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2023兰州等5地高二下学期期末化学试题含解析
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这是一份2023兰州等5地高二下学期期末化学试题含解析，文件包含甘肃省兰州市等5地2022-2023学年高二下学期期末化学试题含解析docx、甘肃省兰州市等5地2022-2023学年高二下学期期末化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
2023年高二第二学期期末学业质量监测卷
化学
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 Na-23 O-16 Si-28
一、单项选择题：(本大题14小题，每小题3分，共42分，每一题只有一个选项符合要求。)
1. 下列化合物属于强电解质的是
A. CH3COOH B. NH3 C. H2O D. NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，故A不符合题意；
B．NH3是非电解质，故B不符合题意；
C．H2O是弱电解质，故C不符合题意；
D．NaOH是强碱，属于强电解质，故D符合题意；
故本题选D。
2. 设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法中正确的是
A. 46g乙醇分子中所含C-H键的数目为6NA
B. 将标准状况下NA个H2O的体积约为22.4L
C. 23gNa与足量的Cl2反应转移的电子数目为NA
D. 60g二氧化硅晶体中含有的Si-O键数目为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．46g乙醇的物质的量是1mol，1mol乙醇中C—H键只有5mol，即C—H键的数目为5NA，故A错误；
B．H2O在标况下不是气体了，不能用气体摩尔体积来计算，故B错误；
C．23g的Na的物质的量是1mol，钠与氯气反应生成NaCl，2mol的Na反应时转移电子2mol，那么1mol的Na反应时转移电子数为NA，故C正确；
D．60gSiO2的物质的量是1mol，1molSiO2中含有4mol的硅氧键，则60g二氧化硅中的含有的硅氧键数目是4NA，故D错误；
故本题选C。
3. 如图所示为双液锌铜原电池。下列有关叙述正确的是
A. 盐桥的作用是传导电子
B. 在该电池的外电路中，电流由铜片流向锌片
C. 锌片上发生还原反应：Zn-2e-=Zn2+
D. 铜片做正极，电极反应是：Cu=Cu2++2e-
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，锌较活泼失去电子发生氧化反应，为负极；铜离子得到电子发生还原反应生成铜，为正极；
【详解】A．盐桥的作用是传导离子形成内电路，A错误；
B．在该电池的外电路中，电流由正极流向负极，故电流由铜片流向锌片，B正确；
C．锌片上发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，C错误；
D．铜片做正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应是：Cu2++2e-=Cu，D错误；
故选B。
4. 下列化学用语表示正确的是
A. N2分子内σ键和π键个数之比为1：3 B. 中子数为9的氮原子：
C. 邻羟基苯甲醛分子内氢键 D. 氨基苯甲酸的结构简式
【答案】C
【解析】
【详解】A．N2分子的结构式为，则σ键和π键个数之比为1：2，A错误；
B．中子数为9的氮原子，质量数=7+9=16，表示为，B错误；
C．邻羟基苯甲醛分子可以形成分子内氢键，C正确；
D．氨基苯甲酸中应含有氨基及羧基，该结构中为酰氨基，D错误；
故答案为：C。
5. 下列事实与相应的物质的化学键键能大小无关的是
A. 熔点：H2O>HF B. 活泼性：N2
【答案】A
【解析】
【详解】A．HF与H2O均为分子晶体，熔点与共价键键能无关，H2O熔点高于HF是因为H2O中氢键多于HF中氢键，氢键不属于化学键，A符合题意；
B．氮气中氮原子之间以共价三键连接，键能较大，比较稳定，因此氮气不如P4活泼，B不符合题意；
C．碳原子半径比硅原子小，碳氢键键长短，键能大，稳定性更好，C不符合题意；
D．金刚石与晶体硅都属于共价晶体，碳碳键键长短，键能大，硬度高，D不符合题意；
故选A。
6. 下列有关离子方程式的书写正确的是
A. 用纯铜电板电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑
B. 用FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3++3Cu=2Fe2++3Cu2+
C. 向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D. 向H2O中投入Na2O2固体：H2O+Na2O2=2Na++2OH-+O2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．用惰性电极电解溶液，阴极上放电，阳极上放电，离子方程式为：，用纯铜电板则阳极铜会失去电子生成铜离子，A错误；
B．溶液刻蚀电路铜板的离子方程式为：，B错误；
C．草酸根离子被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，同时生成锰离子，离子方程式为：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，C正确；
D．过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气，反应为，D错误；
故选C。
7. 短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a为第二周期且原子核外p能级上的电子总数与s能级上的电子总数相等，b为第三周期且原子核外没有未成对电子，c的单质晶体是芯片的主要材料，d与a位于同一主族。下列说法正确的是
A. 简单离子半径a的比b的小
B. b的第一电离能大于同周期相邻的两种元素
C. c的常见氧化物是一种离子晶体
D. d的简单氢化物的空间结构为直线形
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a为第二周期且原子核外p能级上的电子总数与s能级上的电子总数相等，则a为氧；b为第三周期且原子核外没有未成对电子，则b为镁；c的单质晶体是芯片的主要材料，则c为硅；d与a位于同一主族，则d为硫；
【详解】A．电子层结构相同的离子，序数越大半径越小，所以，故A错误；
B．Mg原子3s能级处于全充满状态，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻的两种元素，故B正确；
C．c的常见氧化物为SiO2，属于共价晶体，故C错误；
D． d的简单氢化物为H2S，中心原子S为sp3杂化，孤电子对有2对，空间结构为V形，故D错误；
答案选B。
8. 青霉胺可以用于医学上误食铜盐的解毒，解毒原理：Cu2+形成环状配合物，其结构如图所示。该配合物无毒、易溶于水，可经尿液排出。下列说法错误的是
A. 共价键键角的大小关系为H2O
C. 该配合物易溶于水的主要原因是其与水可形成分子间氢键
D. 与铜离子形成配位键强弱大小关系为H2S>NH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．水分子中存在2个孤电子对，氨分子中只有1个孤电子对，孤电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，中心原子都采用sp3杂化，因此水与氨气分子中共价键键角的大小：H2O
C．该配合物易溶于水的主要原因是其分子中的羧基和氨基均与水可形成分子间氢键，C 正确；
D．原子的电负性差值越大配位键越强，即与铜离子形成配位键强弱的大小关系为NH3>H2S，D错误；
故选D。
9. 病毒核酸采样管中的红色液体是一种样本保护液，其中含有胍盐，作用于病毒核酸保存。已知胍是有机一元碱，碱性与氢氧化钠相近；胍盐易水解为氨和尿素。以下说法错误的是
A. 核酸和蛋白质都是生物大分子
B. 核酸水解最终产物中含有磷酸、六碳糖和碱基
C. 胍保存不当时易吸收空气中的CO2而变质
D. 合理使用尿素可以促进农作物的生长，提高粮食产量
【答案】B
【解析】
【详解】A．核酸和蛋白质都是生物大分子，A正确；
B．核酸水解产物中含有磷酸、戊糖和碱基，戊糖为五碳糖，B错误；
C．由题中信息可知胍的碱性与氢氧化钠相近，所以保存不当易吸收空气中的CO2而变质，C正确；
D．化肥都不可以过度使用，D正确；
故选B。
10. 下列反应属于氧化还原反应且能量变化符合图像的是
A. C(s)＋CO2(g) = 2CO(g)
B. CH4(g)＋2O2(g) = CO2(g)＋2H2O(l)
C. NaOH(aq)＋HCl(aq) = NaCl(aq)＋H2O(l)
D. Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s) = BaCl2(aq)＋2NH3(g)＋10H2O(l)
【答案】A
【解析】
【分析】由图像可知反应物总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应；氧化还原反应是反应前后化合价发生变化的反应，据此判断；
【详解】A.碳与二氧化碳的反应为吸热反应，符合图像，且该反应元素化合价发生改变属于氧化还原反应，故A正确；
B.甲烷和氧气的反应为燃烧反应，燃烧为放热反应，故B错误；
C.酸碱中和反应为放热反应，故C错误；
D.该反应为吸热反应与图像符合，但该反应为复分解反应不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
11. 常压下利用可逆反应Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)精炼镍。已知230℃时，该反应的平衡常数K=2×10-5(L/mol)3，Ni(CO)4的沸点为42.2℃，粗镍中固体杂质不参与反应。下列说法错误的是
A. 恒容体系下，增加c[Ni(CO)4]，体系压强增大，平衡常数增大
B. 50℃时将粗镍与CO反应，可以获得相应的气态产物便于与粗镍杂质分离
C. 测量某温度下反应体系中Ni(CO)4体积分数不变时，反应达到平衡
D. 230℃，Ni(CO)4平衡分解率较高
【答案】A
【解析】
【详解】A．对于一个指定的可逆反应，其平衡常数只受温度的影响，温度不变，增大c [Ni(CO)4]，平衡常数不变，故A错误；
B．已知Ni(CO)4的沸点为42.2°C，粗镍中杂质不参与反应，50°C时将粗镍与一氧化碳反应，可得到气态Ni(CO)4，故B正确；
C．平衡状态的特征是各组分的浓度不再改变，当反应体系中Ni(CO)4的体积分数不再改变时说明上述反应达到了平衡状态，故C正确；
D．Ni(CO)4的分解反应为Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO(g)，根据题目条件可知，230°C时该反应的平衡常数为=，平衡常数越大，反应物的转化率越大，反应进行的程度越大，故230°C时Ni(CO)4的平衡分解率较高，故D正确；
故本题选A。
12. 为实现碳中和，可通过电解法用制备，电解装置如图，下列说法不正确的是
A. 玻碳电极为阳极，发生氧化反应
B. 铂电极的电极反应：
C. 制得28g时，产生32g
D. 电解一段时间后，右池中溶液的pH可能不变
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2，则玻碳电极为阳极，铂电极为阴极，以此解答。
【详解】A．由分析可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2，则玻碳电极为阳极，发生氧化反应，故A正确；
B．铂电极为阴极，得电子得到，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，故B正确；
C．制得28g的物质的量为=1mol，由电极方程式可知，转移12mol电子，阳极电极方程式为：2H2O-4e-=O2+4H+，则生成3molO2，质量为3mol=96g，故C错误；
D．电解一段时间后，阳极产生的H+通过质子交换膜进入阴极，同时阳极消耗水，若阴极产生的水能够进入阳极，则右池中溶液的pH可能不变，故D正确；
故选C。
13. 某著名运动员使用了可能有兴奋作用违禁药物事件闹得沸沸扬扬。该药物的结构简式如下图所示，有关该物质的说法正确的是
A. 该有机物的分子式为C19H26O2
B. 该物质所有的碳原子一定在同一个平面上
C. lmol该化合物最多可与2molH2发生反应
D. 该化合物有两种官能团
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据物质结构简式可知其分子式：C19H28O2，故A错误；
B．该有机物分子中存在饱和的sp3杂化碳原子，存在类似于甲烷的四面体结构，所以不可能所有的碳原子在同一个平面上，故B错误；
C．碳碳双键和酮羰基可与H2发生加成反应，所以lmol该化合物最多可与2molH2发生反应，故C正确；
D．结构物质结构简式可知，含酮羰基、碳碳双键和羟基3种官能团，故D错误；
答案选C。
14. 食品添加剂柠檬酸三钠，使用时必须符合国家标准。用标准的盐酸和电导率仪测得滴加盐酸体积与待测溶液(10mL)电导率的关系如图所示，溶液的浓度均为0.01mol/L。已知：柠檬酸( 分子式为C6H8O7)属于三元弱酸，25℃其电离平衡常数的pKa=-1gKa，pKa1=3.14，pKa2=4.77，pKa3=6.39。下列说法错误的是
A. a点代表正盐溶液，c(H+)的数量级为10-10
B. b点溶液显酸性
C. c点溶液满足：c(Cl-)>2[c()+c()+c()]
D. 电导率与离子浓度有关，与离子所带电荷无关
【答案】D
【解析】
【详解】A．柠檬酸的pKa3=6.39，柠檬酸三钠的Kh1=，a点为柠檬酸三钠溶液，c(OH—)=，c(H+)10-9.2，则溶液中c(H+)数量级为10-10，故A正确；
B．b点为Na2C6H6O7和NaCl的混合溶液，的电离平衡常数Ka3=10-6.39，的水解平衡常数Kh2= ，的电离大于的水解，溶液显酸性，故B正确；
C．c点为C6H7O7Na和NaCl的混合溶液，二者的物质的量之比为1:2，溶液满足，则c(Cl—) ＞，故C正确；
D．电导率与离子所带电荷有关，离子所带电荷数越大，在同等条件下，其电导率也就越大，故D错误；
故本题选D。
二、非选择题：(共4题，共58分。)
15. 实验室变色硅胶是在硅酸凝胶中添加了CoCl2。一种从水钴矿(主要成分：Co2O3，少量的Fe2O3、CaO、MgO、Al2O3、MnO))制取CoCl2·6H2O工艺流程如下：
已知：阳离子的氢氧化物沉淀时溶液的pH如下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Co(OH)2
Fe(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
4.0
7.6
7.6
7.7
完全沉淀
3.7
5.2
9.2
9.6
9.8
（1）水钴矿在浸取前需要粉碎，目的是___________。
（2）Na2SO3在浸取过程中作___________剂，写出浸取时Na2SO3与Fe2O3反应的离子方程式___________。
（3）写出NaClO3加入浸取后溶液的离子方程式___________。
（4）加入碳酸钠调节pH为5.2步骤获得沉淀的成分为___________。
（5）“萃取”时发生反应：Co2++n(HA)2⇌CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，通过调节pH，设计萃取、反萃取。简述该步骤的原理和目的___________。
（6）CoCl2为蓝色，CoC2·6H2O为粉红色。实验室变色硅胶是在硅酸凝胶中添加CoCl2用于指示吸湿程度。请说明CoCl2用于指示吸湿程度的原理___________。
【答案】（1）为了加快浸取速率和浸取率
（2） ①. 还原 ②.
（3）
（4）Fe(OH)3、Al(OH)3
（5）反萃取时加酸，可使平衡逆向移动，从而将Co2+和Mn2+分离，对Co2+富集
（6）随着结合水分子数的增加，化合物颜色由蓝色慢慢变为粉色
【解析】
【分析】水钴矿进行酸溶的同时用Na2SO3将Co还原，得到浸出液后选择NaClO3将氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH使Fe3+和Al3+完全沉淀以除去，加入NaF以将Ca2+和Mg2+形成沉淀除去，利用萃取和反萃取操作将Co2+和Mn2+分离，对Co2+富集最后经过系列操作获得粗品；
【小问1详解】
水钴矿在浸取前需要粉碎，粉碎的目的是为了加快浸取速率和浸取率；
【小问2详解】
目标产物中Co化合价为+2价，而水钴矿成分Co2O3中Co化合价为+3价，所以Na2SO3在浸取过程中作还原剂，将Co还原为+2价；浸取时Fe2O3被盐酸溶解生成Fe3+具有氧化性，Na2SO3中硫元素具有还原性，二者发生氧化还原反应，离子方程式：；
【小问3详解】
NaClO3加入浸取后溶液的作用是为了将氧化为Fe3+便于形成沉淀除去，离子方程式：；
【小问4详解】
加入碳酸钠调节pH为5.2，Fe3+和Al3+完全沉淀生成Fe(OH)3和Al(OH)3；
【小问5详解】
萃取发生反应：Co2++n(HA)2⇌CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，反萃取时加酸，可使平衡逆向移动，从而将Co2+和Mn2+分离，对Co2+富集；
【小问6详解】
随着结合的水分子个数的变化，化合物颜色随之发生变化；
16. 勒夏特列通过深入研究高炉炼铁后发现了该过程的主要反应为可逆反应。某科研小组进行类似的研究，以Fe3O4为原料炼铁，主要发生如下反应：
反应I：Fe3O4(s)+CO(g)⇌3FeO(s)+CO2(g) △H1=Q1(Q1>0)
反应II：Fe3O4(s)+4CO(g)⇌3Fe(s)+4CO2(g) △H2=Q2
将一定体积CO通入装有Fe3O4粉末的反应器，其它条件不变，反应达平衡，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。
回答下列问题：
（1）判断Q2的正、负值，并说明理由___________。
（2）温度升高，反应器中CO体积分数降低，分析可能的原因为___________。
（3）1040℃时，反应一段时间后，体系内2个反应均达成平衡，试计算各自的平衡常数Kp___________。
（4）炉温不变，扩大炼铁反应器的容积，通过分析说明等量的还原剂能否提升铁矿石的平衡转化率___________，能否提升平衡前铁矿石的单位时间转化率___________。
（5）将Fe2O3、铁粉和NaOH溶液置于反应器中，在温度大于100℃下搅拌反应半小时以上，反应产物经过一次过滤、水洗、二次过滤、干燥、研磨，可直接得到黑色的Fe3O4细末。试写出该过程的总反应方程式___________。
【答案】（1）Q2＜0；升高温度CO体积分数减小，反应Ⅱ平衡逆向进行
（2）温度升高，反应Ⅱ平衡逆向进行的程度大于反应Ⅰ正向进行的程度
（3）4；256 （4） ①. 反应前后体积不变，改变压强，不能改变铁矿石的平衡转化率 ②. 扩大炼铁反应器的容积，压强减小，反应速率减小，不能提升平衡前铁矿石的单位时间转化率
（5）4Fe2O3+Fe3Fe3O4
【解析】
【小问1详解】
根据图像可判断CO体积分数达到最大值后，继续升高温度，CO体积分数减小，由于反应反应I是吸热反应，升高温度平衡正向移动，因此反应Ⅱ中升高温度平衡逆向移动，所以反应Ⅱ是放热反应，Q2＜0；
【小问2详解】
由于反应Ⅰ吸热、反应Ⅱ放热，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向进行的程度大于反应Ⅰ正向进行的程度，因此反应器中CO体积分数降低。
【小问3详解】
由于反应体系中只有CO和二氧化碳是气体，1040℃时，反应一段时间后，体系内2个反应均达成平衡，此时CO体积分数是0.2，说明二氧化碳体积分数是0.8，即CO2和CO的体积比是4：1，设平衡时压强是P，则反应I的平衡常数Kp＝，反应Ⅱ的平衡常数Kp＝。
小问4详解】
由于反应前后体积不变，改变压强，不能改变平衡状态，所以扩大炼铁反应器的容积不能改变铁矿石的平衡转化率；扩大炼铁反应器的容积，压强减小，反应速率减小，不能提升平衡前铁矿石的单位时间转化率。
【小问5详解】
根据原子守恒可知该过程的总反应方程式为4Fe2O3+Fe3Fe3O4。
17. 2020年12月17日，我国“嫦娥五号”返回器携月壤成功着陆。根据已经发表的研究成果可知，月壤中存在天然的铁、金、银、铅、锌、铜、锑、铼等矿物颗粒。
（1）写出铜的基态原子的电子排布式___________。
（2）Fe在周期表中位于第___________周期第___________族，属于___________区。
（3）基态Fe原子有___________个未成对电子，Fe3+的电子排布式为___________。
（4）基态Al3+核外共有___________种不同运动状态的电子。
（5）采取的月壤中未发现钒(V)元素，其价层电子的轨道表示式为___________。钒(V)的某种氧化物的晶胞结构如图(1)所示。该晶体的化学式为___________。
（6）金晶体的晶胞结构如图(2)所示。设金原子的直径为dcm，用NA表示阿伏加德罗常数，M表示金的摩尔质量，金的密度为___________g/cm3(用d、M、NA表示)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1
（2） ①. 四 ②. Ⅷ ③. d
（3） ①. 4 ②. 1s22s22p63s23p63d5
（4）10 （5） ①. ②. VO2
（6）
【解析】
小问1详解】
铜为29号元素，铜的基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1；
【小问2详解】
Fe为26号元素，在周期表中位于第四周期第Ⅷ族，属于d区。
【小问3详解】
基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe原子有4个未成对电子，铁原子失去3个电子形成铁离子，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；
【小问4详解】
基态Al3+原子核外电子排布为1s22s22p6，不同的电子有不同的运动状态，所以基态Al3+核外共有10种不同运动状态的电子；
【小问5详解】
基态V原子价电子排布为3d34s2，其价层电子的轨道表示式为 ；根据“均摊法”，晶胞中含个V、个O，则该晶体的化学式为VO2；
【小问6详解】
金原子的直径为dcm，其为面心立方堆积，则晶胞边长为，根据“均摊法”，晶胞中含个Au，则晶体密度为。
18. 某α，β-不饱和烯醛是一种药物中间体，其合成路线如下：
（1）F中含氧官能团名称为___________，检验该官能团可用的化学试剂为___________。
（2）B→C的反应类型为___________。
（3）A化学名称为___________，NaIO4中的空间结构为___________。
（4）每个D分子中手性碳原子的数目为___________。
（5）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的一种结构简式___________。
①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中只有5种不同化学环境的氢。
（6）结合题中信息写出在NaIO4作用下所得产物的结构简式_______。
【答案】（1） ①. 醛基 ②. 银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液
（2）氧化反应 （3） ①. 2-甲基-1，3-丁二烯 ②. 正四面体
（4）3 （5）或
（6）和
【解析】
【分析】由合成路线可知，A分子间发生加成反应生成B，C比B在分子结构上增加了氧原子，有机物分子中“去氢加氧”为氧化反应可知，B发生氧化反应生成C，C中环破裂生成D，D和NaIO4反应生成E，E在碱性环境中发生生成F，以此解答。
【小问1详解】
F中含氧官能团为，名称为醛基，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液来检验醛基。
【小问2详解】
由题干路线可知C比B在分子结构上增加了氧原子，有机物分子中“去氢加氧”为氧化反应，故的反应类型为氧化反应。
【小问3详解】
A分子中含有两个碳碳双键，且均处于端位，从离甲基最近的一端给主链碳原子编号，两个双键分别位于1、2碳和3、4碳之间，2号碳上有一个甲基，A的名称为：2-甲基-1，3-丁二烯。离子中碘原子形成了4个σ键，孤电子对数为：，价层电子对数为4，的空间结构为正四面体。
【小问4详解】
手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，故每个D分子中手性碳原子为图中*所示数目为3。
小问5详解】
①分子中含有苯环，能与溶液发生显色反应，故含有酚羟基；②分子中只有5种不同化学环境的氢，因此结构对称，除去苯环外没有其他不饱和度，故和均可以。
【小问6详解】
2023年高二第二学期期末学业质量监测卷
化学
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 Na-23 O-16 Si-28
一、单项选择题：(本大题14小题，每小题3分，共42分，每一题只有一个选项符合要求。)
1. 下列化合物属于强电解质的是
A. CH3COOH B. NH3 C. H2O D. NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，故A不符合题意；
B．NH3是非电解质，故B不符合题意；
C．H2O是弱电解质，故C不符合题意；
D．NaOH是强碱，属于强电解质，故D符合题意；
故本题选D。
2. 设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法中正确的是
A. 46g乙醇分子中所含C-H键的数目为6NA
B. 将标准状况下NA个H2O的体积约为22.4L
C. 23gNa与足量的Cl2反应转移的电子数目为NA
D. 60g二氧化硅晶体中含有的Si-O键数目为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．46g乙醇的物质的量是1mol，1mol乙醇中C—H键只有5mol，即C—H键的数目为5NA，故A错误；
B．H2O在标况下不是气体了，不能用气体摩尔体积来计算，故B错误；
C．23g的Na的物质的量是1mol，钠与氯气反应生成NaCl，2mol的Na反应时转移电子2mol，那么1mol的Na反应时转移电子数为NA，故C正确；
D．60gSiO2的物质的量是1mol，1molSiO2中含有4mol的硅氧键，则60g二氧化硅中的含有的硅氧键数目是4NA，故D错误；
故本题选C。
3. 如图所示为双液锌铜原电池。下列有关叙述正确的是
A. 盐桥的作用是传导电子
B. 在该电池的外电路中，电流由铜片流向锌片
C. 锌片上发生还原反应：Zn-2e-=Zn2+
D. 铜片做正极，电极反应是：Cu=Cu2++2e-
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，锌较活泼失去电子发生氧化反应，为负极；铜离子得到电子发生还原反应生成铜，为正极；
【详解】A．盐桥的作用是传导离子形成内电路，A错误；
B．在该电池的外电路中，电流由正极流向负极，故电流由铜片流向锌片，B正确；
C．锌片上发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，C错误；
D．铜片做正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应是：Cu2++2e-=Cu，D错误；
故选B。
4. 下列化学用语表示正确的是
A. N2分子内σ键和π键个数之比为1：3 B. 中子数为9的氮原子：
C. 邻羟基苯甲醛分子内氢键 D. 氨基苯甲酸的结构简式
【答案】C
【解析】
【详解】A．N2分子的结构式为，则σ键和π键个数之比为1：2，A错误；
B．中子数为9的氮原子，质量数=7+9=16，表示为，B错误；
C．邻羟基苯甲醛分子可以形成分子内氢键，C正确；
D．氨基苯甲酸中应含有氨基及羧基，该结构中为酰氨基，D错误；
故答案为：C。
5. 下列事实与相应的物质的化学键键能大小无关的是
A. 熔点：H2O>HF B. 活泼性：N2
【答案】A
【解析】
【详解】A．HF与H2O均为分子晶体，熔点与共价键键能无关，H2O熔点高于HF是因为H2O中氢键多于HF中氢键，氢键不属于化学键，A符合题意；
B．氮气中氮原子之间以共价三键连接，键能较大，比较稳定，因此氮气不如P4活泼，B不符合题意；
C．碳原子半径比硅原子小，碳氢键键长短，键能大，稳定性更好，C不符合题意；
D．金刚石与晶体硅都属于共价晶体，碳碳键键长短，键能大，硬度高，D不符合题意；
故选A。
6. 下列有关离子方程式的书写正确的是
A. 用纯铜电板电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑
B. 用FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3++3Cu=2Fe2++3Cu2+
C. 向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D. 向H2O中投入Na2O2固体：H2O+Na2O2=2Na++2OH-+O2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．用惰性电极电解溶液，阴极上放电，阳极上放电，离子方程式为：，用纯铜电板则阳极铜会失去电子生成铜离子，A错误；
B．溶液刻蚀电路铜板的离子方程式为：，B错误；
C．草酸根离子被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，同时生成锰离子，离子方程式为：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，C正确；
D．过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气，反应为，D错误；
故选C。
7. 短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a为第二周期且原子核外p能级上的电子总数与s能级上的电子总数相等，b为第三周期且原子核外没有未成对电子，c的单质晶体是芯片的主要材料，d与a位于同一主族。下列说法正确的是
A. 简单离子半径a的比b的小
B. b的第一电离能大于同周期相邻的两种元素
C. c的常见氧化物是一种离子晶体
D. d的简单氢化物的空间结构为直线形
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a为第二周期且原子核外p能级上的电子总数与s能级上的电子总数相等，则a为氧；b为第三周期且原子核外没有未成对电子，则b为镁；c的单质晶体是芯片的主要材料，则c为硅；d与a位于同一主族，则d为硫；
【详解】A．电子层结构相同的离子，序数越大半径越小，所以，故A错误；
B．Mg原子3s能级处于全充满状态，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻的两种元素，故B正确；
C．c的常见氧化物为SiO2，属于共价晶体，故C错误；
D． d的简单氢化物为H2S，中心原子S为sp3杂化，孤电子对有2对，空间结构为V形，故D错误；
答案选B。
8. 青霉胺可以用于医学上误食铜盐的解毒，解毒原理：Cu2+形成环状配合物，其结构如图所示。该配合物无毒、易溶于水，可经尿液排出。下列说法错误的是
A. 共价键键角的大小关系为H2O
C. 该配合物易溶于水的主要原因是其与水可形成分子间氢键
D. 与铜离子形成配位键强弱大小关系为H2S>NH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．水分子中存在2个孤电子对，氨分子中只有1个孤电子对，孤电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，中心原子都采用sp3杂化，因此水与氨气分子中共价键键角的大小：H2O
C．该配合物易溶于水的主要原因是其分子中的羧基和氨基均与水可形成分子间氢键，C 正确；
D．原子的电负性差值越大配位键越强，即与铜离子形成配位键强弱的大小关系为NH3>H2S，D错误；
故选D。
9. 病毒核酸采样管中的红色液体是一种样本保护液，其中含有胍盐，作用于病毒核酸保存。已知胍是有机一元碱，碱性与氢氧化钠相近；胍盐易水解为氨和尿素。以下说法错误的是
A. 核酸和蛋白质都是生物大分子
B. 核酸水解最终产物中含有磷酸、六碳糖和碱基
C. 胍保存不当时易吸收空气中的CO2而变质
D. 合理使用尿素可以促进农作物的生长，提高粮食产量
【答案】B
【解析】
【详解】A．核酸和蛋白质都是生物大分子，A正确；
B．核酸水解产物中含有磷酸、戊糖和碱基，戊糖为五碳糖，B错误；
C．由题中信息可知胍的碱性与氢氧化钠相近，所以保存不当易吸收空气中的CO2而变质，C正确；
D．化肥都不可以过度使用，D正确；
故选B。
10. 下列反应属于氧化还原反应且能量变化符合图像的是
A. C(s)＋CO2(g) = 2CO(g)
B. CH4(g)＋2O2(g) = CO2(g)＋2H2O(l)
C. NaOH(aq)＋HCl(aq) = NaCl(aq)＋H2O(l)
D. Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s) = BaCl2(aq)＋2NH3(g)＋10H2O(l)
【答案】A
【解析】
【分析】由图像可知反应物总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应；氧化还原反应是反应前后化合价发生变化的反应，据此判断；
【详解】A.碳与二氧化碳的反应为吸热反应，符合图像，且该反应元素化合价发生改变属于氧化还原反应，故A正确；
B.甲烷和氧气的反应为燃烧反应，燃烧为放热反应，故B错误；
C.酸碱中和反应为放热反应，故C错误；
D.该反应为吸热反应与图像符合，但该反应为复分解反应不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
11. 常压下利用可逆反应Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)精炼镍。已知230℃时，该反应的平衡常数K=2×10-5(L/mol)3，Ni(CO)4的沸点为42.2℃，粗镍中固体杂质不参与反应。下列说法错误的是
A. 恒容体系下，增加c[Ni(CO)4]，体系压强增大，平衡常数增大
B. 50℃时将粗镍与CO反应，可以获得相应的气态产物便于与粗镍杂质分离
C. 测量某温度下反应体系中Ni(CO)4体积分数不变时，反应达到平衡
D. 230℃，Ni(CO)4平衡分解率较高
【答案】A
【解析】
【详解】A．对于一个指定的可逆反应，其平衡常数只受温度的影响，温度不变，增大c [Ni(CO)4]，平衡常数不变，故A错误；
B．已知Ni(CO)4的沸点为42.2°C，粗镍中杂质不参与反应，50°C时将粗镍与一氧化碳反应，可得到气态Ni(CO)4，故B正确；
C．平衡状态的特征是各组分的浓度不再改变，当反应体系中Ni(CO)4的体积分数不再改变时说明上述反应达到了平衡状态，故C正确；
D．Ni(CO)4的分解反应为Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO(g)，根据题目条件可知，230°C时该反应的平衡常数为=，平衡常数越大，反应物的转化率越大，反应进行的程度越大，故230°C时Ni(CO)4的平衡分解率较高，故D正确；
故本题选A。
12. 为实现碳中和，可通过电解法用制备，电解装置如图，下列说法不正确的是
A. 玻碳电极为阳极，发生氧化反应
B. 铂电极的电极反应：
C. 制得28g时，产生32g
D. 电解一段时间后，右池中溶液的pH可能不变
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2，则玻碳电极为阳极，铂电极为阴极，以此解答。
【详解】A．由分析可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2，则玻碳电极为阳极，发生氧化反应，故A正确；
B．铂电极为阴极，得电子得到，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，故B正确；
C．制得28g的物质的量为=1mol，由电极方程式可知，转移12mol电子，阳极电极方程式为：2H2O-4e-=O2+4H+，则生成3molO2，质量为3mol=96g，故C错误；
D．电解一段时间后，阳极产生的H+通过质子交换膜进入阴极，同时阳极消耗水，若阴极产生的水能够进入阳极，则右池中溶液的pH可能不变，故D正确；
故选C。
13. 某著名运动员使用了可能有兴奋作用违禁药物事件闹得沸沸扬扬。该药物的结构简式如下图所示，有关该物质的说法正确的是
A. 该有机物的分子式为C19H26O2
B. 该物质所有的碳原子一定在同一个平面上
C. lmol该化合物最多可与2molH2发生反应
D. 该化合物有两种官能团
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据物质结构简式可知其分子式：C19H28O2，故A错误；
B．该有机物分子中存在饱和的sp3杂化碳原子，存在类似于甲烷的四面体结构，所以不可能所有的碳原子在同一个平面上，故B错误；
C．碳碳双键和酮羰基可与H2发生加成反应，所以lmol该化合物最多可与2molH2发生反应，故C正确；
D．结构物质结构简式可知，含酮羰基、碳碳双键和羟基3种官能团，故D错误；
答案选C。
14. 食品添加剂柠檬酸三钠，使用时必须符合国家标准。用标准的盐酸和电导率仪测得滴加盐酸体积与待测溶液(10mL)电导率的关系如图所示，溶液的浓度均为0.01mol/L。已知：柠檬酸( 分子式为C6H8O7)属于三元弱酸，25℃其电离平衡常数的pKa=-1gKa，pKa1=3.14，pKa2=4.77，pKa3=6.39。下列说法错误的是
A. a点代表正盐溶液，c(H+)的数量级为10-10
B. b点溶液显酸性
C. c点溶液满足：c(Cl-)>2[c()+c()+c()]
D. 电导率与离子浓度有关，与离子所带电荷无关
【答案】D
【解析】
【详解】A．柠檬酸的pKa3=6.39，柠檬酸三钠的Kh1=，a点为柠檬酸三钠溶液，c(OH—)=，c(H+)10-9.2，则溶液中c(H+)数量级为10-10，故A正确；
B．b点为Na2C6H6O7和NaCl的混合溶液，的电离平衡常数Ka3=10-6.39，的水解平衡常数Kh2= ，的电离大于的水解，溶液显酸性，故B正确；
C．c点为C6H7O7Na和NaCl的混合溶液，二者的物质的量之比为1:2，溶液满足，则c(Cl—) ＞，故C正确；
D．电导率与离子所带电荷有关，离子所带电荷数越大，在同等条件下，其电导率也就越大，故D错误；
故本题选D。
二、非选择题：(共4题，共58分。)
15. 实验室变色硅胶是在硅酸凝胶中添加了CoCl2。一种从水钴矿(主要成分：Co2O3，少量的Fe2O3、CaO、MgO、Al2O3、MnO))制取CoCl2·6H2O工艺流程如下：
已知：阳离子的氢氧化物沉淀时溶液的pH如下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Co(OH)2
Fe(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
4.0
7.6
7.6
7.7
完全沉淀
3.7
5.2
9.2
9.6
9.8
（1）水钴矿在浸取前需要粉碎，目的是___________。
（2）Na2SO3在浸取过程中作___________剂，写出浸取时Na2SO3与Fe2O3反应的离子方程式___________。
（3）写出NaClO3加入浸取后溶液的离子方程式___________。
（4）加入碳酸钠调节pH为5.2步骤获得沉淀的成分为___________。
（5）“萃取”时发生反应：Co2++n(HA)2⇌CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，通过调节pH，设计萃取、反萃取。简述该步骤的原理和目的___________。
（6）CoCl2为蓝色，CoC2·6H2O为粉红色。实验室变色硅胶是在硅酸凝胶中添加CoCl2用于指示吸湿程度。请说明CoCl2用于指示吸湿程度的原理___________。
【答案】（1）为了加快浸取速率和浸取率
（2） ①. 还原 ②.
（3）
（4）Fe(OH)3、Al(OH)3
（5）反萃取时加酸，可使平衡逆向移动，从而将Co2+和Mn2+分离，对Co2+富集
（6）随着结合水分子数的增加，化合物颜色由蓝色慢慢变为粉色
【解析】
【分析】水钴矿进行酸溶的同时用Na2SO3将Co还原，得到浸出液后选择NaClO3将氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH使Fe3+和Al3+完全沉淀以除去，加入NaF以将Ca2+和Mg2+形成沉淀除去，利用萃取和反萃取操作将Co2+和Mn2+分离，对Co2+富集最后经过系列操作获得粗品；
【小问1详解】
水钴矿在浸取前需要粉碎，粉碎的目的是为了加快浸取速率和浸取率；
【小问2详解】
目标产物中Co化合价为+2价，而水钴矿成分Co2O3中Co化合价为+3价，所以Na2SO3在浸取过程中作还原剂，将Co还原为+2价；浸取时Fe2O3被盐酸溶解生成Fe3+具有氧化性，Na2SO3中硫元素具有还原性，二者发生氧化还原反应，离子方程式：；
【小问3详解】
NaClO3加入浸取后溶液的作用是为了将氧化为Fe3+便于形成沉淀除去，离子方程式：；
【小问4详解】
加入碳酸钠调节pH为5.2，Fe3+和Al3+完全沉淀生成Fe(OH)3和Al(OH)3；
【小问5详解】
萃取发生反应：Co2++n(HA)2⇌CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，反萃取时加酸，可使平衡逆向移动，从而将Co2+和Mn2+分离，对Co2+富集；
【小问6详解】
随着结合的水分子个数的变化，化合物颜色随之发生变化；
16. 勒夏特列通过深入研究高炉炼铁后发现了该过程的主要反应为可逆反应。某科研小组进行类似的研究，以Fe3O4为原料炼铁，主要发生如下反应：
反应I：Fe3O4(s)+CO(g)⇌3FeO(s)+CO2(g) △H1=Q1(Q1>0)
反应II：Fe3O4(s)+4CO(g)⇌3Fe(s)+4CO2(g) △H2=Q2
将一定体积CO通入装有Fe3O4粉末的反应器，其它条件不变，反应达平衡，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。
回答下列问题：
（1）判断Q2的正、负值，并说明理由___________。
（2）温度升高，反应器中CO体积分数降低，分析可能的原因为___________。
（3）1040℃时，反应一段时间后，体系内2个反应均达成平衡，试计算各自的平衡常数Kp___________。
（4）炉温不变，扩大炼铁反应器的容积，通过分析说明等量的还原剂能否提升铁矿石的平衡转化率___________，能否提升平衡前铁矿石的单位时间转化率___________。
（5）将Fe2O3、铁粉和NaOH溶液置于反应器中，在温度大于100℃下搅拌反应半小时以上，反应产物经过一次过滤、水洗、二次过滤、干燥、研磨，可直接得到黑色的Fe3O4细末。试写出该过程的总反应方程式___________。
【答案】（1）Q2＜0；升高温度CO体积分数减小，反应Ⅱ平衡逆向进行
（2）温度升高，反应Ⅱ平衡逆向进行的程度大于反应Ⅰ正向进行的程度
（3）4；256 （4） ①. 反应前后体积不变，改变压强，不能改变铁矿石的平衡转化率 ②. 扩大炼铁反应器的容积，压强减小，反应速率减小，不能提升平衡前铁矿石的单位时间转化率
（5）4Fe2O3+Fe3Fe3O4
【解析】
【小问1详解】
根据图像可判断CO体积分数达到最大值后，继续升高温度，CO体积分数减小，由于反应反应I是吸热反应，升高温度平衡正向移动，因此反应Ⅱ中升高温度平衡逆向移动，所以反应Ⅱ是放热反应，Q2＜0；
【小问2详解】
由于反应Ⅰ吸热、反应Ⅱ放热，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向进行的程度大于反应Ⅰ正向进行的程度，因此反应器中CO体积分数降低。
【小问3详解】
由于反应体系中只有CO和二氧化碳是气体，1040℃时，反应一段时间后，体系内2个反应均达成平衡，此时CO体积分数是0.2，说明二氧化碳体积分数是0.8，即CO2和CO的体积比是4：1，设平衡时压强是P，则反应I的平衡常数Kp＝，反应Ⅱ的平衡常数Kp＝。
小问4详解】
由于反应前后体积不变，改变压强，不能改变平衡状态，所以扩大炼铁反应器的容积不能改变铁矿石的平衡转化率；扩大炼铁反应器的容积，压强减小，反应速率减小，不能提升平衡前铁矿石的单位时间转化率。
【小问5详解】
根据原子守恒可知该过程的总反应方程式为4Fe2O3+Fe3Fe3O4。
17. 2020年12月17日，我国“嫦娥五号”返回器携月壤成功着陆。根据已经发表的研究成果可知，月壤中存在天然的铁、金、银、铅、锌、铜、锑、铼等矿物颗粒。
（1）写出铜的基态原子的电子排布式___________。
（2）Fe在周期表中位于第___________周期第___________族，属于___________区。
（3）基态Fe原子有___________个未成对电子，Fe3+的电子排布式为___________。
（4）基态Al3+核外共有___________种不同运动状态的电子。
（5）采取的月壤中未发现钒(V)元素，其价层电子的轨道表示式为___________。钒(V)的某种氧化物的晶胞结构如图(1)所示。该晶体的化学式为___________。
（6）金晶体的晶胞结构如图(2)所示。设金原子的直径为dcm，用NA表示阿伏加德罗常数，M表示金的摩尔质量，金的密度为___________g/cm3(用d、M、NA表示)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1
（2） ①. 四 ②. Ⅷ ③. d
（3） ①. 4 ②. 1s22s22p63s23p63d5
（4）10 （5） ①. ②. VO2
（6）
【解析】
小问1详解】
铜为29号元素，铜的基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1；
【小问2详解】
Fe为26号元素，在周期表中位于第四周期第Ⅷ族，属于d区。
【小问3详解】
基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe原子有4个未成对电子，铁原子失去3个电子形成铁离子，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；
【小问4详解】
基态Al3+原子核外电子排布为1s22s22p6，不同的电子有不同的运动状态，所以基态Al3+核外共有10种不同运动状态的电子；
【小问5详解】
基态V原子价电子排布为3d34s2，其价层电子的轨道表示式为 ；根据“均摊法”，晶胞中含个V、个O，则该晶体的化学式为VO2；
【小问6详解】
金原子的直径为dcm，其为面心立方堆积，则晶胞边长为，根据“均摊法”，晶胞中含个Au，则晶体密度为。
18. 某α，β-不饱和烯醛是一种药物中间体，其合成路线如下：
（1）F中含氧官能团名称为___________，检验该官能团可用的化学试剂为___________。
（2）B→C的反应类型为___________。
（3）A化学名称为___________，NaIO4中的空间结构为___________。
（4）每个D分子中手性碳原子的数目为___________。
（5）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的一种结构简式___________。
①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中只有5种不同化学环境的氢。
（6）结合题中信息写出在NaIO4作用下所得产物的结构简式_______。
【答案】（1） ①. 醛基 ②. 银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液
（2）氧化反应 （3） ①. 2-甲基-1，3-丁二烯 ②. 正四面体
（4）3 （5）或
（6）和
【解析】
【分析】由合成路线可知，A分子间发生加成反应生成B，C比B在分子结构上增加了氧原子，有机物分子中“去氢加氧”为氧化反应可知，B发生氧化反应生成C，C中环破裂生成D，D和NaIO4反应生成E，E在碱性环境中发生生成F，以此解答。
【小问1详解】
F中含氧官能团为，名称为醛基，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液来检验醛基。
【小问2详解】
由题干路线可知C比B在分子结构上增加了氧原子，有机物分子中“去氢加氧”为氧化反应，故的反应类型为氧化反应。
【小问3详解】
A分子中含有两个碳碳双键，且均处于端位，从离甲基最近的一端给主链碳原子编号，两个双键分别位于1、2碳和3、4碳之间，2号碳上有一个甲基，A的名称为：2-甲基-1，3-丁二烯。离子中碘原子形成了4个σ键，孤电子对数为：，价层电子对数为4，的空间结构为正四面体。
【小问4详解】
手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，故每个D分子中手性碳原子为图中*所示数目为3。
小问5详解】
①分子中含有苯环，能与溶液发生显色反应，故含有酚羟基；②分子中只有5种不同化学环境的氢，因此结构对称，除去苯环外没有其他不饱和度，故和均可以。
【小问6详解】
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