生成说明浸出后所得溶液中含有过量的稀硫酸，或加入的碳酸钠溶液不足量，导致生成NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀时，反应生成了稀硫酸，生成二氧化碳的反应为稀硫酸与碳酸钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，故答案为：“浸出”时稀硫酸过量，生成时产生了；

【小问4详解】

硫化钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，使亚钴离子转化为沉淀时，也能将锰离子转化为氢氧化锰沉淀导致锰元素损失，反应生成的硫酸钠会混入硫酸锰溶液中，无法制得高纯硫酸锰溶液，故答案为：易导致硫酸锰溶液中引入杂质；溶液碱性强，易生成沉淀导致锰元素损失；

【小问5详解】

由题意可知，制备高纯四氧化三锰的总反应为硫酸锰溶液与氨水、氧气反应生成四氧化三锰沉淀、硫酸铵和水，反应的方程式为6MnSO4+O2+12NH3·H2O=2Mn3O4↓+6(NH4)2SO4+6H2O，由方程式和题给试剂可知，制备四氧化三锰的实验方案为取100mL1.0mol·L-1的硫酸锰溶液，边搅拌边加入约(或略大于)100mL2.0molL-1氨水，充分反应至不再产生沉淀后，过滤，洗涤滤渣直至取最后一次洗涤滤液加入氯化钡溶液无沉淀，向所得沉淀中缓慢通入空气，同时加热一段时间，冷却，得到高纯四氧化三锰，故答案为：边搅拌边加入约(或略大于)100mL2.0molL-1氨水，充分反应至不再产生沉淀后，过滤，洗涤滤渣直至取最后一次洗涤滤液加入溶液无沉淀，向所得沉淀中缓慢通入空气。

15.药物扎来普隆的某合成路线如下：

（1）A分子中碳原子杂化方式为___________。

（2）D→E的反应类型为___________。

（3）B→C反应分两步进行，先在Fe、HCl作用下发生还原反应，再与X反应生成C和HCl，X的结构简式为___________。

（4）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。

①分子中含有酰胺基；

②在酸性溶液中发生水解反应，其中一种水解产物含有苯环，且只有两种不同化学环境的氢原子。

（5）已知：(R和R＇表示烃基或氢，R＂表示烃基)，写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_________

【答案】（1）、

（2）取代反应（3）

（4）（5）

【解析】

【分析】由有机物的转化关系可知，浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生取代反应生成，先与铁、盐酸发生还原反应生成、与CH3COCl发生取代反应生成，则X为CH3COCl；与反应生成，与溴乙烷发生取代反应生成，乙酸作用下与反应转化为。

【小问1详解】

由结构简式可知，A分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，苯环上的碳原子和双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2、sp3；

【小问2详解】

由分析可知，D→E的反应为与溴乙烷发生取代反应生成和溴化氢，故答案为：取代反应；

【小问3详解】

由分析可知，X的结构简式为CH3COCl，故答案为：CH3COCl；

【小问4详解】

B的同分异构体分子中含有酰胺基，在酸性溶液中发生水解反应，其中一种水解产物含有苯环，且只有两种不同化学环境的氢原子说明水解产物为对苯二甲酸，则同分异构体的结构简式为，故答案为：；

【小问5详解】

由题给信息可知，以甲酸甲酯为原料制备的合成步骤为甲酸甲酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成甲醇，甲醇与溴化氢发生取代反应生成一溴甲烷；甲酸甲酯与氨气发生信息反应生成，与一溴甲烷发生取代反应生成，合成路线为。

16.以水氯镁石样品(主要成分，含少量有机色素和、、、)为原料，制备氯化镁的流程如下：

（1）脱色

①此过程中能产生·OH(羟基自由基)，可使部分有机色素转化为和。·OH体现的性质是___________。

②相同时间内，测得不同温度下脱色率的变化如图所示。50℃前脱色率随着温度升高而升高，原因是___________。

（2）沉淀

①加氨水调节pH时，转化成的离子方程式为___________。加入之前需进行的操作及原因是___________。

②已知：室温下、，溶液中离子浓度小于或等于molL-1即认为已经除尽。除、离子时，、均沉淀完全，此时需控制溶液中不低于___________。

（3）测定产品中含量的实验方案如下：

取一定量样品溶于水，加水定容至500mL。取10.00mL所得溶液于锥形瓶中，滴加0.2500molL-1的溶液20.00mL，充分反应后，过滤。向滤液中加入指示剂，用0.1000molL-1溶液滴定至终点，消耗溶液10.00mL。

已知：

样品中的物质的量为___________(写出计算过程)

【答案】（1）①.氧化性②.升高温度，吸附速率加快，双氧水(·OH浓度增大)的氧化能力增强，氧化速率加快，形成胶体，吸附能力提高，脱色率提高

（2）①.或②.加热，将多余的双氧水分解，防止氧化后加入的③.

（3）0.2000mol

【解析】

【分析】水氯镁石样品(主要成分，含少量有机色素和、、、)，将样品溶于水后加活性炭吸附有机色素，同时加过氧化氢将氧化成；过滤除去活性炭，在滤液中加氨水调节溶液pH值将转化为Fe(OH)3沉淀，转化成，加入将、转化为硫化物沉淀，过滤得氯化镁溶液，再经一系列处理得到无水氯化镁。

【小问1详解】

·OH具有较强得电子能力，体现氧化性；50℃前脱色率随着温度升高而升高，原因是升高温度，吸附速率加快，双氧水(·OH浓度增大)的氧化能力增强，氧化速率加快，形成胶体，吸附能力提高，脱色率提高

【小问2详解】

①加氨水调节pH时，被溶液中的H2O2氧化转化成的离子方程式为或；

加入之前加热，将多余的双氧水分解，防止氧化后加入的；

②除、离子时，、均沉淀完全，此时需控制溶液中使完全沉淀，则=；

【小问3详解】

n(Ag+)总=0.2500mol·L-1×0.02L=0.005mol，10.00mL待测液中n(Ag+)=n(NH4SCN)=0.1000mol·L-1×0.01L=0.0010mol；则氯离子消耗的银离子的物质的量=0.0050mol-0.0010mol=0.0040mol，原样品中氯的物质的量为0.0040mol×50=0.2000mol。

17.某燃料电池的原理为，电解质为熔融氧化物(可在电解质中自由移动)。

（1）CO在负极发生的电极反应式为___________。

（2）电池工作时常在负极通入一定量的水蒸气。电池负极区域可能发生的反应有：

kJmol-1

kJmol-1

①从能量利用率的角度分析，通入水蒸气可以提高电池性能的原因是___________。

②反应的___________kJmol-1。

（3）可用于石油化工制氢，常用(Ce是活泼金属)做催化剂。

①催化剂在反应过程中会形成氧空位，其晶胞如图-1所示，该晶胞所代表的晶体的化学式为___________。

②催化过程的反应机理如图-2所示。根据元素电负性的变化规律，步骤ⅰ可解释为___________。

③下列选项中，最有可能是步骤ⅲ产物结构的是___________。

【答案】（1）

（2）①.水蒸气可与碳反应生成CO和，提高CO的利用率。反应生成的CO、均可以在负极放电②.-41

（3）①.②.水在催化剂作用下解离为、，由于正负电荷的相互作用，吸附在表面，吸附在表面③.C

【解析】

【小问1详解】

CO在负极失电子结合生成CO2，电极反应式为：；

小问2详解】

①由题中反应可知水蒸气可与反应生成的碳单质反应生成CO和，提高CO的利用率。同时反应生成的CO、均可以在负极放电，