2021-2022学年四川省成都市外国语学校高二下学期6月月考化学试题 （解析版）

这是一份2021-2022学年四川省成都市外国语学校高二下学期6月月考化学试题 （解析版），共24页。试卷主要包含了考试结束，将答题卡交回，1ml/L的溶液中， 有机物是制备镇痛剂的中间体， 下列有关实验的叙述正确的是等内容，欢迎下载使用。
成都外国语学校2021—2022学年度下期6月月考
高二化学试卷
注意事项：
1.本试卷分I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分，共8页。
2.本堂考试100分钟，满分100分。
3.答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。
4.考试结束，将答题卡交回
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Na-23 Mn-55
第I卷(选择题，40分)
一、选择题(本题共20小题，每题只有一个正确答案，每小题2分)
1. 某化合物的试剂瓶上有如图标志，下列物质的包装上应分别贴上上述标签是(　　)

A. 浓HNO3、P4(白磷) B. 乙醇、汞液
C. 氯水、KClO3 D. 双氧水、“84”消毒液
【答案】A
【解析】
【分析】根据标签符号含义，第一个图为腐蚀品，第二个图为剧毒物质。
【详解】A．浓HNO3具有腐蚀性、P4(白磷)有剧毒，A正确；
B．乙醇具有可燃性，无腐蚀性，应为易燃物标签，汞液有毒性，B错误；
C．氯酸钾是传统火药的主要成，为爆炸品，应贴爆炸品危险标志，C错误；
D．过氧化氢、次氯酸钠具有氧化性，应贴氧化剂标志，D错误；
答案为A。
2. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A. “新冠”疫苗需冷藏储运，这与蛋白质变性有关
B. 糖尿病人不能吃任何糖类物质
C. 食品加工、消毒、防腐常使用福尔马林
D. 酿酒过程中，葡萄糖可通过水解反应生成酒精
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度较高，蛋白质易变性，“新冠”疫苗需冷藏储运，这与蛋白质变性有关，故A正确；
B．糖尿病人血糖含量高，不能将葡萄糖转化完全，但人类生命活动离不开糖类物质供能，所以糖尿病人饮食中应少吃富含糖食品，不能不吃，故B错误；
C．福尔马林有毒，因此食品加工、消毒、防腐不能使用福尔马林，故C错误；
D．酿酒过程中，葡萄糖可通过氧化反应生成酒精，故D错误；
综上所述，答案为A。
3. 下列各组化合物的性质比较中，不正确的是（ ）
A. 酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4 B. 碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3
C. 稳定性：PH3＞H2S＞HCl D. 非金属性：F＞O＞S
【答案】C
【解析】
【详解】A. 非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性的强弱关系是：Cl＞Br＞I，酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故A正确；
B．金属性强弱关系是：Na＞Mg＞Al，金属性越强，相应的碱碱性越强，碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，故B正确；
C．元素非金属性的强弱关系是：Cl＞S＞P，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强， 稳定性：PH3X
【答案】D
【解析】
【分析】已知X、Y为同周期的相邻元素且形成的某种二元化合物能形成光化学烟雾，且X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，推断可得X为N元素，Y为O元素。Z为金属元素且Z原子的L层电子数比其它各层上电子数之和大5，推断Z元素为Na元素。W的最高价氧化物对应水化物和其氢化物均为强酸，推断W为Cl元素，形成的最高价氧化物对应水化物为高氯酸，氢化物为HCl，均为强酸。则X、Y、Z、W元素分别为N、O、Na、Cl元素。
【详解】A．金属单质Na可以在氧气中燃烧，也可在氯气中燃烧，故A项正确；
B．X最简单氢化物为NH3，Y最简单氢化物为H2O。同周期，从左到右非金属性逐渐增强，故非金属性：O>N，非金属性越强其对应的最简单氢化物稳定性越强，因此最简单氢化物的稳定性：XY，同理Z>W。但是Z、W位于第三周期，比位于第二周期的X、Y的半径大。因此半径大小：Z>W>X>Y，故D项错误；
故答案选D。
16. 以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备Co2O3的一种实验流程如下：

下列与流程相关的装置和原理能达到实验目的的是

A. 用装置甲制备“酸浸”所需的SO2
B. 用装置乙配制“酸浸”所需的1mol·L-1H2SO4溶液
C. 用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液
D. 用装置丁灼烧CoCO3固体制Co2O3
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知，加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，可发生Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后再除去锌离子，再加入碳酸钠沉钴，可生成CoCO3固体，最后灼烧生成Co2O3，以此分析解答。
【详解】A．浓硫酸与铜反应需要加热，无法反应制取SO2，故A不符合题意；
B．胶头滴管使用时应悬于容量瓶上方，不能伸入容量瓶内，会污染试剂，故B不符合题意；
C．用装置丙可以过滤“沉钴”所得悬浊液，且装置中操作符合题意，故C符合题意；
D．灼烧CoCO3固体应用坩埚，不能在烧饼中直接灼烧固体，故D不符合题意；
故答案为：C。
17. 用甲醇燃料电池作电源，用铁作电极电解含的酸性废水，最终可将转化成Cr(OH)3沉淀而除去，装置如下图。下列说法正确的是

A. 电极N为负极，Fe(Ⅱ)为阳极
B. 电解一段时间后，在Fe(Ⅰ)极附近有沉淀析出
C. M电极的电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－═＋6H2O
D. 电路中每转移6mol电子，最多有1mol被还原
【答案】B
【解析】
【分析】根据装置图可知，左侧装置为原电池装置，根据左侧质子的移动方向可知M为负极，N为正极，则右侧装置为电解池装置，Fe(Ⅰ)为阳极，Fe(Ⅱ)为阴极，据此答题。
【详解】A．由分析可知，N为正极，Fe(Ⅱ)为阴极，A错误；
B．Fe(Ⅰ)为阳极，电极反应为：Fe−2e−=Fe2+，Fe2+与在阳极反应生成Cr(OH)3沉淀，故电解一段时间后，在Fe(Ⅰ)极附近有沉淀析出，B正确；
C．M电极为负极，电极反应式为：CH3OH+H2O-6e -=CO2+6H+，C错误；
D．被Fe2+还原，离子方程式为：6Fe2+++2H+=6Fe3++2Cr(OH)3+H2O，电路中每转移6mol电子，则阳极有3molFe2+生成，最多有0.5mol被还原，D错误。
答案选B。
18. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 加水稀释，Na2S溶液中离子浓度均减小
B. 0.1 mol/L NaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，溶液的导电性增强
C. pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：①>②>③
D. 向0.1 mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH﹣)/c(NH3·H2O)增大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．Na2S溶液呈碱性，加水稀释，Na2S溶液中氢离子浓度增大，故A错误；
B．0.1 mol/L NaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，产物为0.05mol/L的CH3COONa溶液，离子浓度减小，溶液的导电性减小，故B错误；
C．CH3COO-、、ClO-水解程度依次增强，pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的浓度c(CH3COONa)>c(NaHCO3)>c(NaClO)，所以c(Na+)：①>②>③，故C正确；
D．向0.1 mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，c(OH﹣)减小、c(NH3·H2O)增大，所以溶液中c(OH﹣)/c(NH3·H2O)减小，故D错误；
选C。
19. 用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：
①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574kJ·mol-1
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1160kJ·mol-1
下列说法不正确的是
A. 由反应①可推知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-Q，Q>574kJ·mol-1
B. 等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数不同
C. 4NO2(g)+2N2(g)=8NO(g) ΔH=+586kJ·mol-1
D. 若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，则转移的电子总物质的量为1.6mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．利用盖斯定律，用题干反应①减去选项A中反应，可得到反应，结合常识，我们很清楚，液态水变成气态水吸热反应，即，所以，A正确；
B．反应①和反应②中，都变成了，也就是说转移的电子数为8，所以等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数相同，B不正确；
C．利用盖斯定律，用题干反应①减去反应②，可得到反应，其，即，C正确；
D．标准状况下4.48L，其物质的量为，结合失电子的过程可知，失电子总数为，即转移的电子总物质的量为1.6mol，D正确；
故选B。
20. 常温下，的溶液中，、、三者所占物质的量分数分布系数随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是

A. 的平衡常数
B. 将等物质的量的、溶于水中，所得溶液pH恰好为
C. 常温下HF的电离常数，将少量溶液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为：H2C2O4+F-=HF+HC2O4-
D. 在溶液中，各离子浓度大小关系为
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由各微粒分布曲线图知，时，与的浓度相同，且二者的分布系数均为，可得，故A正确；
B.的水解反应为，由图中第二个交点可求出的电离平衡常数为，的水解平衡常数为，故的水解程度小于的电离程度，等物质的量的、溶于水中，，，故B错误；
C. 类似于A项的分析，可以推算出反应的平衡常数，根据强酸制弱酸原理可得，故C正确；
D. 的水解平衡
的平衡常数
，说明的电离程度大于其水解程度，故溶液中：，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查内容是弱电解质的电离，以图像的形式呈现，需要学生除了具有读图的能力以外，还必须具备知识综合运用能力，题目考查内容综合，利用好图像中几个特殊点起点、交点，此题可解。
第II卷(非选择题，60分)
21. 现有五种原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R，仅由X、Y两种元素形成的某化合物是天然气的主要成分；Z是短周期元素中原子半径最大的元素；W的最高价氧化物对应的水化物与Z、R的最高价氧化物对应的水化物都可以发生反应；X、R原子的最外层电子数之和等于Y、Z、W原子的最外层电子数之和。试回答下列问题：
（1）W在周期表的位置是：____，Y2X4的电子式为：____。
（2）Z、W、R形成的简单离子的半径由大到小的顺序为：____(填离子符号)。
（3）W的最高价氧化物对应的水化物与R的最高价氧化物对应的水化物在溶液中反应的离子方程式为：____。
（4）实验室制取R的单质的原理为：____。(填化学方程式)。
（5）天然气与空气，在酸性电解质溶液中组成燃料电池，请写出其负极反应方程式：____。
【答案】（1） ①. 第三周期第IIIA族 ②.
（2）Cl-＞Na+＞Al3+
（3）Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
（4）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（5）CH4-8e-+2H2O=CO2↑+8H+
【解析】
【分析】现有五种原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R，仅由X、Y两种元素形成的某化合物是天然气的主要成分，则X为H，Y为C；Z是短周期元素中原子半径最大的元素，Z为Na；W的最高价氧化物对应的水化物与Z、R的最高价氧化物对应的水化物都可以发生反应，则W的最高价氧化物对应的水化物显两性，W为Al，R的最高价氧化物对应的水化物显酸性，X、R原子的最外层电子数之和等于Y、Z、W原子的最外层电子数之和，则R原子的最外层电子数=4+1+3-1=7，则R为Cl，据此分析解答。
根据上述分析，X为H，Y为C，Z为Na，W为Al，R为Cl。
【小问1详解】
W为Al，在周期表的位置是：第三周期第IIIA族，X为H，Y为C，Y2X4即C2H4，是乙烯，碳和碳原子共用2对电子对，碳和氢原子共用1对电子对，其电子式为：；
【小问2详解】
Z、W、R形成的简单离子分别为Na+、Al3+、Cl-，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时原子序数越大的离子半径越小，则离子半径由大到小的顺序为：Cl-＞Na+＞Al3+；
【小问3详解】
W的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，R的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，二者在溶液中反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
【小问4详解】
R为Cl元素，实验室加热二氧化锰和浓盐酸制取Cl2，反应方程式为：；
【小问5详解】
天然气主要成分是CH4，CH4与空气在酸性电解质溶液中组成燃料电池，其负极CH4是失电子生成CO2，负极的反应方程式为：CH4-8e-+2H2O=CO2↑+8H+。
22. 已知A、苯、甲苯是煤干馏后的三种常见产物，A可作为水果催熟剂，D是一种合成高分子材料，F是一种有果香味的物质。

已知：苯环直接所连碳上有H时可发生()
回答下列问题：
（1）D结构简式为：____，E中官能团的名称为：____。
（2）反应A→B的反应类型是：____。
（3）反应⑤的化学方程式为：____。
（4）反应⑥常用于实验室制溴苯，除去溴苯中混有的溴常用____溶液，分离方法是：____。
（5）分子式与F相同，满足下列条件的同分异构体有____种。
①苯环上有2个侧链
②与E互为同系物
【答案】（1） ①. ②. 羧基
（2）加成反应 （3） +CH3CH2OH+H2O
（4） ①. NaOH ②. 分液
（5）6种
【解析】
【分析】已知A、苯、甲苯是煤干馏后的三种常见产物，A可作为水果催熟剂，则A为乙烯，D是一种合成高分子材料，则D为聚乙烯，A与水发生加成反应生成B为乙醇，B发生催化氧化生成C为乙醛；已知：苯环直接所连碳上有H时可发生()，且F是一种有果香味的物质，则E为苯甲酸，B与E发生酯化反应生成F。苯与液溴反应生成G为溴苯。
【小问1详解】
D为聚乙烯，其结构简式为： ，E为苯甲酸，其官能团的名称为：羧基。
【小问2详解】
A为乙烯，与水发生加成反应生成B为乙醇，则反应A→B的反应类型是加成反应。
【小问3详解】
B与E发生酯化反应生成F，则反应⑤的化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O。
【小问4详解】
反应⑥常用于实验室制溴苯，溴单质易溶于溴苯，除去溴苯中混有的溴常用NaOH溶液，再进行分液分离得到溴苯。
【小问5详解】
分子式与F相同，为C9H10O2，不饱和度为，满足下列条件的同分异构体：①苯环上有2个侧链，②与E互为同系物，则符合的同分异构体有(邻、间、对3种)，(邻、间、对3种)，故共6种。
23. 二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点。
（1）用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒(杂质)，这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式：____。(系数按顺序填在答题卷上)
C+KMnO4+H2SO4→CO2↑+MnSO4+K2SO4+H2O
（2）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO占95%，在海洋循环中，通过如图所示的途径固碳，写出钙化作用的离子方程式：____。

（3）利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。结合方程式简述提取CO2的原理：____。
。
（4）CO2可以制甲醇，已知298K和101kPa条件下：
CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(l) △H=-akJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-bkJ·mol-1
CH3OH(g)=CH3OH(l) △H=-ckJ·mol-1
则表示CH3OH(l)的燃烧热的热化学方程式为：____。
【答案】（1）5C+4KMnO4+6H2SO4=5CO2↑+4MnSO4+2K2SO4+6H2O
（2）Ca2++2HCO=CaCO3↓+CO2↑+H2O
（3）a室：2H2O-4e-=O2↑+4H+，H+通过阳离子膜从a室进入b室，发生反应：HCO+H+=CO2↑+H2O
（4）CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=(a+c-b)kJ·mol-1
【解析】
【小问1详解】
反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，该反应中转移20e-，由电子守恒和质量守恒定律可知得化学反应为5C+4KMnO4+6HSO4=5CO2↑+4MnSO4+2K2SO4+6H2O；
【小问2详解】
根据反应图像分析，钙化过程中转化为CaCO3和CO2，所以钙化作用的离子方程式为Ca2++2═CaCO3↓+CO2↑+H2O；
【小问3详解】
提取CO2的原理：a室：2H2O-4e-=4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H++=CO2↑+H2O；
【小问4详解】
已知①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(l) △H=-akJ·mol-1，②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-bkJ·mol-1，③CH3OH(g)=CH3OH(l) △H=-ckJ·mol-1，根据盖斯定律，×②-①-③可得，CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=(a+c-b)kJ·mol-1。
24. “温室效应”和光化学污染是全球关注的环境问题之一。
（1）CH4可以消除氮氧化物的污染，主要反应原理为CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g) △H=-868.7kJ·mol-1。在3.00L密闭容器中通入1molCH4和2molNO2，在一定温度下进行上述反应，反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见表：
反应时间t/min
0
2
4
6
8
10
总压强P/×100kPa
4.80
5.44
5.76
5.92
6.00
6.00
由表中数据计算，0~4min内v(NO2)=_____mol·L-1·min-1，该温度下的平衡常数Kc=____。
（2）CO2和H2催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。
反应A：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)反应B：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)
控制CO2和H2初始投料比为1：3时，温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图所示。

①由图可知获取CH3OH最适宜的温度是：____。
②下列措施不能提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有：____(填字母)。
A.使用催化剂 B.增大体系压强 C.增大CO2和H2的初始投料比 D.及时分离产物CH3OH
（3）常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中c(NH)____c(HCO)(填“>”“