2021-2022学年广西北海市高二下学期期末检测化学试题（含解析）

北海市2022年春季学期期末教学质量检测高二化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：选修3、选修4。4.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cu64I127一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.中国努力争取2060年前实现“碳中和”。下列措施不利于实现“碳中和”的是A.植树造林增加绿色植被 B.利用太阳能、风能发电C.大力发展火力发电 D.创新转化为碳燃料的技术【答案】C【解析】【详解】A．植树造林能吸收，A不符合题意；B．利用太阳能、风能发电，能减少的排放，B不符合题意；C．大力发展火力发电，会增大的排放，C符合题意；D．创新转化为碳燃料的技术，能减少的排放，D不符合题意；故选C。2.反应的产物常被用作棉织物的防火剂。下列说法错误的是A.的结构示意图： B.的电子式：C.是非极性分子 D.基态原子的电子排布式：【答案】C【解析】【详解】A．氯离子是17号元素，核内有17个质子，核外有18个电子，因此Cl-的结构示意图为，A正确；B．PH3中原子和每个H原子共用一对电子，还含有一对孤电子对，电子式为，B正确；C．HCHO分子的空间构型为平面三角形，是极性分子，C错误；D．基态P原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，D正确；故选C。3.中国科学院院士张青莲主持测定的铟()等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷()同周期。下列说法错误的是A.是第五周期第III族元素 B.原子半径：C.是区元素 D.第一电离能：【答案】B【解析】【详解】A．铷()是第五周期第IA族元素，In是第五周期第ⅢA族元素，A正确；B．同周期元素从左往右原子半径逐渐减小，故原子半径：，B错误；C．第ⅢA族元素属于区元素，C正确；D．铟与铷()同周期，原子序数比铷的大，铟的原子半径比铷的小，第一电离能比铷大，D正确；故选B。4.为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.中杂化的碳原子数为B.中氙的价层电子对数为C.冰中含有氢键的数目为D.中键的数目为【答案】D【解析】【详解】A．30gCH3COOH的物质的量为0.5mol，1个分子中有1个碳原子为杂化，0.5mol中杂化的碳原子数为0.5NA，A正确；B．XeF4中Xe的价层电子对数为4+=4+2=6，则0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NA，B正确；C．在冰中1个H2O分子与周围4个水分子形成4个氢键，1molH2O含有氢键的数目为2NA，C正确；D．没有说明是否在标准状况下，无法确定的物质的量，也就不能确定其所含σ键的数目，D错误；故选D。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z同主族，W、X、Y最外层电子数之和等于11，W、X、Y三种元素形成的化合物的水溶液可用作木材防火剂。下列说法错误的是A离子半径：B.W与X形成的化合物中只含有离子键C.Y简单气态氢化物的稳定性比Z的弱D.X、Z形成的化合物能破坏水的电离平衡【答案】B【解析】【详解】的水溶液可作木材防火剂，因为W、X、Y的原子序数依次增大，所以W、X、Y分别为O、Na、Si，W、Z同主族，Z是S元素。A．核外电子排布相同的微粒，核电荷数越多，离子半径越小，电子层数不同的微粒，电子层数越多，离子半径越大，所以，A正确；B．氧可以和钠形成或，中还含有共价键，B错误；C．非金属性：，则的稳定性强于，C正确；D．、形成的化合物为，能发生水解从而破坏水的电离平衡，D正确;故选B。6.X、Y、Z、W、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法错误的是

A.X、Y、R三种元素可以形成离子化合物 B.元素的电负性：C.、都可以与形成配位键 D.X与Z可以形成正四面体结构的分子【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、R为五种短周期元素，X、Y最外层只有一个电子，为第ⅠA族元素；Z最外层有4个电子，位于第VA族，W原子最外层有5个电子，位于第ⅤA族，R最外层有6个电子，位于第ⅥA族；Y原子半径最大，为元素，X原子半径最小，为H元素；Z原子和W原子半径接近、W原子半径小于Z而最外层电子数大于Z，所以Z是C、W是N；R原子半径大于W，R为S元素。【详解】A．是离子化合物，故A正确；B．非金属性越强，电负性越大，故电负性：，B正确；C．分别为，前者不能与形成配位键，后者可以，故C错误；D．X、Z可以形成，而甲烷是正四面体结构，故D正确；故选C。7.交警用三氧化铬()硅胶可以查酒驾。元素的几种化合物转化关系如图所示。下列判断错误的是A.根据相似相溶原理，乙醇易溶于水B.中各原子均满足8电子稳定结构C.、都只有极性键但分子极性不同D.基态铬原子的价电子排布式为【答案】D【解析】【分析】是酸性氧化物溶于碱KOH生成K2CrO4在酸性条件下转化为K2Cr2O7，与CCl4反应生成和。【详解】A．乙醇和水都是极性分子，根据相似相溶原理，乙醇易溶于水，且乙醇分子之间可以形成氢键，使其溶解度增大，故A正确；B．的电子式为：，各原子均满足8电子稳定结构，故B正确；C．、，中、均为极性键，前者是非极性分子，后者为极性分子，故C正确；D．电子排布处于全充满或半充满状态是稳定状态，则基态铬原子的价电子排布式为，故D错误；故选D。8.氢气是重要的能源物质。通过太阳光催化分解水可制氢：，下列有关说法正确的是A.反应生成放出的能量B.反应物中所有化学键键能之和大于生成物中所有化学键键能之和C.每消耗水，反应中转移电子的物质的量为D.若使用催化剂，则减小【答案】B【解析】【详解】A．，则生成，吸收的能量，A错误；B．反应物中所有化学键键能之和-生成物中所有化学键键能之和，该反应的，故反应物中所有化学键键能之和大于生成物中所有化学键键能之和，B正确；C．每消耗水，反应转移电子，C错误；D．催化剂不改变反应的焓变，D错误；故选B。9.合成氨反应为。下列有关该反应的说法正确的是A.催化剂增大了正、逆反应的活化能B.升高温度，该反应的平衡常数增大C.正反应的活化能小于逆反应的活化能D.反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高的平衡转化率【答案】C【解析】【详解】A．催化剂降低反应的活化能，增大反应速率，A错误；B．该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，B错误；C．该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故正反应的活化能小于逆反应的活化能，C正确；D．合成氨反应为放热反应，在高温下，反应会逆向移动，H2的平衡转化率会减小；工业上采用高温的原因是加快生成NH3的速率，同时考虑催化剂的活性在较高温度下较好，另外催化剂不会影响平衡转化率，D错误；故选C。10.下列说法正确的是A.镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈B.一定条件下反应，当，则反应达到平衡C.向溶液中加入少量水，溶液中减小D.在常温下不能自发进行，则该反应的【答案】A【解析】【详解】A．镀铜铁制品镀层受损后，形成铁铜原电池，由于铁比铜活泼，铁作负极，故铁制品比受损前更容易生锈，A正确；B．一定条件下反应，当，则反应达到平衡，B错误；C．溶液加水稀释时减小，溶液的碱性变弱，不变，故增大，故比值增大，C错误；D．，反应不能自发进行，题给反应的，若满足常温时，则，D错误；故选A。11.下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是A.溶液：B.溶液：C.物质的量浓度之比为的、混合液中：D.的溶液：【答案】B【解析】【详解】A．中含、，水溶液中水解，但水解是微弱的，故，A错误；B．中，与的个数比是，溶液中根据物料守恒得，B正确；C．假设、的浓度分别为和，由元素质量守恒可知，对来说存在：，对来说存在：，故，C错误；D．根据溶液电荷守恒式可知：，D错误；故选B。12.下列实验事实能证明相应结论的是选项实验或事实结论A溶液显酸性电离平衡常数：B常温下，测得饱和溶液的大于饱和溶液常温下，水解程度：C向某密闭容器中充入，保持温度不变，慢慢扩大容器体积，最终容器中气体颜色比开始时浅平衡正向移动D在的溶液中先滴入几滴溶液，有白色沉淀生成，再滴入溶液，又出现黑色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．溶液显酸性，说明的水解程度小于的水解程度，根据“谁强显谁性”的原理，可知电离平衡常数：，故A正确；B．饱和溶液与饱和溶液的浓度可能不同，饱和溶液的pH大，阴离子的水解程度不一定大，所以不能根据饱和溶液的判断相应离子的水解程度大小，故B错误；C．向某密闭容器充入，保持温度不变，慢慢扩大容器体积，平衡逆向移动，故C错误；D．在的溶液中先滴入几滴，溶液有白色沉淀生成，因为溶液过量，所以再滴入溶液，和反应生成黑色沉淀，所以无法据此判断的大小，故D错误；选A。13.利用含双膜(阴离子交换膜和过滤膜)电解装置将普通电解精炼铜所制备的精铜(仍含微量杂质)提纯为高纯度铜。下列有关叙述中不正确的是A.电极a为高纯度铜，电极b为精铜B.电极b上发生主要反应为C.甲膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区D.相同时间内b电极减少的质量和a电极增加的质量相等【答案】D【解析】【详解】A．电解精炼金属时高纯铜为阴极，精铜为阳极，A正确；B．精铜中主要成分是，故阳极上发生的主要反应为，B正确；C．甲膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区在阴极上放电，得不到高纯铜，C正确；D．电极为含有杂质的铜，铜和杂质中活泼的金属都能发生失电子的反应，杂质中还可能含有不参与电极反应的固体杂质，而电极上只析出金属铜，故相同时间内电极减少的质量和电极增加的质量不相等，D错误；故选D。14.常温下，的溶液中、、三者中所占物质的量分数(分布系数)随变化的关系如图所示，下列表述不正确的是A.常温下，B.将等物质的量的、溶于水中，所得溶液恰好为4.3C.常温下的，将少量溶液加入到足量溶液中，发生的反应为D.在溶液中，各离子浓度大小关系为：【答案】B【解析】【详解】A．从图中看出：pH=1.3时，c(HC2O)=c(H2CO4)，则Ka1==10−1.3，A错误；B．将等物质量的NaHC2O4、Na2C2O4溶于水中，HC2O电离程度大于C2O的水解程度，所以溶液中c(C2O)>c(HC2O)，则溶液pH大于4.3，B错误；C．常温下H2C2O4的Ka1=10−1.3，pH=4.3时，c(HC2O)=c(C2O)，Ka2==10−4.3，HF的Ka=1×10−3.45，则酸性：H2C2O4>HF>HC2O，所以将少量H2C2O4溶液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为H2C2O4+F−=HF−+HC2O，C正确；D．NaHC2O4溶液显酸性，HC2O以电离为主，在溶液中部分HC2O电离，则各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HC2O)>c(C2O)>c(OH−)，D正确；故选B。二、非选择题：本题共5大题，共58分。15.为了合理利用化学能，确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的焓变，并采取相应措施。化学反应的焓变通常用实验进行测定，也可进行理论推算。（1）下列变化过程，属于放热反应的是___________(填序号)。①水解反应②酸碱中和反应③在中燃烧④固体溶于水⑤液态水变成水蒸气⑥碳高温条件下还原⑦浓硫酸稀释（2）实验测得，标准状况下甲烷在氧气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体时释放出的热量，试写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：___________。（3）已知反应，该反应过程中的能量变化如图甲，化学键键能如下表所示，通过计算可得___________。化学键键能/391436（4）锂催化非水相氮还原合成氨的反应机理如图乙所示，各步如下表所示：步骤IIIIII①反应机理图可知，反应中第___________(填“I”“II”或“III”)步完成后，能自发完成后续反应。②第II步反应的离子方程式为___________。【答案】（1）②③（2）（3）946（4）①.I②.【解析】【小问1详解】①水解反应属于吸热反应；②酸碱中和反应属于放热反应；③所有的燃烧反应均为放热反应，在中燃烧也为芳儿反应；④固体溶于水不是化学变化；⑤液态水变成水蒸气不是化学变化；⑥碳高温条件下还原为吸热反应；⑦浓硫酸稀释不是化学变化；故选②③；【小问2详解】标准状况下甲烷的物质的量为0.5mol，相同条件下1molCH4完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的热量为2akJ，热化学方程式为：；【小问3详解】反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故：，解得x=946；【小问4详解】时反应可自发进行，故反应中第I步反应完成后，能自发完成后续反应；从图中可以看出，第II步中Li3N和H+反应生成Li+和NH3，故离子方程式为：。16.二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为。该反应一般认为通过如下步骤来实现：①②总反应的___________；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是___________(填字母)，判断的理由是___________。A．B．C．D．（2）与反应得到合成气的原理为。某小组向体积是的恒容密闭容器中充入物质的量均为的与，反应过程中的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。①压强：___________(填“＞”或“＜”)。②1100℃、条件下，时反应达到平衡状态，则内的反应速率___________，反应的平衡常数___________(用含的代数式表示，为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）①.②.C③.为正值，和为负值，反应①的活化能大于反应②的活化能（2）①.＜②.0.03③.【解析】【小问1详解】总反应=①+②，则ΔH=ΔH1+ΔH2=(+41kJ⋅mol-1)+(-90kJ⋅mol-1)=-49kJ⋅mol-1；若反应①为慢反应，则反应①的活化能大于反应②的活化能，反应①是吸热反应，则CO2(g)、3H2(g)的总能量小于CO(g)、H2O(g)和2H2(g)的总能量，反应②和总反应是放热反应，则CO2(g)、3H2(g)的总能量大于CH3OH(g)、H2O(g)的总能量，CO(g)、H2O(g)和2H2(g)的总能量大于CH3OH(g)、H2O(g)的总能量，综上所诉，C能体现上述反应能量变化，故选C。【小问2详解】①该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小；同一温度下，p1条件下，CO2的平衡转化率较高，故p1＜p2；②1100℃、p2条件下，20min时反应达到平衡状态，CO2的平衡转化率为60%，则Δn(CH4)=Δn(CO2)=0.6mol，v(CH4)==0.03mol⋅L-1⋅min-1；平衡时，n(CH4)=n(CO2)=0.4mol，n(CO)=n(H2)=1.2mol，则p(CH4)=p(CO2)=p2=p2，p(CO)=p(H2)=p2=p2，Kp===。17.铝灰主要含有、，以及少量硅石和的氧化物，利用铝灰制备净水剂的工艺流程如图。已知：金属离子浓度为时生成氢氧化物沉淀的开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8回答相关问题：（1）酸浸时为确保安全应注意___________，酸浸充分后溶液中的金属阳离子是___________。（2）操作I和II的名称是___________。（3）若无氧化步骤，对实验的影响是___________。（4）棕色沉淀含。操作①加入反应的离子方程式是___________，判断该反应完成的现象是___________。（5）操作②调的原因是___________。（6）可制作聚合硫酸铝()，它是复合型高分子聚合物，净水效果优于传统的无机净水剂。若，则___________。引起聚合硫酸铝形态多变的基本成分是，可用实验测定其含量。称取试样，将其移入锥形瓶中，用移液管加入盐酸，充分溶解聚合物后，加氟化钾溶液掩蔽掉全部铝离子，摇匀。加入3滴酚酞，用氢氧化钠标准溶液滴定至溶液呈微红色即为终点，消耗了标准液。则聚合硫酸铝中的质量分数为___________。【答案】（1）①.避免明火②.、、（2）过滤（3）无法有效除铁(或其他合理答案)（4）①.②.溶液紫红色消失（5）约为3时，可使完全沉淀，不沉淀而分离(或其他合理答案)（6）①.2②.【解析】【分析】铝灰主要含有、，以及少量硅石和的氧化物，加入稀硫酸酸浸生成硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁、氢气，气体X为氢气，操作I为过滤，滤渣为硅石，氧化步骤加入过量的高锰酸钾溶液将Fe2+氧化为Fe3+，沉淀反应中先加入硫酸锰溶液还原过量的高锰酸根离子，生成二氧化锰，调节pH=3，沉淀Fe3+，操作Ⅱ为过滤，棕色沉淀为氢氧化铁和二氧化锰的混合物，滤液为硫酸铝溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到。【小问1详解】铝灰主要含有A12O3、A1，以及少量Si和Fe的氧化物，加入稀硫酸，会反应生成易燃性气体氢气，故酸浸时为确保安全应注意避免明火；酸浸充分后溶液中的金属阳离子是、、。【小问2详解】操作Ⅰ和Ⅱ后均得到滤渣和滤液，故操作I和II的名称是过滤。【小问3详解】根据金属离子浓度为0.1mol⋅L−1时生成氢氧化物沉淀的pH，要除去Fe2+、Fe3+应该把Fe2+氧化为Fe3+，才不影响氢氧化铝的沉淀，加过量KMnO4溶液的目的是把Fe2+氧化为Fe3+，故若无氧化步骤，对实验的影响是无法有效除铁。【小问4详解】已知棕色沉淀含，则加入硫酸锰的目的是还原高锰酸根离子，发生归中反应生成，从而除去过量的高锰酸根离子，故加入反应的离子方程式是，判断该反应完成的现象是溶液紫红色褪去，证明高锰酸根离子已除尽。【小问5详解】根据金属离子浓度为时生成氢氧化物沉淀的可知，约为3时，可使完全沉淀，不沉淀，故操作②调的原因是可使完全沉淀，不沉淀而分离。【小问6详解】根据化合物中正负化合价代数和为零可解得y=2。由题干信息可知聚合硫酸铝中n(OH-）=a×10-3×b-d×10-3×c，质量分数为。18.某兴趣小组设计了一个燃料电池，并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，如图所示，其中乙装置中为阳离子交换膜。请按要求回答相关问题：（1）甲中通入氧气的电极是___________极(填“正”或“负”)，通甲烷气体的电极反应式是___________。（2）乙装置中电解的总离子方程式为___________，阴极产物为___________。（3）若在标准状况下，有氧气参加反应，则丙装置中阴极析出铜的质量为___________。（4）某同学利用铅蓄电池设计电解法制取漂白液的实验装置如图所示，a为电池的___________极。写出与反应生成漂白液的离子方程式：___________。【答案】（1）①.正②.（2）①.②.和（3）12.8（4）①.负②.【解析】【分析】甲装置为原电池，氧气通入的电极为正极，甲烷通入的电极为负极，乙池和丙池为电解池，电极从左往右依次为：阴极、阳极、阴极、阳极。【小问1详解】根据分析，甲中通入氧气的电极是正极，通甲烷气体的电极反应式是：；【小问2详解】乙装置为电解饱和食盐水的装置，电池的总反应为：；阴极发生还原反应，水得电子生成氢气和氢氧根，故阴极产物为和；【小问3详解】若在标准状况下，有氧气参加反应，电路中转移电子的物质的量为：，丙装置中阴极铜离子得电子生成铜，1mol铜离子得2mol电子，析出铜的质量为：；【小问4详解】该装置的目的是电解饱和食盐水制备漂白液，故氯气应在下方电极产生，b电极为正极；氢氧化钠在上方电极产生，a电极为负极；制备漂白液的离子方程式为：。19.铜及其化合物是生活、生产中运用广泛的材料。（1）铜元素在周期表中的位置是___________，基态原子核外电子占据最高能层的符号是___________。（2）合成氨工业常用醋酸二氨合铜(I){}溶液吸收对