四川省泸县第一中学2022-2023学年高二下学期6月期末考试化学 Word版含解析

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泸县一中2022-2023学年高二下期期末考试化学试题注意事项：可能用到的相对原子质量：H1　C12　N14　O16　S32　Cl35.5　K39　Ti48　Fe56第I卷　选择题一、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.化学已渗透到人类生活的各个方面。下列说法不正确的是A.凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用B.地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，处理后可用于制肥皂C.钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同D.低盐低脂饮食是目前大力提倡的健康饮食方法，可有效预防高血压等疾病【答案】A【解析】【详解】A．食品添加剂可限量使用，应严格按照食品添加剂的使用要求来使用，只要食物中食品添加剂的含量不超标，则其对人体健康无害，可放心食用，A说法不正确；B．地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下可以发生皂化反应制备肥皂，因此，地沟油处理后可用于制肥皂，B说法正确；C．钻石是碳元素一种同素异形体，水晶的主要成分是二氧化硅，刚玉的主要成分是氧化铝，因此，其化学成分不同，C说法正确；D．长期高盐高脂饮食有可能引发高血压等疾病，因此，低盐低脂饮食是目前大力提倡的健康饮食方法，可有效预防高血压等疾病，D说法正确；综上所述，答案选A.2.二氧化硫是形成酸雨的罪魁祸首之一，含硫煤燃烧的尾气处理一直是化学研究的重要课题。某工厂设计了新的治污方法，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是（）

1A.该过程中可得到化工产品B.该工艺流程中可以循环利用C.若处理含的尾气，理论上需要通入相同条件下的空气约D.可用澄清石灰水检验最终排出的气体是否含有二氧化硫【答案】D【解析】【分析】根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，据此分析解答。【详解】A．分析流程，最终转化为，故该过程中可得到化工产品，故A正确；B．与反应生成，然后被氧化为，故该工艺流程中可以循环利用，故B正确；C．根据2SO2 +O2⇌3SO3，若处理含的尾气，理论上需要相同条件下的氧气，氧气在空气中的体积分数约为，理论上需要通入相同条件下的空气约，故C正确；D．煤燃烧生成二氧化碳，最终排出的气体一定含有二氧化碳，也能使石灰水变浑浊，故D错误。答案选D。3.在密闭容器中进行的反应，其中X2、Y2、Z2、Q2的起始浓度分别为：0.1mol/L、0.4mol/L、0.2mol/L、0.3mol/L，反应达到平衡，各物质的浓度不可能为A.c(X2)=0.15mol/LB.c(Y2)=0.7mol/LC.c(Z2)=0.3mol/LD.c(Q2)=0.6mol/L【答案】D【解析】【分析】

2该反应是可逆反应，根据可逆反应的特征，反应物、生成物共存，所以反应物和生成物的浓度不可能是0，据此回答。【详解】A、的反应X2浓度增大，说明反应逆向进行建立平衡，所以0.1＜c(X2)＜0.2，故A可能；B．的反应Y2浓度增大，说明反应逆向进行建立平衡，所以0.4＜c(Y2)＜0.8，故B可能；C．的反应Z2浓度增大，说明反应正向进行建立平衡，所以0.2＜c(Z2)＜0.4，故C可能；D．的反应Q2浓度增大，说明反应正向进行建立平衡，所以0.3＜c(Q2)＜0.6，故C不可能；故选D。【点睛】该题的关键是明确可逆反应的特点是反应物、生成物共存，侧重对学生能力的培养和解题方法训练，注意灵活运用基础知识解决实际问题。4.有机物Q的合成路线(反应条件和其他产物已经略去)如图所示，下列说法错误的是A.最多能与发生反应B.在的过程中，发生还原反应C.Y能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不同D.P和Q均易溶于水【答案】D【解析】【详解】A．由题干信息可知，1molX中含有2mol醇酯基，则最多能与发生反应，A正确；B．由题干转化信息可知，有机化学中有机物加氢失氧的反应是还原反应，在的过程中即羧基转化为醇羟基，发生还原反应，B正确；C．Y能使溴水褪色是发生加成反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，即褪色原理不同，C

3正确；D．由题干信息可知，Q为醚类物质，P是卤代烃，二者均难溶于水，D错误；故答案为：D。5.中国国家航天局公布了由“祝融号”火星车拍摄的科学影像图，发现火星岩石中富含X、Y、Z、W四种短周期元素，其原子序数递增。Y是地球地壳中含量最高的元素，Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X、W同主族，且X、Z、W原子的最外层电子数之和为9。下列叙述正确的是A.简单离子半径：YZ,A错误；B．Y、Z、W形成的盐为硅酸钠，硅酸是弱酸，可水解产生氢氧根所以溶液呈碱性，B正确；C．X的氢化物可以是有机物，有固液气三种状态，故X氢化物的沸点不一定低于Y，C错误；D．碳化硅是由硅与碳元素以共价键结合形成的共价化合物，D错误；故选B。6.工业酸性废水中的可转化为除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示(实验开始时溶液体积为的起始浓度、电压、电解时间均相同)，下列说法中，不正确的是实验①②③电解条件阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨，滴加浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加浓硫酸的去除率%0.92212.757.3

4A.对比实验①②可知，降低pH可以提高的去除率B.实验②中，在阴极放电的电极反应式是C.实验③中，去除率提高的原因是阳极产物还原D.实验③中，理论上电路中每通过电子，则有被还原【答案】D【解析】【分析】A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大；B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应；C.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-；D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol电子，则有0.5molCr2O72-在阴极上被还原，且溶液中还有Cr2O72-被还原。【详解】A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，A正确；B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，故B正确；C.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，C正确；D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol电子，根据电极反应式Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，则有0.5molCr2O72-在阴极上被还原，同时阳极生成1.5molFe2+，根据得失电子守恒，溶液中还有0.25molCr2O72-被Fe2+还原，所以共有0.75molCr2O72-被还原，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查电解原理的应用的知识，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是D。7.秦俑彩绘中的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2都是难溶的铅盐。室温下，PbCO3和PbI2达到溶解平衡时，-lgc(Pb2+)与-lgc()或-lgc(I-)的关系如图，下列说法错误的是

5A.L2曲线代表PbCO3，其Ksp(PbCO3)=1.0×10-13.1B.p点对应的PbI2溶液中，滴入0.1mol·L-1Pb(NO3)2溶液，将析出固体PbI2C.反应PbI2(s)+(aq)PbCO3(s)+2I-(aq)的平衡常数K=105.1D.向等浓度Na2CO3与NaI的混合溶液中滴入Pb(NO3)2溶液先产生黄色沉淀【答案】D【解析】【详解】A．L2曲线代表PbCO3，取点(0，13.1)，此时-lgc()=0，c()=1mol/L，-lgc(Pb2+)=13.1，c(Pb2+)=10-13.1mol/L，其Ksp(PbCO3)=c(Pb2+)∙c()=1×10-13.1=1.0×10-13.1，A正确；B．p点对应的PbI2溶液中，滴入0.1mol·L-1Pb(NO3)2溶液，将增大溶液中的c(Pb2+)，使沉淀溶解平衡逆向移动，从而析出固体PbI2，B正确；C．取点(0，8)，可求出Ksp(PbI2)=10-8，反应PbI2(s)+(aq)PbCO3(s)+2I-(aq)的平衡常数K====105.1，C正确；D．因为Ksp(PbI2)=10-8，Ksp(PbCO3)=10-13.1，向等浓度的Na2CO3与NaI的混合溶液中滴入Pb(NO3)2溶液，所以先生成PbCO3沉淀，即先产生白色沉淀，D错误；故选D。第II卷(非选择题58分)8.50mL0.55mol·L-1盐酸与50mL0.50mol·L-1NaOH溶液在如下图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题：

6（1）从实验装置上看，尚缺少一种玻璃仪器，这玻璃仪器名称___________，是否可以用铜质材料替代___________(填“是”或“否”)。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是___________。（3）若大烧杯上不盖硬纸板，求得的反应热数值___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。（4）实验中若改用60mL0.50mol·L-1盐酸跟50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量(忽略测量误差，下同)___________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热___________(填“相等”或“不相等”)。（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热绝对值会___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。（6）仍按50mL0.55mol·L-1盐酸与50mL0.50mol·L-1NaOH溶液测定中和热。若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同，而终止温度与起始温度差t2-t1分别为①2.2℃，②3.5℃，③3.3℃，④3.4℃，则最终代入计算式的温差均值应该为___________℃。已知溶液的比热容4.18J/(g·℃)，密度为1g/mL。计算所得中和热ΔH=___________kJ/mol(计算结果保留一位小数)。【答案】（1）①.（环形）玻璃搅拌器②.否（2）保温，减少热量损失（3）偏小（4）①.不相等②.相等（5）偏小（6）①.3.4②.-56.8【解析】【分析】【小问1详解】根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，由于金属铜的导热速度很快，将引起更大的实验误差，故不能用铜质的仪器来代替环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌器；否；【小问2详解】中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；【小问3详解】大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；【小问4详解】反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol•L-1HCl溶液跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用50mL0.50mol•L-1盐酸代替H2SO4

7溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等；【小问5详解】氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；【小问6详解】由题干中数据可知，数据①明显实验误差舍去，故其余三次的温差的平均值为：3.4℃，根据反应可知50mL0.55mol·L-1盐酸与50mL0.50mol·L-1NaOH溶液反应可生成0.025molH2O，已知溶液的比热容4.18J/(g·℃)，密度为1g/mL。计算所得中和热ΔH==-56.8kJ/mol，故答案为：-56.8。9.铁的化合物有广泛用途，如三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶{}是一种光敏材料，也可作催化剂，碳酸亚铁()可作补血剂等，以废铁屑(含及少量Fe和)为原料制备以上物质的流程如下：已知：①25℃，，，；②离子浓度小于认为沉淀完全；③为可溶于水、难溶于乙醇的翠绿色晶体。回答下列问题：（1）滤液Ⅰ中含有、，检验所用的试剂为_______(填化学式)。（2）室温下，若滤液Ⅰ中为2，要保证滤液Ⅰ中不出现沉淀，则滤液Ⅰ中至少应大于_______。（3）将滤液Ⅱ与饱和溶液混合，发生反应的离子方程式为_______；已知饱和溶液的pH大于11，是否能用饱和溶液代替饱和溶液来制备？_______(填“是”或

8“否”)。（4）滤液Ⅰ与足量空气发生反应的离子方程式为_______；甲同学认为该步反应用稀代替空气效果更好，乙同学不同意甲的观点，其理由是_______。（5）获得翠绿色晶体的“一系列操作”包含_______(填操作名称)；用乙醇洗涤晶体而不用水洗涤的目的为_______。【答案】（1）（2）0.1（3）①.或、②.否（4）①.②.是分解的催化剂，会消耗大量的，导致生产成本过高（5）①.蒸发浓缩，冷却结晶，过滤②.减少晶体溶解损失，使晶体易干燥【解析】【小问1详解】由信息可知，滤液Ⅰ中含有、，检验的试剂为K3[Fe(CN)6]，可与反应产生蓝色沉淀。【小问2详解】要保证滤液Ⅰ中无沉淀，则，代入有关数据后可求出，。【小问3详解】滤液Ⅱ为溶液，与饱和溶液混合后，与发生反应的离子方程式为(或、)；溶液中，饱和溶液的pH大于11，则，；故用饱和溶液代替饱和溶液，与溶液混合制备，会产生，导致不纯。

9【小问4详解】滤液Ⅰ中通入足量空气的目的是将氧化成，离子方程式为：；溶液中的是分解的催化剂，若用稀代替空气，会消耗大量的，导致生产成本过高。【小问5详解】获得翠绿色晶体的“一系列操作”包含蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；用乙醇洗涤晶体而不用水洗涤的目的是减少晶体溶解损失，使晶体易干燥。10.我国含硫、天然气资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现实意义。回答下列问题：（1）天然气脱硫工艺涉及如下反应：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=akJ·mol-1H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+H2O(g)ΔH2=bkJ·mol-12H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)ΔH3=ckJ·mol-1则2S(g)=S2(g)△H4=_______kJ·mol-1（2）甲烷与H2S重整制氢是一条全新的H2S转化与制氢技术路线。为了研究甲烷对H2S制氢的影响，理论计算表明，原料初始组成n(CH4)：n(H2S)=1：2，在体系压强恒为1.0MPa，反应CH4(g)+2H2S(g)→CS2(g)+4H2(g)△H达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。①图中表示H2S、H2变化的曲线分别是_______、_______。反应达平衡的标志是_______(填标号)。A.2v正(H2S)=4v逆(H2)B.CH4的体积分数不再变化C.不再变化

10D.混合气体的密度不再改变②由图可知该反应的ΔH_______0(填“>”“<”或“=”)，判断的理由是_______。③M点对应温度下，CH4的转化率为_______；950℃时该反应的Kp=_______(MPa)2。【答案】（1）a+b-c（2）①.c②.a③.BD④.>⑤.温度升高，反应物减少，生成物增加，说明平衡正向移动⑥.或33.3%⑦.1【解析】【小问1详解】已知①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=akJ·mol-1②H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+H2O(g)ΔH2=bkJ·mol-1③2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)ΔH3=ckJ·mol-1根据盖斯定律，由×①＋②-③)得到2S(g)=S2(g)ΔH4=(a+b-c)kJ/mol；【小问2详解】①由方程式可知，CH4与H2S为反应物，投料比为1：2，因此c为H2S，d为CH4，CS2和H2为生成物，系数比为1：4，因此b为CS2，a为H2，故H2S、H2变化的曲线分别是c、a；A．方程式为CH4(g)+2H2S(g)→CS2(g)+4H2(g)，因此2v正(H2S)=v逆(H2)时反应达到平衡，A错误；B．CH4的体积分数不再变化时，说明各组分的浓度不再变化，反应达到平衡，B正确；C．CH4与H2S均为反应物，投料时二者按照系数比1：2，反应的量与系数成正比，也为1：2，此时剩余的量也是1：2，这种情况下一直为1：2，因此不再变化不能说明达到平衡，C错误；D．混合气体的密度ρ=，该反应前后都是气体，m不变，前后气体系数之和不相等，V是变量，因此ρ是变量，变量不变时，反应达到平衡，D正确；故选BD。②由图象可知，温度升高，生成物的量增大，反应物的量减少，说明平衡正向移动，正反应吸热，ΔH＞0③设CH4与H2S的投料量为amol和2amol，参加反应的CH4的物质的量为x，列出三段式：，M点时H2与H2S

11的物质的量分数相等，因此2amol-2x=4x，解得x=amol，因此CH4的转化率为×100%=≈33.3%；设CH4与H2S的投料量为amol和2amol，950℃时参加反应的CH4的物质的量为y，列出三段式：，950℃时CS2与CH4的物质的量分数相等，因此amol-y=y，解得y=amol，平衡时CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为amol、amol、amol、2amol，分压分别为×1.0MPa、×1.0MPa、×1.0MPa、×1.0MPa，Kp===1(MPa)2。11，12题所有考生选择一题完成，都选的，按照第1题给分。11.铁铬液流电池亮相冬奥会，因其安全性高、成本低、寿命长等优点备受各方关注。阿伏加德罗常数的值为NA。回答下列问题：（1）K3[Fe(CN)6]晶体为红色，俗称赤血盐，该化合物中铁离子与CN-以配位键形式相结合，其中配位原子为碳原子。该化合物中，电负性最大的元素是________，碳原子的杂化方式为________，1molK3[Fe(CN)6]中含________个σ键。（2）FeSO4常作补铁剂，Fe2+的价电子排布式为________，的空间构型是________。（3）基态铬原子核外电子占有的能级数为________。CrO5为蓝色晶体，其中Cr为+6价，也可将其书写为CrO(O2)2，其结构式为________。（4）已知单质铁的晶胞为体心立方堆积，结构如图所示，1个晶胞中含有____个铁原子，假设晶胞的边长为anm，则铁的密度为________g·cm-3。【答案】（1）①.N②.sp③.12NA（2）①.3d6②.正四面体

12（3）①.7②.（4）①.2②.【解析】【小问1详解】K3[Fe(CN)6]晶体中含有K、Fe、C、N元素，金属元素电负性小于非金属元素，C与N为同周期元素，N在C的右边，非金属性比C强，则该化合物中，电负性最大的元素是N；在该晶体中，C原子与N原子间形成碳碳三键，与Fe3+之间形成配位键，杂化方式为sp，1molK3[Fe(CN)6]中含6×2NA=12NA个σ键。答案为：N；sp；12NA；【小问2详解】FeSO4中，Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则价电子排布式为3d6，中S的价电子对数为4，则空间构型是正四面体。答案为：3d6；正四面体；【小问3详解】基态铬原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则核外电子占有的能级数为7。CrO5中Cr为+6价，也可将其书写为CrO(O2)2，说明分子中含有2个过氧链，其结构式为。答案为：7；；【小问4详解】单质铁的晶胞中，1个晶胞中含有铁原子=2个，假设晶胞的边长为anm，则铁的密度为=g·cm-3。答案为：2；。【点睛】计算晶胞中所含的微粒数时，可利用商余法。12.甲苯是重要的化工原料，以下是利用甲苯合成两种药物中间体X和Y的路线：

13回答下列问题：（1）B的名称是_______，A→C反应的条件是_______，X的官能团的名称是_______。（2）B→X的反应类型为_______，Y物质的分子式是_______。（3）G→H反应的化学方程式为_______。（4）E物质的同分异构体中，能够同时满足下列条件的有_______种：①能发生银镜反应；②能使FeCl3溶液显紫色。其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1︰2︰2︰2︰1的结构简式为_______。【答案】（1）①.对甲基苯酚(或4-甲基苯酚)②.光照③.羟基、羰基(酮基)（2）①.取代②.C15H20O4（3）+2C2H5OH+2H2O（4）①.13②.【解析】【分析】C为，由流程中的反应物及条件分析，D为，E为，F为，G为，H为。【小问1详解】B的结构简式为，则名称是：对甲基苯酚(或4-甲基苯酚)，A()→C()，发生的是侧链上的取代反应，则反应的条件是光照，X为，官能团的名称是羟基、羰基(酮基)

14。答案为：对甲基苯酚(或4-甲基苯酚)；光照；羟基、羰基(酮基)；【小问2详解】B()+CH3COCl→X()+HCl，反应类型为取代，Y物质为，分子式是C15H20O4。答案为：取代；C15H20O4；【小问3详解】G()与乙醇发生酯化反应，生成H()和水，反应的化学方程式为+2C2H5OH+2H2O。答案为：+2C2H5OH+2H2O；【小问4详解】E为，能够同时满足下列条件：“①能发生银镜反应；②能使FeCl3溶液显紫色”的同分异构体中，含有酚-OH、-CH2CHO(在邻、间、对位置，共3种异构体)，或酚-OH、-CHO、-CH3(有10种异构体，它们是、、、、、、、、、)，共有13种异构体，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1︰2︰2︰2︰1的结构简式为。答案为：13；。