2021-2022学年安徽省亳州市第二中学高二下学期期末考试化学试题（含解析）

试卷第=page1010页，共=sectionpages1212页安徽省亳州市第二中学2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．做好垃圾分类，推动城市绿色发展。下列有关生活垃圾分类不合理的是（

）选项ABCD生活垃圾牛奶盒眼药水干电池西瓜皮垃圾分类标识A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】【详解】A.牛奶盒是包装纸，属于可回收物，故A正确；B.眼药水是过期药品，属于有害垃圾，故B正确；C.干电池属于有害垃圾，故C错误；D.西瓜皮是厨余垃圾，属于湿垃圾，故D正确；答案选C。2．下列四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5，则下列有关的比较中正确的是A．第一电离能：④＞③＞②＞①B．原子半径：④＞③＞②＞①C．电负性：④＞②＞①＞③D．最高正化合价：④＞③＝②＞①【答案】A【解析】【分析】元素的基态原子的电子排布式中，①1s22s22p63s23p4为S，②1s22s22p63s23p3为P，③1s22s22p3为N，④1s22s22p5为F。【详解】A．一般来说，非金属性越强，第一电离能越大，但当原子轨道中电子处于半满或全满时，第一电离能出现反常，则第一电离能：④＞③＞②＞①，A正确；B．一般来说，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，所以原子半径：②＞①＞③＞④，B不正确；C．非金属性④＞③＞①＞②，非金属性越强，电负性越大，所以电负性：④＞③＞①＞②，C不正确；D．F没有正价，S显+6价，N、P都显+5价，所以最高正化合价：①＞③＝②＞④，D不正确；故选A。3．中国宣布了到2030年单位国内生产总值排放量比2005年下降60%～65%的减排目标。下列措施与这一目标无关的是A．给汽车安装尾气处理器B．自备购物布袋，不用塑料袋C．使用节能电器，及时关闭电器设备，节约用电D．开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖【答案】A【解析】【详解】A．给汽车安装尾气处理器,其中的有害气体CO、NO转化为无害气体N2、CO2，增加了CO2的排放，不符合题意，A项错误；B．自备购物布袋，不用塑料方便袋可减少白色污染，减少二氧化碳的排放，符合题意，B项正确；C．使用节能电器，及时关闭电器设备，节约用电，减少二氧化碳的排放，符合题意，C项正确；D．开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石，能源的依赖，减少二氧化碳的排放，符合题意，符合题意，D项正确；答案选A。4．下列叙述正确的是A．NH3是极性分子，分子中N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心B．CC14是非极性分子，分子中C原子处在4个C1原子所组成的正方形的中心C．H2O是极性分子，分子中O原子处在2个H原子所连成的直线的中央D．CO2是非极性分子，分子中C原子处在2个O原子所连成的直线的中央【答案】D【解析】【分析】根据价层电子对互斥，价层电子对个数=σ键个数+(a-xb)，确定微粒空间构型和中心原子杂化方式，再根据正负电荷重心是否重合判断分子的极性，据此分析判断。【详解】A．N与3个H原子形成σ键，孤对电子数为=1，所以N原子采用sp3杂化，为三角锥形分子，N原子没有处在3个H原子所组成的三角形的中心，分子中正负电荷重心不重合，是极性分子，故A错误；B．CCl4中C与4个Cl形成4个σ键，孤对电子数为0，所以C原子采用sp3杂化，为正四面体结构，该分子正负电荷重心重合，为非极性分子，故B错误；C．H2O中O与2个H形成σ键，孤对电子数为=2，所以O原子采用sp3杂化，为V形分子，分子中O原子和2个H原子不在一条直线上，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，故C错误；D．CO2中C与2个O形成σ键，孤对电子数为=0，所以C原子采用sp杂化，为直线形分子，分子中C原子和2个O原子在一条直线上，且C原子处在2个O原子所连成的直线的中央，分子中正负电荷重心重合，为非极性分子，故D正确；故选D。5．防晒霜之所以能有效减轻紫外光对人体的伤害，是因为它所含的有效成分的分子中含有π键，π键的电子可在吸收紫外光后被激发，从而阻挡部分紫外光对皮肤的伤害。下列物质中没有防晒效果的是A．氨基苯甲酸()B．羟基丙酮()C．肉桂酸()D．乙醇()【答案】D【解析】【详解】双键和三键中都含有π键，故只需判断所给物质中是否含有双键或三键即可。、中含有键，中含有键、键，均具有防晒效果，故A、B、C项不符合题意；中只有单键，不存在π键，不具有防晒效果，故D项符合题意。6．设代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，中所含的原子数目为B．(分子结构如图)中含有的N-N键数目为C．常温下，的溶液中含有数目为D．常温下，将5.6g铁投入足量的稀硫酸中，充分反应，转移的电子数目为【答案】C【解析】【分析】【详解】A．标准状况下，CCl4为液体，无法计算22.4LCCl4中所含的原子数，A错误；B．根据分子结构图可知，一个氮原子平均1.5条键，28gN60即含有2mol氮原子，含有的N-N数目为3NA，B错误；C．pH=12的碳酸钠溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，2L该溶液含有氢氧根离子0.02mol，故溶液中含有数目为，C正确；D．常温下，5.6g铁的物质的量为0.1mol，投入足量的稀硫酸中，充分反应，生成亚铁离子，转移电子数为0.2NA，D错误；答案选C。7．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．25℃，下，氢气中质子的数目为B．溶液中，的数目为C．苯甲酸完全燃烧，生成的数目为D．电解熔融，阴极增重，外电路中通过电子的数目为【答案】C【解析】【详解】A．25℃、101kPa不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，故A错误；B．Al3+在溶液中会发生水解生成Al(OH)3，因此2.0L1.0mol/L的AlCl3溶液中Al3+数目小于2.0NA，故B错误；C．苯甲酸燃烧的化学方程式为，1mol苯甲酸燃烧生成7molCO2，则0.2mol苯甲酸完全燃烧生成1.4molCO2，数目为1.4NA，故C正确；D．电解熔融CuCl2时，阳极反应为，阴极反应为，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4gCu的物质的量为0.1mol，根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0.2mol，数目为0.2NA，故D错误；答案选C。8．Al2O3在一定条件下可转化为硬度、熔点都很高的氮化铝晶体，氮化铝的晶胞如图所示。下列说法正确的是A．氮化铝属于分子晶体B．氮化铝可用于制造切割金属的刀具C．1个氮化铝晶胞中含有9个Al原子D．氮化铝晶体中Al的配位数为2【答案】B【解析】【详解】A．硬度高、熔点高一般不会是分子晶体，描述错误，A不符题意；B．硬度高、熔点高正好适合在高温环境下切割金属的道具材料，描述正确，B符合题意；C．根据晶胞结构，顶点和体心有Al原子，故晶胞含有Al原子个数为，描述错误，C不符题意；D．由晶胞体心的Al原子周围的N原子个数可知，Al原子的配位数应是4，描述错误，D不符题意；综上，本题选B。9．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．使酚酞变红的溶液中：、、、B．与Al反应能放的溶液中：、、、C．0.1溶液中：、、、D．的溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A.使酚酞变红的溶液呈碱性，与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀而不能大量共存，选项A错误；B.与Al反应能放的溶液可能呈酸性，则、、因发生氧化还原反应而不能大量共存，也可能呈碱性，则与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀而不能大量共存，选项B错误；C．0.1溶液中：、、、及钠离子、碳酸根离子等均全部不反应，能大量共存，选项C正确；D．的溶液呈强酸性，、与氢离子反应而不能大量共存，选项D错误；答案选C。10．下列指定反应的离子方程式书写正确的是A．向溶液中加入过量氨水：B．硫化钠的水解：C．向溴水中加入足量乙醛：D．用氨水溶解沉淀：【答案】C【解析】【详解】A．向溶液中加入过量氨水，生成的氢氧化铝不溶于氨水：，A错误；B．硫化钠的水解，硫离子水解分步进行，以第一步水解为主：，B错误；C．向溴水中加入足量乙醛，溴水具有氧化性，能将乙醛氧化为乙酸：，C正确；D．用氨水溶解沉淀，氯化银难溶不可拆：，D错误；故选C。11．气态电中性基态原子的原子核外电子排布发生如下变化，吸收能量最多的是A．1s22s22p63s2→1s22s22p63s13p1B．1s22s22p5→1s22s22p43s1C．1s22s22p4→1s22s22p34f1D．1s22s22p63s23p5→1s22s22p63s23p44s1【答案】C【解析】【详解】能级相差越远，能量相差越大，A项由3s2→3p1、B项由2p5→3s1、C项由2p4→4f1、D项由3p5→4s1，其中C项由2p4→4f1的能级相差最大，电子发生跃迁的能级相差越大，吸收的能量越多，故答案为：C。12．下列分子或离子中键角由大到小排列顺序的是①BCl3

②NH3

③H2O

④CH4

⑤BeCl2A．⑤④①②③ B．⑤①④②③ C．④①②⑤③ D．③②④①⑤【答案】B【解析】【详解】①BCl3

中心原子的价电子都用来形成共价键，所以价层电子对数为3，为平面三角形，键角为120°；②NH3

为三角锥形，键角为107°；③H2O为V形，键角为105°；④CH4为正四面体，键角为109°28′；⑤BeCl2中心原子的价电子都用来形成共价键，所以价层电子对数为2，为直线形，键角为180°；所以键角由大到小排列顺序是⑤①④②③；故选B。13．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物的结构式为。下列说法正确的是A．第一电离能：B．W位于元素周期表的s区C．电负性：D．简单气态氢化物的热稳定性：【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物的结构式为。根据价键结构得到X为C，Y为N，Z为O，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，则W为Al。【详解】A．同一周期从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此第一电离能：，故A正确；B．W为Al，其价电子为3s23p1，位于元素周期表的p区，故B错误；C．同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下，电负性逐渐减小，因此电负性：，故C错误；D．同周期从左到右，非金属性逐渐增强，其简单气态氢化物稳定性逐渐增强，因此简单气态氢化物的热稳定性：，故D错误。综上所述，答案为A。14．实现温和条件下氨的高效合成一直是催化领域的重要研究课题，硼簇修饰碳纳米管原位负载的纳米金表面电催化合成氨的反应机理如图。下列说法不正确的是A．上述转化过程中涉及非极性键的断裂和极性键的生成B．生成的电极总反应式为C．使用纳米金作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率D．当标准状况下22.4L发生反应时，可得到2mol【答案】D【解析】【详解】A．由机理图可知，反应过程中分子内的非极性键断裂，生成NH3和N2H4分子的极性键，A正确；B．通过机理图可知，1个分子转化为2个NH3的过程中得到6个电子，根据质量守恒定律可得出其电极反应式为：，B正确；C．催化剂可降低反应的活化能，从而提高反应速率，C正确；D．标准状况下22.4L的物质的量为=1mol，由机理图可知，转化为NH3的过程中，有副产物N2H4生成，根据N元素守恒可知，反应中消耗1mol时，不能完全得到2molNH3，D错误；故选D。15．图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分相关离子未画出)，下列描述不正确的是A．PbCl和Cu2+在反应中都是催化剂B．该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成C．该转化过程中，涉及反应4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2OD．乙烯催化氧化的反应方程式为CH2=CH2+O2CH3CHO+H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A．过程Ⅳ消耗Cu2+，过程Ⅴ生成Cu2+，过程Ⅰ消耗PbCl，过程Ⅵ生成PbCl，所以PbCl和Cu2+在反应中都是催化剂，故A正确；B．过程V中O2转化为H2O，O2中非极性键断裂，生成H2O的过程中有极性键的形成，故B正确；C．过程Ⅴ中O2与Cu+反应生成Cu2+，该过程的离子方程式为：4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C正确；D．反应中，CH2=CH2最终被O2氧化为CH3CHO，则乙烯催化氧化的反应方程式为：2CH2=CH2+O22CH3CHO，故D错误；故选D。16．普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构简式如图所示。下列描述不正确的是A．该物质有3种含氧官能团B．1mol该物质能与4mol氢气发生反应C．该物质能使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol该物质最多可与2molNaOH反应【答案】B【解析】【详解】A．该物质有酯基、羟基、羧基3种含氧官能团，A正确；B．1mol该物质含有2mol碳碳双键，能和2molH2发生加成反应，B不正确；C．含有-OH、C=C，可使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；D．含有-COO-、-COOH，能与NaOH反应，则1mol该物质最多可与2molNaOH反应，D正确；答案选B。二、元素或物质推断题17．已知500mL待测液中除含有0.3mol·L-1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种成几种：K+、NH、Mg2+、Ba2+、Al3+、Cl—、Br—、CO、HCO、SO。现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均过量)：(1)由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是____。(2)检验气体B常用的简便方法是____，若在标准状态下，用一充满气体B的圆底烧瓶做喷泉实验，实验完毕后，圆底烧瓶中充入水的体积为其容积的，则所得溶液的物质的量浓度是____mol·L-1(假设溶液不扩散，保留2位有效数字)。(3)由沉淀D和沉淀E可以判断待测液中一定含有____离子，据此可以排除的离子是____。(4)某同学分析白色沉淀C后，认为待测液一定不含____。(5)综合分析，待测液中K+的最小浓度为____。【答案】(1)HCO(2)

用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气

0.045(3)

CO、SO

Mg2+、Ba2+、Al3+(4)Br—(5)0.3mol·L-1【解析】【分析】由实验操作可知，待测液和氯化钡溶液反应得到滤液A和沉淀A，沉淀A中加入稀硝酸，沉淀部分溶解得到白色沉淀D和无色气体D，无色气体D与澄清石灰水反应生成白色沉淀，则白色沉淀D为硫酸钡、无色气体D为二氧化碳、白色沉淀E为碳酸钙、沉淀A为碳酸钡和硫酸钡的混合物，待测液中含有碳酸根离子和硫酸根离子，不含有镁离子、钡离子和铝离子，溶液中硫酸根离子和碳酸根离子的物质的量分别为=0.05mol、=0.1mol；滤液A中加入氢氧化钠溶液得到无色气体B、白色沉淀B和溶液B，则无色气体B为氨气、白色沉淀B为碳酸钡，待测液中一定含有铵根离子和碳酸氢根离子，溶液B中通入氯气得到浅黄绿色溶液C，加入酸化的硝酸银溶液得到白色沉淀C，则白色沉淀C为氯化银，说明待测液中一定不含有溴离子，由于加入氯化钡溶液时引入了氯离子，无法确定溶液中是否含有氯离子，溶液中铵根离子和碳酸氢根离子的物质的量分别为=0.1mol、=0.1mol，综上可知，待测液中一定含有0.15mol钠离子、0.1mol铵根离子、0.05mol硫酸根离子、0.1mol碳酸氢根离子、0.1mol碳酸根离子，可能含有氯离子，一定不含有镁离子、钡离子和铝离子，由电荷守恒可得：n(K+)=(0.05mol×2+0.1mol×2+0.1mol)+n(Cl—)—(0.15mol+0.1mol)=0.15mol+n(Cl—)。(1)由分析可知，滤液A中加入氢氧化钠溶液得到白色沉淀B为碳酸钡，说明待测液中一定含有碳酸氢根离子，故答案为：HCO；(2)由分析可知，气体B为氨气，检验氨气常用的简便方法是用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气；喷泉实验时，烧瓶中氨气的体积与充入水的，设烧瓶的体积为VL，则所得溶液的物质的量浓度为≈0.045mol/L，故答案为：用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气；0.045；(3)由分析可知，白色沉淀D为硫酸钡、白色沉淀E为碳酸钙说明待测液中含有碳酸根离子和硫酸根离子，不含有镁离子、钡离子和铝离子，故答案为：CO、SO；Mg2+、Ba2+、Al3+；(4)由分析可知，白色沉淀C为氯化银说明待测液中一定不含有溴离子，故答案为：Br—；(5)由分析可知，待测液中n(K+)=0.15mol+n(Cl—)，则钾离子的最小浓度为=0.3mol/L，故答案为：0.3mol/L。三、工业流程题18．铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药、纺织等行业，但使用后的废水因其中含高价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：(1)上述各步反应中属于氧化还原反应的是___________(填序号)。(2)第①步，含的废水在酸性条件下用绿矾FeSO4·7H2O处理，写出并配平反应的离子方程式：___________。(3)第②步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr(OH)3沉淀。处理后，沉淀物中除了Cr(OH)3外，还有___________、___________(写化学式)。已知Cr(OH)3性质类似Al(OH)3，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，写出从该沉淀物中分离出Cr(OH)3的离子方程式：___________。(4)回收所得的Cr(OH)3，经③④⑤步处理后又可转变成K2Cr2O7。纯净的K2Cr2O7常用于准确测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下：①+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O②2S2O+I2=+2I-准确称取纯净的K2Cr2O70.1225g，配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00mL。则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为___________(保留四位有效数字)。【答案】(1)①④(2)+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O(3)

Fe(OH)3

CaSO4

Cr(OH)3+OH-=CrO+2H2O、CrO+CO2+2H2O=Cr(OH)3↓+HCO(4)0.1000mol·L-1【解析】(1)①中铬元素由+6价降至+3价，④中铬元素由+3价升至+6价。(2)亚铁离子具有还原性，与重铬酸根离子反应生成铬离子和铁离子。(3)加入绿矾反应后，溶液中有铁离子和硫酸根离子，再加入碱石灰，除生成Cr(OH)3外，还会生成氢氧化铁和硫酸钙。氢氧化铬类似氢氧化铝，具有两性，能与氢氧化钠反应生成NaCrO2：Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O，NaCrO2类似偏铝酸钠，通入过量的CO2生成氢氧化铬、碳酸氢钠：NaCrO2+CO2+2H2O=Cr(OH)3↓+NaHCO3。(4)根据反应得关系式K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，n(Na2S2O3)=6n(K2Cr2O7)，c(Na2S2O3)==0.1000mol·L-1。四、结构与性质19．(1)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为___________；该晶体中原子之间的作用力是___________。(2)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2(如图1)的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为___________。(3)立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图2所示，晶胞中含B原子数目为___________。(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为___________，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为___________。(5)奥氏体是碳溶解在γ-Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示，则该物质的化学式为___________，若晶体密度为ρg/cm3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为___________pm(阿伏加德罗常数的值用NA表示，写出计算式即可)。(相对原子质量铁56、碳12)【答案】

3∶1

金属键

H8AuCu3

4

4

4∶3

FeC

【解析】【分析】【详解】(1)在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子个数=6×=3，Au原子个数=8×=1，其数量之比为3：1；该晶体由Cu、Au原子构成，则原子之间的作用力是金属键；(2)根据晶胞结构，1个Au原子与3个Cu原子构成1个四面体，则1个晶胞中含有8个四面体，可储存8个氢原子，故储氢后的化学式应为H8AuCu3；(3)根据立方BP(磷化硼)的晶胞结构，B原子在晶胞的顶点和面心，则B原子数目=6×+8×=4；(4)γ晶体晶胞中，Fe原子在晶胞的顶点和面心，所含有的铁原子数=6×+8×=4；δ晶胞中铁原子的配位数为8，α晶胞中铁原子的配位数为6，则配位数之比=8：6=4：3；(5)根据晶胞的结构，C原子在棱上和体内，C原子个数=12×+1=4，Fe原子在顶点和面心，个数=6×+8×=4，则该物质的化学式为FeC；设棱长为acm，ρ==g/cm3，则a=，晶胞中最近的两个碳原子的距离为acm=pm。20．早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，回答下列问题：(1)①铜元素位于周期表中____区。Cu2+的价电子排布图为_______。②锰、铁、钴三种元素的逐级电离能如下表：电离能/kJ·mol-