河北省邯郸市2021-2022学年高二上学期期末化学Word版含解析

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河北省邯郸市2021~2022学年高二上学期期末质量检测化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56As75Ba137一、单项选择题：本题共包括9小题，每小题3分，共27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。1.2021年10月16日0时23分，神舟十三号载人飞船发射取得圆满成功，我国太空计划再次迈出重要一步。下列与这次载人飞行任务有关化学知识的描述中错误的是A.研究和改变合金中原子排布可以为航天工业寻找性能优越的材料B.太空中观测恒星的光谱来自于原子中电子在轨道上的跃迁C.宇航员所呼吸的氧气可通过电解水反应制备D.太空舱中的太阳能电池翼工作时是将化学能转化为电能【答案】D【解析】【详解】A．寻找性能优越材料是一个永恒的话题，研究和改变合金中原子排布可以为航天工业寻找性能优越的材料，A正确；B．光谱是原子中电子在轨道上的跃迁，是能量变化的的结果，B正确；C．电解水生成氧气和氢气，生成的氧气可以为宇航员所呼吸的氧气，C正确；D．太阳能电池翼工作时是将太阳能转化为电能，D错误；2.反应速率的加快可以缩短工业生产中的时间成本。改变下列条件，不能提高反应的反应速率的是A.扩大容器体积B.增大催化剂的表面积C适当升高温度D.增大分压【答案】A【解析】【详解】A．扩大容器体积，相当于减压，单位体积内的活化分子数减少，有效碰撞次数减少，反应速率降低，A符合题意；B．增大催化剂的表面积，活化分子有效碰撞次数增多，反应速率加快，B不符合题意；C．适当升高温度，活化分子数增多，活化分子有效碰撞次数增多，反应速率加快，C不符合题意；D．增大分压，单位体积内的活化分子数，活化分子有效碰撞次数增多，反应速率加快，D学科网（北京）股份有限公司

1不符合题意；故选A。3.下列物质所含化学键与其晶体结构对应错误的是选项物质化学键晶体结构ANaCl离子键离子晶体B(s，冰)共价键共价晶体C共价键共价晶体DNa金属键金属晶体A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．钠为金属最外层1个电子易失去，形成钠离子，氯最外层为7个电子易得到1个，形成氯离子，所以NaCl中化学键为离子键，其属于离子晶体，A正确；B．氢最外层1个电子，氧最外层6个电子，二者通过共用电子对形成共价键，所以H2O中化学键为共价键，其属于分子晶体，B错误；C．硅最外层4个电子，氧最外层为6个电子，二者通过共用电子对形成共价键，形成空间网状结构的SiO2，SiO2中化学键为共价键，其属于共价晶体，C正确；D．金属钠是由金属钠离子和自由电子所形成化学键为金属键，其属于金属晶体，D正确；故选B。4.化学语言是化学必备知识之一、下列溶液中存在盐类水解且水解方程式表示正确的是A.硝酸钠溶液中：B.碳酸钠溶液中：C.碳酸氢钠溶液中：D.醋酸钠溶液中：【答案】D【解析】学科网（北京）股份有限公司

2【详解】A．硝酸为强酸，NO不存在水解平衡，A错误；B．多元弱酸根离子应分步水解，且以第一步水解为主，CO+H2O⇌HCO+H+，B错误；C．HCO+H2O⇌CO+H3O+为HCO的电离平衡，HCO的水解为：HCO+H2O⇌H2CO3+H+，C错误；D．醋酸根的水解方程式为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，D正确；故选D。5.下列金属防护的措施不合理的是A.将车漆喷在汽车外壳上B.将水库铁闸门连接在直流电源的正极C.在船身上装锌块来避免船体遭受腐蚀D.向金属器材上涂抹油脂【答案】B【解析】【详解】A．将车漆喷在汽车外壳上可起到隔绝氧气和水的作用，A合理；B．将水库铁闸连接在直流电源的负极可起到防护作用，外加电流的的阴极保护法，B不合理；C．在船身上装锌块来避免船体遭受腐蚀，采用了牺牲阳极的阴极保护法，C合理；D．向金属器材上涂抹油脂可起到隔绝氧气和水的作用，D合理。故选B。6.下列描述与推断均正确且存在因果关系的是选项描述推断A碳的燃烧为放热反应，反应焓变为，碳与水蒸气制备水煤气的反应为吸热反应，反应焓变为B常温下，将铜、铁用导线连接后插入浓硝酸中，铜片上产生大量气泡铁的金属性强于铜C工业上使用催化剂可提高的产量催化剂可改变平衡转化率D泡沫灭火器使用时，将硫酸铝和碳酸氢钠溶液两种溶液混合，生成氢氧化铝和二氧化碳的泡沫混合液起灭火作硫酸铝和碳酸氢钠可互相促进水解反应学科网（北京）股份有限公司

3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．吸热反应Δ>0，放热反应Δ<0，由题干信息可知，A项错误；B．常温下，铁遇浓硝酸会钝化，所以将铜、铁用导线连接后插入浓硝酸中，铜片做负极，失电子，现象为铜片逐渐溶解，B项错误；C．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡转化率，C项错误；D．硫酸铝和碳酸氢钠两种溶液混合能生成氢氧化铝和二氧化碳，是因为二者能互相促进水解反应，D项正确；故答案为D。7.短周期x、y、z、m、n五种主族元素，原子序数依次增大，x元素的某种原子可以在考古时用来测定文物年代。常温时，测得0.1mol/Ly、m、n简单氢化物的水溶液pH分别为11、4、1。且z、m还可以与Na形成如图所以结构的化合物。以下有关说法错误的是A.原子半径：z＜m＜nB.简单氢化物的沸点：x＜y＜zC.电负性：z＞y＞xD.x的最高价氧化物中各原子均满足8e－稳定结构【答案】A【解析】【分析】短周期x、y、z、m、n五种主族元素，原子序数依次增大，x元素的某种原子可以在考古时用来测定文物年代，则x为C，常温时，测得0.1mol/Ly、m、n简单氢化物的水溶液pH分别为11、4、1，则y为N，n为Cl。根据z、m还可以与Na形成如图所以结构的化合物得到m为S，z为O。【详解】A．由题意推知短周期x、y、z、m、n五种主族元素分别为C、N、O、S、Cl。原子半径：S＞C1＞O，故A错误；B．和水分子间都可以形成氢键，且水常温呈液态，氨气呈气态，而学科网（北京）股份有限公司

4分子间不能形成氢键，所以简单氢化物的沸点顺序为：，故B正确；C．同周期主族元素电负性从左向右依次增大，故C正确；D．C的最高价氧化物为，各原子均满足稳定结构，故D正确。综上所述，答案为A。8.氰化氢(HCN可应用于电镀业(镀铜、镀金、镀银)、采矿业等。常温下，某等物质的量浓度的HCN和NaCN混合溶液的。下列说法错误的是A.常温下，B.该混合溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度C.该混合溶液中存在：D.该混合溶液中存在：【答案】D【解析】【详解】A．等物质的量浓度的HCN和NaCN的混合溶液的，可知，A项正确；B．混合溶液显碱性，的水解大于HCN的电离，促进了水的电离，B项正确；C．根据电荷守恒可知该混合溶液中存在：，根据物料守恒可知该混合溶液中存在：，混合溶液显碱性，可知，该混合溶液中存在，C项正确；D．根据电荷守恒可知该混合溶液中存在：，根据物料守恒可知该混合溶液中存在：，则溶液中质子守恒应为：，D项错误；答案选D。9.苯磺酸为一元强酸，其制备机理如下图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确是学科网（北京）股份有限公司

5A.升高温度有利于增大苯的平衡转化率B.其决速步骤反应为+H2SO4→+H2OC.两步反应活化能的差值为总反应的焓变D.反应过程中存在一个碳原子连接两个氢原子的中间状态【答案】B【解析】【详解】A．根据图中信息，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于增大苯的平衡转化率，A错误；B．化学反应决定于活化能，活化能越大反应速率越小，反应速率决定于反应慢，活化能大的，由图可知的活化能大，所以反应速率及决定于，B正确；C．焓变与两步反应活化能的差值无关，只与反应的始态和终态有关，C错误；D．反应过程中不存在一个碳原子连接两个氢原子的中间状态，D错误；故选B。二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。10.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.溶液中所含数目为0.1NAB.含的水溶液中所含氢原子数目为0.4NAC.5.6g铁与完全反应，转移电子数目0.3NAD.28gN60(分子结构为)中含有的σ键数目为3NA【答案】D学科网（北京）股份有限公司

6【解析】【详解】A．NH会水解，1L0.1mol⋅L−1NH4Cl溶液中所含NH数目小于0.1NA，A错误；B．一个CH3COOH分之中有4个氢原子，0.1molCH3COOH含有0.4molH，溶剂水中也含有氢原子，故0.1molCH3COOH的水溶液中所含氢原子数大于0.4NA，B错误；C．5.6g铁与0.1molCl2完全反应，氯气不足，0.1molCl2完全反应转移电子数为0.2NA，C错误；D．28gN60中含有×60=2mo1氮原子，由图示可知每个氮原子平均形成1.5个σ键，故含有的σ键数目为3NA，D正确；故选D。11.TK温度下，控制体积不变，向某密闭容器中充入等物质的量的和，发生下列反应：i.ii.和的分压随时间变化如下图所示，其中第3min时只改变了影响反应的一个条件。已知：可以用分压表示反应速率及化学平衡。下列说法错误的是A.图中代表变化的曲线为B.0~2min内的平均反应速率C.TK温度下，反应i的平衡常数D.3min时改变的条件为增大压强【答案】AD【解析】【详解】A．反应i和ii均消耗，所以的变化量偏大，所以图中代表学科网（北京）股份有限公司

7变化的曲线是，A项错误；B．0~2min内的平均反应速率，B项正确；C．由图可知2min时反应均达到平衡，利用方程式列出的反应关系为：所以TK温度下，反应i的平衡常数，C项正确；D．3min时分压均增大，则改变的条件有可能是加压或升高温度(升高温度，压强也会增大)，但加压后反应ii会正向移动，随后的分压会降低，不符合；升温后两反应均逆向移动，两物质分压均再次增大，D项错误。故答案：AD12.微生物电池具有高效、清洁、环保等优点。某微生物电池工作原理如图所示，下列说法错误的是A.a极为该电池的负极B.b极的电极反应式为C.放电过程中a极附近pH降低D.当外电路通过时，理论上溶液中会有通过质子交换膜移向b极【答案】B【解析】【详解】A．该电池中甲醇做还原剂，所以a极为该电池的负极，A项正确；B．b极的电极反应式为，B项错误；C．放电过程中a极的电极反应式为，所以其附近pH降低，C项正确；D．通过质子交换膜移向b极，D项正确。学科网（北京）股份有限公司

8故答案为：B13.常温下，向20mL溶液中通入HCl气体(溶液体积变化忽略不计)，溶液中含碳元素的各种微粒(气体因逸出不考虑)物质的量分数(δ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法错误的是A.曲线Ⅰ表示物质的量分数B.水解的平衡常数为C.水的电离程度：M＞N＞P＞QD.Q点存在：【答案】BD【解析】【分析】向溶液中通入HCl，和HCl反应先生成，再和HCl反应生成H2CO3，故曲线Ⅰ表示物质的量分数，曲线Ⅱ表示物质的量分数，曲线Ⅲ表示H2CO3物质的量分数。【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示物质的量分数，A项正确；B．水解的平衡常数表达式为，M点时，物质的量分数等于物质的量分数，此时pH=10.46，则，的水解平衡常数为，，B项错误；C．随着HCl气体的通入，水的电离程度逐渐减弱，故水的电离程度：M＞N＞P＞Q，C项正确；D．Q点时大量逸出，溶液中碳元素总和小于，故学科网（北京）股份有限公司

9，D项错误；答案选BD。三、非选择题：本题共4小题，共57分。14.我国科学家在铁基高温超导体的研究上取得重大突破，发现了该超导体是由Fe、Ba、As三种元素组成，这为进一步理解超导配对机理及其与电荷密度波的关系提供了重要实验证据。回答下列问题：（1）Ba元素属于元素周期表的___________区元素。（2）基态Fe原子核外电子排布式为___________，同周期中基态原子未成对电子数比Fe多的有___________种元素。（3）As为第四周期第ⅤA族元素，与其同周期且相邻的元素分别为32Ge、34Se，三种元素的基态原子第一电离能由大到小的顺序为___________，原因为___________。（4）的晶胞结构如图1所示。该晶体的化学式为___________，设NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度是___________(用含a、b、NA的代数式表示)。【答案】（1）s（2）①.②.两（3）①.As＞Se＞Ge②.同周期从左向右第一电离能呈递增趋势，基态As原子4p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于Se（4）①.②.【解析】【分析】（1）基态Ba原子的价电子6s能级上的2个电子；（2）Fe为26号元素，核外由26个电子，最外层有2个电子，根据核外电子排布知识可知，同周期中基态原子未成对电子数比Fe多的有Mn(5个)和Cr(6个)两种元素；（3）同周期从左向右第一电离能呈递增趋势；学科网（北京）股份有限公司

10（4）晶胞中Ba原子个数1+8×=2、Fe原子个数=8×、As原子个数2+8×，三者的原子个数之比为1∶2∶2，该晶胞体积V=a2b×10-30cm3，则该晶胞的密度ρ===，以此来解析；【小问1详解】基态Ba原子的价电子6s能级上的2个电子，Ba元素属于元素周期表的s区元素；【小问2详解】基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63d64s2,未成对的电子数目为4，同周期中基态原子未成对电子数比Fe多的有Mn(5个)和Cr(6个)两种元素；【小问3详解】同周期从左向右第一电离能呈递增趋势，基态As原子4p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于Se，所以三种元素的基态原子第一电离能由大到小的顺序为As＞Se＞Ge；小问4详解】由图可知，BaFexASy晶胞中Ba原子个数1+8×=2、Fe原子个数=8×、As原子个数2+8×，三者的原子个数之比为1∶2∶2，所以BaFexAsy中x=2，y=2，该晶体的化学式为BaFe2As2，该晶胞的质量m==，体积V=a2b×10-30cm3，则该晶胞的密度ρ===；15.道过电渗所法电解制备硫酸和NaOH溶液的原理如下图所示。电极M和电极N均为惰性电极。ab、cd均为离子交换膜。学科网（北京）股份有限公司

11回答下列问题：（1）电极电势：M___________(填“＞”“=”或“＜”，下同)N；物质的量浓度：溶液Ⅰ___________溶液Ⅱ。（2）ab、cd分别为___________(填“阴”或“阳”，下同)离子交换膜和___________离子交换膜。（3）电解时，可将___________(填“M”或“N”)电极换成不锈钢。（4）M电极上发生反应的电极反应式为___________。（5）当电路中通过1mol电子的电量时，理论上N极上产生气体的体积为___________(标准状况下测量)。【答案】（1）①.＞②.＞（2）①.阴②.阳（3）N（4）（5）11.2L【解析】【分析】由图可知，与直流电源正极相连的M电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为，氢离子的生成使阳极区阳离子电荷数大于阴离子，硫酸钠溶液中的硫酸根离子通过ab阴离子交换膜进入阳极区，在阳极区制得硫酸；与直流电源负极相连的N电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为，氢氧根离子的生成使阴极区阴离子电荷数大于阳离子，硫酸钠溶液中的钠离子通过cd阳离子交换膜进入阴极区，在阴极区得到浓氢氧化钠溶液，使得硫酸钠溶液Ⅰ的浓度大于溶液Ⅱ。【小问1详解】由分析可知，与直流电源正极相连的M电极为电解池的阳极，N电极为阴极，则阳极M的电极电势大于阴极N；电解时，硫酸钠溶液中的硫酸根离子通过ab阴离子交换膜进入阳极区，钠离子通过cd阳离子交换膜进入阴极区，则硫酸钠溶液Ⅰ的浓度大于溶液Ⅱ，故答案为：＞；＞；【小问2详解】由分析可知，电解时，硫酸钠溶液中的硫酸根离子通过ab阴离子交换膜进入阳极区，在阳极区制得硫酸，钠离子通过cd阳离子交换膜进入阴极区，在阴极区得到浓氢氧化钠溶液，故答案为：阴；阳；【小问3详解】若电解时，将阳极M电极的惰性电极换为不锈钢，铁会在阳极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，不能在阳极区制得硫酸，所以只能将阴极N电极换为不锈钢，故答案为：N；【小问4详解】学科网（北京）股份有限公司

12由分析可知，与直流电源正极相连的M电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为，故答案为：；【小问5详解】N极上产生的气体为氢气，当电路中通过1mol电子的电量时，理论上产生氢气的体积为1mol××22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2L。16.维生素C(C6H8O6)又称L－抗坏血酸，其还原性很强，在空气中极易被氧化，尤其在碱性介质中氧化速度更快，具有促进骨胶原的生物合成、利于组织创伤口更快愈合等生理功能。实验室检验测定药片中维生素C含量的实验步骤如下。Ⅰ.配制溶液：准确称量碾碎后的药品0.4000g，溶解于新煮沸冷却的蒸馏水中，加入适量醋酸，后配制成250mL溶液。Ⅱ．滴定实验：取配制好的溶液50.00mL于锥形瓶，并加入0.5%淀粉指示剂2mL，立即用的标准溶液滴定至终点。平行滴定3次，平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。已知：。（1）配制溶液步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、___________和___________。（2）溶解药片时加入适量醋酸的目的为___________。（3）将标准溶液装入酸式滴定管的具体操作顺序为___________(填字母)，再夹在滴定管夹上备用。a．装入：标准溶液至0刻度以上；b．检查滴定管是否漏液；c．排尽尖嘴部分气泡；d．用标准溶液润洗滴定管2~3次；e．用蒸馏水清洗2~3次；f．将液面调节至“0”或“0”刻度以下。（4）滴定至终点时的实验现象为___________。（5）该药片中维生素C的百分含量为___________%。（6）若配制过程中采用了来煮沸过的蒸馏水，可能导致测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)；若读取标准溶液体积时滴定前仰视，滴定后俯视，可能导致测定结果___________。【答案】（1）①.胶头滴管②.250mL容量瓶（2）调节至酸性，防止维生素C被氧化（3）bedacf（4）滴入最后半滴标准溶液后溶液变蓝，且30s内不褪色（5）44（6）①.偏低②.偏低【解析】【小问1详解】学科网（北京）股份有限公司

13配制250mL一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、250mL容量瓶；故答案为胶头滴管；250mL容量瓶；【小问2详解】根据信息，维生素C在碱性介质中被氧化的速度更快，因此溶解药片时加入适量醋酸的目的是调节至酸性，防止维生素C被氧化；故答案为调节至酸性，防止维生素C被氧化；【小问3详解】用滴定管盛装待盛液操作是检漏→洗涤→润洗→装液→排尽尖嘴部分气泡并调节液面在“0”或“0”刻度以下，因此将I2标准溶液装入酸式滴定管的具体操作顺序是bedacf；故答案为bedacf；【小问4详解】根据滴定的反应方程式，滴定终点的现象是滴入最后半滴I2标准溶液，溶液颜色变蓝色，且30s内不褪色，故答案为最后半滴I2标准溶液，溶液颜色变蓝色，且30s内不褪色；【小问5详解】根据方程式可知，，其百分含量为；故答案为44%；【小问6详解】若配制过程中采用了未煮沸过的蒸馏水，可能导致维生素C部分被氧化，导致测定结果偏低；读取I2标准溶液体积时滴定前仰视，滴定后俯视，会使读取的标准液比实际消耗的体积偏小，测定结果偏低；故答案为偏低；偏低。17.2030年前实现碳达峰的承诺，体现了中国的大国风范。甲烷和二氧化碳重整制合成气的研究是实现碳达峰的手段之一、甲烧和二氧化碳重整制合成气的反应为。已知：i.部分化学键键能数据如下表。化学键C-HC=OH-H键能/(kJ/mol)4137454361011ii.副反应Ⅰ：副反应Ⅱ：学科网（北京）股份有限公司

14（1）①___________，___________。②副反应Ⅱ属于___________(选填“熵增”或“熵减”)反应。（2）已知甲烷和二氧化碳重整制合成气反应的正反应速率，k为速率常数。900℃时，其他反应条件不变，只改变或时，正反应速率v的变化如图1所示。①若和的分压均为p1时，a=___________，b=___________。②若和的分压相等，分别为p2和p3两种情况下的正反应速率之比为___________。（3）在一定条件下，向某密闭容器中充入一定量的甲烷和二氧化碳，同时发生上述三个反应。反应过程中的平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。值随压强升高而减小的原因为___________；图2中的温度由大到小为___________，其判断理由为___________。【答案】（1）①.+248②.+206.5③.熵增（2）①.1②.1③.（3）①.加压后，主反应逆向移动，副反应Ⅱ也逆向移动，减小②.③.主反应和副反应Ⅱ均为吸热反应，温度越高，转化率越高学科网（北京）股份有限公司

15【解析】【小问1详解】根据断键吸热，成键放热的关系，△H=反应物键能总和-生成物键能总和，可得ΔH1=ΔH1=4×413kJ⋅mol−1+2×745kJ⋅mol−1−2×436kJ⋅mol−1−2×1011kJ⋅mol−1=+248kJ⋅mol−1；根据盖斯定律，得ΔH3=ΔH1−ΔH2=+2485kJ⋅mol−1−41.5kJ⋅mol−1=+206.5kJ⋅mol−1，副反应Ⅱ生成物中气体分子数目增多，混乱度增大，属于熵增反应；【小问2详解】①当p(CO2)=p1时，p(CO2)的增大反应速率呈直线递增，而随p(CH4)增大，反应速率始终呈直线递增变化可知，此时a=1，b=1；②p2~p3之间，随p(CO2)的增大，反应速率不再变化，可知此时b=0，所以CH4和CO2的分压均为p2和p3两种情况下的正反应速率之比为p2:p3；【小问3详解】加压后，主反应逆向移动，副反应Ⅱ也逆向移动，α(CH4)减小；主反应和副反应Ⅱ均为吸热反应，温度越高，CH4转化率越高，所以图2中的温度由大到小为T1>T2>T3；学科网（北京）股份有限公司