四川省泸州市泸县第五中学2022-2023学年高二化学下学期4月月考试题（Word版附解析）

泸县五中2022-2023学年高二下期第二月考试化学试题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.化学与生产生活有着紧密联系，下列有关叙述正确的是A.泡沫灭火器可以用于电器着火时灭火B.明矾可以用于自来水的净化和消毒杀菌C.氢氧化铝可以用于中和胃酸过多D.纯碱和合成洗涤剂都可用于去除油污，二者去污原理相同【答案】C【解析】【分析】【详解】A．泡沫灭火器灭火以后会使电器发生短路，容易触电，则电器着火时不能用泡沫灭火器灭火，A叙述错误；B．明矾可以用于自来水的净化，生成的氢氧化铝无强氧化性不能消毒杀菌，B叙述错误；C．氢氧化铝能与盐酸反应生成氢氧化铝和水，可以用于中和胃酸过多，C叙述正确；D．纯碱和合成洗涤剂都可用于去除油污，纯碱溶液显碱性，导致油污在碱性条件下水解，合成洗涤剂利用相似相溶原理去污，二者去污原理不相同，D叙述错误；答案为C。2.下列有关化学用语表示正确的是A.K+的结构示意图：B.基态氮原子的电子排布图：C.水的电子式：D.基态铬原子的价电子排布式：3d44s2 【答案】B【解析】【详解】A．K为19号元素，K原子核外有19个电子，失去最外层1个电子形成K+，所以钾离子的结构示意图为，故A错误；B．N元素为7号原子，原子核外有7个电子，根据核外电子排布规则可知基态氮原子的电子排布图为，故B正确；C．水共价化合物，其电子式为，故C错误；D．轨道半满能量较低，较稳定，所以基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，故D错误；故答案为B。3.“青鸟不传云外信，丁香空结雨中愁。”文中所提丁香树富含如图的一种物质而芬芳。下列说法错误的是A.分子式为B.该物质有4种官能团C.该物质完全燃烧生成2种产物D.1mol最多与反应【答案】B【解析】【详解】A．由该物质的结构简式可知，该物质的分子式为C10H12O2，A正确；B．该物质含有羟基、醚键、碳碳双键共3种官能团，B错误；C．该物质的分子式为C10H12O2，根据元素守恒，该物质完全燃烧只生成CO2、H2O两种产物，C正确；D．1mol苯环完全加成需要3moH2，1mol碳碳双键与1molH2发生加成反应，因此1mol该物质最多与反应，D正确；答案选B。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X、Y、Z的最外层电子数之和为17，X、Y为金属元素，W、X、Y能形成化合物。下列说法错误的是A.原子半径： B.X2Z水溶液显碱性C.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应D.Z分别与W、X、Y形成化合物时，Z的化合价相同【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y为金属元素，W、X、Y能形成化合物，该化合物为（冰晶石），故X、Y、W依次为、和F；又根据W、X、Y、Z的最外层电子数之和为17，则Z的最外层电子数为17-7-1-3=6，则Z为S元素，据此分析来解题。【详解】A．同周期从左往右，主族元素的原子半径逐渐减小；同主族从上往下，主族元素的原子半径逐渐增大，所以原子半径为：>>S>F，A项正确；B．的水溶液中由于硫离子水解而呈碱性，，B项正确；C．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为：、和，由于是两性氢氧化物，它们两两之间均能发生反应，C项正确；D．、中硫均显-2价，而与氟形成化合物时，硫显正价，如，D项错误；答案选D。5.25℃时，的，。下列说法正确的是A.溶液加水稀释溶液的pH增大B.溶液中满足：C.的电离程度大于的水解程度D.的水解常数【答案】D【解析】【详解】A．溶液中S2-发生水解反应生成HS-和OH-，加水稀释溶液的c(OH-)减小，pH减小，A错误；B．溶液中存在电荷守恒：，B错误；C．的电离常数为，的水解常数为，则水解程度大于电离程度，C错误； D．以第一步水解为主，水解方程式为+H2O，水解常数，D正确；故选：D。6.向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。向此透明溶液中加入乙醇，有深蓝色的晶体析出。下列对此现象的说法中错误的是A.NH3与Cu2+的配位能力强于H2OB.lmol[Cu(H2O)4]2+中含有σ键的数目为12NAC.NH3与铜离子络合，形成配合物后H-N-H键角会变大D.深蓝色的晶体析出的原因是与乙醇发生化学反应【答案】D【解析】【详解】A．硫酸铜溶液呈蓝色，是由于存在[Cu(H2O)4]2+，加入氨水后得到深蓝色的透明溶液是由于生成了[Cu(NH3)4]2+，所以NH3与Cu2+的配位能力强于H2O，选项A正确；B．每个水分子里含有两个O-H键，4个水分子共形成8条共价键，另外每个[Cu(H2O)4]2+中Cu2+与H2O形成4个配位键，所以1mol[Cu(H2O)4]2+中含有σ键的数目为12NA，选项B正确：C．NH3中N上有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大，N原子上的孤电子对与铜离子形成配位键后，对其他成键电子对的排斥力减小，所以键角变大，选项C正确：D．溶液中析出深蓝色晶体的原因是由于加入乙醇后溶剂的极性变小，没有发生化学反应，选项D错误；答案选D。7.草酸常用于清洗瓷砖表面的污渍，一种利用乙炔合成乙烯和草酸的电化学装置如图所示，下列说法正确的是A.电极a接电源的负极，电极上发生氧化反应B.离子交换膜为质子交换膜，H+从a极移向b极C.电极a、b上消耗的C2H2气体的质量比为4︰1 D.b电极的电极反应式是C2H2+8e-+4H2O→H2C2O4+8H+【答案】C【解析】【分析】C2H2中C元素显-1价，C2H4中C元素显-2价，H2C2O4中C元素显+3价，则a极得电子作阴极，b极失电子作阳极。【详解】A．由C2H2制C2H4，电极a上得电子，作阴极，则接电源的负极，电极上发生还原反应，A不正确；B．在阳极，C2H2-8e-+4H2O→H2C2O4+8H+，在阴极，4C2H2+8e-+8H+→4C2H4，离子交换膜为质子交换膜，阳离子向阴极移动，则H+从b极移向a极，B不正确；C．b极：C2H2-8e-+4H2O→H2C2O4+8H+，a极：4C2H2+8e-+8H+=4C2H4，则电极a、b上消耗的C2H2气体的质量比为4︰1，C正确；D．b电极为阳极，失电子，则电极反应式是C2H2-8e-+4H2O→H2C2O4+8H+，D不正确；故选C。第II卷(非选择题58分)8.磺酰氯(SO2Cl2)可用于制造锂电池正极活性物质。实验室可利用SO2和Cl2在活性炭催化下反应制取少量SO2Cl2，装置如图(部分夹持装置已省略)。已知：①SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(1)△H=-97.3kJ/mol；②SO2Cl2熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，常温较稳定，遇水剧烈水解，100℃以上易分解。回答下列问题：（1）仪器A的名称是____，装置丙中橡胶管的作用是____。（2）装置丙中发生反应的离子方程式为____，上述仪器的正确连接顺序是e→→→→→g，h←←←f(填仪器接口字母编号，仪器可重复使用)。____（3）仪器F的作用是____。（4）装置丁中三颈烧瓶需置于冷水浴中，其原因是____。（5）SO2Cl2遇水剧烈水解化学方程式为____。（6）某实验小组利用该装置消耗氯气1120mL(标准状况下，SO2足量)，最后得到纯净的磺酰氯5.4g，则磺酰氯的产率为____。 【答案】（1）①.蒸馏烧瓶②.平衡气压，使液体顺利滴下（2）①.2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O②.←c→d→a→b，b←a（3）吸收SO2、Cl2，防止污染空气；同时防止水蒸气进入装置中使黄酰氯水解（4）因为制备SO2Cl2的反应为放热反应，SO2Cl2的沸点低，温度过高易气化且易分解（5）SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl（6）80%【解析】【分析】本实验利用SO2和Cl2在活性炭催化下反应制取少量SO2Cl2，丙装置制备氯气，饱和食盐水可除去氯气中的HCl，甲中浓硫酸干燥氯气；戊装置制备SO2，甲装置干燥二氧化硫，干燥后的两种气体通入丁中制备产物，球形冷凝管可冷凝产物，F中为碱石灰，吸收氯气和二氧化硫，防止污染空气，同时防止水蒸气进入装置中使黄酰氯水解。【小问1详解】仪器A的名称为蒸馏烧瓶；装置丙中橡胶管的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；【小问2详解】丙中高锰酸钾和浓盐酸反应得到氯气，离子方程式为：2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；根据分析，丙制备氯气，乙吸收氯气中HCl，甲干燥氯气，戊制备二氧化硫，氯气和二氧化硫进入丁中制备产物，故装置连接顺序为：e→c→d→a→b→g，h←b←a←f；【小问3详解】根据分析，仪器F的作用是：吸收SO2、Cl2，防止污染空气；同时防止水蒸气进入装置中使黄酰氯水解；【小问4详解】SO2Cl2沸点为69.1℃，装置丁中三颈烧瓶需置于冷水浴中，其原因是：因为制备SO2Cl2的反应为放热反应，SO2Cl2的沸点低，温度过高易气化且易分解；【小问5详解】SO2Cl2遇水剧烈水解，化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；【小问6详解】标况下1120mL氯气的物质的量为：0.05mol，根据方程式，理论上生成SO2Cl2的物质的量也为0.05mol，故产率为：。9.回答下列问题：（1）已知时，水的离子积常数，该温度下测得溶液的。则_______25℃(填“>”、“＜”或“=”)。在水溶液中的电离方程式为 _______。（2）已知氢氟酸、次氯酸、碳酸在室温下的电离常数分别为：根据上述数据，回答下列问题：①比较同浓度的、溶液的值大小：_______。②少量的通入溶液中，写出反应的离子方程式_______。（3）用标准溶液对测定白醋中醋酸的浓度，完全反应时所得溶液的大致为9。①该实验应选用_______作指示剂：判断酸碱中和滴定反应到达滴定终点时的现象为_______。②为减小实验误差，一共进行了三次实验，假设每次所取白醋体积均为，标准液浓度为，三次实验结果记录如表：实验次数第一次第二次第三次消耗溶液体积/26.0225.3525.30从上表可以看出，第一次实验中记录消耗溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是_______。A.实验结束时，俯视刻度线读取滴定终点时溶液的体积B.滴定前碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定结束尖嘴部分充满溶液C.盛装白醋溶液的滴定管用蒸馏水洗过，未用白醋溶液润洗D.锥形瓶预先用食用白醋润洗过E.滴加溶液时，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定（4）25℃时，有的一组、混合溶液，溶液中和与溶液的关系如图所示。下列说法错误的是_______。 A.曲线Ⅰ表示B.的数量级为C.时，D.时，【答案】（1）①.>②.（2）①.＜②.（3）①.酚酞②.当最后一滴标准溶液滴入，锥形瓶中溶液从无色变为粉红色，且半分钟内不褪色③.BD（4）B【解析】【小问1详解】常温下，水的离子积常数，时水的离子积常数>，水的电离是吸热过程，升高温度促进其电离，增大水的离子积常数，则>25℃下；测得溶液的，则溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，是中性溶液，A2-不水解，H2A是强酸，故在水溶液中的电离方程式为。【小问2详解】①根据越弱越水解原则，从表中可知，的Ka大于的Ka，F-和ClO-水解显碱性，则同浓度的、溶液的值大小：＜；②根据较强酸制得较弱酸原则，由于的Ka1>的Ka，的Ka>的Ka2，则通入溶液中，反应的离子方程式：。【小问3详解】①滴定终点时溶液大致为9 ，酚酞遇碱变红，则该实验应选用酚酞作指示剂；判断酸碱中和滴定反应到达滴定终点时溶液显碱性，酚酞变红色，故现象为：当最后一滴标准溶液滴入，锥形瓶中溶液从无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。②A．实验结束时，俯视刻度线读取滴定终点时溶液的体积，读数偏小，A错误；B．滴定前碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定结束尖嘴部分充满溶液，气泡体积算入消耗体积，溶液的体积偏大，B正确；C．盛装白醋溶液的滴定管用蒸馏水洗过，未用白醋溶液润洗，则白醋被稀释，消耗溶液的体积偏小，C错误；D．锥形瓶预先用食用白醋润洗过，白醋溶质增多，消耗NaOH溶液的体积偏大，D正确；E．滴加溶液时，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，则反应未到终点，NaOH溶液的体积偏小，E错误；故选BD。【小问4详解】A．从图中可知，随着pH的增大，曲线Ⅰ代表的微粒浓度下降，碱性增强，利于平衡正向移动，则曲线Ⅰ代表，A正确；B．取两曲线交叉点的数值计算，==10-9.24，数量级为，B错误；C．根据电荷守恒有：，时，，C正确；D．根据已知恒有：；时，；根据电荷守恒有：，则，D正确；故选B。10.NiCl2是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料，按如图流程回收NiCl2·6H2O晶体，回答下列问题。已知：Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9（1）滤渣1的成分主要是_______。 （2）若X为Cl2，则其发生的离子方程式是_______。若用H2O2代替Cl2，试剂Y的使用量会减少，原因是_______。（3）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。（4）实际生产中，产生滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是_______。操作A为_______、冷却结晶、过滤、洗涤。（5）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_______。【答案】（1）CuSS（2）①.②.Y试剂作用是增大溶液的pH，反应消耗氢离子（3）0.03（4）①.洗出沉淀表面镍离子，提高镍元素利用率②.蒸发浓缩（5）NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+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中加入氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，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；据此解答。【小问1详解】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；答案为CuS、S。【小问2详解】若X为Cl2，Cl2把Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；加入试剂Y的目的是调节pH生成Fe(OH)3沉淀，若用H2O2代替Cl2，发生反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，反应消耗H+，所以试剂Y的使用量会减少；答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应消耗氢离子。【小问3详解】由题中信息可知，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；答案为0.03。【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；答案为洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率；蒸发浓缩。【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NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑；答案为NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+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）①.C8H8O3②.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：；。【点睛】书写限定条件下的同分异构体时，先依据限定条件，确定可能含有的原子团，再确定原子团的可能位置。