四川省泸州市泸县第五中学2022-2023学年高二化学下学期5月期中考试试题（Word版附解析）

泸县五中2022-2023学年高二下期期中考试化学试题注意事项：可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5K-39Ti-48Fe-56第I卷选择题(42分)一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。1.化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是A.小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多B.将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率C.中国天眼传输信息用的光纤材料是硅，计算机芯片的材料是二氧化硅D.Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料【答案】C【解析】【详解】A．小苏打是盐、氢氧化铝是弱碱，都无毒，且能和胃酸反应，所以可以用来作内服药治疗胃酸过多，A正确；B．“地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，可以提高资源的利用率，B正确；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，计算机芯片的材料的主要成分是单质硅，C错误；D．Al2O3和MgO都是离子化合物，离子间以很强的离子间结合，断裂较难，所以熔点沸点很高，可制作耐高温材料，D正确；故选C。2.下列有关实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是 A.用图甲装置配制100mL0.1mol·L－1的硫酸B.用图乙装置吸收氨气并防止倒吸C.用图丙装置制取少量乙烯气体D.用图丁装置验证溴乙烷发生消去反应【答案】B【解析】【详解】A、溶液不能在容量瓶中稀释，错误；B、氨气不溶解与四氯化碳，不产生倒吸，正确；C、该反应测定溶液的温度，温度计插到液面以下，错误；D、挥发出的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误。答案选B。3.下列说法不正确的是A.的酸性依次增强B.苹果酸含有1个手性碳原子C.均易溶于水的原因之一是与均能形成氢键D.以极性键结合的分子不一定是极性分子【答案】C【解析】【详解】A．非羟基氧原子数依次增多，酸性依次增强，A正确；B．苹果酸中与羟基相连的碳原子连接四个各不相同的基团，是手性碳原子，B正确；C．HCl不能与H2O形成氢键，C错误；D．以极性键结合的分子不一定是极性分子，如甲烷是非极性分子，D正确；故选C。4.下列叙述中正确的是A.为角形的极性分子，形成分子晶体B.的空间结构为平面三角形C.氯化硼的熔点为，氯化硼液态时能导电而固态时不导电D.和的中心原子均为杂化，分子呈正四面体形，呈三角锥形 【答案】D【解析】【分析】【详解】A．和相似，为直线形的非极性分子，在固态时形成分子晶体，A错误;B．的中心原子的价电子对数为，其模型为正四面体形，略去中心原子上的孤电子对，的空间结构为三角锥形，B错误;C．氯化硼的熔点为，氯化硼为分子晶体，液态和固态时只存在分子，没有离子，所以不能导电，C错误;D．和的中心原子的价电子对数均为4，所以中心原子均为杂化，没有孤电子对，所以分子呈正四面体形，有一对孤电子对，所以分子呈三角锥形，D项正确;答案选D。5.X、Y、Z、M是短周期元素，它们的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Z与X同周期且原子的未成对电子数与X相同，M与Z不同周期，其电负性在同周期元素中最大，下列说法错误的是A.第一电离能：Z>YB.原子半径：Y>ZC.简单氢化物的沸点：Z>XD.最高价氧化物的水化物的酸性：M>X【答案】A【解析】【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、M是短周期元素，它们的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，故X为C，Z与X同周期且原子的未成对电子数与X相同，则Z为O，Y为N，M与Z不同周期，其电负性在同周期元素中最大，则M为Cl，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Y、Z分别N、O，为同一周期元素，从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第一电离能：Z＜Y，A错误；B．由分析可知，Y、Z分别为N、O，为同一周期元素，原子半径从左往右依次减小，故原子半径：Y>Z，B正确；C．由分析可知，X、Z分别为C、O，由于Z的简单氢化物H2O中存在分子间氢键，沸点反常高，故简单氢化物的沸点：Z>X，C正确； D．由分析可知，X、M分别为C、Cl，它们的最高价氧化物的水化物分别为：H2CO3、HClO4，HClO4为强酸，H2CO3是弱酸，故酸性：M>X，D正确；故答案为：A。6.锌—空气电池(原理如图)适宜用作城市电动车的动力电源，该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法不正确的是A.多孔板的目的是增大与空气的接触面积B.该电池的正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-C.该电池放电时K+向石墨电极移动D.外电路电子由Zn电极流向石墨电极再通过电解质溶液流回Zn电极【答案】D【解析】【分析】根据题意放电时Zn转化为ZnO，则Zn电极为负极，石墨电极为正极，空气中的氧气在石墨电极上被还原。【详解】A．石墨电极作为正极，多孔板可以增大与空气的接触面积，A正确；B．正极上氧气被还原，电解质显碱性，所以正极电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，B正确；C．石墨电极为正极，原电池中阳离子移向正极，即K+向石墨电极移动，C正确；D．电子不能在电解质溶液中流动，D错误；综上所述答案为D。7.已知：为三元弱酸.常温下，向溶液中滴加溶液，混合溶液中[X表示、或]随溶液的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A.曲线c代表与的关系B.常温下，能促进水的电离C.常温下，第二步电离常数的数量级为D.时，溶液中存在：【答案】D【解析】【分析】Ka1=×c(H+)，=，lg=0时，Ka1=c(H+)；同理Ka2=×c(H+)，lg=0时，Ka2=c(H+)；Ka3=×c(H+)，lg=0时，Ka3=c(H+)，Ka1＞Ka2＞Ka3，则Ka1对应的pH值最小，所以曲线a、b、c分别表示lg、lg、lg与溶液pH的关系；【详解】A．通过以上分析知，曲线c代表lg与的关系，故A错误；B.由分析可知Ka1=×c(H+)，=，lg=0时，Ka1=c(H+)=10-2.25mol/L，同理，Ka2=10-6.77mol/L，H2RO的水解常数为＜Ka2，即H2RO的水解程度小于电离程度，抑制水的的电离，故B错误；C．Ka2=c(H+)=10-6.77mol/L，则常温下H3RO4的Ka2的数量级为10-7，故C错误； D．pH=11.40时，lg=0，c(HRO)=c(RO)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)═c(OH-)+c(H2RO)+3c(RO)+2c(HRO)，所以溶液中存在c(Na+)═c(OH-)-c(H+)+c(H2RO)+5c(RO)，故D正确；故选：D。第II卷(非选择题58分)8.目前，全世界镍的消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍行业发展蕴藏着巨大潜力。I．硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。（1）在中存在的化学键有___________。A．离子键B．共价键C．配位键D．氢键E．σ键F．π键Ⅱ．丁二酮肟是检验的灵敏试剂。（2）丁二酮肟分子中N原子轨道杂类型为___________，1mol丁二酮肟分子所含σ键的数目为___________。（3）配合物常温下为液态，易溶于、苯等有机溶剂，中Ni与CO的C原子形成配位键，不考虑空间构型，的结构可用示意图表示为___________(用“→”表示出配位键)。Ⅲ．填空。（4）NaCNO是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，NaCNO的电子式是___________。【答案】（1）BCE（2）①.②.15NA（3）（4）或【解析】【小问1详解】氢键不属于化学键，六氨基合镍离子中具有空轨道的镍离子与氨分子中具有孤对电子的氮原子形成配位键，氨分子中氮原子和氢原子形成的共价键为σ键，则配离子中含有的化学键为共价键、配位键和σ键，不含有离子键和π键，故选BCE；【小问2详解】 由结构简式可知，丁二酮肟分子中双键氮原子的杂化方式为sp2杂化；分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则1mol分子中σ键的数目为1mol×15×NAmol—1=15NA，故答案为：sp2；15NA；【小问3详解】由题意可知，四羰基合镍为分子晶体，晶体中具有空轨道的镍原子与一氧化碳分子中的碳原子形成配位键，则不考虑空间构型，分子的结构示意图为，故答案为：；【小问4详解】由NaCNO是离子化合物，化合物中各原子均满足8电子稳定结构可知，CNO离子的结构式可能为[O=C=N]—或[O—C≡N]—，则NaCNO的电子式为或，故答案为：或。9.回答下列问题：（1）已知：①②③则___________。（2）用和生产的反应为：。在10L的恒容密闭容器中按物质的量之比充入和，测得的转化率随温度的变化及不同压强下的转化率变化如图所示，和200℃时随时间变化结果如表所示。和200℃时随时间变化0246 8544①___________0(填“＜”“=”或“＞”)。②在和200℃时，反应0~4min内，用表示的平均反应速率___________，200℃时该反应的平衡常数K=___________。③200℃时，将容器的容积压缩到原来的，在其他条件不变的情况下，对平衡体系产生的影响是___________(填字母)。A．减少B．正反应速率加快，逆反应速率减慢C．的物质的量增加D．重新平衡时减小（3）燃料电池的原理如图所示，负极的电极反应式为___________。（4）写出用惰性电极电解溶液的离子方程式：___________。【答案】（1）（2）①.＜②.0.05mol/(L·min)③.6.25或④.CD（3）（4）【解析】【小问1详解】由盖斯定律，反应②-①可得反应③，=-36kJ·mol-1-(-15)kJ·mol-1=； 【小问2详解】①由图知，相同压强下，升高温度CO的转化率减小，说明平衡逆向移动，则为放热反应，＜0；②由表知0~4min内，，由速率之比等于系数比，则0.5v(H2)=0.05mol/(L·min)；在10L的恒容密闭容器中按物质的量之比充入和，则起始浓度为c(H2)=，c(CO)=0.4mol/L，列三段式，200℃时该反应的平衡常数；③将容器的容积压缩到原来的，压强增大，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，A．体积缩小原来的一半，不考虑平衡移动下氢气浓度增大为原来的一倍，由于平衡移动只能减少不能消除，则增大，A错误；B．压强增大，正逆反应速率都增大，B错误；C．平衡向正反应方向移动，的物质的量增加，C正确；D．平衡向正反应方向移动，CH3OH的物质的量增加，氢气的物质的量减少，则重新平衡时减小，D正确；故选：CD；小问3详解】燃料电池中氧气做正极，负极是H2S失电子生成S2，负极的电极反应式为；【小问4详解】用惰性电极电解溶液，由失电子能力：Cl->OH-，阳极是氯离子失电子生成氯气，由得电子能力：H+>Mg2+，阴极是氢离子得电子生成氢气，反应的离子方程式：。10.氯化镍是一种重要的化工原料，常用于镀镍、制隐显墨水等。下面是以废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料，制备无水氯化镍的工艺流程。 已知：Ksp[Fe(OH)3]=6.4×10-38，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9回答下列问题：（1）溶解之前通常将废弃催化剂粉碎，其目的是_______。（2）滤渣1的主要成分是_______。用离子方程式解释加入H2O2的目的_______，若lg2=0.3，滤液2中c(Ni2+)为0.2mol·L-1，为确保滤液2中c(Fe3+)≤1×10-6mol·L-1，则加入试剂X需调节pH的范围是_______。（3）为保证氟化除杂步骤完全除去Ca2+和Mg2+(浓度小于1×10-5mol·L-1)，应该使滤液3中c(F-)≥_______mol·L-1。（4）生产中涉及多次过滤，通常将滤渣的洗涤液与滤液合并使用，这样操作的目的是_______，操作A为_______、冷却结晶、过滤洗涤。（5）已知：SOCl2是一种无色液态化合物，遇水剧烈反应，液面上有白雾形成，并产生刺激性气味的气体，该气体能使品红溶液褪色。操作B是将NiCl2·6H2O与SOCl2混合加热得到无水NiCl2，写出操作B反应的化学方程式：_______。【答案】（1）增大固体表面积，加快溶解速率（2）①.CuS、S②.2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O③.3.6≤pH＜7(或3.6~7)（3）3×10-2（4）①.洗出沉淀表面的镍离子，提高镍的转化率②.蒸发浓缩（5）6SOCl2＋NiCl2·6H2ONiCl2＋6SO2↑＋12HCl↑【解析】【分析】废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)加入盐酸溶解，除去有机物杂质，通入H2S生成CuS沉淀除去Cu2+，同时Fe3+被还原为Fe2+；滤液1中加入H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂X调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3+；向滤液2中加入NH4F生成CaF2沉淀、MgF2沉淀除去Ca2+和Mg2+；向滤液3中加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，NiCO3沉淀中加盐酸溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2•6H2O晶体，是将NiCl2·6H2O与SOCl2混合加热得到无水NiCl2。【小问1详解】将固体粉碎可以增大固体接触面积，加快溶解速率；小问2详解】 根据分析，向含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+离子的溶液中通入H2S，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S单质，即2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，Cu2+和H2S反应生成CuS沉淀，即Cu2++H2S=CuS↓+2H+，所以滤渣1的成分主要是CuS、S；加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O；Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH-)=2×10-15，c(OH-)===10-7mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg=7，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=6.4×10-38，c(OH-)===4×10-11mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg=3.6，为了使Fe3+完全沉淀而Ni2+不沉淀，pH的范围是3.6≤pH＜7；【小问3详解】Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，CaF2比MgF2更难溶，氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于mol/L=3×10-2mol/L=0.03mol/L；【小问4详解】实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是洗出沉淀表面的镍离子，减少镍离子损失，提高镍元素利用率；NiCO3沉淀中加盐酸溶解得NiCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2•6H2O晶体；【小问5详解】将所得NiCl2·6H2O与SOCl2混合加热可制备无水NiCl2并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为6SOCl2＋NiCl2·6H2ONiCl2＋6SO2↑＋12HCl↑。11.一种利胆药物F的合成路线如图： 已知：回答下列问题：（1）C中含氧官能团的名称是_______，E→F的反应类型为_______。（2）A的分子式为_______，在B→C转化中NaClO2表现_______性(填“氧化”或“还原”)。（3）C→D的化学方程式为_______。（4）符合下列条件的A的同分异构体共有_______种(不考虑立体异构，选填字母编号)。①含有酚羟基；②与NaHCO3反应生成CO2。a．9种b．10种c．12种d．13种（5）根据题干信息，写出下图合成路线中相应物质的结构简式：G_______，I_______。【答案】（1）①.羧基、醚键②.取代反应（2）①C8H8O3②.氧化（3）+CH3OH+H2O（4）d（5）①.②.【解析】【分析】由流程图可知，A为，则B为，C为，与CH3OH酯化生成D为，则E为，F为。【小问1详解】 C为，则C中含氧官能团的名称是羧基、醚键，E()+H2NCH2CH2OH→()+CH3OH，反应类型为取代反应。答案为：羧基、醚键；取代反应；【小问2详解】由分析可知，A为，分子式为C8H8O3，在B()→C()转化中，NaClO2表现氧化性。答案为：C8H8O3；氧化；【小问3详解】C()→D()的化学方程式为：+CH3OH+H2O。答案为：+CH3OH+H2O；【小问4详解】A为，符合下列条件：“①含有酚羟基；②与NaHCO3反应生成CO2”的A，含有酚-OH、-CH2COOH(有邻、间、对三种同分异构体)或酚-OH、-COOH、-CH3(有10种同分异构体，它们为、、、、、、、、、)，同分异构体共有13种，故选d。答案为：d；【小问5详解】 根据题干中由A→B的信息，可推出G的结构简式：，根据题干中由D→E的信息，可推出I的结构简式：。答案为：；。