山西省部分学校2023-2024学年高二下学期7月期末考试化学试卷（解析版）

这是一份山西省部分学校2023-2024学年高二下学期7月期末考试化学试卷（解析版），共24页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围，可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4．本卷命题范围：高考范围。
5．可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Ni59
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述错误的是
A. 免洗洗手液的有效成分之一活性胶质银离子能使病毒蛋白质变性
B. 稀有气体在通电激发的情况下可以发出各种颜色的光，可用来制作霓虹灯
C. 我国西周时期发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了酶使反应进行的限度变大
D. 利用牺牲阳极的阴极保护法，电热水器中可用镁棒防止铁制内胆腐蚀
【答案】C
【详解】A．重金属离子能使蛋白质变性，银离子是重金属离子，所以免洗洗手液的有效成分活性胶质银离子能使蛋白质变性，A正确；
B．稀有气体在通电激发的情况下形成发射光谱，可以发出各种颜色的光，可用来制作霓虹灯，B正确；
C．催化剂不能使化学平衡发生移动，C错误；
D．金属内胆一般来说是不锈钢材质的，镁棒的金属活动性强于金属内胆，所以镁棒相当于原电池负极，从而保护了金属内胆不被腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
故选C。
2. 四氯化钛（）遇水易潮解，常温常压下熔点约为－25℃。反应的化学方程式为。下列有关说法正确的是
A. 基态Ti原子的核外电子排布式为B. 是由极性键构成的非极性分子
C. HCl的电子式为D. 属于分子晶体
【答案】D
【详解】A．基态Ti原子的核外电子排布式为，故A错误；
B．是极性分子，故B错误；
C．H和Cl形成共价键而非离子键，电子式为：，故C错误；
D．常温常压下熔点约为－25℃，推测属于分子晶体，故D正确；
答案选D。
3. 下列实验装置使用正确且可以达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【详解】A．加热熟石灰和氯化铵制备氨气时试管口需要向下倾斜，A项错误；
B．饱和氯化钠溶液可以吸收HCl而不吸收，因此可以达到除杂目的，B项正确；
C．能溶于水且与水反应，不能使用排水法收集，C项错误；
D．测定pH应该用玻璃棒蘸取待测液滴到干燥的pH试纸上，且氯水会漂白指示剂，应该用pH计，D项错误；
答案选B。
4. 可与丁二酮肟反应生成M，M的结构如图所示。下列有关说法正确的是
A. 提供孤电子对形成配位键
B. 的配位数为4
C. M分子中只含有极性键
D. 丁二酮肟的结构简式为
【答案】B
【详解】A．根据结构可知，原子具有空轨道，是共用电子对的接受者，是配合物的中心原子，故A错误；
B．根据结构可知，与4个形成配位键，的配位数为4，故B正确；
C．根据结构可知，该物质中Ni、N之间存配位键，其他成键原子之间结构中还存在非极性键，极性键等，故C错误；
D．根据结构可知，丁二酮肟的结构简式为，故D错误；
答案选B。
5. 下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A. 电解饱和溶液：
B. 足量与溶液反应：
C. 与氨水反应：
D. Cu片与足量稀硝酸反应：
【答案】D
【详解】A．电解饱和溶液会生成沉淀，A项错误；
B．足量与溶液反应生成，离子方程式为，B项错误；
C．一水合氨是弱碱，不能拆，离子方程式为，C项错误；
D．Cu片与足量稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为，D项正确；
答案选D。
6. 合成马蔺子甲素的部分路线如图所示，下列说法正确的是
A. X、Y均不存在顺反异构体
B. 的反应属于加成反应
C. 可以使用溴的四氯化碳溶液鉴别X与Y
D. 1 ml Y中含有3 ml碳氧σ键
【答案】A
【详解】A．根据物质分子结构可知：在X、Y分子中不饱和的碳碳双键的一个碳上有2个氢原子，不存在顺反异构体，A正确；
B．根据物质反应历程可知：X分子中羟基上的H原子与溴苯上的Br原子发生取代反应产生Y，同时反应产生HBr，故X→Y属于取代反应，B错误；
C．X、Y分子中均含有碳碳双键，因此二者均能使溴的四氯化碳溶液褪色，不能用溴的四氯化碳溶液鉴别，C错误；
D．根据物质分子结构，结合C原子价电子数目是4，在Y分子中含有4个C-O共价单键，故可知1 ml Y分子中碳氧σ键的数目为4NA，D错误；
故合理选项是A。
7. X、Y、Z三种主族元素的原子序数依次增大。三种元素中只有X、Y处于同一周期且基态原子中未成对电子数相等，Z为金属元素且第一电离能高于同周期相邻元素，R元素位于第四周期ds区，Y与R形成的一种化合物M的晶胞结构如图所示。
下列说法正确的是
A. X的最高价氧化物的任意排放会导致酸雨
B. Y的简单氢化物沸点高于同周期相邻元素
C. 简单离子半径：
D. M的熔点高于Z与Y形成的化合物ZY
【答案】B
【分析】X、Y、Z三种主族元素的原子序数依次增大，X、Y处于同一周期且基态原子中未成对电子数相等，则X、Y位于第二周期，X为C、Y为O；Z为金属元素，且第一电离能高于同周期相邻元素，则Z位于第三周期，Z为Mg；R元素位于第四周期ds区，且与Y形成的化合物M，根据M的晶胞结构，Y原子个数为，R原子个数为4，则化学式为，第四周期ds区Cu元素与O元素可以形成和两种氧化物，Zn元素与O元素只能形成，因此为，R为Cu。
【详解】A．是温室气体，其排放不会导致酸雨，A项错误；
B．分子之间形成的氢键数目比HF或多，因此沸点更高，B项正确；
C．核外电子排布相同的离子，随核电荷数增加，半径减小，则离子半径：，C项错误；
D．MgO晶体中离子所带电荷数大于，且的半径小于，则MgO晶体中的离子键更强，熔点高于，D项错误；
答案选B。
8. 工业上用二氧化硫制硫酸和大气中二氧化硫转化成硫酸型酸雨的流程如下图所示。
下列说法正确的是
A. 工业上直接氧化是因为比更容易被氧化
B. 实际生产中，用吸收比用98.3％浓硫酸吸收的产率更高
C. 燃煤脱硫不仅可以减少的排放，还有助于实现“碳达峰”战略目标
D. 与在催化剂、加热条件下充分反应生成，转移2ml电子
【答案】D
【详解】A．不易直接被氧气氧化，工业上可以使用催化剂降低反应活化能，从而加快反应速率，而自然界中不能提供催化剂，需要先转化为才能被氧化成，A错误；
B．实际生产中用直接吸收会形成硫酸酸雾，硫酸产率降低，B错误；
C．燃煤脱硫不能减少的排放，C错误；
D．的物质的量为1ml，生成1ml转移2ml电子，D正确；
故选D。
9. 利用反应制取苯乙烯的机理如下图，A、、点位带有不同电性。下列说法正确的是
A. 催化剂的、点位带负电性
B. 该反应的平衡常数
C. 提高的浓度可以增大活化分子百分数，从而加快反应速率
D. 使用催化剂可以降低该反应的焓变
【答案】A
【详解】A．根据电负性：可以推测，催化剂的、点位带负电性，A正确；
B．有浓度，计算平衡常数时不可以视为1，，B错误；
C．提高的浓度，活化分子百分数不变，单位体积内的活化分子数增多，发生有效碰撞的概率变大，从而加快反应速率，C错误；
D．催化剂不能改变焓变，D错误；
故选A
10. 已知：。常温下，三种有机酸的电离常数对应的如下表所示：
常温下，下列说法中错误的是
A. 三种有机酸电离程度不同的主要原因是羧基中O－H键的极性不同
B. 根据表中信息可以推测，
C. 相同体积、相同pH的三种有机酸溶液与足量NaOH溶液反应消耗n(NaOH)：③＞①＞②
D. 相同浓度的溶液和溶液相比，后者的pH更大
【答案】B
【详解】A．三种有机酸的酸性不同是由于与相连的基团对电子吸引力不同，导致羧基中O－H键的极性不同，A正确；
B．F的电负性比Cl强，的酸性更强，，B错误；
C．相同pH的三种有机酸溶液，电离程度越小的酸浓度越大，相同体积的酸消耗NaOH更多，且②含有卤原子，水解NaOH将更多，消耗n(NaOH)：③＞①＞②，C正确；
D．根据可知，的电离程度更大，则的水解程度小于，浓度相同时，溶液的pH大于溶液，D正确；
故选B
11. 下列实验方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【详解】A．应加入硝酸酸化的溶液，直接加会与反应产生沉淀，A错误；
B．香茅醛中含有醛基，也能使酸性溶液褪色，不能确定是否含碳碳双键，B错误；
C．溶液呈碱性而NaCl溶液呈中性，因此会发生水解而不水解，证明醋酸的酸性比盐酸弱，C正确；
D．Na与反应也产生气泡，D错误；
故选C
12. 利用电催化法可以将转化为从而实现的资源化利用，装置示意图如图。下列说法错误的是
A. Pt电极表面产生
B. 该装置需要不断补充溶液
C. 阴极反应式为
D. 若不加入溶液，阴极会产生，电解效率降低
【答案】B
【分析】薄膜电极与负极相连，为电解装置的阴极，电极反应为；Pt电极为阳极，电极反应为。
【详解】A．Pt电极为阳极，失去电子生成，A项正确；
B．电路中每转移6ml电子，就有移动至薄膜电极与反应生成，不需要补充溶液，B项错误；
C．薄膜电极的电极反应式为，C项正确；
D．若不加入溶液，也在阴极得到电子产生，使电解效率降低，D项正确；
答案选B。
13. 中国科学家首次用改性铜基催化剂，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压。草酸二甲酯加氢的主要反应有（反应均可自发进行）：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
其他条件相同时，相同时间内温度对产物选择性的影响结果如图。
已知：物质B的选择性。下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ、Ⅱ的ΔH均大于0
B. 其他条件不变，增加氢气的浓度，一定能提高乙二醇的产率
C. 体系状态处于a点时，反应Ⅱ进行的程度高于反应Ⅲ
D. 其他条件相同时，用传统的高压条件反应，平衡时的选择性比用改性铜基催化剂时高
【答案】C
【详解】A．由于反应均为自发进行的反应，反应Ⅰ、Ⅱ均是熵减，满足必须放热才能满足条件，A错误；
B．氢气浓度过大会促进反应Ⅲ进行，乙二醇产率可能降低，B错误；
C．a点时，虽然乙二醇的选择性在下降，乙醇的选择性在升高，但是乙二醇的选择性仍然大于乙醇，反应Ⅱ进行的程度更大，C正确；
D．反应Ⅲ反应物和生成物中气体分子数相等，压强增大，不会影响反应Ⅲ的平衡选择性，D错误；
故选A
14. 室温下，向浓度均为的NaOH和混合溶液A中滴加标准盐酸，溶液pH与关系如图所示。下列叙述错误的是
A. b点对应溶液中水的电离程度最大
B. 常温下，的水解常数约为
C. a点溶液中：
D. b点溶液中：
【答案】D
【分析】向浓度均为的NaOH和混合溶液A中滴加盐酸，根据图像可知，a点NaOH没有反应完全，溶质为、NaOH、NaCl，当η=1时，则盐酸也为1L，即HCl也是0.2ml，此时HCl与NaOH恰好完全反应，故b点溶质为0.2mlNa2CO3与0.2mlNaCl，当η=1时，盐酸为2L，即HCl是0.4ml，c点溶质为0.2ml，0.4mlNaCl。
【详解】A．a→b为盐酸与NaOH的中和反应，NaOH浓度降低，则水电离程度增大，b→c为盐酸与反应生成，水电离程度减小，则b点对应溶液中水的电离程度最大，A项正确；
B．根据b点可知，则，的水解常数，B项正确；
C．根据图像可知a点溶液显碱性，则，结合电荷守恒可得：，C项正确；
D．b点溶质为、NaCl，由分析可知，根据物料守恒关系为，D项错误；
答案选D。
二、非选择题（本题共4小题，共58分）
15. 碳酸镍在新能源以及智能制造上发挥了重要作用。以含镍废料为原料（主要成分，含少量、MgO、CaO、）可制备高纯。
已知：常温下，，}，，。
回答下列问题：
（1）“酸溶”时，快速鼓入空气的主要作用是________。
（2）“调节pH”时，与使用NaOH溶液相比，用NiO的优点是________。
（3）“除杂”后所得溶液的，，则c(HF)＝________。
（4）“沉镍”时反应的离子方程式为________；用溶液得到的产品纯度远高于用溶液的原因是________。
（5）测定样品中Ni元素的含量：取样品，加入足量稀硫酸完全溶解后定容为100.0mL待测液，取25.00mL待测液用氨水调节溶液pH为9～10，加入紫脲酸胺作指示剂，用EDTA标准溶液平行滴定3次（与EDTA反应的化学计量数之比为1︰1），平均消耗EDTA标准溶液20.00mL。样品中Ni元素的含量为________％。
（6）碳酸镍的应用
碳酸镍在空气中与碳酸锂共同“煅烧”可制得电极材料。写出“煅烧”反应的化学方程式：________。
【答案】（1）将氧化成
（2）NiO调节pH的同时可以提高的产量
（3）
（4）①. ②. 水解程度远大于，与之发生互促水解生成，且水解也能抑制水解生成
（5）47.2 （6）
【分析】根据镍废料的成分先用硫酸溶解同时鼓入空气，将氧化成，溶液中含有、、、、，同时产生微溶性CaSO4，再根据杂质离子的沉淀的pH来除杂，加NiO调pH要保证把Al3+、全部沉淀为、 ，“除杂”时加入NH4F溶液使得Mg2+和Ca2+完全转化为沉淀，最后利用镍离子和碳酸氢铵的反应来生成碳酸镍，最后结晶得到产品，据此解答。
【小问1详解】
快速鼓入空气的主要作用是：将氧化成；
【小问2详解】
用NiO的优点是：NiO调节pH的同时可以提高的产量，不引入新杂质；
【小问3详解】
根据沉淀平衡常数可求F-，，；
【小问4详解】
“沉镍”时反应的离子方程式为：；用溶液得到的产品纯度远高于用溶液的原因是：水解程度远大于，与之发生互促水解生成，且水解也能抑制水解生成；
【小问5详解】
，则样品中，Ni元素的含量为：；
【小问6详解】
碳酸镍在空气中与碳酸锂共同“煅烧”可制得电极材料，反应的化学方程式：。
16. （主要指NO和）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的是环境保护的重要课题。回答下列问题：
（1）汽车尾气的处理：，该反应的反应历程及反应物和生成物的相对能量如图1所示：
①反应________（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）是该反应决速步骤， ________。
②反应的净反应速率其中、分别为正、逆反应的速率常数（只与温度有关）。若改变温度后增大，则改变温度的方式是________（填“升高温度”或“降低温度”）。
（2）用NaClO溶液吸收。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图2所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，其离子方程式为________________。
②NaClO溶液初始pH越小，NO转化率越高。其原因是________。
（3）在有氧条件下，新型催化剂M能催化与生成。将一定比例的、和的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见图3）。反应相同时间，的去除率随反应温度的变化曲线如图4所示，在50∼250℃内随温度的升高，的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是________；当反应温度高于380℃时，转化率下降，除因为催化剂活性下降、进入反应器的被还原的量减少外，还有________（用化学方程式表示）。
（4）向某密闭容器中通入2mlNO、2mlCO，控制适当条件使其发生反应，测得不同温度（℃）、不同压强（kPa）下NO的平衡转化率如图5所示：
①图5中X表示________（填“温度”或“压强”）；________（填“＞”或“＜”）。
②A点温度下平衡常数________（用或表示）。
【答案】（1）①. Ⅰ ②. ③. 降低温度
（2）①. ②. 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
（3）①. 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使去除反应速率迅速增大，上升缓慢段主要是温度升高引起的去除反应速率增大 ②.
（4）①. 压强 ②. ＜ ③.
【小问1详解】
①由反应历程图可以发现：反应Ⅰ的活化能最大，因此Ⅰ反应速率最慢，为反应决速步骤；根据盖斯定律，总反应为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的加和，因此H=(+199.4-513.2-306.6) kJ·ml-1=-620.4 kJ·ml-1；答案为Ⅰ；-620.4 kJ·ml-1；
②可逆反应达到平衡时，，即，可以推导出平衡常数，对于放热反应，增大，平衡正移，应该是温度降低的结果；答案为降低温度；
【小问2详解】
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO发生氧化还原反应，生成Cl-、和H+，因此反应的离子方程式为，故答案为: ；
②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，因此NO转化率越高，故答案为: pH越小，HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强；
【小问3详解】
在50∼250℃内随温度的升高，的去除率先迅速上升后缓慢上升的主要原因是：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使去除反应速率迅速增大，上升缓慢段主要是温度升高引起的去除反应速率增大；当反应温度高于380℃时，转化率下降，除因为催化剂活性下降、进入反应器的被还原的量减少外，还有氨气被催化氧化，反应为；
【小问4详解】
①根据上述分析可知，该反应为放热反应，若升高温度平衡逆向移动，NO转化率降低，与图像不符，X不是温度，该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动，NO转化率增大，与图像相符，故X为压强；Y代表温度，且温度降低时平衡正向移动，NO转化率增大，则Y1小于Y2，故答案为：压强；