2021-2022学年浙江省金衢六校联盟高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年浙江省金衢六校联盟高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共27页。试卷主要包含了5kJ，ΔE2=395，24L氧气中含有原子的数目为0，【答案】C，【答案】A，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省金衢六校联盟高二（上）期末化学试卷

1. 下列物质属于强电解质的是(    )
A. CH3COOH B. H2SO4溶液 C. KCl固体 D. C2H5OH(乙醇)
2. 下列外界因素中不可能会引起化学平衡移动的是(    )
A. 催化剂 B. 反应物浓度 C. 压强 D. 温度
3. 用Na2CO3固体配制1.00mol⋅L−1的碳酸钠溶液，必须用到的仪器是(    )
A. B. C. D.
4. 下列化学用语的表述不正确的是(    )
A.  35Cl和 37Cl的原子结构示意图均可表示为：
B. HClO的结构式：H−O−Cl
C. 基态碳原子的轨道表示式：
D. HF的电子式：
5. 下列装置中，都伴随有能量变化，其中是由电能转化为化学能的是(    )
A. 电解
B. 水力发电
C. 太阳能热水器
D. 干电池
6. 下列电离方程式错误的是(    )
A. H2CO3⇌2H++CO32− B. 2H2O⇌H3O++OH−
C. NaHCO3=Na++HCO3− D. CH3COOH⇌CH3COO−+H+
7. 利用如图所示装置进行中和热测定实验，下列说法不正确的是(    )
A. 向盛装酸溶液的烧杯中加碱溶液时要小心缓慢
B. 烧杯间填满碎泡沫塑料是为了减少实验过程中的热量损失
C. 使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌又可以避免损坏温度计
D. 测定酸溶液后的温度计要用蒸馏水清洗、干燥后再测碱溶液的温度

8. 下列说法不正确的是(    )
A. 同位素示踪法常用于研究化学反应历程
B. 采用合适的催化剂可以使一些不自发的化学反应得以实现
C. 可以利用物质的颜色变化和浓度变化间的比例关系来测量反应速率
D. 勒夏特列原理无法解释将CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)平衡体系加压后颜色变深
9. 如图为氟利昂(如CFCl3)破坏臭氧层的反应过程示意图，下列说法不正确的是(    )

A. 过程Ⅰ中断裂极性键C−Cl键
B. 过程Ⅱ可表示为O3+Cl=ClO+O2
C. 过程Ⅲ中O+O=O2是吸热过程
D. 上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂
10. 甲烷消除NO2的污染原理为：CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)。在一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的CH4和NO2进行上述反应。下列表述能用来判断该反应达到化学平衡状态的是(    )
A. v正(CH4)=2v逆(NO2)
B. 容器中混合气体的平均密度不再变化
C. 容器中混合气体总压强不再发生变化
D. 单位时间内，消耗1molCH4同时生成1molCO2
11. 如图是元素周期表前四周期的一部分，下列有关说法正确的是(    )
A. 电负性：W>X
B. 第一电离能：WKsp ；c(Ba2+)=c(SO42−)
C. c(Ba2+)⋅c(SO42−)=Ksp ；c(Ba2+)>c(SO42−)
D. c(Ba2+)⋅c(SO42−)≠Ksp ；c(Ba2+)c(HA−)
B. 通入HCl后的溶液中：c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)
C. 在c(Cl−)=0.100mol/L的溶液中：c(Na+)=c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)
D. 溶液pH从3.4变为2时，发生的主要反应为：A2−+H+=HA−
25. 下列方案设计、现象和结论都正确的是(    )

目的
方案设计
现象和结论
A
检验淀粉是否已经发生水解
将淀粉和稀硫酸混合加热，再加入少量新制的Cu(OH)2，加热，没有砖红色沉淀产生
淀粉未发生水解
B
探究KI与FeCl3反应的限度
取5mL0.1mol⋅L−1KI溶液于试管中，加入1mL0.1mol⋅L−1FeCl3溶液，
充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液
若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度
C
探究Na2SO3固体样品是否变质
取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀硫酸，再加入足量BaCl2溶液
若有白色沉淀产生，
则样品已经变质
D
检验气体Y
用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体Y，
试纸变蓝色，Y一定是Cl2

A. A B. B C. C D. D
26. Mn与Fe两元素的部分电离能数据如表所示：
元素
Mn
Fe
电离能/(kJ⋅mol−1)
I1
717
759
I2
1509
1561
I3
3248
2957
(1)Mn与 Fe两元素均位于元素周期表的 ______区。
(2)根据表中数据可知，气态Mn2+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难，对此，你的解释是 ______。
27. 为了探究固体化合物X(仅含两种元素，100g/molc(HA−)，故A正确；
B.通入HCl后的溶液中，根据电荷守恒可得c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)+c(Cl−)=c(Na+)+c(H+)，故B错误；
C.溶液中存在物料守恒，0.100mol/L=c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)；在c(Cl−)=0.100mol/L的溶液中，c(Cl−)=c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)，而c(Na+)=0.200mol/L，所以12c(Na+)=c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)，或者直接由物料守恒也可得12c(Na+)=c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)，故C错误；
D.溶液pH从3.4变为2时，溶液呈强酸性，应该有大量的H2A生成，发生的主要反应为：HA−+H+=H2A，故D错误；
故选：A。
A.测得0.100mol/L的Na2A溶液pH为8.6，是强碱弱酸盐，A2−离子水解生成少量HA−；
B.通入HCl后的溶液中，根据电荷守恒阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；
C.溶液中存在物料守恒，0.100mol/L=c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)：在c(Cl−)=0.100mol/L的溶液中，c(Cl−)=c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)，而c(Na+)=0.200mol/L，所以12c(Na+)=c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)；
D.溶液pH从3.4变为2时，溶液呈强酸性，应该有大量的H2A生成。
本题考查电解质溶液中离子浓度的大小比较，为高频考点，掌握电荷守恒式、物料守恒式、质子守恒式的书写是解题的关键，题目难度中等。

25.【答案】B 
【解析】解：A.醛基的检验必须在碱性条件下进行，所以将淀粉和稀硫酸混合加热，在加入少量新制的Cu(OH)2悬浊液之前应该加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，故A错误；
B.向KI溶液中滴加FeCl3，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，故B正确；
C.检验硫酸根离子时不能加入稀硫酸和氯化钡溶液，应该用盐酸、氯化钡溶液检验硫酸根离子，故C错误；
D.NO2、O3都能氧化KI生成I2，所以Y气体不一定是Cl2，故D错误；
故选：B。
A.醛基的检验必须在碱性条件下进行；
B.FeCl3溶液不足，检验铁离子可证明反应的可逆性；
C.检验硫酸根离子时不能加入稀硫酸和氯化钡溶液；
D.NO2、O3都能氧化KI生成I2。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、离子检验方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

26.【答案】dFe2+电子排布式为[Ar]3d6，Mn2+电子排布式为[Ar]3d5，半满结构，稳定，难失电子 
【解析】解：(1)Mn与 Fe两元素均位于元素周期表的d区，
故答案为：d；
(2)根据题意，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难，对此，原因是Fe2+电子排布式为[Ar]3d6，Mn2+电子排布式为[Ar]3d5，半满结构，稳定，难失电子，
故答案为：Fe2+电子排布式为[Ar]3d6，Mn2+电子排布式为[Ar]3d5，半满结构，稳定，难失电子。
(1)Mn与 Fe两元素均位于元素周期表的d区；
(2)根据题意，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难，据此判断。
本题考查物质结构和性质，涉及电离能、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识，需要学生有扎实的基础知识，题目难度不大。

27.【答案】CuCl2  Cu2S3d104s1  验纯  SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+ 
【解析】解：(1)根据以上分析，紫红色的固体单质B是Cu，铜和氯气点燃生成氯化铜，则固体D的化学式是CuCl2，
故答案为：CuCl2；
(2)根据分析，固体X由铜、硫两种元素组成的化合物，所含铜和硫原子个数比为2：1，为硫化亚铜，其化学式为Cu2S，
故答案为：Cu2S；
(3)单质B为Cu，铜的原子序数为29，比钾多10个3d电子，基态原子价层电子排布式3d104s1，
故答案为：3d104s1；
(4)氢气是一种可燃性气体，点燃前须进行验纯，
故答案为：验纯；
(5)SO2具有还原性，在溶液中能被H2O2氧化为SO42−，后者又与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出离子方程式为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+，
故答案为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+。
根据流程图，白色沉淀C是BaSO4，能使品红溶液褪色的气体A是SO2，X中含有硫元素，紫红色的固体单质B是Cu，所以X中含有铜元素，X是由铜、硫两种元素组成的化合物，3.2g固体X中含硫原子：4.66g233g/mol=0.02mol，含铜原子：3.2g−0.02mol×32g/mol64g/mol=0.04mol，N(Cu)：N(S)=0.04：0.02=2：1，则X的化学式是Cu2S，摩尔质量为160g/mol，符合100g/mold>ccd 
【解析】解：(1)弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，因此升高温度，电离平衡常数增大，
故答案为：增大；
 (2)根据表格中的数据，得出电离出H+能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−，结合“越弱与水解”，得出结合H+能力顺序是CO32−>ClO−>HCO3−>CH3COO−，
故答案为：a>b>d>c；
 (3)根据(2)得出电离出H+能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−，
a.因为醋酸的酸性强于碳酸，因此醋酸能把碳酸制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；
b.醋酸的酸性强于HClO，醋酸能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；
c.碳酸的酸性强于次氯酸，因此该反应不能发生，故c正确；
d.电离出H+大小：HClO>HCO3−，因此碳酸与ClO−反应生成HClO和HCO3−，即反应反应不能发生，故d正确；
故答案为：cd。
(1)弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，促进电离；
 (2)根据表格中的数据，得出电离出H+能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−；
 (3)根据(2)得出电离出H+能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−，
a.因为醋酸的酸性强于碳酸，因此醋酸能把碳酸制取碳酸；
b.醋酸的酸性强于HClO，醋酸能够制取HClO；
c.碳酸的酸性强于次氯酸，因此该反应不能发生；
d.电离出H+大小：HClO>HCO3−，因此碳酸与ClO−反应生成HClO和HCO3−。
本题考查弱电解质的电离、离子反应，侧重考查阅读、分析、判断能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系，难度中等。

29.【答案】1H2−2e−+2OH−=2H2Ob%>a%>c%O2+4e−+2H2O=4OH− 
【解析】解：(1)①由分析知X为Cl2，电解饱和食盐水的方程式为：2NaCl+2H2O−电解2NaOH+H2↑+Cl2↑，当产生0.5molX时即产生0.5molCl2，A中通过离子交换膜的Na+为2×0.5mol=1mol，
故答案为：1；
②由分析知燃料电池B中，右边电池中通入空气左边原电池中通入气体Y是氢气，则电解池中左边电极是阳极、右边电极是阴极，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，则负极上的电极反应式为：H2−2e−+2OH−=2H2O，
故答案为：H2−2e−+2OH−=2H2O；
③电解池中加入的NaOH目的是增大溶液导电性，通入电解后生成氢氧化钠，所以加入的NaOH浓度小于出来的NaOH浓度；原电池中，正极上O2+4e−+2H2O=4OH−生成氢氧化钠，燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH−，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，所以NaOH质量分数a%、b%、c%由大到小的顺序为b%>a%>c%，
故答案为：b%>a%>c%；
(2)向阴极区通入O2，正极氧气得电子发生还原反应，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，则“氧阴极技术”的阴极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，
故答案为：O2+4e−+2H2O=4OH−。
通空气一边为正极(还原反应)，那么左边必然通H2，这样Y即为H2，则电解池左边应为阳极，生成Cl2，X即为Cl2，右边电极是阴极，据此解答。
本题考查了电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确离子交换膜的作用及阴阳极上发生的反应是解本题关键，题目难度中等。

30.【答案】(1)平衡气压；便于浓盐酸顺利滴下   浓硫酸     
 2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
(2)cafed
(3)AC
(4)①在滴入最后一滴标准液后，溶液变为血红色，且半分钟不褪色  
         ②12TiO2⋅5H2O 
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
【解答】
装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应产生的氯气含有水蒸气，通过装置B中的浓硫酸除去，然后在电炉内与二氧化钛发生反应，用装置F中的冰盐水降低温度，获得液态四氯化钛，四氯化钛易水解，故应在后面连接干燥管，防止空气中的水蒸气进入装置F；先根据三次滴定消耗标准溶液的体积求出平均值，然后根据关系式TiO2∼NH4Fe(SO4)2求出二氧化钛的质量，从而求出水的质量，最终求出x、y。
(1)装置A中导管a能够使分液漏斗的液体上下压强相同，其作用为平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下，装置B的作用是干燥氯气，因此所盛放的试剂是浓硫酸，装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应的离子方程式为2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下；浓硫酸；2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)组装好仪器后，首先要检查装置的气密性，然后装入药品，并打开分液漏斗活塞，使浓盐酸滴入装置A中发生反应，然后加热装置C中陶瓷管，使Cl2、C与TiO2反应制取TiCl4，反应结束时停止加热，充分冷却，最后关闭分液漏斗活塞，故操作顺序用字母序号表示为：cabfed，
故答案为：c；a；f；e；d；
(3)A.为防止碳粉在高温下被装置中的空气氧化，应该先通入氯气，但k处是出气口，而不能由此通入氮气，故A错误；
B.石棉绒载体比较膨松，可以增大气体与TiO2、碳粉的接触面积，以加快反应速率，故B正确；
C.装置D中的烧杯中可加入冰水，目的是降低温度，使TiCl4液化，但反应产生的物质中有少量CCl4也会被液化，因此不能收集到纯的液态TiCl4，故C错误；
D.装置E的碱石灰能够吸收空气中的水分，这样就可防止空气中的水蒸气进入装置D的圆底烧瓶中使TiCl4变质，故D正确；
E.该装置有缺陷，通过装置E后的气体中可能含有少量CCl4蒸气，因此不可直接排放到空气中，故E正确；
故答案为：AC；
(4)①若反应完全，滴入溶液中的Fe3+不能反应，与SCN−结合，故滴定终点现象为在滴入最后一滴标准液后，溶液变为血红色，且半分钟不褪色，
故答案为：在滴入最后一滴标准液后，溶液变为血红色，且半分钟不褪色；
②三次滴定消耗标准溶液的平均值为24.00mL，TiO2∼NH4Fe(SO4)2，m(TiO2)=80g/mol×0.024L×0.1000mol/L×250mL25.0mL=1.92g，则m(H2O)=2.100g−1.92g=0.18g，所以x：y=1.92g80g/mol：0.18g18g/mol=24：10=12：5，故12TiO2⋅5H2O，
故答案为：12TiO2⋅5H2O。  
31.【答案】高温  升高体系温度  80  
【解析】解：(1)已知CH2−CH3(g)⇌CH=CH2(g)+H2(g)的△H>0、△S>0，则只有高温下，△G=△H−T△S0、△S>0；
(2)利用三段式计算：
                         C6H5CH2CH3(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)
初始(mol)a00
转化(mol)0.75a0.75a0.75a
平衡(mol)0.25a0.75a0.75a
平衡时水的分压P(H2O)=4a4a+0.25a+0.75a+0.75a×115kPa；
(3)其它条件不变，amol乙苯在V2L的容器中发生该反应，反应速率加快，压强增大，平衡逆向移动。
本题考查化学反应方向、化学平衡移动、影响平衡移动的因素，明确反应方向的复合判据、温度和压强对平衡移动的影响是解题关键，利用等效平衡原理对化学平衡进行分析。