精品解析：四川省泸县第四中学2022-2023学年高二下学期6月期末考试化学试题（解析版）

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泸县四中2022-2023学年高二下期期末考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56
第Ⅰ卷 选择题(42分)
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. 化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是
A 针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒
B. 用含有橙红色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾，利用的是乙醇的还原性
C. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
D. 常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的类别
【答案】A
【解析】
【详解】A．高锰酸钾溶液和双氧水具有强氧化性、乙醇能破坏细胞组织，均能使蛋白质变性，但医疗上常用75%的酒精杀菌消毒、不用无水酒精杀菌消毒，A错误；
B．橙红色酸性重铬酸钾具有强的氧化性，能够氧化乙醇，重铬酸钾则被还原为+3价的绿色物质，乙醇表现还原性，因此可用含有橙红色酸性重铬酸钾的仪器检验是否酒驾，B正确；
C．雾霾形成的是气溶胶，属于胶体，具有胶体的丁达尔效应，C正确；
D．危险化学品标志中的数字危险品的类别：如第1类是爆炸品、第2类是压缩气体和液化气体、第3类是易燃液体等，D正确；
故合理选项是A。
2. 含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是

A. 整个过程中起催化作用
B. 过程Ⅰ中的离子方程式为
C. 过程Ⅱ中每吸收(标准状况)会得到
D. 该工艺不仅吸收了二氧化硫，还得到了化工产品硫酸
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图示可知，过程Ⅰ中消耗亚铁离子，过程Ⅱ生成亚铁离子，总反应为，故整个过程中起催化作用，故A正确；
B．过程Ⅰ是氧气把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，反应的离子方程式为，故B正确；
C．过程Ⅱ中的化学方程式为，每吸收(标准状况)，即吸收，有生成，故C错误；
D．由上述的分析可知，该工艺吸收了二氧化硫，得到了硫酸，故D正确。
选C。
3. 在密闭容器中进行反应：X2（g）＋Y2（g）⇌2Z（g）。已知X2、Y2、Z起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度不可能是
A. Z为0.3mol/L B. Y2为0.35mol/L C. X2为0.15mol/L D. Z为0.4mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】由于反应是可逆反应，所以转化率不可能是100％的，如果Z的浓度变为0.4mol/L，则需要消耗0.1mol/L的X2，此时X2的浓度是0，所以是不可能的，答案选D。
4. 有机物M、N之间可发生如图转化，下列说法不正确的是

A. M能与溴水发生加成反应
B. N能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. M分子中所有原子共平面
D. M、N均能发生水解反应和酯化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．M中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A正确；
B．N中含有羟基，能被酸性高锰酸钾氧化，故B正确；
C．M中含有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的三个C以及该饱和碳原子不可能全部在同一平面上，故C错误；
D．M、N中均含有酯基，都能水解，均含有羟基均能发生酯化反应，故D正确；
故答案为C。
5. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Z元素在地壳中含量最高，Y与X形成的化合物极易溶于水。下列说法正确的是
A. 非金属性：Y>X
B. 原子半径：W>Z>Y>X
C. Z与W形成化合物中只含有离子键
D. 简单氢化物的沸点：Y>Z
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素， Z元素在地壳中含量最高，Z是O元素；Y与X形成的化合物极易溶于水，该化合物是氨气，Y是N元素、X是H元素；Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，W是Na元素。
【详解】A．非金属性：N>H，故A正确；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：Na>N>O>H，故B错误；
C．Na与O可以形成化合物Na2O2，Na2O2中含有离子键、共价键，故C错误；
D．常温下，H2O是液体、NH3是气体，沸点：H2O>NH3，故D错误；
选A。
6. 电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72-）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应
Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是
A. 阳极反应为Fe－2e－=Fe2＋
B. 电解过程中溶液pH不会变化
C. 过程中有Fe(OH)3沉淀生成
D. 电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72-被还原
【答案】B
【解析】
【详解】A、铁为活泼电极，铁板作阳极时电解过程中电极本身失电子，电极反应式为： Fe-2e-=Fe2+，正确；
B、阴极是氢离子得到电子生成氢气，氢离子被消耗，在反应Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O中，也消耗氢离子，所以反应过程中溶液中的氢离子浓度减小，溶液pH增大，错误；
C、反应过程中消耗了大量H+，使得Cr3+和Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，正确；
D、电路中每转移12 mol电子，有6mol Fe2+生成，根据反应Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O可知，最多有1 mol Cr2O72-被还原，正确。

7. 某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时-lgc(Pb2+)与-lgc()或-lgc(I-)的关系如下图所示，且PbCO3更难溶。下列说法正确的是

A. Ksp (PbCO3) 的数量级为 10-13
B. p点对应的是PbCO3不饱和溶液
C. 往浓度相同的Na2CO3、NaI 混合溶液中滴入Pb(NO3)2 溶液先产生黄色沉淀
D. 反应PbI2(s)+ CO(aq)PbCO3(s)+ 2I-(aq)的平衡常数K = 105.1
【答案】D
【解析】
【分析】PbCO3更难溶，说明相同铅离子浓度，碳酸根浓度更小，比较p、q两点得到q点的离子浓度更小即q点横坐标为碳酸根离子浓度，因此L2曲线为PbCO3的溶解曲线，L1曲线为PbI2的溶解曲线。
【详解】A．利用L2在横坐标上的截点计算Ksp(PbCO3)=1×10−13.1=10−13.1，故A错误；
B．p点碳酸根浓度大于q点碳酸根浓度，因此p对应的是PbCO3过饱和溶液，故B错误；
C．根据图中信息得到Ksp(PbCO3)=1×10−13.1，Ksp(PbI2)=1×(1×10−4)2=1×10−8，往浓度相同的Na2CO3、NaI混合溶液中滴入Pb(NO3)2溶液，碳酸钠所需的铅离子浓度小于碘化钠所需的铅离子浓度，因此先产生白色沉淀，故C错误；
D．，故D正确；
故选D。
第II卷(非选择题 58分)
8. 通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。50mL 0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在图示的装置中进行中和反应。回答下列问题：

（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是___________。
（2）如果改用铜质搅拌器，求得的中和热ΔH ___________(填“偏  大”，“偏小”或“无影响”，下同)；若将NaOH溶液分多次加入到盐酸中求得的中和热ΔH ___________。
（3）实验中改用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热___________(填“相等”“不相等”)，简述理由：___________。
（4）若两溶液的密度都是1g/mL，中和后所得溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)，三次平行操作测得终止温度与起始温度差(t2－t1)分别为：①3.2℃②2.2℃③3.0℃，写出表示盐酸与NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式___________。(小数点后保留一位小数)
【答案】（1）温度计 （2） ①. 偏小 ②. 偏小
（3） ①. 相等 ②. 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O所放出的能量，与酸碱的用量无关
（4）H+(aq)＋OH- (aq)=H2O(l) ΔH=-51.8 kJ/mol
【解析】
【小问1详解】
该实验需要测定反应放出的热量，缺少的一种玻璃仪器是温度计；
【小问2详解】
如果改用铜质搅拌器，部分热量经铜导热而损耗，求得的中和热ΔH偏小，分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，导致有部分热量散失，测定的最高温度偏小，温度差偏小，测定ΔH偏小；
【小问3详解】
改用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，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，中和热相等；
【小问4详解】
三次平行操作测得终止温度与起始温度差(t2-t1)分别为：①3.2℃②2.2℃③3.0℃，第②组舍去，温度差的平均值为3.1℃，50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.5mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml=100g，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/(g•℃)×3.1℃=1259.8J，即1.2598kJ，所以实验测得的中和热△H=-=-51.8kJ/mol，该反应的热化学方程式：H+(aq)＋OH- (aq)=H2O(l) ΔH=-51.8 kJ/mol。
9. K3[Fe(C2O4)3]·3H2O常用作感光纸光敏物质，为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。以废铁屑(含C和SiO2)为原料制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的工艺流程如图所示。

（1）“溶解”过程中废渣的主要成分为____(填化学式)。
（2）“沉铁”过程中获得黄色沉淀FeC2O4·2H2O，该反应的离子方程式为____。
（3）“转化”过程中体系中除了生成K3[Fe(C2O4)3]以外，还有Fe(OH)3生成，请写出“转化”过程中发生反应化学方程式____。
（4）“转化”过程中检验H2O2是否足量的方法是____。
（5）“转化”过程中体系温度需保持在40℃的原因是____。
（6）“调pH”的目的是____。
（7）获得K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体的“一系列操作”包括：趁热过滤，然后向滤液中加入____(填物质名称)，____(填操作)，过滤，洗涤，干燥。
【答案】（1）C、SiO2
（2）Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+
（3）6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3+12H2O
（4）取转化后的上层清液少量于试管中，滴加K3[Fe(CN)3]溶液，如无蓝色沉淀生成，则说明H2O2足量；反之，则没有。(或取转化后的上层清液少量于试管中，加入少量MnO2粉末，如产生能使带火星木条复燃的气体，则说明H2O2足量)
（5）温度过高，H2O2分解；温度过低，转化速率过慢
（6）溶解Fe(OH)3沉淀，提高产率
（7） ①. 无水乙醇 ②. 冷却结晶
【解析】
【分析】废铁屑中含有Fe(含有杂质C、SiO2)向其中加入稀硫酸，Fe与稀硫酸反应变为FeSO4，杂质C、SiO2不反应进入炉渣，经过滤后向滤液中加入H2C2O4溶液，Fe2+形成FeC2O4·2H2O沉淀，过滤，向沉淀中加入H2O2和K2C2O4，FeC2O4·2H2O转化为K3[Fe(C2O4)3]、Fe(OH)3，该反应的化学方程式为：6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3+12H2O；可根据MnO2催化下H2O2分解产生具有助燃性的O2检验H2O2是否过量。将反应后的溶液煮沸然后加入H2C2O4溶液，调节溶液pH，经蒸发浓缩、趁热过滤，然后向滤液中加入乙醇，冷却结晶获得K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O晶体，再过滤，洗涤，干燥，就获得纯净的K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O晶体。
【小问1详解】
“溶解”过程中废渣的主要成分为C、SiO2；
【小问2详解】
向FeSO4溶液中加入H2C2O4溶液，发生反应产生FeC2O4·2H2O沉淀，该反应的离子方程式为：Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+；
【小问3详解】
在“转化”过程中，体系中除了生成K3[Fe(C2O4)3]以外，还有Fe(OH)3生成，请写出“转化”过程中H2O2、K2C2O4、FeC2O4·2H2O反应产生K3[Fe(C2O4)3]、Fe(OH)3，发生反应的化学方程式为：6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3+12H2O；
【小问4详解】
在“转化”过程中检验H2O2是否足量的方法是：取转化后的上层清液少量于试管中，滴加K3[Fe(CN)3]溶液，如无蓝色沉淀生成，则说明H2O2足量；反之，则没有。(或取转化后的上层清液少量于试管中，加入少量MnO2粉末，如产生能使带火星木条复燃的气体，则说明H2O2足量)；
【小问5详解】
在“转化”过程中体系温度需保持在40℃，这是由于若温度过高，H2O2分解；若温度过低，转化速率过慢；
【小问6详解】
“调pH”的目的是溶解Fe(OH)3沉淀，提高产率；
【小问7详解】
由已知信息：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O常用作感光纸的光敏物质，该物质为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，可知：要获得K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体的“一系列操作”包括：趁热过滤，然后向滤液中加入乙醇，然后冷却结晶，过滤，洗涤，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，其反应原理之一为CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。
（1）该反应在高温下才可自发进行，则该反应的活化能E正___________E逆(填“>”“”“ （2）bd
（3） ①. d ②. 33.3% ③. 104kPa2
（4） ①. = ②. 放热 ③. AC
【解析】
【小问1详解】
由反应CH4(g)+2H2S(g)⇌CS2(g)+4H2(g)可知△S＞0，反应在高温下才可自发进行，即△H-T△S＜0，说明△H＞0，该反应的正反应为吸热反应，说明该反应的活化能E正＞E逆，故答案为：＞；
【小问2详解】
a、该反应气体质量与体积不变，则密度为定值，则容器内气体的密度不再随时间变化不能说明该反应已达到平衡状态，故a错误；
b、该反应前后气体物质的量发生改变，则压强为变值，则容器内气体的总压强不再随时间变化说明该反应已达到平衡状态，故b正确；
c、速率方向有正有逆，但反应速率不与对应物质的化学计量系数成正比，故2v正(H2S)=v逆(CS2)可以说明该反应未达到平衡状态，故c错误；
d、CH4为反应物，H2为生成物，当物质的量分数之比保持不变，说明已达到平衡，故d正确；
故答案为：bd；
【小问3详解】
①由a、b、c、d变化趋势可知，ab曲线为反应物，cd曲线为生成物，原料初始组成n(CH4)；n(H2S)=1：2，可知CH4的物质的量分数小，即d曲线为CH4，故答案为：d；
②M点对应温度下，设原料初始组成n(CH4)为1mol，n(H2S)为2mol，△n(CH4)为xmol，由三段式：，M点时H2S和H2的物质的量分数相等，也就是H2S和H2的物质的量相等，即2-2x=4x，可得x=mol，α(CH4)=；950℃时，设原料初始组成n(CH4)为1mol，n(H2S)为2mol，△n(CH4)为amol，由三段式：，950℃时，CH4和CS2的物质的量分数相等，也就是CH4和CS2的物质的量相等，即1-a=a，得a=0.5mol，则 CH4、H2S、CS2、H2物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，总物质的量为(0.5mol+1mol+0.5mol+2mol)=4mol，p( CH4)=×100kPa=12.5kPa，p( H2S)= 25kPa，p( CS2)= 12.5kPa，p( H2)= 50kPa，该反应的Kp=104kPa2，故答案为：33.3%；104kPa2；
【小问4详解】
①．已知随着温度的升高，反应达到平衡时时间会缩短，故最高点左边，反应均未达到平衡，最高点右边曲线表示反应均处于平衡状态，所以X点处已达到平衡状态，即v(正)=v(逆)；
②．由上述分析知，该反应为放热反应；
③．A．P点所示的条件下，反应还未达到平衡状态，所以延长时间可以提高甲醇的产率，A项正确；
B．增加H2的浓度可降低H2的转化率，B项错误；
C．520K所对应得反应处于平衡状态，根据题给信息可列出三段式：，容器体积为1L，故压强之比为，C项正确；
故答案为AC。
11. 以铁矿石(Fe2O3)为起始物，经过一系列反应可以得到Fe3[Fe(CN)6]2和Fe(SCN)3，请回答下列问题：
（1）写出Fe原子结构示意图_____________，O原子核外电子轨道表示式为__________。
（2）KSCN是检验Fe3+的试剂之一，与SCN-互为等电子体的一种分子为____________。SCN-的空间构型__________________。
（3）K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3+与CN-之间的键型为________________，该化学键能够形成的原因是______________________________。
（4）K3[Fe(CN)5NO]的组成元素中，属于第2周期的元素的第一电离能由小到大的顺序是_________________，该配合物中铁原子的配位数是________________。
（5）FeO晶胞结构如图所示，FeO晶体中Fe2+配位数为________________，若该晶胞边长为a nm，则该晶体密度为_________g·cm-3(阿伏伽德罗常数的值为NA)。

【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. CO2、N2O、CS2、COS等 ②. 直线形
（3） ①. 配位键 ②. CN－能提供孤对电子，Fe3+能接受孤对电子(或Fe3+有空轨道)
（4） ①. C＜O＜N ②. 6
（5） ①. 6 ②. g/cm3
【解析】
【小问1详解】
Fe为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，原子核外电子排布是2、8、18、2，属于Fe原子结构示意图为：；O原子有1s、2s、2p三个能级，其轨道表示式为；
【小问2详解】
SCN-中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN-互为等电子体的分子有CO2、N2O、CS2、COS等；
等电子体化合物具有相同的空间结构，CO2是直线型分子，则SCN-和CO2一样为直线形结构，其空间构型也为直线型；
【小问3详解】
K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3+与CN-之间以配位键结合，则Fe3+与CN-之间的键型为配位键，因为CN-能提供孤对电子，Fe3+能接受孤对电子(或Fe3+有空轨道)，所以二者之间存在配位键；
【小问4详解】
配合物中处于第2周期的元素为C、N、O，同周期元素，它们属于同一周期，元素的第一电离能从左到右随原子序数的增大而呈增大趋势，故C最小；而N原子2p轨道处于半充满状态，较为稳定，其第一电离能高于O，故元素的第一电离能由小到大的顺序为：C＜O＜N；该配合物中铁原子与5个配位体CN-和1个NO形成配位离子，其配位数是5+1=6；
【小问5详解】
以亚铁离子为中心，沿x、y、z三轴进行切割，结合题示可知：Fe2+的配位数为6；
该晶胞中亚铁离子Fe2+个数=8×+6×=4，氧离子O2-个数=12×+1=4，其密度为ρ==g/cm3。
12. 有机物H是合成雌酮激素的中间体，一种由A制备H的工艺流程如下：

已知：I.；
II.R-COOHRCOCl(其中R为烃基或氯)。
回答下列问题：
（1）B中官能团的名称为_______。
（2）D→E的反应类型为_______。
（3）F的结构简式为_______。
（4）写出B→C的化学方程式：_______。
（5）E的同分异构体中，满足下列条件的有_______种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为_______。
①苯环上有2个取代基；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③能发生银镜和水解反应。
（6）参照上述合成路线，完成由甲苯为起始原料制备的合成路线：

条件X为_______，Y的结构简式为_______
【答案】（1）羰基、羧基
（2）取代反应 （3）
（4）+HNO3
（5） ①. 15 ②.
（6） ①. KMnO4/H+ ②.
【解析】
【分析】根据A分子式及B结构简式知，A为，B发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，根据D结构简式及C分子式得C结构简式为，根据E分子式知，D发生取代反应生成E为，E发生信息I的反应然后酸化得到F为，F发生信息II得G为，G发生取代反应生成H；
【小问1详解】
B中官能团的名称为羰基、羧基，故答案为：羰基、羧基；
【小问2详解】
D中氨基被-OH取代生成E，D→E的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
【小问3详解】
通过以上分析知，F的结构简式为；
【小问4详解】
C结构简式为，B发生取代反应生成C，B→C的化学方程式：+HNO3；
【小问5详解】
E为，E的同分异构体满足下列条件：①苯环上有2个取代基；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；③能发生银镜和水解反应，说明含有醛基和酯基，根据O原子个数知，含有HCOO-；如果取代基为-OH、HCOOCH2CH2CH2-，有邻间对3种；如果取代基为-OH、HCOOCH(CH3)CH2-，有邻间对3种；如果取代基为-OH、HCOOCH2CH(CH3)-，有邻间对3种；如果取代基为-OH、HCOOC(CH3)2-，有邻间对3种；如果取代基为-OH、HCOOCH(CH2CH3)，有邻间对3种；则符合条件的同分异构体种类=3+3+3+3+3=15；其中核磁共振氢谱有5峰，峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为，故答案为：15；；
【小问6详解】
由甲苯为起始原料制备，由甲苯和结构对比及G生成H类型的反应知，可由和(CH3)2CuLi发生取代反应得到，可由 和SOCl2发生取代反应得到，甲苯发生氧化反应生成苯甲酸，其合成路线为，故答案为：KMnO4/H+；。