四川省内江市威远中学2022-2023学年高二化学下学期第二次阶段试题（Word版附解析）

威远中学高2024届高二下第二次阶段性考试理科综合试题可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Cu-64Zn-65一、单项选择题：本题共7小题，每题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是A.用生石灰脱燃煤中的硫，最终硫可转变为CaSO4B.用作信息高速公路的石英光导纤维是一种新型有机高分子材料C.净水池中加入活性炭有吸附色素和除异味的作用D.作反应容器涂层的聚四氟乙烯能抗酸、碱，耐腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．煤燃烧过程中硫元素转化为二氧化硫，二氧化硫与生石灰反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙，故A正确；B．石英光导纤维成分为SiO2,属于传统无机非金属材料，故B错误；C．活性炭具有吸附性，能吸附色素和除异味，故C正确；D．聚四氟乙烯性质稳定，具有很好的抗酸、碱，耐腐蚀，故D正确；故选：B。2.已知维生素C()具有酸性。下列说法错误的是A.维生素C中含氧官能团有羧基和羟基B.维生素C可能发生取代、加成反应C.向维生素C溶液中滴入紫色石蕊试液，溶液颜色变红D.向维生素C溶液中滴入几滴酸性KMnO4稀溶液，滴入的高锰酸钾溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A．维生素C中含氧官能团有酯基和羟基，故A错误； B．维生素C中醇羟基和酯基能发生取代反应，碳碳双键能发生加成反应，故B正确；C．酸能使紫色石蕊试液变红色，已知维生素C具有酸性，滴加紫色石蕊试液，溶液颜色变红，故C正确；D．维生素C中醇羟基和碳碳双键能被氧化，滴入几滴酸性KMnO4稀溶液，溶液褪色，故D正确；故选：A。3.设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.22.4L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为9NAB.常温常压下，78g苯中含C=C的数目为3NAC.电解精炼铜时，若阴极质量增加64g，则阳极失去的电子数为2NAD.1L2mol/LNaClO溶液中，ClO-数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A．没有标况不能计算其物质的量，故A错误；B．苯中不含碳碳双键，故B错误；C．电解精炼铜时，阴极上铜离子放电生成铜单质，若阴极质量增加64g，生成铜1mol，根据电子守恒可知，阳极失去的电子数为2NA，故C正确；D．次氯酸根离子水解导致次氯酸根离子小于2mol，数目小于2NA，故D错误；故选C。4.2019年是元素周期表诞生的第150周年，联合国大会宣布2019年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W的一种核素可用于文物年代的测定，X与W同周期相邻，四种元素中只有Y为金属元素，Z的单质为黄绿色气体。下列叙述正确的是A.W的氢化物中常温下均呈气态B.Z的氧化物对应的水化物均为强酸C.四种元素中，Z原子半径最大D.Y与Z形成的化合物可能存在离子键，也可能存在共价键【答案】D【解析】【分析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W的一种核素可用于文物年代的测定，则W为C元素，X与W同周期相邻，则X为N元素，Z的单质为黄绿色气体，则Z为Cl元素，四种元素中只有Y为金属元素，则Y可能为Na、Mg或Al，以此解题。【详解】由上述分析可知，W为C，X为N，Y为Na或Mg或Al，Z为Cl， A．W为C元素，C的氢化物中常温下可能为气态、液态或固态，如甲烷为气态、苯为液态，故A错误；B．Z为Cl元素，当Z的氧化物对应的水化物为HClO时，属于弱酸，故B错误；C．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则Y的原子半径最大，故C错误；D．Y为Na或Mg或Al，Z为Cl，Y与Z形成的化合物为NaCl时含离子键，为AlCl3时含共价键，故D正确；答案选D。【点睛】B项Z的氧化物对应的水化物没说是最高价氧化物对应的水化物，非金属性对应的是最高价氧化物对应的水化物，需要学生有分析问题解决问题的能力。5.下列实验方案能达到实验目的的是选项ABCD目的配制100mL0.1mol·L-1的硫酸除去氯气中的HCl气体由FeCl3溶液制取FeCl3固体判断2NO2(g)N2O4(g)的热效应实验方案A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．配制100mL0.1mol·L-1的硫酸时，不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，故A错误；B．HCl和NaHCO3溶液反应会生成CO2，引入新的杂质，不能用饱和NaHCO3溶液除去氯气中的HCl气体，故B错误；C．FeCl3溶液中Fe3+发生水解，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，直接加热，促进水解，生成的HCl易挥发，蒸发不能得到FeCl3固体，故C错误；D．热水中颜色深，说明反应2NO2(g)N2O4(g)逆向移动，则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反 应，故D正确；故选D。6.一种钠离子电池的工作原理如图所示，放电时电池反应可表示为，下列说法正确的是A.放电时，电能转化为化学能B.放电时，Y极发生还原反应C.充电时，X极电极反应式为D.充电时，每转移1mol，Y极质量减少23g【答案】C【解析】【分析】由图可知，放电时，X电极为原电池的正极，钠离子作用下Na1−xFePO4在正极得到电子发生还原反应生成NaFePO4，电极反应式为Na1−xFePO4+xe—+xNa+=NaFePO4，Y电极为负极，NaxC在负极失去电子发生氧化反应生成钠离子和碳，电极反应式为NaxC—xe—=xNa++C，充电时，X极与直流电源的正极相连做阳极，Y电极做阴极。【详解】A．由分析可知，放电时，该装置为化学能转化为电能的原电池，故A错误；B．由分析可知，Y电极为负极，NaxC在负极失去电子发生氧化反应生成钠离子和碳，故B错误；C．由分析可知，充电时，X极与直流电源的正极相连做阳极，电极反应式为NaFePO4—xe—=Na1−xFePO4+xNa+，故C正确；D．由分析可知，充电时，Y电极做阴极，电极反应式为xNa++C+xe—=NaxC，则每转移1mol电子，Y极质量增加23g，故D错误；故选C。 7.25℃时，用溶液滴定一元弱酸溶液，滴定曲线如图所示，已知：，下列说法正确的是A.a点时溶液中c(HAc)>c(Ac－)B.b点时溶液C.c点时溶液中D.滴定时可选用甲基橙作指示剂【答案】C【解析】【分析】25℃时，用溶液滴定一元弱酸溶液，两者反应生成醋酸钠和水，氢氧化钠体积为20mL时两者恰好反应。【详解】A．a点时pH=4.76，氢离子浓度为10-4.76mol/L，，则，A错误；B．b点时溶液溶质为醋酸钠，由于醋酸根离子的水解使得溶液显碱性，，B错误；C．c点溶质为醋酸钠和过量的氢氧化钠，且两者的物质的量之比为2：1，根据物料守恒可知，，C正确；D．滴定终点溶液显碱性，应选用酚酞作指示剂，D错误；故答案选C二、非选择题：共58分。(一)必考题：共43分。8.二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒灭菌剂。某化学兴趣小组设计如图装置制备二氧化氯。 已知：①ClO2是一种易溶于水、不与水反应的黄绿色有毒气体，其沸点为11℃。②ClO2+NaOH→NaCl+NaClO3+H2O(未配平)。（1）装置A中盛装Na2S2O3的仪器名称为____；装置E中ClO2与NaOH的反应中还原剂与氧化剂的质量之比为____，装置E中倒置漏斗的作用是____。（2）装置C中制得ClO2的同时还有硫酸的酸式盐生成，该反应的化学方程式为____。（3）ClO2溶液现配现用，用水吸收ClO2得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行下列实验：步骤1：准确量取20.00mLClO2溶液于锥形瓶中；步骤2：调节锥形瓶中溶液pH≤2.0，再加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入2~3滴淀粉溶液作指示剂，用0.050mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至终点，进行平行实验3次，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为16.00mL。[Na2S2O3+I2→Na2S2O6+NaI(未配平)，Na2S2O3溶液不稳定易被氧化]①Na2S2O3溶液应放在____(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；步骤2中反应的离子方程式为____。②步骤3中，判断滴定达到终点的标志是____。③根据实验数据，可算出原ClO2溶液中ClO2的浓度为____mg·L-1。④你认为下列可能造成测得的ClO2溶液中ClO2的物质的量浓度偏小的原因有____(填标号)。a.滴定管尖嘴处，滴定前有气泡，滴定后无气泡b.滴定过程中由于振荡过于剧烈，使少量液体洒出锥形瓶c.滴定前仰视Na2S2O3液面，滴定后俯视Na2S2O3液面d.滴定中使用Na2S2O3溶液敞口放置较长时间【答案】（1）①.圆底烧瓶②.5：1③.防倒吸（2）SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4（3）①.碱式②.8H++2ClO2+10I-=5I2+2Cl-+4H2O③.当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶中溶液的颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色④.540⑤.bc 【解析】【分析】硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫气体，C中、和反应生成和，ClO2沸点为11℃，蒸出后冷凝收集，尾气使用氢氧化钠吸收处理。【小问1详解】装置A中盛装Na2S2O3的仪器名称为圆底烧瓶；装置E中被吸收时发生的反应为，反应中既是氧化剂又是还原剂，作氧化剂部分反应生成，作还原剂部分反应生成，根据电子守恒可知还原剂与氧化剂的质量之比为；装置E中倒置漏斗的作用是防倒吸；【小问2详解】置C中制得ClO2的同时还有硫酸的酸式盐生成，则生成，故、和反应生成和，因此反应的化学方程式为；【小问3详解】①在溶液中，由于水解溶液呈碱性，因此溶液应放在碱式滴定管中。步骤2中在酸性条件下被氧化为单质，被还原成，因此离子方程式为。②碘单质能使淀粉变蓝色；步骤3中，判断滴定达到终点的标志是最后一滴标准液加入后，溶液蓝色消失且半分钟中内不变色；③根据反应和，可得关系式，即。因此，则溶液的浓度为。④a．滴定管尖嘴处，滴定前有气泡，滴定后无气泡，导致标准液用量偏大，测得误差偏大，a错误；b．滴定过程中由于振荡过于剧烈，使少量液体洒出锥形瓶，导致标准液用量偏小，测得误差偏小，b正确； c．滴定前仰视Na2S2O3液面，滴定后俯视Na2S2O3液面，导致读数偏小，标准液用量读数偏小，测得误差偏小，c正确；d．Na2S2O3溶液不稳定易被氧化，滴定中使用的Na2S2O3溶液敞口放置较长时间，使得标准液用量偏大，测得误差偏大，d错误；故选bc。9.硫酸锌是一种重要的工业原料，广泛用于农业、化工、电镀等行业。工业上由锌渣(主要成分为ZnO、FeO、CuO、PbO等)等工业废料生产ZnSO4·7H2O的流程如图：（1）“溶浸”操作中，写出加快“锌渣”“溶浸”速率的两种措施___。（2）“滤渣A”的主要成分是__；“滤渣B”是Fe(OH)3，“滤渣C”的主要成分是___。（3）“反应Ⅰ”中①，先加入NaClO反应的离子方程式为___；“反应Ⅰ”中②，再加入NaOH调节溶液pH约为___，则滤液中Fe元素浓度小于4×10-5mol·L-1，而基本存在于“滤渣B”中(Ksp[Fe(OH)3]=4×10−38)。（4）“反应Ⅱ”中，加入的锌粉需用少量稀硫酸处理，原因是___。（5）在实验室中，由滤液获得ZnSO4·7H2O晶体的具体实验操作有___、___、过滤、洗涤、干燥。（6）取28.7gZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量如表：温度/℃100250680930质量/g17.9016.1013.438.10则680℃时所得固体的化学式为__(填字母标号)。A.ZnOB.ZnSO4C.Zn3O(SO4)2D.ZnSO4·H2O【答案】①.锌渣粉碎成粉末、适当提高温度、适当提高硫酸浓度、搅拌②.PbSO4③.Cu④.2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O⑤.3⑥.除去锌粉表面的氧化膜⑦.蒸发浓缩⑧.冷却结晶⑨.C【解析】【分析】本题的突破口是通过分析所加入的物质，对锌渣杂质进行逐个分离。【详解】(1)加快锌渣溶浸速率的方法为：锌渣粉碎成粉末、适当提高温度、适当提高硫酸浓度、搅拌等，任选其二即可，故答案为：。(2)溶浸过程中，硫酸会与PbO发生反应，产生PbSO4沉淀，故“滤渣A”的主要成分为PbSO4，反应II为锌与Cu2+反应，置换出Cu进而分离铜，故“滤渣C”的主要成分是Cu，故答案为：PbSO4，Cu； (3)NaClO的作用是氧化Fe2+，且此时溶液是酸性环境，所以离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，因为滤液中Fe元素浓度小于4×10-5mol·L-1，而基本存在于“滤渣B”中(Ksp[Fe(OH)3]=4×10−38)，所以要控制pH，使Fe3+全部沉淀，故由可知，此时c(OH-)=1×10-11mol/L，故pH=3，所以答案为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，3；(4)因为锌粉表面存在氧化膜，需要除去，故答案为：除去锌粉表面的氧化膜；(5)由滤液获得ZnSO4·7H2O晶体的具体实验操作是固定的，即：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；(6)28.7gZnSO4·7H2O的物质的量为0.1mol，Zn的物质的量为0.1mol，由Zn守恒，若所得固体为ZnO，则为8.1g，若所得固体为ZnSO4，则为16.1g，若所得固体为Zn3O(SO4)2，则约为14.43g，若所得固体为ZnSO4·H2O，则约为17.9g，故答案为：C；【点睛】本题要认真分析各步的作用，从而进行推断。10.Ⅰ.铁及铁的氧化物广泛应于生产、生活、航天、科研领域。(1)铁的氧化物循环分解水制H2已知：H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g)　ΔH1=akJ•mol-16FeO(s)+O2(g)=2Fe3O4(s)　ΔH2=bkJ•mol-1则：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)　ΔH3=_______(2)Fe2O3与CH4反应可制备“纳米级”金属铁。已知，恒温恒容时，加入Fe2O3与CH4发生反应：3CH4(g)+Fe2O3(s)⇌2Fe(s)+6H2(g)+3CO(g)①此反应化学平衡常数表达式为_______②下列条件能判断该反应达到平衡状态的是_______a.消耗1molFe2O3的同时，消耗3molCOb.容器内气体的颜色不再改变c.容器内压强不再改变d.v正(CH4)=2v逆(H2)Ⅱ.用CH4还原NO2的反应为CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，向两个容积均为2L温度分别为T1、T2的恒温恒容密闭容器中分别加入1molCH4和2molNO2，测得各容器中n(NO2)随反应时间t的变化如图所示： ①T1_______T2(填“>”或“<”)。②T1时，40~80min内，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v(N2)=_______③T1下，200min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各lmol，化学平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)。Ⅲ.CaSO4微溶于水和酸，可加入氢氧化钠并通入CO2使其转化为CaCO3，然后加酸浸泡除去，反应的离子方程式为CaSO4+CO=CaCO3+SO，室温下，该反应的化学平衡常数为_______(室温下，Ksp(CaCO3)=3×10-9，Ksp(CaSO4)=9×10-6)。【答案】①(a+b/2)kJ·mol-1②.③.ac④.<⑤.0.0025mol·L-1·min-1⑥.正向⑦.3×103【解析】【分析】【详解】(1)设①H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g)　ΔH1=akJ•mol-1，②6FeO(s)+O2(g)=2Fe3O4(s)　ΔH2=bkJ•mol-1，③3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)　ΔH3，根据盖斯定律可知，故ΔH3=(a+b/2)kJ·mol-1，故答案为：(a+b/2)kJ·mol-1(2)①3CH4(g)+Fe2O3(s)⇌2Fe(s)+6H2(g)+3CO(g)此反应的化学平衡常数表达式为，故答案为：②a.消耗1molFe2O3的同时，消耗3molCO，方向相反速率相等，可以判断平衡，故a正确；b.容器内气体没有颜色，不能根据颜色变化判断平衡，故b错误； c.反应前后是气体分子数不相等的反应，当容器内压强不再改变可以判断平衡，故c正确；d.当2v正(CH4)=v逆(H2)时达到平衡，故d错误；故答案为：acⅡ.①根据先拐先平数值大原则，则T1<T2；故答案为：<②T1时，结合图象可知40~80min内，NO2物质的量变化=1.50mol-1.10mol=0.40mol，浓度变化量=，根据反应CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，N2的浓度变化量为：0.10，则，故答案为：0.0025mol·L-1·min-1③根据三段式可得：T1下，200min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各lmol，则化学平衡正向移动。故答案为：正向Ⅲ.反应式为：CaSO4+CO=CaCO3+SO，根据平衡常数表达式可得：，故答案为：3×103(二)选考题：共15分。【化学—选修3：物质结构与性质】11.钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。预计在未来20年里，不可能有替代钕铁硼磁铁的磁性材料出现。生产钕铁硼磁铁的主要原料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其他稀土原料。（1）钕(Nd)为60号元素，在周期表中第___________周期；基态铁原子的外围电子轨道表示式为___________。（2）实验测得AlCl3的实际存在形式为Al2Cl6，其分子的球棍模型如图所示。 ①已知Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，则Al2Cl6属于___________分子(填“极性”或“非极性”)，分子中Al采取___________杂化。②Al2Cl6与过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，[Al(OH)4]-中存在的化学键有___________(填选项字母)。A．离子键B．共价键C．金属键D．配位键E．氢键（3）B元素及与其同周期相邻两种元素第一电离能由小到大的顺序为___________(用元素符号表示)。（4）因材料中含有大量的钕和铁，容易锈蚀是它的一大弱点。可电镀镍(Ni)、锌(Zn)等进行表面涂层处理。已知Ni可以形成[Ni(NH3)6]Cl2，该配离子中的中心离子为___________，配体的空间构型为___________。（5）已知立方BN晶体硬而脆，其晶体类型是___________；其晶胞结构如图所示，N原子填充在B原子构成的正四面体空隙中，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，晶体的密度为bg·cm-3，则阿伏加德罗常数为___________mol-1(列式即可，用含a、b的代数式表示)【答案】（1）①.六②.（2）①.非极性②.sp3③.BD（3）B<Be<C（4）①.Ni2+②.三角锥形（5）①.原子(共价)晶体②.【解析】【小问1详解】钕(Nd)为60号元素，它位于元素周期表的第六周期；基态铁原子的外围电子轨道表示式为：；故答案为：六，；【小问2详解】①Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，采取sp3杂 化，故答案为：非极性；sp3；②Al采取sp3杂化，用最外层的四个空轨道接受O提供的孤对电子形成配位键，O与H之间是极性共价键；故答案为：BD；【小问3详解】同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但是Be原子2s轨道全充满状态是较稳定的，所以Be的第一电离能大于B，第一电离能B<Be<C；故答案为：B<Be<C；【小问4详解】[Ni(NH3)6]Cl2中Ni2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故中心离子为Ni2+，NH3为sp3杂化，一对孤电子对，故为三角锥形；故答案：Ni2+，三角锥形；【小问5详解】由于立方BN晶体是原子(共价)晶体，根据晶胞的结构可知，每个晶胞中含有4个N原子，B原子数为8×+6×=4，故晶胞的质量为g。晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，是正方体对角线长的，则晶胞的对角线长为4anm，晶胞的边长为nm=cm，故晶胞的体积为。晶体的密度为bg·cm－3，根据ρ=m/V可知b=，故NA=mol－1；