【化学】湖北省襄阳市随州部分高中联考2024-2025学年高二下学期6月期末考试（解析版）

湖北省襄阳市随州部分高中联考2024-2025学年高二下学期6月期末考试本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。2、选择题的作答：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，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将答题卡上交。一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。1.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.溴水中有下列平衡：Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入少量AgNO3溶液后，溶液的颜色变浅B.对于反应：2HI(g)H2(g)＋I2(g)，缩小容器的容积可使平衡体系的颜色变深C.反应：CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)ΔH＜0，升高温度可使平衡向逆反应方向移动D.对于合成NH3的反应，为提高NH3的产率，理论上应采取低温措施【答案】B【解析】溴水中存在平衡：Br2＋H2OHBr＋HBrO，加入少量AgNO3溶液，HBr与AgNO3反应生成AgBr沉淀，c(HBr)减小，平衡正向移动，溶液的颜色变浅，A可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；2HI(g)H2(g)＋I2(g)是反应前后气体总分子数不变的反应，缩小容器的容积，压强增大，平衡不移动，但c(I2)增大，导致平衡体系的颜色变深，由于平衡不移动，故B不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；反应CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)的ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，C可以用勒夏特列原理解释，C不符合题意；合成氨的反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，有利于生成NH3，D可以用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选B。2.将SO2和O2通入恒容密闭容器中，一定条件下发生反应kJ/mol，其中SO2的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是A.P1＜P2B.达平衡时缩小容器体积，正反应速率增大，逆反应速率减小C.SO2的键角小于SO3D.X点和Y点对应的化学平衡常数K(X)＜K(Y)【答案】C【解析】在其他条件不变时，增大压强，化学平衡正向移动，导致SO2的平衡转化率增大。根据图示可知SO2的转化率：Y＞X，所以压强：P1＞P2，A错误；达平衡时缩小容器体积，物质的浓度增大，正反应速率增大，逆反应速率也增大，B错误；SO3中S原子价层电子对数：3+=3；SO2中S原子价层电子对数：2+=3且含有一个孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以SO2分子中的键角小于SO3分子中的键角，C正确；对于同一化学反应，化学平衡常数只与温度有关，X点和Y点对应的反应温度相同，因此化学平衡常数K(X)＝K(Y)，D错误；故合理选项是C。3.已知次磷酸(H3PO2)为一元酸，欲证明它是弱电解质，下列操作方法不正确的是A.用物质的量浓度相同的NaCl溶液和NaH2PO2溶液进行导电性实验，比较灯泡的亮度B.用一定浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、等pH的盐酸和次磷酸溶液，比较消耗碱液的体积C.加热滴有酚酞试液的NaH2PO2溶液，溶液颜色变深D.常温下，稀释0.1mol·L-1次磷酸溶液至原溶液体积的100倍，测得pH在4~5之间【答案】A【解析】NaCl和NaH2PO2都属于强电解质，所以用物质的量浓度相同的溶液和溶液进行导电性实验，比较灯泡的亮度不能证明NaH2PO2是弱电解质，故A错误；因HCl为强酸，若滴定时次磷酸溶液消耗NaOH溶液的体积大于等体积、等pH的盐酸消耗的NaOH溶液体积，则说明次磷酸为弱电解质,B正确;若次磷酸为弱电解质,则NaH2PO2溶液呈碱性，加热促进水解,溶液颜色变深，C正确;常温下，若次磷酸为一元强酸，则把0.1molL-1次磷酸溶液稀释至原溶液体积的100倍,pH应为3,而现测得pH在4~5之间，说明次磷酸没有完全电离,为弱电解质,D正确。答案：A4.常温下，已知Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CuS)=6.3×10-36.如图表示CuS和ZnS饱和溶液中阳离子(R2＋)浓度与阴离子(S2-)浓度的负对数关系。下列说法不正确的是A.线A表示的是CuS，线B表示的是ZnSB.向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，Ksp(CuS)减小C.p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液D.向线A表示的溶液中加入Na2S溶液，不可能实现n点到m点的转化【答案】B【解析】由溶度积可知，硫离子浓度相同时，硫化铜饱和溶液中铜离子浓度小于硫化锌溶液中锌离子浓度，由图可知，硫离子浓度相同时，曲线A中阳离子的浓度小于曲线B，则曲线A表示的是硫化铜，曲线B表示的是硫化锌。由分析可知，曲线A表示的是硫化铜，曲线B表示的是硫化锌，故A正确；Ksp只与温度有关，向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，Ksp(CuS)不变，故B错误；由图可知，p点溶液中金属阳离子的浓度相同，硫离子浓度小于n点，p点溶液中的浓度熵Qc小于硫化铜的溶度积，由溶度积可知，p点表示硫化铜或硫化锌的不饱和溶液，故C正确；由图可知，n点和m点溶液中铜离子浓度相等，向硫化铜饱和溶液中加入硫化钠溶液时，硫离子浓度增大，铜离子浓度减小，所以不可能实现n点到m点的转换，故D正确；故选B。5.下列说法正确的是A.Na2CO3溶液可用带玻璃塞的试剂瓶保存B.将饱和的AlCl3溶液蒸干并灼烧，可得到AlCl3固体C.配制FeCl3溶液时，可将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后加水稀释D.配制SbCl3溶液时，应将SbCl3固体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度【答案】D【解析】Na2CO3溶液呈碱性，会与玻璃中的SiO2反应生成硅酸盐，导致玻璃塞粘连，因此需用橡胶塞试剂瓶保存，A错误；AlCl3溶液蒸干时，Al3+水解生成HCl挥发，促进水解生成Al(OH)3，灼烧后最终产物为Al2O3而非AlCl3，B错误；FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，配制时应溶于盐酸（而非硫酸）以抑制水解，硫酸会引入杂质离子且无法提供Cl-，C错误；SbCl3溶液中存在水解平衡：SbCl3+H2O⇌SbOCl↓+2HCl，为抑制Sb3+的水解，实验室配制SbCl3溶液时需将SbCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释，D正确；故选D。6.某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A.曲线Ⅰ代表溶液B.溶液中水的电离程度：b点＞c点C.从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D.相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同【答案】C【解析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。7.一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。下列说法正确的是A.该晶体中存在N-H…O氢键B.基态原子的第一电离能：C.基态原子未成对电子数：D.晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同【答案】A【解析】由晶体结构图可知，中的的与中的形成氢键，因此，该晶体中存在氢键，A说法正确；同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C<O<N，B说法不正确；B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B<C=O<N，C说法不正确；为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为；中B与4个O形成了4个σ键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为；中O分别与B和C形成了2个σ键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为；综上所述，晶体中B、О和N原子轨道的杂化类型不相同，D说法不正确；综上所述，本题选A。8.共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是A.的结构式为B.为非极性分子C.该反应中的配位能力大于氯D.比更难与发生反应【答案】D【解析】由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确；由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确；由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；故选D。9.下列说法中，错误的是A.只含分子的晶体一定是分子晶体B.碘晶体升华时破坏了共价键C.几乎所有的酸都属于分子晶体D.稀有气体中只含原子，但稀有气体的晶体属于分子晶体【答案】B【解析】分子晶体是分子通过相邻分子间的作用力形成的，只含分子的晶体一定是分子晶体，故A正确；碘晶体属于分子晶体，升华时破坏了分子间作用力，故B错误；几乎所有酸都是由分子构成的，故几乎所有的酸都属于分子晶体，故C正确；稀有气体是由原子直接构成的，只含原子，故稀有气体的晶体属于分子晶体，故D正确。故选B。10.晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是A.图1晶体密度为g∙cm-3B.图1中O原子的配位数为6C.图2表示的化学式为D.取代产生的空位有利于传导【答案】C【解析】根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1个晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为g÷(a3×10-30cm3)=g/cm3，A项正确；图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确；根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×=2。O：2×=1，Cl或Br：4×=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1-x，C项错误；进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D项正确；答案选C。11.黄曲霉毒素M1为已知的致癌物，具有很强的致癌性。黄曲霉毒素M1的结构简式如图所示，下列关于该分子的说法正确的是A.含有碳碳双键、羟基、羰基、酯基、醚键B.含有苯环、羟基、羰基、羧基、醚键C.含有羟基、羰基、羧基、酯基、醚键D.含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基、醚键【答案】A【解析】由黄曲霉毒素M1的结构简式可知，该有机物分子中含有的官能团有碳碳双键、羟基、羰基、酯基、醚键，答案选A。12.下列关于烃的性质描述中正确的是A.实验室可用H2除去乙烷中的乙烯B.在催化剂作用下，苯与溴水反应生成溴苯，发生了反应C.乙烯结构中含有碳碳双键，苯中不含碳碳双键，但二者均可发生加成反应D.C2H6与Cl2发生取代反应，C2H4与HCl发生加成反应，均可得到纯净的C2H5Cl【答案】C【解析】乙烯与氢气在一定条件下发生加成反应生成乙烷，氢气的用量不好控制，且需要反应条件高，因此实验室不能用H2除去乙烷中的乙烯，应该用溴水，A错误；在催化剂作用下，苯与液溴反应生成溴苯，苯与溴水不反应，发生萃取，B错误；乙烯结构中含有碳碳双键，苯中不含碳碳双键，但二者均可与氢气发生加成反应，C正确；C2H4与HCl发生加成反应，可得到纯净的C2H5Cl，C2H6与Cl2发生取代反应，得到多种氯代烃，得不到纯净的氯乙烷，D错误；答案选C。13.贝里斯-希尔曼反应条件温和，其过程具有原子经济性，示例如图所示，下列说法正确的是+A.I的同分异构体中含有苯环的醛有4种 B.该反应属于取代反应C.II中所有碳原子共平面 D.III不能发生消去反应【答案】A【解析】含有苯环的醛有：、共4种，故A正确；羰基转化为-OH，且产物只有一种，则为加成反应，故B错误；II中含3个亚甲基均为四面体结构，则所有碳原子不共面，故C错误；III中与羟基相连的碳的邻碳上有H原子，能发生消去反应，故D错误；故选：A。14.高分子材料在生产生活中应用广泛。下列说法错误的是A.中科院首创用CO2合成可降解塑料聚二氧化碳，聚二氧化碳塑料是通过加聚反应制得B.高分子材料蚕丝、尼龙、棉花均为天然纤维，其中蚕丝的主要成分为蛋白质C.有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)的单体能发生加成、取代、氧化反应D.医用口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，聚丙烯属于合成高分子材料【答案】B【解析】二氧化碳的分子结构是O=C=O，由于分子中存在碳氧双键，聚二氧化碳是通过加聚反应制取的，A项正确；尼龙为合成纤维，B项错误；聚甲基丙烯酸甲酯的单体为甲基丙烯酸甲酯，其含有碳碳双键、酯基，可进行加成反应、取代反应、氧化反应，C项正确；聚丙烯是由丙烯加聚得到，是合成的高分子化合物，D项正确；答案选B。15.某有机物的结构如图所示，关于该有机物下列说法错误的是A.该分子中最少有12个原子共平面B.该分子完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个C.该分子可以在浓硫酸、加热条件下发生消去反应D.该物质的熔沸点主要由范德华力决定【答案】D【解析】与苯环碳原子直接相连的六个原子和苯环上的6个碳原子一定共平面，故该分子中至少12个原子共平面，故A不选；该物质水解肽键断裂，其中只有与氨基直接相连的碳原子为手性碳原子，即手性碳原子数目为1个，故B不选；该分子含有羟基，与羟基相连碳原子相邻碳原子上有氢原子，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应，故C不选；该物质分子间除了范德华力外，还有分子间氢键决定，则该物质的熔沸点主要由分子间氢键决定，故D选；故选：D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.氨催化氧化时会发生如下两个竞争反应Ⅰ、Ⅱ．4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH<0Ⅰ4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)ΔH<0Ⅱ为分析某催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的物质的量与温度的关系如图所示。（1）该催化剂在低温时选择反应___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。（2）520℃时，4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)的平衡常数K=___________。(不要求得出计算结果，只需列出数学计算式)。（3）C点比B点所产生的NO的物质的量少的主要原因是___________。【答案】（1）Ⅱ（2）（3）该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左移动【解析】【小问1详解】根据图像，温度低于520℃，产物中N2的量大于NO，所以该催化剂在低温时选择反应Ⅱ。【小问2详解】520℃时，N2、NO的物质的量均为0.2mol；4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)的平衡常数K=。【小问3详解】4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)正反应放热，升高温度平衡逆向移动，所以C点比B点所产生的NO的物质的量少；17.完成下列问题。（1）常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中，c()___________(填“>”“<”或“=”)c()；反应++H2O=NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=___________。(已知常温下NH3·H2O的电离常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离常数Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11)（2）已知Ksp[Mg(OH)2]=2×10-11，常温下在某MgSO4溶液里c(Mg2+)=0.002mol·L-1，如果生成Mg(OH)2沉淀，应调整溶液pH，使之大于___________；在0.20L的0.002mol·L-1MgSO4溶液中加入等体积的0.10mol·L-1的氨水溶液，电离常数Kb(NH3·H2O)=2×10-5，试通过计算判断___________(填“有”或“无”)Mg(OH)2沉淀生成。（3）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=___________[已知Ksp(CuCl)=1.2×10-6，Ksp(Cu2S)=2.5×10-43]。（4）已知常温下H2SO3的电离常数：Ka1=1.0×10-1.9，Ka2=1.0×10-7.2，计算0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH为___________(忽略的二级水解)。【答案】（1）①.>②.1.25×10-3（2）①.10②.有（3）5.76×1030（4）4.1【解析】【小问1详解】由于NH3·H2O的电离常数大于H2CO3的第一步电离常数，再根据盐类水解规律可得HCO的水解程度更大，因此c(NH)>c(HCO)；反应NH＋HCO＋H2O===NH3·H2O＋H2CO3的平衡常数K====1.25×10-3；【小问2详解】MgSO4溶液中c(Mg2＋)=0.002mol·L-1，开始沉淀时c(OH-)=mol·L-1=10-4mol·L-1，则c(H＋)=10-10mol·L-1，因此生成Mg(OH)2沉淀，应调整溶液pH，使之大于10；在0.20L的0.002mol·L-1MgSO4溶液中加入等体积的0.10mol·L-1的氨水溶液，镁离子浓度变为0.001mol·L-1；c(OH-)=mol·L-1=0.001mol·L-1，c(Mg2＋)·c2(OH-)=10-9>Ksp=2×10-11，有沉淀产生；【小问3详解】平衡常数K=====5.76×1030；【小问4详解】HSOSO＋H＋的平衡常数Ka2==1.0×10-7.2，c(SO)≈c(H＋)，c(HSO)≈0.1mol·L-1，则c2(H＋)=1.0×10-7.2×c(HSO)=1.0×10-7.2×0.1=10-8.2，c(H＋)=10-4.1mol·L-1，故pH=-lgc(H＋)=4.1。18.现有几组物质的熔点(℃)数据：A组B组C组D组金刚石：3550℃Li：181℃HF：-83℃NaCl：801℃硅晶体：1410℃Na：98℃HCl：-115℃KCl：776℃硼晶体：2300℃K：64℃HBr：-89℃RbCl：718℃二氧化硅：1723℃Rb：39℃HI：-51℃CsCl：645℃据此回答下列问题：（1）A组属于___晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是___。（2）B组晶体共同的物理性质是___(填序号)。①有金属光泽②导电性③导热性④延展性（3）C组中HF熔点反常是由于___。（4）D组晶体可能具有的性质是___(填序号)。①硬度小②水溶液能导电③固体能导电④熔融状态能导电【答案】①.原子②.共价键③.①②③④④.HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多⑤.②④【解析】（1）A组熔点最高，属于原子晶体，原子晶体的构成微粒为原子，微粒间作用力为共价键，因此熔化时克服的微粒间的作用力是共价键；（2）B组物质为金属，具有金属光泽、导电性、导热性、延展性；故答案为：①②③④；（3）由于HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多，导致HF的沸点比其它氢化物的沸点高；（4）D组物质为离子晶体，有硬度大、水溶液能导电、固体不能导电而熔融状态能导电的性质；故答案为：②④。19.乙烯是一种重要的基本化工原料，实验小组同学欲制备乙烯并验证其与溴单质的反应类型为加成反应。Ⅰ．乙烯的制备欲利用下图所示装置制备乙烯。反应原理为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，反应过程中观察到蒸馏烧瓶中溶液逐渐变黑。（1）欲收集一瓶乙烯，选择上图中的装置，其连接顺序为___________(按气流方向，用小写字母表示)。（2）C中盛放的试剂为___________，其作用为___________。（3）在烧杯中混合浓硫酸和乙醇时，应先添加___________；实验开始一段时间后发现忘记加碎瓷片，此时应该进行的操作为___________。Ⅱ．验证乙烯与溴单质的反应类型为加成反应。实验小组同学将Ⅰ中制得的乙烯干燥后，按下列两种方案进行实验。方案操作现象一将纯净的乙烯通入溴水中溴水褪色二向充满纯净乙烯的塑料瓶中注入适量溴的CCl4溶液，振荡①溴的CCl4溶液褪色②___________（4）乙烯与溴单质发生加成反应的化学方程式为___________。（5）方案一不能证明乙烯与溴单质发生了加成反应，原因为___________。（6）方案二中现象②应为___________，要想用此方案证明乙烯与溴单质发生的反应是加成反应，还需补充的实验为继续向方案二塑料瓶中加入少量___________，振荡后，若___________，证明发生了加成反应。【答案】（1）bdcefi（2）①