浙江七彩阳光联盟2022-2023学年高二化学下学期4月期中考试试题（Word版附解析）

这是一份浙江七彩阳光联盟2022-2023学年高二化学下学期4月期中考试试题（Word版附解析），共30页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
浙江七彩阳光联盟2022-2023学年高二下学期期中联考
化学试题
考生须知：
1.本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题纸。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 -40 -55 -56 -137
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 含共价键的强电解质的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．BaCl2为强电解质，电离生成Ba2+和Cl－，不含共价键，A项不符合题意；
B．NaHCO3为强电解质，电离生成Na+和离子，中含共价键，B项符合题意；
C．属于弱电解质，C项不符合题意；
D．属于弱电解质，D项不符合题意。
答案选B。
2. 下列物质的水溶液因水解呈酸的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．为强酸弱碱盐，水解显酸性，A正确；
B．为强碱强酸盐，不水解，显中性，B错误；
C．醋酸为弱酸，电离显酸性，C错误；
D．NaHSO4为强酸的酸式盐，电离显酸性，D错误；
答案选A。
3. 下列仪器名称不正确的是




A．研钵
B．碱式滴定管
C．蒸馏烧瓶
D．水槽

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】B．图示为酸式滴定管，碱式滴定管下端为橡皮管，B错误；
故选B。
4. 下列化学用语表述正确的是
A. 氢氧根离子的电子式是
B. 次氯酸的结构式为
C. 空间填充模型可以表示分子或分子
D. 基态N原子的价电子轨道表示式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．是羟基的电子式，不是氢氧根离子的电子式，A错误；
B． 次氯酸分子内氧原子分别与氢、氯原子各共用一对电子对，结构式为，B错误；
C．二氧化硅是共价晶体、不存在分子，二氧化碳分子呈直线形，则空间填充模型可以表示分子，但不能表示，C错误；
D． 基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则价电子轨道表示式为，D正确；
答案选D。
5. 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A. 与反应可生成C
B. 与反应可生成
C. 可通过化合反应生成
D. 工业上用和澄清石灰水反应来制备漂白粉
【答案】D
【解析】
详解】A．，A正确；
B．二氧化硫有还原性，双氧水有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸：SO2+H2O2=H2SO4，B正确；
C．Fe+2FeCl3=3FeCl2，C正确；
D．工业上用和石灰乳反应来制备漂白粉，D错误；
故选D。
6. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是
A. 水溶液呈酸性，可用于葡萄酒的添加剂
B. 受热易分解，可用于制作食用碱的成分之一
C. 熔点很高，可用于制作坩埚等耐高温仪器
D. 具有还原性，可用作发水中的沉淀剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2具有还原性能被其他氧化剂氧化，可用于葡萄酒的抗氧化剂，A错误；
B．碳酸氢钠的溶液显碱性，所以可以用作食用碱或工业用碱，不是因为碳酸氢钠不稳定性，B错误；
C．二氧化硅为共价晶体，熔点较高可用于制作坩埚等耐高温仪器，C正确；
D．FeS与Hg2+反应生成HgS和Fe2+，该反应中没有元素化合价变化，FeS没有表现还原性，D错误；
故答案选C。
7. 运用相关化学知识进行判断，下列说法正确的是
A. 聚乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 等物质的量的甲烷、乙炔完全燃烧，耗氧量甲烷大
C. 分子式为、、的三种烃肯定是同系物
D. 利用超分子有“分子识别”的特性，可以用“杯酚”分离和
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚乙烯中不含碳碳双键，不能能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．1mol甲烷消耗2mol氧气，1mol乙炔消耗2.5mol氧气，所以等物质的量的甲烷、乙炔完全燃烧，耗氧量乙炔大，B错误；
C．分子式为、、的烃可能是烯烃或环烷烃，三种烃不一定是同系物，C错误；
D．用“杯酚”分离和，利用超分子有“分子识别”的特性，D正确；
故答案选D。
8. 用如图所示装置电解一段时间后，下列叙述错误的是

A. 电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Fe，A为NaCl溶液，两电极间可能会出现白色沉淀
B. 电极Ⅰ、电极Ⅱ均为石墨，A为溶液，电极Ⅱ附近溶液变成黄绿色
C. 该装置用于保护某钢铁制品时，钢铁制品应与电极Ⅰ连接，该方法叫做外加电流法
D. 该装置用于电解精炼铜时，电极Ⅰ增加的质量和电极Ⅱ减轻的质量刚好相等
【答案】D
【解析】
【详解】A． 电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Fe，A为NaCl溶液，阳极铁失去电子被氧化得到亚铁离子，阴极水提供的氢离子得电子产生氢气和氢氧根，离子定向移动，则两电极间可能会出现白色沉淀氢氧化铁，A正确；
B． 电极Ⅰ、电极Ⅱ均为石墨，A为溶液，电极Ⅱ为阳极，氯离子放电产生氯气，氯气溶于水且氧化亚铁离子，则电极Ⅱ附近溶液变成黄绿色，B正确；
C． 该装置用于保护某钢铁制品时，钢铁制品应与电极Ⅰ连接即作阴极，该方法叫做外加电流的阴极保护法，C正确；
D．电解精炼铜时，不纯的铜作阳极，粗铜中比铜活泼的有Zn、Fe、Ni等，它们在阳极失去电子被氧化，阳极主要反应为Cu－2e－=Cu2＋，其它电极反应式有：Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Ni－2e－=Ni2＋，由电极上电子数守恒可知，电极Ⅰ增加的质量和电极Ⅱ减轻的质量不相等，D不正确；
答案选D。
9. 前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期。X的价电子排布式为，基态Y的最高能级的单电子数是W的3倍，Z与W中的单电子数和最外层电子数均相同，但两者族序数不同。下列说法正确的是
A. 电负性比较：
B. Y元素的第一电离能高于其相邻元素
C. Z元素在周期表中位置可能为第四周期ⅥB族
D. X的简单氢化物比Y的简单氢化物键角小
【答案】B
【解析】
【分析】前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期。则W、X、Y、Z四种元素分别在第一、第二、第三、第四周期，W为H元素，X的价电子排布式为，则X电子排布，则X为N元素，基态Y的最高能级的单电子数是W的3倍，则Y为第三周期，且有3个单电子，Y为P元素，Z与W中的单电子数和最外层电子数均相同，但两者族序数不同，所以Z有1个单电子，最外层有1个电子，且不属于第ⅠA族，则Z为Cu。所以W、X、Y、Z分别为H元素、N元素、P元素、Cu元素。
【详解】A．电负性比较：，A错误；
B．由于P元素3p轨道处于半充满状态，能量较低较稳定，P元素的第一电离能高于其相邻Si元素、S元素，B正确；
C．Cu元素在周期表中的位置可能为第四周期ⅠB族，C错误；
D．X的简单氢化物NH3比Y的简单氢化物PH3，N的电负性大，成键电子对排斥作用大，键角大，D错误；
故答案选B。
10. HCl(g)溶于大量水的过程放热，循环关系如图所示：下列说法不正确的是

A. ，
B. 若将循环图中元素改成元素，相应的
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．H+(g)→H+(aq)、Cl-(g)→Cl-(aq)为放热过程，ΔH50，绝热条件下，温度降低，平衡向逆反应方向进行，则S2的含量降低，可知A为绝热条件，B为恒温条件。
【详解】A．B为25℃恒温环境，平衡时c(S2)=3mol/L，列三段式可知，则平衡常数K== =12，A错误；
B．容器B中为恒温条件，平衡常数随温度的变化而变化，B中的温度不变，化学平衡常数一直不变，无法说明说明H2S气体的分解反应是否达到了平衡状态，B错误；
C．容器B为25℃恒温环境，60min时S2的物质的量为3mol，则0～60min内，参加反应的H2S的物质的量为6mol，则H2S物质的量浓度变化量为6mol/L，则容积为1L的容器中硫化氢的反应速率为，C正确；
D．降低容器的温度，正逆反应速率都减慢，D错误；
故答案为：C。
14. 苯与卤素发生取代反应可细分为：
①C6H6(苯)+∙X+X2→C6H5∙+X2+HX △H1
②C6H5∙+X2+HX→C6H5X+HX+∙X △H2
下图1、2表示反应中部分物质的含量(测量反应过程中多个时间点的各物质含量，去除开始时与结束前的极端值后取平均值)，已知图1为使用催化剂前，图2为使用催化剂后，下表为相关△H的数据。

X
Cl
Br
△H1(kJ∙mol-1)
10
20
△H2(kJ∙mol-1)
-111
-100
下列说法正确的是
A. 可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10 kJ∙mol-1
B. 1mol苯与1mol氯气反应将会向环境释放101kJ热量
C. 使用催化剂后会改变△H1，但不会改变△H1+△H2
D. 反应②为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能
【答案】A
【解析】
【详解】A．从表中可以得出，△H1(Cl)-△H1(Br)=(10-20) kJ∙mol-1=-10 kJ∙mol-1，两个过程中其它键的断裂情况相同，只有形成H-Cl键和比H-Br键不同，由此可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10 kJ∙mol-1，A正确；
B．利用盖斯定律，将反应①+②，可得出C6H6(苯)+X2→C6H5X+HX △H=△H1+△H2=-101 kJ∙mol-1，由于苯与氯气发生的反应为可逆反应，所以1mol苯与1mol氯气反应向环境释放的热量小于101kJ，B不正确；
C．使用催化剂后，只能改变反应的活化能，不能改变△H1和△H2，也不会改变△H1+△H2，C不正确；
D．从图中可以看出，加入催化剂后，C6H5∙的百分含量增大较少，而C6H5X的百分含量增大很多，则表明反应①的反应速率慢，反应②的反应速率快，从而确定反应②为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能，D不正确；
故选A。
15. 一定温度下，两种钙盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示(，p表示以10为底的负对数)。已知：相同温度下，碳酸钙比硫酸钙更难溶。下列说法错误的是

A. 该温度下，
B. 欲使反应正向进行，需满足
C. 欲使c点移动到b点，可向c点的饱和溶液中加入适量固体
D. 生活中，用饱和碳酸钠溶液浸泡硫酸钙后的滤液中一定存在
【答案】B
【解析】
【分析】相同温度下，CaCO3比CaSO4更难溶，则X曲线代表CaSO4的沉淀溶解平衡曲线，Y曲线代表CaCO3的沉淀溶解平衡曲线；由X曲线可得Ksp(CaSO4)=10-5，由Y曲线可得Ksp(CaCO3)=10-8。
【详解】A．根据分析，该温度下Ksp(CaCO3)=10-8，A项正确；
B．反应CaSO4+⇌CaCO3+的平衡常数K=====103，欲使反应CaSO4+⇌CaCO3+正向进行，需满足＜103，B项错误；
C．c点存在的沉淀溶解平衡为CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)，向c点的饱和溶液中加入适量CaCl2固体，Ca2+浓度增大，平衡逆向移动，浓度减小，Ksp(CaCO3)不变，可使c点移动到b点，C项正确；
D．生活中用饱和碳酸钠溶液浸泡硫酸钙可发生沉淀的转化生成CaCO3，滤液中为CaCO3的饱和溶液，一定存在，D项正确；
答案选B。
16. 下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
探究温度对化学平衡的影响
将2mL的溶液加热后置于冷水中，观察现象
溶液由黄色变为蓝色，说明降低温度，
向正方向移动
B
比较不同的粒子和结合能力大小
在1mL2%的溶液中，逐滴滴入2%的氨水
先产生沉淀，后沉淀溶解，说明结合能力：
C
比较和水解程度大小
用试纸分别测定同浓度和溶液的
测得溶液大，说明水解程度大于
D
比较和的大小
向2mL的溶液中滴入5滴浓度均为的和溶液
最终有黄色沉淀生成，说明

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液由黄色变为蓝色，则浓度增加、浓度减小，说明降低温度，向逆方向移动，A错误；
B．先产生AgOH沉淀，后沉淀溶解，AgOH转变为，则说明结合能力：，B正确；
C．次氯酸钠及水解产生的次氯酸有强氧化性，有漂白性，不能用pH试纸检测其pH，C错误；
D．硝酸银过量，最终有黄色沉淀生成，不能说明是由氯化银转化而来，故不能说明，D错误；
答案选B。
非选择题部分
二、非选择题部分(本大题共5小题，共52分)
17. C、、、是同族元素，该族元素单质及其化合物在材料、医药等方面有重重要应用。
请回答下列问题：
（1）已知乙醇()与钠反应的速率不如水()与钠反应的剧烈，试从结构上解释原因___________。
（2）写出的原子结构示意图___________。
（3）甲烷在水中的溶解度与氨气相差较大，其中氨气极易溶于水与分子间氢键有关，请写出氨水中存在的氢键的表达式___________。
（4）中的配位数为___________，其中碳原子的杂化轨道类型为___________。1mol中含有键与键的数目之比为___________。
（5）为重要的半导体材料，硅与溶液反应生成溶液，该溶液中四种元素电负性由小到大的顺序为___________。硅酸盐中的硅酸根离子通常以四面体(如图1所示)的方式形成链状、环状或网络状复杂阴离子，图2所示为一种环状硅酸根离子，写出其化学式：___________。

【答案】（1）烃基是推电子基团，使醇分子中的氢氧键的极性小于水分子中的氢氧键的极性
（2） （3）N-H∙∙∙N、N-H∙∙∙O、O-H∙∙∙N、O-H∙∙∙O
（4） ①. 6 ②. sp杂化 ③. 1:1
（5） ①. Na