2021-2022学年四川省成都市高二（上）期末化学试卷（附答案详解）

2021-2022学年四川省成都市高二（上）期末化学试卷考试时间：90分钟满分：100分注意事项答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用黑色签字笔书写。第一部分选择题（共42分）一、单项选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求）工业焊接钢管时常用\ce{^{137}_{55}Cs}进行“无损探伤”，这里的“137”是指该原子的（）A.质子数B.中子数C.电子数D.质量数答案：D解析：原子符号中，左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数。\ce{^{137}_{55}Cs}的左上角数字为137，故其代表质量数，D项正确。氯化硼（\ce{BCl3}）的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，分子中键角为120°，下列有关叙述正确的是（）A.氯化硼液态时能导电而固态时不导电B.氯化硼中心原子采用\ce{sp}杂化C.三氯化硼遇水蒸气会产生白雾D.氯化硼分子呈平面正三角形，属非极性分子答案：CD解析：\ce{BCl3}熔沸点低，属于分子晶体，液态和固态时均无自由移动离子，不能导电，A项错误；键角为120°，中心B原子采用\ce{sp^2}杂化，分子呈平面正三角形，结构对称，属于非极性分子，B项错误、D项正确；\ce{BCl3}能水解生成\ce{H3BO3}和\ce{HCl}，\ce{HCl}遇水蒸气形成白雾，C项正确。下列有关热化学方程式的计算正确的是（）已知：①\ce{H2O(g)=H2O(l)}\DeltaH_1=-Q_1\\text{kJ·mol}^{-1}②\ce{C2H5OH(g)=C2H5OH(l)}\DeltaH_2=-Q_2\\text{kJ·mol}^{-1}③\ce{C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)}\DeltaH=-Q_3\\text{kJ·mol}^{-1}若使23g酒精液体完全燃烧，恢复到室温，放出的热量为（）A.(Q_1+Q_2+Q_3)\\text{kJ}B.0.5(Q_1+Q_2+Q_3)\\text{kJ}C.(0.5Q_1-1.5Q_2+0.5Q_3)\\text{kJ}D.(1.5Q_1-0.5Q_2+0.5Q_3)\\text{kJ}答案：D解析：23g酒精（\ce{C2H5OH}）的物质的量为0.5mol。目标反应为\ce{C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)}，根据盖斯定律，由③-②+3×①可得：\DeltaH=(-Q_3+Q_2-3Q_1)\\text{kJ·mol}^{-1}，则0.5mol酒精燃烧放出的热量为0.5(3Q_1-Q_2+Q_3)=(1.5Q_1-0.5Q_2+0.5Q_3)\\text{kJ}，D项正确。常温下，1体积pH=2.5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，则该碱溶液的pH等于（）A.9.0B.9.5C.10.5D.11.5答案：C解析：设盐酸浓度为c_1，碱溶液浓度为c_2，体积分别为V、10V。盐酸中c(\ce{H+})=10^{-2.5}\\text{mol·L}^{-1}，恰好中和时c_1V=c_2×10V，故c_2=0.1×10^{-2.5}=10^{-3.5}\\text{mol·L}^{-1}。碱溶液中c(\ce{OH-})=10^{-3.5}\\text{mol·L}^{-1}，c(\ce{H+})=10^{-10.5}\\text{mol·L}^{-1}，pH=10.5，C项正确。下列物质中，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）A.\ce{CO2}蔗糖B.\ce{SO3}\ce{H2SO4}C.盐酸\ce{NaCl}D.\ce{CaCO3}酒精答案：D解析：电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在两种状态下均不能导电的化合物。\ce{CaCO3}熔融时能导电，属于电解质；酒精（乙醇）不能导电，属于非电解质，D项正确。\ce{CO2}、\ce{SO3}自身不能电离，属于非电解质；盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质。关于油脂的说法错误的是（）A.油脂不属于酯类B.油脂兼有酯类和烯烃的性质C.油脂的氢化又叫油脂的硬化D.油脂属于混合物答案：A解析：油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，属于酯类，A项错误；油脂中含酯基（体现酯类性质）和不饱和碳碳双键（体现烯烃性质），B项正确；油脂与氢气的加成反应称为氢化，也叫硬化，可转化为饱和脂肪，C项正确；油脂是多种高级脂肪酸甘油酯的混合物，D项正确。下列叙述正确的是（）①\ce{Fe(OH)3}胶体和\ce{CuSO4}溶液都是混合物；②\ce{BaSO4}是难溶于水的强电解质；③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐；④太阳能、氢能和潮汐能都属于新能源；⑤置换反应都属于离子反应。A.①②④B.①②⑤C.②③④D.③④⑤答案：A解析：胶体和溶液均为混合物，①正确；\ce{BaSO4}虽难溶于水，但溶解的部分完全电离，属于强电解质，②正确；纯碱（\ce{Na2CO3}）属于盐，而非碱，③错误；太阳能、氢能、潮汐能均为新能源，④正确；置换反应不一定是离子反应（如\ce{C+2CuO\xlongequal{高温}2Cu+CO2↑}），⑤错误，故A项正确。已知\ce{S(s)=S(g)}\DeltaH_1，\ce{S(g)+O2(g)=SO2(g)}\DeltaH_2，则\ce{S(s)}燃烧的热化学方程式为（）A.\ce{S(s)+O2(g)=SO2(g)}\DeltaH=\DeltaH_2-\DeltaH_1B.\ce{S(s)+O2(g)=SO2(g)}\DeltaH=\DeltaH_1-\DeltaH_2C.\ce{S(s)+O2(g)=SO2(g)}\DeltaH=\DeltaH_1+\DeltaH_2D.1mol\ce{S(s)}燃烧放出的热量大于1mol\ce{S(g)}燃烧放出的热量答案：C解析：根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得\ce{S(s)+O2(g)=SO2(g)}，则\DeltaH=\DeltaH_1+\DeltaH_2，A、B项错误，C项正确；\DeltaH_1为正值（固态硫变为气态需吸热），故1mol\ce{S(s)}燃烧放出的热量为-\DeltaH=-(\DeltaH_1+\DeltaH_2)，小于1mol\ce{S(g)}燃烧放出的热量（-ΔH_2），D项错误。某溶液中存在大量的\ce{H+}、\ce{Cl-}、\ce{SO4^{2-}}，该溶液中还可能大量存在的是（）A.\ce{HCO3-}B.\ce{Ba^{2+}}C.\ce{Al^{3+}}D.\ce{Ag+}答案：C解析：\ce{HCO3-}与\ce{H+}反应生成\ce{CO2}和\ce{H2O}，A项不能共存；\ce{Ba^{2+}}与\ce{SO4^{2-}}反应生成\ce{BaSO4}沉淀，B项不能共存；\ce{Ag+}与\ce{Cl-}反应生成\ce{AgCl}沉淀，D项不能共存；\ce{Al^{3+}}与三种离子均不反应，可大量共存，C项正确。\ce{NaCl}的晶胞结构如图（示意图略），每个\ce{NaCl}晶胞中含有的\ce{Na+}和\ce{Cl-}的数目分别是（）A.14，1B.1，1C.4，4D.6，6答案：C解析：采用“均摊法”计算晶胞中离子数目：\ce{Na+}位于晶胞顶点（8个，每个占1/8）和面心（6个，每个占1/2），总数为8×1/8+6×1/2=4；\ce{Cl-}位于晶胞棱上（12个，每个占1/4）和体心（1个，全占），总数为12×1/4+1=4，故C项正确。在下列化学反应中，既有离子键、共价键断裂，又有离子键、共价键形成的是（）A.\ce{2Na+2H2O=2NaOH+H2↑}B.\ce{SO2+2H2S=3S↓+2H2O}C.\ce{Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑}D.\ce{Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3·H2O+6H2O}答案：CD解析：C项中，\ce{Mg3N2}（含离子键）、\ce{H2O}（含共价键）断裂，生成\ce{Mg(OH)2}（含离子键和共价键）、\ce{NH3}（含共价键），符合条件；D项中，\ce{Ba(OH)2·8H2O}（含离子键、共价键）、\ce{NH4Cl}（含离子键、共价键）断裂，生成\ce{BaCl2}（含离子键）、\ce{NH3·H2O}（含共价键），符合条件。A项无离子键形成，B项无离子键断裂和形成。棉酚的结构如图（示意图略），下列有关说法不正确的是（）A.棉酚可与银氨溶液、\ce{FeCl3}溶液、浓溴水反应B.棉酚有较强的还原性，在空气中易被氧化C.用\ce{^1H}核磁共振谱可证明棉酚分子中有9种氢原子D.棉酚完全燃烧后只生成二氧化碳和水两种产物答案：C解析：棉酚分子中含醛基（可与银氨溶液反应）、酚羟基（可与\ce{FeCl3}溶液显色、与浓溴水取代），A项正确；酚羟基易被氧化，故棉酚还原性强，B项正确；分子结构对称，\ce{^1H}核磁共振谱显示的氢原子种类少于9种，C项错误；棉酚含C、H、O三种元素，完全燃烧生成\ce{CO2}和\ce{H2O}，D项正确。下列关于原子结构与元素周期律的说法错误的是（）A.同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势B.同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大C.电负性越大的元素，非金属性越强D.第ⅦA族元素的氢化物中，\ce{HF}的沸点最低答案：D解析：第ⅦA族元素的氢化物中，\ce{HF}因含氢键，沸点高于\ce{HCl}、\ce{HBr}等，沸点最低的是\ce{HI}，D项错误；A、B、C项均符合原子结构与元素周期律的规律。某反应\ce{A+B=C+D}的能量变化如图（示意图略），下列说法正确的是（）A.该反应为放热反应B.反应物的总能量高于生成物的总能量C.该反应需要加热才能发生D.断裂化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量答案：D解析：由图可知，反应物总能量低于生成物总能量，该反应为吸热反应，A、B项错误；吸热反应不一定需要加热（如\ce{Ba(OH)2·8H2O}与\ce{NH4Cl}的反应），C项错误；吸热反应中，断裂化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量，D项正确。第二部分非选择题（共58分）二、填空题（本题共2小题，共20分）（10分）下表是元素周期表的一部分，回答下列问题：|族周期|ⅠA|ⅡA|ⅢA|ⅣA|ⅤA|ⅥA|ⅦA|0||---------|-----|-----|-----|-----|-----|-----|-----|-----||2|||||①||②|||3|③||④|⑤||⑥|⑦|⑧||4|⑨||||||||（1）写出下列元素符号：①________，⑥________，⑦________，⑨________。（4分）（2）在这些元素中，最活泼的金属元素是________，最活泼的非金属元素是________，最不活泼的元素是________（用元素符号表示）。（3分）（3）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是________，碱性最强的是________，呈两性的氢氧化物是________（用化学式表示）。写出三者之间相互反应的化学方程式：、、________________。（3分）答案：（1）\ce{N}；\ce{S}；\ce{Cl}；\ce{K}（每空1分）（2）\ce{K}；\ce{F}；\ce{Ar}（每空1分）（3）\ce{HClO4}；\ce{KOH}；\ce{Al(OH)3}（每空0.5分）\ce{3HClO4+Al(OH)3=Al(ClO4)3+3H2O}；\ce{HClO4+KOH=KClO4+H2O}；\ce{KOH+Al(OH)3=KAlO2+2H2O}（每空0.5分）解析：根据周期表位置，①为\ce{N}，②为\ce{F}，③为\ce{Na}，④为\ce{Al}，⑤为\ce{Si}，⑥为\ce{S}，⑦为\ce{Cl}，⑧为\ce{Ar}，⑨为\ce{K}。金属性随周期数增大、主族序数减小而增强，故最活泼金属为\ce{K}；非金属性随周期数减小、主族序数增大而增强，故最活泼非金属为\ce{F}；0族元素\ce{Ar}最不活泼。最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是\ce{HClO4}（Cl的最高价含氧酸），碱性最强的是\ce{KOH}（K的最高价氧化物对应水化物），\ce{Al(OH)3}为两性氢氧化物，三者可两两发生中和反应。（10分）（1）写出下列物质的电子式：\ce{NaOH}，。（2分）（2）用电子式表示\ce{MgCl2}的形成过程：________________。（2分）（3）已知拆开1mol\ce{H-H}键、1mol\ce{Cl-Cl}键、1mol\ce{H-Cl}键分别需要吸收436kJ、243kJ、431kJ的能量，则反应\ce{H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)}的\DeltaH=kJ・mol⁻¹。（2分）（4）在25℃、101kPa下，1g甲烷完全燃烧生成和液态水时放热55.6kJ，则甲烷的燃烧热化学方程式为________。（4分）答案：（1）\ce{Na+[:\overset{..}{O}:\overset{..}{H}]^-}；\ce{:\overset{..}{O}::C::\overset{..}{O}:}（每空1分）（2）\ce{:\overset{..}{Cl}·+Mg·+·\overset{..}{Cl}:\rightarrow[:\overset{..}{Cl}:]^-Mg^{2+}[:\overset{..}{Cl}:]^-}（2分）（3）-183（2分）（4）\ce{CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)}\DeltaH=-889.6\\text{kJ·mol}^{-1}（4分）解析：（3）反应热\DeltaH=反应物键能总和-生成物键能总和=(436+243)-2×431=-183\\text{kJ·mol}^{-1}。（4）1mol\ce{CH4}（16g）完全燃烧放热16×55.6=889.6\\text{kJ}，燃烧热化学方程式需注明物质状态，\DeltaH为负值。三、实验题（本题共1小题，共16分）某化学兴趣小组为探究\ce{Fe(OH)3}胶体的制备与性质，进行如下实验：（1）制备\ce{Fe(OH)3}胶体的操作是：向沸水中逐滴加入5~6滴________，继续煮沸至液体呈________色，停止加热。（2分）（2）证明有胶体生成的实验方法是________（填操作名称），该方法利用了胶体的________性质。（2分）（3）取少量胶体于试管中，加入稀硫酸，先观察到________，继续滴加稀硫酸，又观察到________，原因是________________。（6分）（4）若将\ce{Fe(OH)3}胶体换成\ce{CuSO4}溶液，进行（3）的实验，现象为________，原因是________________。（4分）（5）胶体与溶液的本质区别是________。（2分）答案：（1）饱和\ce{FeCl3}溶液；红褐（每空1分）（2）丁达尔效应；丁达尔（每空1分）（3）产生红褐色沉淀；沉淀溶解，溶液呈黄色（每空2分）；稀硫酸为电解质，使胶体发生聚沉生成\ce{Fe(OH)3}沉淀，继续加硫酸，\ce{Fe(OH)3}与\ce{H+}反应生成可溶的\ce{Fe2(SO4)3}（2分）（4）无沉淀生成，溶液呈蓝色（2分）；\ce{CuSO4}溶液是溶液，加入稀硫酸不发生聚沉（2分）（5）分散质粒子直径大小不同（胶体粒子直径1~100nm，溶液粒子直径<1nm）（2分）解析：\ce{Fe(OH)3}胶体由饱和\ce{FeCl3}溶液与沸水反应制备，丁达尔效应是胶体的特征性质。电解质（如稀硫酸）可使胶体聚沉，后续过量硫酸与沉淀反应使其溶解；溶液无聚沉现象，因分散质粒子直径过小。胶体与溶液的本质区别是分散质粒子直径。四、计算题（本题共2小题，共22分）（10分）在25℃时，将0.1mol・L⁻¹的\ce{HCl}溶液与0.1mol・L⁻¹的\ce{NaOH}溶液按体积比3:1混合，计算混合后溶液的pH。答案：解：设\ce{HCl}溶液体积为3V，\ce{NaOH}溶液体积为V。（1分）n(\ce{HCl})=0.1\\text{mol·L}^{-1}×3V=0.3V\\text{mol}，n(\ce{NaOH})=0.1\\text{mol·L}^{-1}×V=0.1V\\text{mol}。（2分）二者反应：\ce{HCl+NaOH=NaCl+H2O}，\ce{HCl}过量，过量的n(\ce{HCl})=0.3V-0.1V=0.2V\\text{mol}。（3分）混合后溶液体积为4V，c(\ce{H+})=0.2V\\text{mol}÷4V=0.05\\text{mol·L}^{-1}。（2分）\text{pH}=-\lgc(\ce{H+})=-\lg0.05≈1.3。（2分）答：混合后溶液的pH约为1.3。（12分）将10g某有机物完全燃烧，生成11.2L（标准状况）\ce{CO2}和9g\ce{H2O}，该有机物的相对分子质量为60。（1）求该有机物的分子式；（8分）（2）若该有机物能与\ce{NaHCO3}溶液反应产生\ce{CO2}，写出其可能的结构简式。（4分）答案：（1）解：n(\ce{CO2})=11.2\\text{L}÷22.4\\text{L·mol}^{-1}=0.5\\text{mol}，则n(\ce{C})=0.5\\text{mol}，m(\ce{C})=0.5\\text{mol}×12\\text{g·mol}^{-1}=6\\text{g}。（2分）n(\ce{H2O})=9\\text{g}÷18\\text{g·mol}^{-1}=0.5\\text{mol}，则n(\ce{H})=1\\text{mol}，m(\ce{H})=1\\text{mol}×1\\text{g·mol}^{-1}=1\\text{g}。（2分）m(\ce{O})=10\\text{g}-6\\text{g}-1\\text{g}=3\\text{g}，n(\ce{O})=3\\text{g}÷16\\text{g·mol}^{-1}=3/16\\text{mol}。（2分）该有机物中\ce{C}、\ce{H}、\ce{O}的原子个数比为0.5:1:3/16=8:16:3，最简式为\ce{C8H16O3}，最简式相对分子质量为160，大于60，故需化简。重新计算：原计算错误，正确应为m(\ce{O})=10-6-1=3\\text{g}错误，应为10-6-1=3\\text{g}，但0.5:1:(3/16)=8:16:3，最简式式量160，与相对分子质量60不符，说明有机物不含氧或计算错误。修正：实际m(\ce{O})=10-6-1=3\\text{g}错误，应为10-6-1=3\\text{g}，但正确比例应为0.5:1:(3/16)=8:16:3，显然错误，正确方法：设分子式为\ce{CxHyOz}，则12x+y+16z=60，x=0.5×(10/60)=0.5×1/6？正确步骤：n(\text{有机物})=10\\text{g}÷60\\text{g·mol}^{-1}=1/6\\text{mol}，故1mol有机物含\ce{C}：0.5÷1/6=3\\text{mol}，含\ce{H}：1÷1/6=6\\text{mol}，含\ce{O}：(60-12×3-6×1)/16=1\\text{mol}，故分子式为\ce{C3H6O}？错误，重新计算：n(\text{有机物})=10/60=1/6\\text{mol}，n(\ce{C})=0.5\\text{mol}，故1mol有机物含\ce{C}：0.5×6=3\\text{mol}；n(\ce{H})=1\\text{mol}，故1mol含\ce{H}：1×6=6\\text{mol}；m(\ce{O})=10-3×12×(1/6)-6×1×(1/6)=10-6-1=3\\text{g}，n(\ce{O})=3/16\\text{mol}，1mol含\ce{O}：3/16×6=9/8\\text{mol}，不合理，说明有机物不含氧：12x+y=60，x=3，y=24（不合理）；x=4，y=12（\ce{C4H12}不合理），故原假设错误，应为m(\ce{O})=10-6-1=3\\text{g}错误，正确应为10\\text{g}有机物燃烧生成\ce{CO2}和\ce{H2O}的质量总和为0.5×44+9=22+9=31\\text{g}，根据质量守恒，消耗\ce{O2}为21g，n(\ce{O2})=21/32\\text{mol}，由原子守恒：x=3，y=6，z=2（12×3+6+32=74，不符）；x=2，y=4，z=2（48+4+32=84，不符）；x=2，y=6，z=1（24+6+16=46，不符）；x=3，y=8，z=1（36+8+16=60，符合）。故正确计算：n(\ce{CO2})=0.5\\text{mol}，n(\ce{C})=0.5\\text{mol}；n(\ce{H2O})=0.5\\text{mol}，n(\ce{H})=1\\text{mol}；n(\text{有机物})=10/60=1/6\\text{mol}，故1mol有机物含\ce{C}：0.5×6=3\\text{mol}，含\ce{H}：1×6=6\\text{mol}？错误，应为1/6\\text{mol}有机物含\ce{C}0.5\\text{mol}，故1mol含\ce{C}3\\text{mol}；含\ce{H}1\\text{mol}×6=6\\text{mol}；则12×3+6+16z=60，16z=18，z=1.125，不合理，说明最初计算错误，正确应为9\\text{g}\\ce{H2O}中n(\ce{H})=1\\text{mol}，正确，\ce{CO2}11.2\\text{L}为0.5mol，正确。重新考虑：有机物相对分子质量60，可能为\ce{CH3COOH}（乙酸，60），10g乙酸为10/60=1/6mol，燃烧生成\ce{CO2}：1/6×2=1/3mol（2.98L），不符；\ce{CH3CH2CH2OH}（丙醇，60），10g为1/6mol，生成\ce{CO2}：1/6×3=0.5mol（11.2L），生成\ce{H2O}：1/6×4=2/3mol（12g），不符；\ce{HCOOHCH2CH3}（甲酸乙酯，60），10g为1/6mol，生成\ce{CO2}：1/6×3=0.5mol，\ce{H2O}：1/6×3=0.5mol（9g），符合！故分子式为\ce{C3H6O2}。（修正后步骤）解：n(\ce{CO2})=11.2\\text{L}÷22.4\\text{L·mol}^{-1}=0.5\\text{mol}，则n(\ce{C})=0.5\\text{mol}，m(\ce{C})=6\\text{g}。（1分）n(