四川省泸州市泸县第五中学2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

四川省泸县五中2020级高二下期中考试化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27C35.5Fe56第I卷选择题一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列有关能源的理解或说法错误的是A.煤、石油、太阳能、风能等均属于新能源B.乙醇一种可再生能源，可代替汽油作为汽车燃料C.氢气是最轻的燃料，是具有广阔发展前景的能源D.研发开采可燃冰（水合甲烷）的技术，可大大缓解能源危机【答案】A【解析】【详解】A.煤、石油不属于新能源，太阳能、风能等属于新能源，故A错误；B.乙醇是一种可再生能源，可代替汽油作为汽车燃料，故B正确；C.氢气是最轻的燃料，也是最清洁的的能源，是具有广阔发展前景的能源，故C正确；D.开采可燃冰是获得能源的一种途径，可大大缓解能源危机，故D正确；本题答案为A。2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）A.光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小B.加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3C.可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D.增大压强，有利于SO2与O2反应生成SO3 【答案】B【解析】【详解】A、氯水中存在化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸浓度减小，使得平衡向右移动，氢离子浓度变大，溶液的pH值减小，能用勒夏特列原理解释，选项A不符合；B、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，不能用化学平衡移动原理解释，选项B符合；C、浓氨水加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气，氢氧根浓度增大，化学平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-逆向进行，能用化学平衡移动原理解释，选项C不符合；D、增大压强，平衡向正反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，选项D不符合；答案选B。【点睛】本题考查勒夏特利原理的应用，勒夏特利原理是指如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释，即使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且符合平衡移动的原理。3.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，W与X可形成一种红棕色有刺激性气味的气体，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同。下列说法中正确的是A.W的氧化物对应水化物均为强酸B.简单离子半径：W<X<YC.简单氢化物沸点：Z<WD.Y与Z形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】W的气态氢化物的水溶液显碱性，应为氨气，则W为N；W与X可形成一种红棕色有刺激性气味的气体是二氧化氮，则X为O；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na；短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同，则Z为Cl。因此W为N、X为O、Y为Na、Z为Cl，据此解答。【详解】A．W的氧化物对应水化物有HNO3，HNO2，HNO2为弱酸，故A错误；B．W、X、Y的简单离子核外电子排布完全相同，均为10e-微粒，则核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小，因此W>X>Y，故B错误； C．由于W的简单氢化物NH3，存在分子间氢键，沸点比较高，故NH3>HCl，故C正确；D．Y与Z形成的化合物NaCl的水溶液呈中性，故D错误；答案选C。4.芳樟醇常用于合成香精，香叶醇存在于香茅油、香叶油、香草油、玫瑰油等物质中，有玫瑰和橙花香气，它们的结构简式如下：下列说法不正确的是A.两种醇都能与溴水反应B.两种醇互为同分异构体C.两种醇互为同系物D.两种醇在浓H2SO4存在下加热，均可与乙酸发生酯化反应【答案】C【解析】【详解】A．两种醇都含有碳碳双键，均能与溴水发生加成反应，故A正确；B．两种物质的分子式相同，但结构式不同，互为同分异构体，故B正确；C．两种物质的分子式相同，但结构式不同，互为同分异构体，同分异构体之间不可能互为同系物，故C错误；D．两种醇都含−OH，能与乙酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，故D正确；故选C。5.已知为共价化合物，两个键间的夹角为180°，则属于A.由极性键构成的极性分子B.由极性键构成的非极性分子C.由非极性键构成的极性分子D.由非极性键构成的非极性分子【答案】B【解析】【分析】 【详解】中键是不同元素的原子形成的共价键，为极性键，两个键间的夹角为180°，说明分子是对称的，正电荷重心与负电荷重心重合，属于非极性分子，故是由极性键形成的非极性分子，故选：B。6.一种植物生长调节剂的分子结构如图所示。下列说法不正确的是(　　)A.该物质含有3种官能团B.该物质属于有机物C.该物质属于多官能团化合物D.该物质属于脂环烃【答案】D【解析】【分析】有机物含有O，属于烃的衍生物，含有羧基、羰基、羟基，以此解答该题。【详解】A、该物质含有羧基、羰基、羟基3种官能团，选项A正确；B、该物质为碳的化合物，具有有机物的性质，属于有机物，选项B正确；C、该物质含有羧基、羰基、羟基，属于多官能团的化合物，选项C正确；D、该物质含有O元素，不是烃，为烃的衍生物，选项D不正确。答案选D。7.室温下，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol/LNaHS溶液：c(H+)+c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)B.0.1mol/LNa2CO3溶液：c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/LC.pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)D.浓度均为0．1mol/L的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HCO3三种溶液，其中c(NH4+)：③>①>②【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol/LNaHS溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)，故A错误；B．0.1mol/LNa2CO3溶液中存物料守恒，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c()=0.1mol/L，故B 正确；C．醋酸是弱酸，pH=3的CH3COOH溶液中醋酸的物质的量浓度大于0.001mol/L，pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，故C错误；D．铝离子抑制铵根离子水解，离子促进铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，则相同浓度的铵盐溶液中铵根离子浓度越小，所以相同浓度的这三种盐，c（）由大到小的顺序是②①③，故D错误；故选B。8.已知：pAg=-lg{c(Ag+)}，Ksp(AgCl)=1×10-12，如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1mol·L-1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积(单位：mL)变化的图象(实线)。根据图象所得下列结论正确的是[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]A.原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1B.图中x点的坐标为(100，6)C.图中x点所示溶液中Ag+与Cl-浓度不相同D.把0.1mol·L-1的NaCl换成0.1mol·L-1NaI则图象在终点后变为虚线部分【答案】B【解析】【详解】A．图中原点pAg=0，则Ag+的浓度为：c(Ag+)=1mol·L-1，即原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol·L-1，故A错误；B．x点c(Ag+)=10-6mol·L-1，一般认为溶液中离子浓度小于10-5mol·L-1，即沉淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n(NaCl)=n(AgNO3)=0.01L×1mol·L-1=0.01mol，所以V(NaCl)=100mL，即x点的坐标为(100，6)，故B正确； C．x点c(Ag+)=10-6mol·L-1，Ksp(AgCl)=1×10-12，故c(Cl-)=＝10−6，故C错误；D．与AgCl相比，碘化银的Ksp(AgI)更小，所以把0.1mol·L-1的NaCl换成0.1mol·L-1NaI，则溶液中c(Ag+)更小，则pAg更大，图象不符，故D错误；故选B。第II卷非选择题9.X、Y、T、Q四种元素，位于元素周期表前四周期，元素的性质或结构信息如下：①X单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，常温下单质气体性质稳定，但其原子较活泼；②Y二价阳离子的外围电子层排列为3d9；③T原子核外s轨道电子总数等于p轨道电子总数；人体内含量最多的元素，且其单质是常见的助燃剂；④Q第三周期主族元素中原子半径最小。请根据上述信息回答下列问题：（1）写出X的一种等电子体的化学式_______；T原子的原子核外有_______种运动状态的电子；Y元素最高能层的符号是_______；Q元素价电子所处原子轨道有_______种伸展方向。（2）元素X、T的电负性相比，_______的小(填元素名称)；元素X的第一电离能与T相比较，T的__(填“大”或“小”)。（3）Y元素在周期表中位于___区，Y单质晶体中Y原子在三维空间的堆积方式的名称为___堆积。（4）在Y的硫酸盐溶液中通入X的气态氢化物至过量，先出现蓝色沉淀，最后溶解形成深蓝色的溶液，写出蓝色沉淀溶解的离子方程式_______；继续向深蓝色溶液中加入无水乙醇，现象是____，乙醇的作用是_____。【答案】（1）①.CO2、SCN- 、NO②.8③.N④.4（2）①.氮②.小（3）①.ds②.面心立方最密（4）①.Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-②.析出的深蓝色晶体③.减弱溶剂的极性，降低离子晶体的溶解度【解析】 【分析】X的单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，常温下单质气体性质稳定，但其原子较活泼，X为氮元素。Y的二价阳离子的外围电子层排列为3d9，Y为铜元素。T原子核外s轨道电子总数等于p轨道电子总数；人体内含量最多的元素，且其单质是常见的助燃剂，T元素是氧元素。Q是第三周期主族元素中原子半径最小的氯元素。【小问1详解】等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团。CO2、SCN-、NO等为N的等电子体。氧原子的原子核外有8种运动状态的电子；铜元素最高能层是4，符号是N；氯元素价电子排布式为：，所处原子轨道有1+3=4种伸展方向;小问2详解】同周期元素电负性从左到右逐渐增强，元素N、O的电负性相比，氮的小；元素N的第一电离能与O相比较，O的小。一般而言，同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，但N元素原子电子排布为1s22s22p3，p能级是半充满状态，第一电离能异常与氧元素的第一电离能;【小问3详解】Cu元素在周期表中位于ds区，Cu单质晶体中Cu原子在三维空间堆积方式的名称为面心立方最密堆积;【小问4详解】在Cu的硫酸盐溶液中通入NH3至过量，先出现蓝色沉淀氢氧化铜，最后溶解形成络合物变成深蓝色的溶液，蓝色沉淀溶解的离子方程式Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；继续向深蓝色溶液中加入无水乙醇，乙醇可减弱溶剂的极性，降低离子晶体的溶解度使[Cu(NH3)4]2+析出，现象是析出的深蓝色晶体。10.某化学实验小组用0.2000mol/L酸性KMnO4溶液测定草酸晶体的纯度(草酸晶体化学式为H2C2O4·2H2O，杂质不与KMnO4反应)。实验步骤如下： （1）称取13.0g草酸晶体，配成250.00mL水溶液。此操作过程必须用到的2种定量仪器是_______和_______。（2）量取草酸溶液25.00mL放入锥形瓶中，用0.2000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定。①配平离子方程式：_______□MnO+□H2C2O4+□H+→□Mn2++□CO2↑+□H2O②滴定达到终点的标志是_______。（3）按正确操作测得有关数据记录如下：滴定次数草酸溶液体积酸性KMnO4溶液体积滴定前读数/mL滴定后读数/mL第一次25.000.2020.58第二次25.004.0024.40第三次25.002.38a①a的读数如上图所示，则a=_______；②草酸晶体的纯度为_______(结果保留两位小数)。（4）在上述实验中，下列操作(其它操作正确)一定会造成测定结果偏低的是A.称取13.0g草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘B.锥形瓶水洗后未用草酸溶液润洗C.读取KMnO4溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数D.盛KMnO4溶液的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失【答案】（1）①.天平②.250mL容量瓶（2）①.2MnO+5H2C2O4+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O②.滴入1滴KMnO4溶液，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，保持半分钟不褪色（3）①.22.80②.98.86%（4）C【解析】【小问1详解】配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有托盘天平（含砝码）、烧杯、药匙、250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等，所以此操作过程必须用到的2种定量仪器是托盘天平、250mL容量瓶；故答案为①天平，②250mL容量瓶； 【小问2详解】①H2C2O4反应中C由＋3价升高为二氧化碳中＋4价，中Mn由＋7价降为Mn2＋中的＋2价，要使氧化剂与还原剂得失电子相等则H2C2O4系数为5，系数为2，结合原子个数守恒，反应方程式：；故答案为；②草酸反应完毕，加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色，说明滴定达到终点；故答案为加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；【小问3详解】①滴定时的滴定管中的液面，其读数为22.80mL；故答案为22.80；②三次消耗酸性KMnO4溶液体积分别为：20.38mL、20.40mL、20.42mL，三次滴定数据都是有效的，三次消耗盐酸的平均体积为20.40mL，根据关系式5H2C2O4～2可知，，所以25.00mL待测溶液含有：m(H2C2O4•2H2O)═n•M═0.0102mol×126g/mol＝1.2852g，所以250.00mL待测溶液含有m(H2C2O4•2H2O)═1.2852g×＝12.852g，草酸晶体的纯度；故答案为98.86%；【小问4详解】A．称取13.0g草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘，因称量时不需要用游码，则无影响，故A错误；B．用草酸溶液润洗，草酸的物质的量增加，使测定结果偏高，故B错误；C．读取KMnO4溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据分析，测定结果偏低，故C正确；D．盛KMnO4溶液的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据分析，使测定结果偏高，故D错误； 故答案选BD。【点睛】本题考查氧化还原滴定原理与应用，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力。氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。完成下列填空：11.写出电解饱和食盐水的离子方程式。12.离子交换膜的作用为：、。13.精制饱和食盐水从图中位置补充，氢氧化钠溶液从图中位置流出（选填“a”、“b”、“c”或“d”）。14.KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式。15.室温下，0.1mol/LNaClO溶液的pH0.1mol/LNa2SO3溶液的pH（选填“大于”、“小于”或“等于”）。浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3–浓度从大到小的顺序为。已知：H2SO3Ki1=1.54×10-2Ki2=1.02×10-7HClOKi1=2.95×10-8H2CO3Ki1=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11【答案】11.2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－12.阻止OH-进入阳极室，与Cl2发生副反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸13.a；d14.2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O15.大于；SO32–>CO32–>HCO3–>HSO3– 【解析】【11题详解】1.电解饱和食盐水时，溶液中的阳离子H+在阴极得到电子变为H2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的阴离子Cl-在阳极失去电子，发生氧化反应。产生Cl2。反应的离子方程式是2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。【12题详解】2.图中的离子交换膜只允许阳离子通，是阳离子交换膜，可以允许阳离子通过，不能使阴离子通过，这样就可以阻止阴极溶液中的OH-进入阳极室，与氯气发生反应，阻止Cl-进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH纯度更高。同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。【13题详解】随着电解的进行，溶质NaCl不断消耗，所以应该及时补充。精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充，由于阴极H+不断放电，附近的溶液显碱性，氢氧化钠溶液从图中d位置流出；水不断消耗，所以从b口不断加入蒸馏水，从c位置流出的是稀的NaCl溶液。【14题详解】KClO3有氧化性，H2C2O4有还原性，在酸性条件下KClO3可以和草酸（H2C2O4）生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。则根据电子守恒及原子守恒，可得该反应的化学方程式是：2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O。【15题详解】NaClO、Na2SO3都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H+，破坏了水的电离平衡，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性。形成盐的酸越弱，盐水解程度就越大。消耗的离子浓度越大，当溶液达到平衡时，剩余的离子浓度就越小。由于H2SO3的Ki2=1.02×10-7；HClO的Ki1=2.95×10-8，所以酸性：HSO3->HClO，因此溶液的pH:NaClO>Na2SO3。由于电离程度：H2SO3>H2CO3>HSO3->HCO3-，浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，水解程度：CO32–>SO32–，所以离子浓度：SO32–>CO32–；水解产生的离子浓度：HCO3->HSO3-。但是盐水解程度总的来说很小，主要以盐电离产生的离子存在。所以在该溶液中SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3–浓度从大到小的顺序为SO32–>CO32–>HCO3–>HSO3–。[化学——选修5：有机化学基础] 16.某芳香族化合物F的合成路线如下：已知：①烃A的相对分子质量为92，C能够发生银镜反应。②③2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O试回答下列问题：（1）写出A的名称_______；A转化为B的条件为_______（2）D中官能团的名称为_______，该物质中位于同一平面上的原子最多有_______个（3）写出E转化为F的化学方程式_______（4）满足下列条件的F的同分异构体的数目为_______种a.属于芳香族化合物，且苯环上的核磁共振氢谱有两组峰b.能够与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体c.能够使溴的CCl4溶液褪色写出一种核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1：1：1：2：2：3的结构简式：_______（5）根据题目流程和信息，写出以乙烯和OHCCHO为原料合成HOOCCH=CHCH=CHCOOH的合成路线：_______【答案】（1）①.甲苯②.氯气、光照（2）①.碳碳双键、醛基②.18（3）+CH3OH+H2O（4）①.6②.或（5）【解析】【分析】根据题目信息可知A为烃，相对分子质量为92，结合F属于芳香族化合物，故A 为甲苯；B到C的条件为水解的条件，且C能发生银镜反应（即含有醛基，为苯甲醛），结合已知③知D为苯丙烯醛（），E为苯丙烯酸（），F为苯丙烯酸甲酯（）。【小问1详解】根据题目信息可知A为烃，相对分子质量为92，结合F属于芳香族化合物，故A为甲苯；B到C的条件为水解的条件，且C能发生银镜反应（即含有醛基，为苯甲醛），故A转为B的条件可以为氯气、光照，且结合已知②可知B为；【小问2详解】C为苯甲醛，结合已知③知D为苯丙烯醛（），E为苯丙烯酸（），F为苯丙烯酸甲酯（），所以D中的官能团为碳碳双键和醛基，苯丙烯醛分子中包含苯环、乙烯和甲醛的基础结构，苯、乙烯和甲醛都是平面结构，又因为单键可以旋转，故该物质中位于同一平面上的原子最多有18；【小问3详解】E转化为F为酯化反应，对应的方程式为+CH3OH+H2O；【小问4详解】满足条件的同分异构体苯环上的取代基应处于对位，含有碳碳双键和羧基，因此共有6种，其中满足核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶2∶2∶3的结构简式为或；【小问5详解】首先乙烯利用题干信息转化为乙醛，再与乙二醛反应增长碳链，再依次将醛基氧化、酸化即可得出目标物质。