云南省昆明市2022-2023学年高二下学期期末化学 Word版含解析.docx

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昆明市2022～2023学年高二期末质量检测化学试卷可能用到的相对原子质量：一、单项选择题(本题共14小题，每小题3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.下列关于化学品合理使用的说法错误的是A.石膏的主要成分是，可用于制豆腐B.除虫菊中含有的除虫菊酯是一种天然杀虫剂C.味精能增加食品的鲜味，是一种常用增味剂D.包装上有“OTC”标识的药物不需要医生处方，可直接从药店购买【答案】A【解析】【详解】A．石膏的主要成分是，可用于制豆腐，故A错误；B．除虫菊中含有的除虫菊酯是一种天然杀虫剂，故B正确；C．味精能增加食品的鲜味，是一种常用增味剂，C正确；D．包装上有“OTC”标识的药物为非处方药，不需要医生处方，可直接从药店购买，故D正确。答案为：A。2.下列说法正确的是A．基态锂原子最高能级的电子云轮廓图B．分子的空间填充模型C．顺-2-丁烯的分子结构模型D．基态氮原子的电子排布图A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】 【详解】A．基态锂原子最高能级的排布式为2s1,电子云轮廓图，故A错误；B．分子的空间填充模型，故B正确；C．顺-2-丁烯的分子结构模型为：，故C错误；D．基态氮原子的电子排布图为：，故D错误。答案为：B。3.用下列实验装置进行相应实验，其中不能达到实验目的的是A．实验室制备B．分离和C．喷泉实验D．制备A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．实验室采用NH4Cl与Ca(OH)2加热制氨气，且氨气密度小于空气，采用向下排空气法收集，A正确；B．碘易升华可以与NaCl分离，用盛有冷水的烧瓶将其冷凝得到碘单质，B正确；C．CO2不能溶于饱和NaHCO3溶液中，不能产生喷泉现象，C错误；D．Fe(OH)2易被氧化，所以需要用苯来隔绝空气，D正确； 故选C。4.下列说法正确的是A.糖类、氨基酸、蛋白质均是两性化合物B.高分子材料能以石油、煤等化石燃料原料进行生产C.淀粉和纤维素在人体内的最终水解产物都是葡萄糖D.棉花、羊毛、植物油、天然橡胶均属于天然有机高分子【答案】B【解析】【详解】A．氨基酸、蛋白质均含有氨基和羧基，具有两性，糖类含有羟基、醛基或酮羰基，不具有两性，故A错误；B．高分子材料能以石油、煤等化石燃料为原料进行生产，故B正确；C．人体内没有纤维素酶，纤维素在人体内不能水解，故C错误；D．植物油由高级脂肪酸与丙三醇反应生成的酯，属于大分子化合物，不属于天然有机高分子，故D错误。答案为：B。5.氮、硫元素的单质和化合物在工农生产中有重要应用。部分含氮、硫元素物质的价类二维图如图所示。下列有关说法错误的是A.f可作制冷剂B.溶液可鉴别c和dC.f与氧气反应可以一步转化为hD.i的浓溶液一般保存在棕色试剂瓶中【答案】C【解析】【分析】由图可知左边表示硫元素，右边表示氮元素，其中a、b、c分别代表H2S、S、SO2，e为硫酸，d为SO3，；f、g分别为NH3、NO，h为NO2，i为HNO3，据此分析； 【详解】A．f为氨气，可做制冷剂，故A正确；B．c为SO2，d为SO3，其中d可以与溶液反应生成硫酸钡沉淀，可以鉴别，故B正确；C．f为NH3，可被氧气氧化为NO，故C错误；D．i为HNO3，见光易分解，所以一般保存在棕色试剂瓶中，故D正确；答案选C。6.下列离子方程式正确的是A电解饱和食盐水：B.溶液刻蚀电路铜板：C.泡沫灭火器原理：D.溶液中通入少量氯气：【答案】C【解析】【详解】A．电解饱和食盐水，阳极由氯离子失电子生成氯气，阴极由水电离的氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧化钠，离子方程式：，故A错误；B．铜与氯化铁溶液反应，铜被铁离子氧化为铜离子，铁离子被还原为亚铁离子，离子方程式：，故B错误；C．泡沫灭火器中碳酸氢钠与硫酸铝双水解，离子方程式：，故C正确；D．溶液中通入少量氯气，由于亚铁离子还原性强于溴离子，所以氯气先与亚铁离子反应，离子方程式：，故D错误；答案选C7.双氯芬酸具有解热镇痛作用，其结构简式如图。下列关于双氯芬酸的说法正确的是 A.分子式为B.分子中所有原子可能共平面C.分子中苯环上的一溴取代物有4种D.双氯芬酸能发生加成反应、取代反应【答案】D【解析】【详解】A．结合该有机物结构简式可知其分子式为，故A错误；B．与羧基相连的C及N为sp3杂化，所以不能所有原子共平面，故B错误；C．分子中苯环上有6种H，所以其一氯代物有6种，故C错误；D．苯环可与氢气发生加成反应，羧基可以发生酯化反应（取代反应），故D正确；答案选D。8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的简单气态氢化物溶于水呈碱性，基态Y原子无未成对电子，Z的某种氧化物具有漂白性。下列说法正确的是A.电负性：WS，A错误；B．N比其他三种原子少一个电子层，原子半径最小，电子层数相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径NS，则酸性HClO4>H2SO4，C错误；D．Mg能分别与N2、S和Cl2反应生成氮化镁、MgS和MgCl2，D正确；故答案选D。9.实验室常用标定，同时使再生，其反应原理如图所示。下列说法错误的是 A.属于盐类B.发生反应I后溶液酸性增强C.和在水溶液中能大量共存D.发生反应I和反应Ⅱ时，溶液颜色均发生了变化【答案】C【解析】【详解】A．属于复盐，A正确；B．反应I为：，产生H+溶液酸性增强，B正确；C．具有强氧化性，Fe2+具有还原性，不能大量共存，C错误；D．反应I发生时，溶液由无色变为紫色，Ⅱ发生时溶液由紫色变为黄色，D正确；故选C。10.的结构如图所示。下列说法正确的是A.O的第一电离能低于SB.相同条件下，的稳定性比强C.基态的价层电子排布式为D.该物质中存在的化学键类型有：离子键、共价键、氢键【答案】B【解析】【详解】A．同主族元素，从上往下，第一电离能逐渐减小，故O的第一电离能高于S，故Ａ错误；B．相同条件下，r(O)FeC取少量待测液于试管中，加入少量稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口试纸不变蓝溶液中不含D向含有和的悬浊液中滴加溶液生成黑色沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．将镀层破损的镀锌铁片放入溶液中，构成原电池，Zn作负极，Fe作正极，加入溶液未出现蓝色沉淀，可知镀层破损后锌对铁仍有保护作用，故A正确；B．常温时，浓硝酸可使铁钝化，形成致密氧化膜阻止反应的进行，所以铁无明显变化，并不能证明两种金属的金属活动性，故B错误；C．取少量待测液于试管中加入少量稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸不变蓝可能是应为反应生成一水合氨，不能证明没有，可通过加热的方法使一水合氨分解出氨气即可证明，故C错误；D．与溶液反应生成CuS沉淀，不发生沉淀转化则不能比较 的大小，故D错误；答案选A。12.工业上广泛采用二氟一氯甲烷热解制四氟乙烯：，其他条件不变时，温度对的平衡转化率、催化剂的催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是A.平衡常数：B.该反应的逆反应活化能高于正反应活化能C.反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成D.单位时间内的转化率：【答案】C【解析】【详解】A．根据图像信息，随温度升高，平衡转化率增大，反应向正向进行，反应为吸热反应，故平衡常数：，故A错误；B．该反应为吸热反应，逆反应活化能低于正反应活化能，故B错误；C．反应过程中涉及极性键C-Cl的断裂和非极性键C-C的形成，故C正确；D．Z点时，催化效率最低，反应速率最慢，单位时间内的转化率最低，故单位时间内的转化率：，故D错误。答案为：C。13.锂二氧化碳电池可在常温下同时实现二氧化碳的锚定与转化，可以在深海作业、火星探测等高二氧化碳的环境中得到应用，电池总反应为：。下列说法错误的是 A.该电池不能用水溶液作为电解液B.放电时，正极的电极反应为：C.充电时，锂电极与外接电源负极相连D.充电时，当生成(标准状况下)，通过隔膜迁移的数目为【答案】D【解析】【详解】A．根据题干反应方程式信息，锂作原电池的负极，多孔电极为正极，锂为活泼碱金属，易与水反应，故该电池不能用水溶液作为电解液，故A正确；B．放电时，多孔电极为正极，其电极反应为：，故B正确；C．放电时，锂为负极，充电时，锂电极与外接电源负极相连，故C正确；D．充电时，当生成(标准状况下)，转移电子数为0.2mol，外电路转移的电子数与内电路迁移离子多带的电荷数相等，故通过隔膜迁移的数目为，故D错误。答案为：D。14.常温时，用溶液滴定二元酸溶液，溶液中含A微粒的分布系数随pH的变化关系如图所示，[如的分布系数：]。下列说法错误的是 A.第二次突变时，可选用酚酞作指示剂B.溶液中存在：C.c点存在：D.的平衡常数【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，d点为滴定终点，溶液呈碱性，此时PH=8.5，酚酞的变色范围为8.2~10.0，酚酞由无色变为红色，故溶液第二次突变时，可选用酚酞作指示剂，故A正确；B．由图可知，溶液中，此时溶液为酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度，存在：，故B正确；C．由图可知，c点，根据物料守恒：，则存在：，故C错误；D．a点时,Ka1=，c点，Ka1= ，的平衡常数，故D正确。答案为：C。二、非选择题(本题共6小题，共58分)15.X、Y、Z、W是由四种常见短周期元素形成的化合物，灼烧时火焰均呈黄色，X常用于呼吸面具中氧气的来源，W具有漂白作用。这四种化合物具有下列转化关系(部分反应物、产物及反应条件已略去)：回答下列问题：（1）X的化学式为___________，含有的化学键有___________。（2）X→Y的化学方程式为___________。（3）Z→W的离子方程式为___________。【答案】（1）①.Na2O2②.离子键、非极性键（2）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（3）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【解析】【分析】X、Y、Z、W是由四种常见短周期元素形成的化合物，灼烧时火焰均呈黄色，说明均含有钠元素，X常用于呼吸面具中氧气的来源，故A为Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成Y（碳酸钠），Na2O2与水反应生成Z（氢氧化钠），氢氧化钠与氯气反应生成W（NaClO）。【小问1详解】结合上述分析，X的化学式为Na2O2，含有的化学键有离子键和非极性键。答案为：Na2O2；离子键、非极性键。【小问2详解】X→Y的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。【小问3详解】Z→W的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。 16.游离态的硫存在于火山口附近或地壳的岩层中，火山喷发会释放、、等气体。回答下列问题：（1）上述气体中___________(填化学式)是形成酸雨的主要物质。（2）的结构与类似，其电子式为___________。（3）S与Cu反应的化学方程式为___________。（4）能与反应，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。【答案】（1）（2）（3）Cu+SCuS（4）2:1【解析】【小问1详解】排放到空气中，形成硫酸型酸雨，发生的反应为：+H2O=H2SO3,H2SO3+O2=H2SO4。答案为：。【小问2详解】的结构与类似，其电子式为。答案为：。【小问3详解】S与Cu反应的化学方程式为：Cu+SCuS。答案为：Cu+SCuS。【小问4详解】能与反应，方程式为：2+=3S+2H2O，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1。答案为：2:1。17.二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。主反应： 副反应：回答下列问题：（1）相关化学键键能数据如下：化学键C=OH—HC—HC—OO—H键能803436414X464则x=___________，主反应在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。（2）主反应在铜催化下的反应历程如下：序号基元反应(活化能/eV)(反应能/eV)①0.20②1.270.55③0.76④0.420.35⑤0.11⑥0.890.37⑦1.010.32决定主反应速率的基元反应为___________(填标号)，原因是___________。（3）和按物质的量之比，在压强为，催化下进行反应，测得转化率和选择性[选择性=％]随温度的变化如图所示： ①温度高于℃，转化率增大的原因可能是___________。②某温度时，若测得转化率为25％，的选择性为20％，副反应的压力商___________(以分压代替浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数，保留一位有效数字)。③若想要提高的产率，除改变温度外，还可采取的措施有___________。【答案】（1）①.326②.低温（2）①.①②.活化能越大，反应速率越小，主反应的速率由反应最慢的基元反应决定（3）①.主反应的<0，副反应的>0，升高温度，主反应逆向移动，导致二氧化碳的转化率降低，副反应正向移动，导致二氧化碳的转化率增大，当温度高于℃，以副反应为主，转化率增大②.0.1③.提高催化剂的选择性、增大压强、及时分离出甲醇等【解析】【小问1详解】根据=反应物总键能-生成物的总键能，=，计算得x=326;该反应的<0，<0，根据吉布斯自由能时，反应易自发进行，故低温时，易自发进行。答案为：326；低温。【小问2详解】由表格信息可知，基元反应①的活动能最大，活化能越大，反应速率越小，主反应的速率由反应最慢的基元反应决定。答案为：①；活化能越大，反应速率越小，主反应的速率由反应最慢的基元反应决定。【小问3详解】①主反应的<0，副反应的>0，升高温度，主反应往逆向移动，导致二氧化碳的转化率降低，副反应往正向移动，导致二氧化碳的转化率增大，当温度高于℃，以副反应为主，转化率增大；②某温度时，若测得转化率为25％，的选择性为20％，设起始时CO2和H2的物质的量均为1mol，则 平衡时，n(CO2)=mol，n(H2)=mol，n(CO)=mol，n(H2O)=mol，P(CO2)=，则P(H2)P(CO)P(H2O)，则副反应的压力商=0.1；③若想要提高的产率，平衡正向移动，除改变温度外，还可采取的措施有提高催化剂的选择性、增大压强、及时分离出甲醇等。答案为：主反应的<0，副反应的>0，升高温度，主反应逆向移动，导致二氧化碳的转化率降低，副反应正向移动，导致二氧化碳的转化率增大，当温度高于℃，以副反应为主，转化率增大；0.1；提高催化剂的选择性、增大压强、及时分离出甲醇等。18.以某混合氧化物(由、、、组成)为原料制备和的工艺流程如下：回答下列问题：（1）基态Mn原子核外电子排布式为___________。（2）“碱浸”时，发生反应的化学方程式为___________。（3）“去铜”时，发生反应的离子方程式为___________。（4）已知“歧化”时反应为。常温下，相关物质的溶解度数据如下：物质溶解度(水)11133.76.34通入至溶液pH达10～11时，应停止通，依据上表数据说明不能继续通入的原因是 ___________。（5）的纯度测定：已知酸性条件下与反应，生成和，杂质不参与反应。称取粗品于烧杯中，加入蒸馏水和稀硫酸溶解，再用的溶液平行滴定3次，平均消耗溶液。样品的纯度为___________％(用含m的代数式表示)。【答案】（1）[Ar]3d54s2（2）Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O（3）（4）KHCO3溶解度远小于K2CO3，若通入过量CO2则将产生的K2CO3转化为KHCO3，析出沉淀使得产品纯度下降；（5）【解析】【分析】某混合氧化物(由、、、组成)，加入NaOH可以将Al2O3转化为可溶物除去，滤渣中加入H2SO4可将CuO、Fe2O3转化为可溶物分离，所得滤渣为MnO2。【小问1详解】锰为25号元素，核外电子排布式为：[Ar]3d54s2【小问2详解】氧化铝与碱反应得到偏铝酸钠，方程为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O【小问3详解】由图可知，SO2将Cu2+还原为CuCl，所以方程为【小问4详解】KHCO3溶解度远小于K2CO3，若通入过量CO2则将产生的K2CO3转化为KHCO3，析出沉淀使得产品纯度下降；【小问5详解】发生的反应为消耗Na2C2O4为，则含有KMnO4为，质量为，所以纯度为 19.在无水的催化作用下，利用乙醇制备乙烯的反应温度为120℃。某同学据此原理制备收集乙烯并验证乙烯的性质，反应装置如下图所示：回答下列问题：（1）容器A中应加入___________(填“水”或“油”)作为热传导介质，该加热方式相较直接加热的优势是___________。（2）装置B的名称为___________。（3）为收集较纯净的乙烯气体，装置C最适宜选择的是___________(如下图，填标号)。反应开始应先关闭止水夹1打开止水夹2，待出现___________现象时，打开止水夹1关闭止水夹2，开始收集乙烯气体。（4）若将装置C连接如图装置，观察到澄清石灰水变浑浊，写出乙烯与酸性反应的离子方程式___________。 （5）该催化机理如下图所示，中间产物生成的反应方程式为___________。【答案】（1）①.油②.受热均匀，便于控制反应温度（2）球形干燥管（3）①.①②.溴的四氯化碳溶液褪色（4）（5）【解析】【分析】实验利用无水的作催化剂，在120℃通过乙醇反应生成乙烯，经过无水氯化钙干燥后进行收集，收集后进行乙烯的实验探究，结合实验仪器和操作相关知识进行分析；【小问1详解】100℃以下的反应温度可以选择水浴加热，由于利用乙醇制备乙烯的反应温度为120℃，所以需要选择油浴加热；此加热方式的优点是可以使反应物受热更均匀，且便于控制反应温度；【小问2详解】根据仪器的结构特点可知该仪器为球形干燥管；【小问3详解】为了避免收集的乙烯气体与水蒸气接触，应选择A的真空气囊，真空气囊的优点是可以避免引入水蒸气；反应开始应先关闭止水夹1打开止水夹2，待出现溴的四氯化碳溶液褪色，说明此时产生的气体为乙烯气体，可以进行收集；【小问4详解】将生成的乙烯气体通入酸性高锰酸钾溶液被氧化，生成的产物可使澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，则离子方程式为：；【小问5详解】由图可知中间产物生成的同时也生成水，所以反应方程式为：；20.利伐沙班是一种抗凝血药物。E() 是合成利伐沙班的重要中间体，该中间体的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A中官能团名称为___________、___________。（2）D的结构简式为___________。（3）写出A生成B的化学方程式___________。（4）D生成E的反应类型为___________。（5）B的同分异构体中属于α-氨基酸的有___________种(不考虑立体异构)，其中有2个手性碳原子的同分异构体的结构简式为___________。【答案】（1）①.羟基②.氨基（2）（3）（4）还原反应（5）①.4②.【解析】【分析】A与发生取代反应生成B和HCl，B物质分子内脱去1分子HCl成环生成C，通过对比C和E结构简式，结合反应条件可推出C与发生取代反应生成D，D通过与氢气发生还原反应生成E。 【小问1详解】A物质含有官能团为羟基、氨基；【小问2详解】通过对比C和E结构简式，结合反应条件可推出C与发生取代反应生成D；【小问3详解】A与发生取代反应生成B和HCl，反应方程式：；【小问4详解】结合已知可判断D→E反应将硝基还原为氨基，反应类型为还原反应；【小问5详解】