2021-2022学年河南省创新发展联盟高二下学期阶段性检测（四）化学试题（含解析）

河南省创新发展联盟2021～2022年高二下学期阶段性检测(四)化学试题考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cu64第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A.活性炭具有除异味和杀菌的作用B.天然气不完全燃烧会产生有毒气体C.氢气燃烧主要是由化学能转化为热能D.根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可确定该纤维是否为蛋白质纤维【答案】A【解析】【详解】A．活性炭具有去除异味的作用但无杀菌作用，故A错误；B．天然气等含碳燃料不完全燃烧会产生CO等有毒气体，故B正确；C．氢气燃烧放出大量的热，主要是由化学能转化为热能，故C正确；D．蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，则利用在火焰上燃烧产生的气味，可确定该纤维是否为蛋白质纤维，故D正确；故选A。2.下列化学用语使用正确的是A.次氯酸的电子式： B.乙烯的结构简式：C.中子数为6的碳原子： D.苯的比例模型：【答案】D【解析】【详解】A．次氯酸的电子式为，A项错误；B．乙烯的结构简式为，B项错误；C．中子数为6的碳原子为，C项错误；D．苯的比例模型为，D项正确；故选D。3.关于物质的分类，下列组合正确的是选项纯净物电解质氧化物正盐A冰水混合物CuB洁净的空气NaClC干冰D氮气A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．既不是电解质也不是非电解质，A项错误；B．洁净的空气为混合物，为酸式盐，B项错误；C．干冰为二氧化碳，为纯净物，氧化铝为电解质，二氧化锰为氧化物，硫酸亚铁为正盐，C项正确；D．不是氧化物，D项错误；故选C。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.2mol/L的磷酸钠水溶液(仅溶解了磷酸钠)中含有的总数为0.6NAB.14.5g正丁烷和29g异丁烷的混合物中非极性共价键总数为2.25NAC.标准状况下，中含有的分子总数约为0.5NAD.将和充入恒容密闭容器中充分反应，生成的分子总数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．未给出溶液体积，无法计算钠离子的物质的量，A错误；B．正丁烷和异丁烷的分子式相同，均为C4H10，14.5g正丁烷和29g异丁烷的混合物的物质的量为0.75mol，0.75molC4H10中，非极性键数目为3×0.75=2.25NA，B正确；C．标准状况下，HF是液体，无法计算其物质的量，C错误；D．该反应是可逆反应，无法计算生成的三氧化硫的分子数，D错误；故选B。5.喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体一溶液，能出现喷泉现象的是气体溶液A稀B饱和NaOH溶液CNO稀溶液D稀盐酸A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．CO2与稀溶液不能反应，也不能溶解，因此不能形成喷泉实验，A不符合题意；B．与饱和NaOH溶液会发生反应产生亚硫酸钠，反应式为，且也易溶于水，能形成很大的压强差，所以可以形成喷泉实验，B符合题意；C．NO不能溶解溶液中，因此不能形成压强差，所以不能形成喷泉实验，C不符合题意；D．Cl2在稀盐酸溶液中不能溶解，因此不能形成压强差，所以不能形成喷泉实验，D不符合题意；故合理选项是B。6.和都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示，两电极均为惰性电极，下列说法正确的是A.电池工作时，往电极R移动B.M为电源的负极C.电极R上发生的电极反应为D.相同条件下，若生成的和的体积比为4∶3，则消耗的和的体积比为14∶11【答案】D【解析】【分析】根据装置图中CO2生成CO，得电子，发生还原反应，电极R为阴极，电极P为阳极，故N为负极，M为正极。详解】A．电池工作时，往阳极移动，故向电极P移动，A项错误；B．根据分析可知M为电源正极，B项错误；C．电极R的反应式为，C项错误；D．若生成的和的体积比为4∶3，由得失电子守恒和原子守恒写出反应的总方程式为14CH4+11CO2=4C2H4+3C2H6+11CO+11H2O，所以消耗CH4和CO2的体积比为14：11，D项正确；故选D。7.从中草药中提取的calebinA(结构简式如图所示)可用于治疗阿尔茨海默病。下列关于calebinA的说法正确的是A.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B.分子式为C.能发生加成反应、取代反应和消去反应 D.所有原子不共面【答案】D【解析】【分析】有机物含有酚羟基、羰基、碳碳双键、酯基，具有酚类、酮、烯烃和酯类的性质，结合苯环、碳碳双键的结构特点解答该题。【详解】A．含有酚羟基、碳碳双键，都可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；B．根据结构简式和价键原理可得，calebinA的分子式为，B项错误；C．酚羟基、酯基能发生取代反应，碳碳双键和酚羟基能发生氧化反应，碳碳双键和苯环、羰基能发生加成反应，不能发生消去反应，C项错误；D．由结构可知，该有机物含有饱和碳原子，饱和碳原子采用sp3杂化，不能使所有原子共面，D项正确；故答案选：D。8.一种由短周期主族元素形成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且原子序数总和为24，下列说法正确的是A.简单离子半径：B.具有还原性，则也具有还原性C.仅由W、Y两种元素不可能形成离子化合物D.工业上通常采用电解Z的氯化物的水溶液来获得Z的单质【答案】B【解析】【分析】元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且原子序数总和为24，由四种元素形成的化合物可知，Y形成3个共价键，W形成一个共价键，则W、X、Y、Z分别为H、B、N、。【详解】A．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故简单离子半径：，A项错误；B．LiBH4具有还原性，则BH具有还原性，B项正确；C．为离子化合物，C项错误；D．工业上采用电解熔融的来获得单质，D项错误；故选B。9.将5.00g胆矾(无其他杂质)置于氮气氛流中，然后对其进行加热，逐渐升高温度使其分解，分解过程中的热重曲线如图所示。下列说法错误的是A.a点对应的物质中，氧元素的质量分数约为52.3%B.c点对应的固体物质只有C.将产生气体全部通入溶液中，无沉淀产生D.的过程中，生成的某种物质可使带火星的小木条复燃【答案】C【解析】【分析】胆矾的化学式，5g胆矾的物质的量是0.02mol，加热完全失去结晶水，得到0.02molCuSO4，质量为3.2g，所以c点对应物质是CuSO4；为CuSO4分解，d中含有0.02mol铜元素，则氧元素的物质的量为，所以d点对应物质为CuO；e中含有0.02mol铜元素，则氧元素的物质的量为，所以e点对应物质为Cu2O；【详解】A．胆矾失去部分结晶水得到a，a点对应的物质化学式为，，x=3，氧元素的质量分数约为，故A正确；B．胆矾的化学式，5g胆矾的物质的量是0.02mol，加热完全失去结晶水，得到0.02molCuSO4，质量为3.2g，所以c点对应物质是CuSO4，故B正确；C．为CuSO4分解为CuO，产生的气体可能全部为或和或、和的混合气体，通入溶液中，生成沉淀，故C错误；D．的过程反应方程式为，有氧气生成，氧气可使带火星的小木条复燃，故D正确；选C。10.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。11.下列离子方程式书写正确的是A.向硫酸铝铵溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：B.向溶液中通入少量：C.向碘化亚铁溶液中通入少量的氯气：D.向碳酸氢镁溶液中加入过量的NaOH溶液：【答案】D【解析】【详解】A．硫酸铝铵溶液中加入过量的氢氧化钡溶液，反应的离子方程式为，A项错误；B．由于碳酸的酸性比盐酸弱，该反应不发生，B项错误；C．由还原性：I->Fe2+，少量氯气先与I-反应生成Cl-和I2，反应离子方程式为：，C项错误；D．碳酸氢镁溶液中加入过量的NaOH溶液，以少量的Mg(HCO3)2定为1，2个碳酸氢根消耗2个OH-生成2个碳酸根和2个水，2个OH-和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：，D项正确；故选：D。12.T℃时，。当时，溶液的pH等于(已知：该温度下，水的离子积常数)A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】该温度下，，根据，结合，可求得，即可得到，从而可求得，故选B。13.在某一恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应，所得实验数据如表所示：实验编号温度起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)①7000.40.10.09②8000.10.40.08③8000.20.3a④9000.10.15b下列说法错误的是A.该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量B.实验①中，若某时刻测得，则此时混合气体中Y的物质的量分数为12%C.实验①和③中，反应均达到平衡时，平衡常数之比为D.实验④中，反应达到平衡时，Y的转化率为40%【答案】D【解析】【详解】A．实验①根据三段式法可知：同理实验②根据三段式法可知：，对比实验①和实验②发现升高温度，K减小，平衡逆向移动，所以逆向为吸热反应，正向为放热反应，即反应物的总能量大于生成物的总能量，A项正确；B．根据题意建立如下三段式：，B项正确；C．实验②和③，温度相同，平衡常数相同，根据A项中已求常数可得实验①和③中，反应均达到平衡时，平衡常数之比为，C项正确；D．实验②和③，温度相同，平衡常数相同，通过三段式可得a=0.12，Y的转化率为40%，若④的温度为800℃，恒容体系中，气体体积不变的反应，实验④与③为等效平衡，平衡时Y的转化率为40%，但④的实际温度为900℃，相比较800℃，平衡逆向移动，则Y的转化率＜40%，D项错误；故答案选：D。14.室温下，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL0.10mol/LHR溶液(滴定曲线如图所示)，下列说法错误的是(已知：电离度)A.B.室温下，HR的电离度为1%C.d点溶液中，部分粒子之间的关系为D.a、b、c、d四点溶液中，水的电离度由大到小的顺序为【答案】C【解析】【分析】根据起点对应的pH可以判断HR为弱酸，当NaOH溶液体积为20mL时，酸碱恰好完全反应全部转化为强碱弱酸盐，溶液pH应该大于7，此时水的电离程度最大，当NaOH溶液体积大于20mL时，水的电离程度又受到抑制，d点含有NaR和NaOH两种溶质，且NaR和NaOH物质的量之比为2:1，以此分析来解答。【详解】A．当NaOH溶液体积为20mL时，酸碱恰好完全反应全部转化为强碱弱酸盐，溶液pH应该大于7，所以当pH=7时，氢氧化钠溶液的体积小于20mL，，A项正确；B．根据三段式可得：，B项正确；C．d点溶液中，根据电荷守恒：，又根据，两式联立可得：，故可知，C项错误；D．NaR的水解对水的电离程度有促进作用，HR的电离对水的电离程度有抑制作用，即NaR越多水的电离程度越大，所以c>b>a，d点，比a点的大，所以d点水的电离程度最小，因此a、b、c、d四点溶液中，水的电离度由大到小的顺序为，D项正确；故答案选：C。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题：共58分。第15~17题为必考题，考生都必须作答。第18~19题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共43分。15.某化学实验兴趣小组在实验室用酒精与氢碘酸(HI)制取少量碘乙烷，装置如图所示(部分夹持装置已略去)。已知：①碘乙烷的密度：，沸点：72℃；②。回答下列问题：（1）导管a的作用是导气和_______，仪器b的名称为_______。（2）仪器b中加入的反应物为NaI、酒精及浓硫酸(体积比为1∶1)。①配制体积比为1∶1的酒精与浓硫酸时，需要用到的主要玻璃仪器有量筒、玻璃棒和_______，玻璃棒的作用是_______。②仪器b中发生的反应为，该反应利用了浓硫酸的_______(填“吸水性”、“脱水性”、“难挥发性”或“强氧化性”)。③将生成物导入盛有大量冰块的试管c中，反应结束后，试管内物质分3层，其中有机产物在第_______(填“1”、“2”或“3”)层，水层形成的溶液主要显_______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。（3）试管d中酸性高锰酸钾溶液的作用是_______。（4）实验结束后，某同学发现该实验装置存在缺陷，该缺陷是_______，请写出改进措施：_______。【答案】（1）①.冷凝回流②.圆底烧瓶（2）①.烧杯②.搅拌③.难挥发性④.3⑤.酸性（3）检验产物中是否含有乙烯；除去副反应可能生成的二氧化硫，防止污染空气（4）①.生成物中的HI可能会腐蚀橡胶管(或橡胶塞)[或生成物中的HI可能会腐蚀橡胶管(或橡胶塞)]②.将所有仪器连接部分换成标准玻璃接口(或将所有仪器连接部分换成标准玻璃接口)【解析】【分析】在实验室用酒精与氢碘酸(HI)制取少量碘乙烷，先利用硫酸和碘化钠共热制HI，反应为，产生的HI进入装置c与乙醇反应，最后利用酸性高锰酸钾溶液检验和吸收尾气，通过装置分析原理。【小问1详解】导管a的作用是导气和冷凝回流，仪器b的名称为圆底烧瓶；【小问2详解】①配制体积比为1:1的酒精与浓硫酸时，需要用到的主要玻璃仪器有量筒、玻璃棒和烧杯，玻璃棒的作用是搅拌，使液体混合均匀；②该反应利用了浓硫酸的难挥发性；③因为碘乙烷的密度大于水的密度，则有机产物在第3层，水层形成的溶液(含有硫酸)主要显酸性；【小问3详解】试管d中酸性高锰酸钾溶液的作用是检验产物中是否含有乙烯；除去副反应可能生成的二氧化硫，防止污染空气；【小问4详解】实验结束后，某同学发现该实验装置存在缺陷，该缺陷是HI极易溶于水，c中的液体可能倒吸入b中；[或生成物中的HI可能会腐蚀橡胶管(或橡胶塞)]；改进措施：在b、c之间加一个安全瓶，防止倒吸；(或将所有仪器连接部分换成标准玻璃接口)。16.硼酸()是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含、及少量、)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：已知：①“溶浸”时温度控制在95℃；②；③室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如表所示：金属离子开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH3.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.73.29.0回答下列问题：（1）为了提高硼镁矿的“溶浸”速率，可采取的措施有_______(填一条即可)。（2）溶液显_______(填“酸”或“碱”)性，其原因是_______(用离子方程式表示)。（3）“滤渣”的主要成分为、和。①往“滤渣”中加入过量的烧碱溶液，过滤，可除去的固体物质为_______(填化学式)。②向①中过滤后的滤液中通入过量的，可得到的沉淀有_______(填化学式)。③室温下，请依据上表所给数据求出的值：_______。（4）写出高温焙烧时的化学方程式：_______。（5）为一元酸(已知：室温下，)：①请写出与过量的烧碱溶液发生反应的离子方程式：_______。②室温下，溶液的pH约为_______。【答案】（1）粉碎(或其他合理答案)（2）①.酸②.（3）①.②.和或和或其他合理答案③.（4）（5）①②.11.1【解析】【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体应为NH3，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3；过滤得到的滤渣应为难溶于硫酸铵溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3；调节滤液pH=3.5再过滤得到H3BO3，此时滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵进行沉镁，得到Mg(OH)2•MgCO3，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4，以此解答该题。【小问1详解】根据流程图知，硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液，为了提高溶浸速率，可以采取适当升温、适当增大溶浸液浓度、研磨成粉末、搅拌等措施，故答案为：粉碎(或其他合理答案)；【小问2详解】中的铵根离子可以水解，产生氢离子，溶液显酸性；水解的离子方程式为：；【小问3详解】①“滤渣”的主要成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3，其中二氧化硅和氧化铝可以和烧碱反应生成易溶于水的物质，故过滤后可以除去的固体物质为：Fe2O3；②过滤后的滤液中含有偏铝酸钠和硅酸钠，通入过量的后可以生成氢氧化铝和硅酸，故答案为：和或和或其他合理答案；③根据表格中的数据可知；【小问4详解】高温分解的时候生成氧化镁，水，二氧化碳，方程式为：；【小问5详解】①为一元酸，和过量的烧碱溶液发生反应的离子方程式为：；，则，则pH=-lg(c(H+))==11.1。17.甲烷在工业上有很多用途。回答下列问题：Ⅰ.利用甲烷催化还原消除氮氧化物的污染：ⅰ.；ⅱ.；ⅲ.。其中：。（1）_______(用含a、b的代数式表示)。（2）在4L某恒容密闭容器中充入和，只发生反应ⅲ，的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。

①曲线上m、n两点的正反应速率：_______(填“>”、“<”或“=”)。②T1时，若反应进行到时达到平衡，此时测得混合气体的总压强为，则内，_______，反应平衡常数_______(用分压表示，分压=物质的量分数×总压)。③下列说法正确的是_______(填标号)。A.当混合气体的密度不再随时间改变时，该反应达到平衡B.该反应的反应物的键能总和小于生成物的键能总和C.降低温度，有利于提高的转化率，反应平衡常数也增大D.加入合适的催化剂，的值增大（3）甲烷-氧气燃料电池的工作原理如图所示(L、K均为惰性电极，气体已换算成标准状况)。

①电池工作时，K电极上发生_______(填“还原反应”或“氧化反应”)。②L电极上的电极反应式为_______。③每消耗，电路中转移电子的物质的量为_______mol。【答案】（1）（2）①.<②.0.02③.0.16④.BC（3）①.还原反应②.③.2【解析】【小问1详解】观察ⅰ、ⅱ、ⅲ三个方程式可知，ⅲ式可由（ⅰ+ⅱ）/2得到，故ΔH3=（ΔH1+ΔH2）/2=-。【小问2详解】①根据（2）中图可知，n点的温度明显高于m点，一般情况下温度越高反应速度越快，故v(m)<v(n)。②T1时CH4的平衡转化率为40%，根据三段式法：起始/12反应/0.40.80.40.40.8平衡/0.61.20.40.40.8平衡后总物质的量为，故；反应平衡常数③A在恒容密闭容器中，混合气体的密度始终不变，故密度不再随时间改变无法说明反应达到平衡，A错误；B升高温度，甲烷的平衡转化率下降，说明该反应为放热反应，在放热反应中，反应物键能总和小于生成物键能总和，B正确；C该反应为放热反应，降低温度，反应平衡向右移动，有利于提高NO2的转化率，同时生成物浓度增大、反应物浓度减小，反应平衡常数也增大，C正确；ΔH3的数值由反应物和生成物的键能差决定，加入合适的催化剂，不能改变ΔH3的数值，D错误。【小问3详解】从图中可知氢离子从L极向K极移动，故L极为负极，K极为正极，因此K电极发生的是还原反应。L极为负极，为甲烷失去电子生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为。11.2LO2为0.5mol，根据正极电极反应式可得：140.5x列式可得，即可求得。(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。18.A、B、D、E、F都是元素周期表中前四周期元素，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的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）的空间构型为_______，其中心原子轨道采用_______杂化。（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，则该化合物的化学式_______，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)。【答案】（1）或（2）①.高于②.分子间可以形成氢键，增大了分子间作用力(或其他合理答案)（3）①.②.（4）①.平面三角形②.（5）①.②.(或其他合理答案)【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】同一周期从左到右元素电负性逐渐增大，故电负性O>N，同一周期第一电离能从左到右呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，但是N元素p轨道处于半充满状态，比较稳定，故第一电离能排序为N>O>Cl。【小问4详解】硝酸根中N是sp2杂化，故空间构型为平面三角形。【小问5详解】A和F形成的化合物晶胞如图所示，棱上的一