2022年安徽省池州市杨田中学高二化学联考试卷含解析

2022年安徽省池州市杨田中学高二化学联考试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.一个原电池的总反应的离子方程式是Zn+Cu2+Zn2++Cu，该反应的原电池组成正确的是

ABCD正极ZnAgCuCu负极CuCuZnZn电解质溶液CuCl2H2SO4CuSO4酒精参考答案：略2.下列物质①无水乙醇②乙酸③石炭酸④苯，其中能够与钠反应放出氢气的物质是（

）

A．①②

B．①②③

C．③④

D．②③④

参考答案：B略3.有些分子中既有极性键又有非极性键，但（

）不在其列A．乙烯

B．1,2-二氯乙烷

C．CH3OH

D．环丙烷参考答案：C4.下列有关叙述：①非金属单质N能从M的化合物中置换出非金属单质M；②M原子比N原子容易得到电子；③两元素的阴离子在电极上放电时，N-优先于M-；④气态氢化物水溶液的酸性HmM>HnN；⑤氧化物水化物的酸性HmMOx>HnNOy；⑥单质熔点M>N。能说明非金属元素M比N的非金属性强的是A．②⑤

B．②③

C．①②③

D．①②③⑤参考答案：D略5.某化工厂为检查生产中的氯气管道接口是否漏气，最简便是选用下列物质中的A．硝酸银溶液

B．石蕊试液C．含酚酞的氢氧化钠溶液

D．淀粉碘化钾试纸参考答案：D氯气可把湿润的淀粉碘化钾氧化呈蓝色6.右图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极。则下列有关的判断正确的是(

)A．a为负极、b为正极B.

a为阳极、b为阴极C.电解过程中，氯离子浓度不变D.电解过程中，d电极质量增加参考答案：D解析由电流方向可知，a为正极，c为阳极，在阳极上发生的反应为：2Cl－－2e－===Cl2↑，c(Cl－)减小；b为负极，d为阴极；Cu2＋得电子成为Cu使d电极质量增加。7.下列变化过程，属于吸热反应的是（

）(1)液氨汽化(2)将胆矾加热变为白色粉末(3)浓硫酸稀释(4)氨催化氧化生成一氧化氮(5)酸碱中和生成水

(6)FeCl3溶于水显酸性A.(1)(2)(6)

B.(1)(2)(4)(6)

C.(2)(6)

D.(2)(4)(6)参考答案：C略8.下列实验可达到实验目的的是（

）①．将

与NaOH的醇溶液共热制备CH3—CH═CH2②．乙酰水扬酸

与适量NaOH溶液反应制③．向CH3CH2Br中滴入AgNO3溶液以检验溴元素④．纤维素水解用稀硫酸作催化剂A．只有①

B．只有④

C．只有①③④

D．都不能参考答案：D略9.镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有（）A．AlO2﹣

B．Cu2+

C．Al3+

D．Mg2+参考答案：A考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：金属镁和铝能溶于盐酸，镁离子能和烧碱反应转化为氢氧化镁沉淀，铝离子和过量的烧碱反应生成偏铝酸盐．解答：解：金属镁、铝溶解于盐酸，得到氯化镁和氯化铝，加入过量烧碱后镁离子成为氢氧化镁沉淀，铝离子变成偏铝酸根离子，所以再过滤后滤液中有钠离子、氢氧根离子、偏铝酸根离子、氯离子、氢离子．故选A．点评：本题是对金属及其化合物性质的考查，可以根据所学知识进行回答，较简单．10.参考答案：D略11.只用一种试剂就能将NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4四种溶液区分开，这种试剂是A．NaOH溶液

B．AgNO3溶液

C．Ba(OH)2溶液

D．BaCl2溶液参考答案：C略12.由可逆反应测绘出图象如下图，纵坐标为生成物在平衡混合物中的百分含量，下列对该反应的判断正确的是A．反应物中一定有气体

B．生成物中一定有气体C．正反应一定是放热反应

D．正反应一定是放热反应参考答案：B试题分析：温度不变时，增大压强，生成物的百分含量降低，说明平衡逆向移动，逆向为体积缩小方向，而题中未给出具体的可逆反应，但是可以确定生成物中一定有气体；压强不变时，升高温度，生成物的百分含量增大，说明平衡正向移动，正向为吸热反应；所以答案为B。考点：化学平衡13.下列对于溶液中的问题叙述正确的是（

）A．向冰醋酸中加水至配成醋酸稀溶液的过程H+的浓度逐渐减小B．实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu(NO3)2溶液C．常温时，pH＝2的CH3COOH溶液和HCl溶液、pH＝12的氨水和NaOH溶液，四种溶液中由水电离的c(H+)相等D．常温下，将稀NaOH溶液与CH3COOH溶液混合，可能出现pH＞7，且c(OH-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(CH3COO-)的情况参考答案：C略14.亚油酸又称9,12-十八碳二烯酸,在玉米油中的含量高达60%以上,经常食用玉米油可降低人体血清中的胆固醇,有防止动脉粥样硬化、冠状动脉硬化和血栓形成的作用,因此玉米油被誉为“健康油”。下列有关说法正确的是() A.玉米油属于酯类,是天然高分子化合物B.玉米油没有固定的熔、沸点,常温下为固态C.亚油酸能溶于NaOH溶液,也能使溴水褪色D.玉米油营养价值高是因为饱和脂肪酸含量高参考答案：C玉米油是高级脂肪酸甘油酯,属于酯类,但不是高分子化合物,A错;玉米油中的亚油酸含量高,亚油酸是不饱和脂肪酸,其含量越高,油脂的熔、沸点越低,故玉米油常温下应为液态,B错;亚油酸分子中含有碳碳双键和羧基,C正确;油脂营养价值的高低取决于所含不饱和脂肪酸的含量,含量越高,其营养价值越高,D错。15.下列化合物中，在核磁共振氢谱图中能够给出三种信号的是（）A．CH3CH2CH3

B．CH3COCH2CH3

C．CH3OCH3

D．CH3COOCH3参考答案：B考点：常见有机化合物的结构．专题：有机化学基础．分析：核磁共振氢谱中出现三种信号说明有机物中含有三种类型的氢原子，根据等效氢的判断方法来回答，等效氢应有以下三种情况：①同一碳原子上的氢原子等效；②同一碳原子的甲基上的氢原子等效；③关于镜面对称碳原子上的氢原子等效．解答：解：A．CH3CH2CH3中有2种H原子，核磁共振氢谱有2种信号，故A错误；B．CH3COCH2CH3中有3种H原子，核磁共振氢谱有3种信号，故B正确；C．CH3OCH3中有1种H原子，核磁共振氢谱有1种信号，故C错误；D．CH3COOCH3中有2种H原子，核磁共振氢谱有2种信号，故D错误．故选B．点评：本题以核磁共振氢谱为载体考查有机物的结构，难度较小，清楚核磁共振氢谱中有几种信号，分子中就有几种H原子．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.下图是牙膏中某些主要成分检验流程图，请回答以下问题：（1）牙膏中的摩擦剂约占牙膏成分的50%，主要用于增强牙膏的摩擦作用和去污效果，不同种类的牙膏含有的摩擦剂有所不同，在上述流程图的第③步加入盐酸后会产生不同现象，请你填空：摩擦剂实验中出现的现象解

释SiO2

CaCO3

Ca3(PO4)2溶解无气体，加NaOH至过量后又产生沉淀

Al(OH)3溶解无气体，加NaOH至过量先产生沉淀后溶解

（2）日常生活中使用的牙膏里面都含有一定量的摩擦剂，试回答下列相关问题：A．根据你的推测，摩擦剂应具备下列性质中的哪几条？

①

易溶于水②难溶于水

③坚硬

④柔软

⑤颗粒较大

⑥颗粒较小B．据调查，两面针儿童牙膏、珍珠王防臭牙膏和中华透明牙膏中所使用的摩擦剂依次是氢氧化铝、碳酸钙和二氧化硅，它们所属的物质类别依次是

、

、

。C．作牙膏摩擦剂的粉末状碳酸钙可以用石灰石来制备。以下是一种制备碳酸钙的生产方案，其流程图为，请你写出上述方案中有关反应的化学方程式：（3）新制Cu（OH）2的配制方法是

。牙膏中含有一定量的甘油，其主要功能是作保湿剂，在流程图的第②步得到的澄清溶液中加入新制Cu（OH）2，产生的现象是 ，化学方程式为

（4）实验测定澄清溶液的PH>7，可能原因是

。（5）牙齿表面由一层硬的、组成为Ca5(PO4)3OH的物质保护着，它在唾液中存在下列平衡：Ca5(PO4)3OH(固)

5Ca2++3PO43-+OH-进食后，细菌和酶作用于食物，产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，其原因是

已知Ca5(PO4)3F（固）的溶解度比上面的矿化产物更小，质地更坚固。主动脉用离子方程式表示，当牙膏中配有氟化物添加剂后能防止龋齿的原因：

根据以上原理，请你提出一种其它促进矿化的方法：

参考答案：一、（1）摩擦剂实验中出现的现象解

释SiO2无明显现象SiO2不与盐酸反应CaCO3溶解，有气泡产生CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2OCa3(PO4)2溶解无气体，加NaOH至过量后又产生沉淀略Al(OH)3溶解无气体，加NaOH至过量先产生沉淀后溶解略

（2）②③⑥

两性氢氧化物

盐

酸性氧化物

反应式略（3）出现绛蓝色

反应式略（4）F—+H2OHF+OH—（5）进食后细菌和酶作用于食物，产生有机酸，使Ca5(PO4)3OH(固)5Ca2++3PO43-+OH-向右移动，导致牙齿表面的保护物质破坏。Ca5(PO4)3OH+F—Ca5(PO4)3F+OH-

增加含Ca2+比较丰富的食物三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.已知：A、B、C、D、E、F、G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素．其中A原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的；D、E原子核外的M层中均有两个未成对电子；G原子核外价电子数与B相同，其余各层均充满．B、E两元素组成化合物B2E的晶体为离子晶体．C、F的原子均有三个能层，C原子的第一至第四电离能（kJ·mol﹣1）分别为578、1817、2745、11575；C与F能形成原子数目比为1：3、熔点为190℃的化合物Q．（1）B的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位数为_____；E元素的最高价氧化物分子的立体构型是_____．F元素原子的价电子排布图是_____，G的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为_____．（2）试比较B、D分别与F形成的化合物的熔点高低并说明理由__________．（3）A、G形成某种化合物的晶胞结构如图所示．若阿伏加德罗常数为NA，该化合物晶体的密度为ag·cm﹣3，其晶胞的边长为____cm．（4）在1.01×105Pa、T1℃时，气体摩尔体积为53.4L·mol﹣1，实验测得Q的气态密度为5.00g·L﹣1，则此时Q的组成为__________．参考答案：(1)8

平面三角形

1s22s22p63s23p5

[Cu(NH3)4]2+

(2)NaCl的熔点高于SiCl4，因为NaCl是离子晶体，SiCl4是分子晶体

(3)

(4)Al2Cl6试题分析：A、B、C、D、E、F、G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素。其中A原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的，因此A是N。D、E原子核外的M层中均有两个未成对电子，则D的M层为3s23p2,是Si。E的M层为3s23p4，是S。B、E两元素组成化合物B2E的晶体为离子晶体，所以B为IA族的金属，B应该是钠元素。G原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满，且G的原子序数最大，因此G是铜。C、F的原子均有三个能层，因此C、F在第三周期。C的逐级电离能前三个数据接近，第四电离能突变，所以易失去三个电子，为第ⅢA族元素，C是铝。C与F能形成原子数目比为1:3、熔点为190℃的化合物Q，说明F为-1价，即F为Cl元素，Q是AlCl3。（1）金属钠的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位数为8；E元素的最高价氧化物分子是三氧化硫，其中心原子S原子含有的孤对电子对数＝（6－3×2）÷2＝0，所以三氧化硫分子的立体构型是平面三角形。根据构造原理可知，Cl元素原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p5；G的高价离子Cu2＋与A的简单氢化物NH3形成的配离子的化学式为[Cu(NH3)4]2+。（2）B、D分别与F形成的化合物分别是氯化钠和四氯化硅。因为NaCl是离子晶体，SiCl4是分子晶体，所以NaCl的熔点高于SiCl4。（3）根据晶胞的结构可知，N原子在顶点，含有的个数＝8×＝1个。铜在棱边，含有的个数＝12×＝3个，即化学式为Cu3N。设边长为xcm，则×NA＝1，解得x＝。（4）根据M＝ρ×Vm＝5.00g/L×53.4L/mol＝267，是AlCl3相对分子质量的267÷133.5＝2倍，所以其化学式为Al2Cl6。考点：考查元素周期表的结构以及元素原子的核外电子排布；配位健、晶体结构、晶体熔点判断以及晶体的有关计算等18.(16分)a、b、c、d、e、f、g是原子序数依次增大的短周期元素。a是周期表中原子半径最小的；a和b可以形成最简单的有机物M；d和g同主族，且两者能形成两种常见化合物；c能与a形成含有四原子的10电子分子；e基态原子的电子排布式是1s22s22p63s1,f的基态原子价电子层为3s23p1。（1）c元素基态原子的外围电子排布图是

,g的元素名称是_____________,bd2的结构式是________,

d和g的气态氢化物熔沸点比较，熔沸点较高的是__________(写化学式)（2）①同时由adeg四种元素组成的两种盐之间