安徽省宣城市2021-2022学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份安徽省宣城市2021-2022学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，填空简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(包括16小题，每小题3分，共48分)。
1. 宣城是文房四宝之乡，下列有关笔墨纸砚的说法错误的是
A. “狼毫”是用黄鼠狼的尾毛做成的毛笔，其成分为纤维素
B. “徽墨”的主要成分是由松枝等不完全燃烧生成的炭黑组成，炭黑属于非晶体
C. “缣帛”曾是我国古代使用的用蚎丝材质制成的“纸”，其主要成分属于蛋白质
D. “砚台”材质多种多样，“磨朱砂用瓷砚”，其中“朱砂”成分属于盐类物质
【答案】A
【解析】
【详解】A．黄鼠狼的尾毛做成的毛笔，其成分为蛋白质，A项错误；
B．松枝等不完全燃烧生成的炭黑，炭黑无固定形状，属于非晶体，B项正确；
C．蚎丝的主要成分属于蛋白质，C项正确；
D．“朱砂”成分，该物质属于盐类，D项正确；
答案选A。
2. 下列化学用语正确的是
A. 的结构式：B. 的电离方程式：
C. 的比例模型：D. 的原子结构示意图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO的结构中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，故其结构式为：，A项错误；
B．是一种二元弱酸，电离方程式应分步写出，正确的电离方程式为：，，B项错误；
C．碳原子的半径比氧原子的半径大，所以二氧化碳的比例模型为：，C项错误；
D．14C的质子数为6，其原子结构示意图：，D项正确；
答案选D。
3. 已知的空间结构为形，分子中正电中心和负电中心不重合，它与可以相互转化：，下列有关说法正确的是
A. 比稳定B. 和都具有氧化性
C. 和都是非极性分子D. 和互为同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A．由转化为的反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，能量越低越稳定，则比稳定，故A错误；
B．和是由氧元素形成的两种活泼的非金属单质，都具有氧化性，故B正确；
C．由信息可知，的空间结构为形，分子中正电中心和负电中心不重合，所以是极性分子，故C错误；
D．和是由氧元素形成两种不同的单质，属于同素异形体，故D错误；
答案选B。
4. 我国科学家首次在实验室实现到淀粉的全合成，其中和为中间产物。下列说法错误的是
A. 该合成过程有利于实现“碳中和”B. 中碳原子杂化方式分别为、
C. 淀粉和纤维素互为同分异构体D. 分子中所有原子共平面
【答案】C
【解析】
【详解】A．该合成过程的原料为，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故A正确；
B．中碳原子的价层电子对数=2+=2，采取杂化，中碳原子的价层电子对数=4+=4，采取杂化，故B正确；
C．淀粉和纤维素分子通式都为(C6H10O5)n，但它们的聚合度不同，即n值不同，因此分子式不同，故不互为同分异构体，故C错误；
D．分子中碳原子的杂化方式为，无孤电子对，是平面形分子，所有原子共平面，故D正确；
答案选C。
5. 类比推理是学习化学的常用方法，下列类比推理正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．是分子晶体，但是由硅原子和氧原子形成的具有空间网状结构的晶体，属于原子晶体，故A错误；
B．钠为活泼金属，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，不能置换出铜，故B错误；
C．NaCl与浓加热可制HCl，为难挥发性酸制易挥发性酸；NaI与浓加热发生氧化还原反应生成碘，不能生成HI，故C错误；
D．和均为酸性氧化物，过量的和和溶液反应均生成易溶的酸式盐，故D正确；
答案选D。
6. 已知a、b、c、d为浸有如图所示溶液的棉球，将铜丝插入具支试管中浓溶液中并加热(加热仪器图中省略)。下列有关说法正确的是
A. 具支试管中的反应仅体现了浓的强氧化性
B. a、b棉球均褪色，体现了的漂白性
C. c棉球褪色，体现了的氧化性
D. 该微型化装置的优点在于既可控制反应的发生与停止，又可节约药品、减少污染
【答案】D
【解析】
【详解】A．具支试管中的反应为：，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性，A项错误；
B．a棉球不褪色，而是由紫色变成红色，说明二氧化硫的水溶液呈酸性，b棉球褪色体现了SO2的漂白性，B项错误；
C．c棉球褪色，是由于酸性高锰酸钾被还原为Mn2+，体现了SO2的还原性，C项错误；
D．该装置可以通过调节铜丝的高度，来控制反应的发生与停止，并且装置结构微型化，可以节约药品、减少污染，D项正确；
答案选D。
7. 某同学用下图装置制取溴苯并探究反应类型。先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反应器I(I下端活塞关闭)中。
下列有关说法正确的是
A. Ⅰ中的铁丝是该反应的催化剂
B. Ⅱ中的作用是为了实验结束除去溴苯中的溴化铁杂质
C. Ⅲ中的作用是除去中的
D. Ⅳ中出现淡黄色沉淀，说明I中发生的是取代反应而不是加成反应
【答案】D
【解析】
【分析】装置Ⅰ中，苯和液溴在溴化铁的催化作用下，生成溴苯和溴化氢；装置Ⅱ中氢氧化钠可以除去多余的溴单质；装置Ⅲ用四氯化碳除去挥发出的，接着用装置Ⅳ验证取代反应的发生，据此分析作答。
【详解】A．Ⅰ中的铁丝与溴反应生成溴化铁，溴化铁是该反应的催化剂，A项错误；
B．Ⅱ中氢氧化钠溶液的作用主要是为了实验结束除去溴苯中的溴单质，B项错误；
C．Ⅲ中四氯化碳的作用是除去挥发出的，C项错误；
D．IV中出现淡黄色沉淀，说明有溴化氢生成，则Ⅰ中发生的是取代反应而不是加成反应，D项正确；
答案选D。
8. “赠人玫瑰，手留余香”，玫瑰的香味来自一种简单的化合物大马酮(结构简式如下)。下列有关大马酮说法正确的是
A. 属于烃B. 分子式为
C. 可使酸性高锰酸钾和溴水褪色D. 大马酮最多可以与加成
【答案】C
【解析】
【详解】A．仅由碳和氢两种元素组成的有机物为烃，该有机物含有氧元素，故不属于烃，故A错误；
B．该有机物由碳、氢、氧三种元素组成，根据其结构简式可得其分子式为，故B错误；
C．该有机物分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能和溴水发生加成反应，因此可使酸性高锰酸钾和溴水褪色，故C正确；
D．碳碳双键和酮羰基在一定条件下能和H2发生加成反应，因此大马酮最多可以与加成，故D错误；
答案选C。
9. 下列说法正确的是
A. 第一电离能：
B. 所有的σ键的强度都比π键的大
C. 晶胞是晶体中最小的平行六面体
D. 属于具分子识别功能的超分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但由于氮原子的p能级电子处于半充满状态，所以第一电离能：，故A正确；
B．σ键的强度不一定比π键的大，如氮气分子中σ键的强度都比π键小，故B错误；
C．晶胞是晶体的代表，是构成晶体的最基本的几何单元，其形状、大小与空间格子的平行六面体单位相同，保留了整个晶格的所有特征，故C错误；
D．超分子是通过某种方式将若干个具有某种功能的分子组装起来完成单一分子难以完成的功能的复合分子，不属于超分子，故D错误；
答案选A。
10. 为体现节能减排的理念，中国研制出了新型固态氧化物燃料电池(SOFC)，该电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 可以选用NaOH固体作固态电解质
B. 正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-
C. 电子从b极经导线流向a极
D. 若反应中转移1 ml电子，则生成22.4 L(标准状况下)CO2
【答案】C
【解析】
【分析】
该燃料电池中，CO是燃料，所以CO失电子发生氧化反应，则CO所在的b电极为负极，通入氧气的a电极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电子从负极沿外电路流向正极，据此分析解答。
【详解】A．因为NaOH与CO2会发生反应，所以不可以选用NaOH固体作固态电解质，A错误；
B．通入氧气的a电极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，B错误；
C．外电路中，电子从负极b极经导线流向正极a极，C正确；
D．CO所在的b电极为负极，电极反应式为CO-2e-+O2-=CO2，所以反应中转移1 ml电子，则生成0.5 ml CO2，温度压强不知不能计算气体体积，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了化学电源新型电池，明确原电池原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合原电池反应原理，根据电解质含有的微粒书写电极反应式，明确电子从负极流向正极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
11. 化合物(T)是重要的有机合成中间体，已知T是由原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z、Q组成，Z是地壳中含量最高的元素，五种元素原子序数之和为33，其结构式如下：
下列说法正确的是
A. W、Z、Q组成的化合物的电子式：B. 简单离子半径：
C. 最高价氧化物的水化物的酸性：D. 氢化物的沸点：
【答案】A
【解析】
【分析】化合物(T)是重要的有机合成中间体，已知T是由原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z、Q组成，Z是地壳中含量最高的元素，Z是O，根据结构可判断Q的最高价是+1价，原子序数增大，是Na，X形成4条共价键，Y形成2条共价键，W形成1条共价键，则W是H，X是N，Y是N，满足五种元素原子序数之和为33，据此解答。
【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z、Q分别是H、C、N、O、Na。
A．W、Z、Q组成的化合物是离子化合物氢氧化钠，电子式为 ，A正确；
B．核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，简单离子半径：，B错误；
C．非金属性C＜N，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物的水化物的酸性：，C错误；
D．碳元素的氢化物很多，不能比较二者氢化物的沸点高低，D错误；
答案选A。
12. 钙钛矿型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，A型钙钛矿晶胞如图：
下列有关其说法错误的是
A. 该钙钛矿的化学式为
B. 基态钛原子的价电子排布式为：，位于第四周期第ⅣA族
C. 的配位数为12
D. “1”号原子为坐标原点，则“2”号原子(Ca2+)坐标为(，，)
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据A型钙钛矿的晶胞可得：Ca位于体心，8个Ti位于顶点，12个O位于棱的中点，利用均摊法可知，晶胞中含有Ca的个数为1，Ti的个数为8×=1，O的个数为12×=3，所以该钙钛矿的化学式为CaTiO3，A项正确；
B．钛的原子序数为22，基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则价电子排布式为：3d24s2，位于第四周期第ⅣB族，B项错误；
C．晶胞中每条边长的中点是一个氧原子，共有12个氧原子，包围着中心的Ca2+，所以Ca2+的配位数为12，C项正确；
D．由晶胞的结构和建立的坐标可知，若“1”号原子为坐标原点，则“2”号原子(Ca2+)坐标为(，，)，D项正确；
答案选B。
13. 下列说法正确的是
A. ，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变
B. ，碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C. 若压强不再随时间变化能说明反应已达平衡，则A、C不能同时是气体
D. 已知：，则和充分反应，放热量为
【答案】B
【解析】
【详解】A．对于反应，缩小反应容器体积，压强增大，正、逆反应速率增大相同的倍数，故A错误；
B．，碳的质量不再改变，说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，故B正确；
C．恒温恒容条件下，若A、C同时是气体，由于该反应前后气体分子数不相等，当压强不变时，说明各物质的浓度不变，能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．上述反应为可逆反应，和不可能完全反应，因而放出的热量小于，故D错误；
答案选B。
14. 已知易发生二聚反应，对测定其相对分子质量不利，下列有关说法错误的是
A. 测物质相对分子质量的仪器叫质谱仪
B. HF二聚是因为易形成分子间氢键
C. 测HF相对分子质量宜在低温、高压条件下进行
D. HF的水溶液可用于刻蚀玻璃
【答案】C
【解析】
【详解】A．质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，故A正确；
B．由于F原子电负性大而原子半径较小，所以HF易通过分子间氢键形成HF二聚体，故B正确；
C．反应是气体体积减小的放热反应，测定HF相对分子质量应使平衡逆向进行，需要在低压、高温条件下进行，提高HF的纯度，故C错误；
D．HF的水溶液能与SiO2反应从而刻蚀玻璃，故D正确；
答案选C。
15. H的电负性为2.1，当原子团的电负性小于2.1称为给电子基，大于2.1则为吸电子基，不同基团对物质酸性影响见下表，下列有关说法正确的是
A. 为吸电子基B. 电负性
C. D. 水解常数(25℃)：
【答案】C
【解析】
【分析】对比表中不同基团对物质酸性影响数据不难发现，若与羧基相连的基团为吸电子基，则电离常数较大，酸性较强，若与羧基相连的基团为给电子基，则电离常数较小，酸性较弱，据此分析解答。
【详解】A．由表中的电离常数小于可知，应为给电子基，故A错误；
B．非金属性越强，吸引电子能力越强，电负性越大，则电负性，故B错误；
C．和都为吸电子基，由于电负性，则吸电子能力更强，酸性>，所以，故C正确；
D．弱酸根离子水解时，酸越弱，酸根离子越易水解，酸性>，则水解常数(25℃)：，故D错误；
答案选C。
16. 已知25℃时，I.饱和H2S溶液浓度为0.1ml·L-1，且其酸性主要来自第一步电离；
Ⅱ.反应R2+(aq)+H2S(aq)RS(s)+2H+(aq)K(平衡常数)；K=，当K>103，认定正向反应基本完全；当K”、“ ②. 因为ΔH1>0，而ΔH20；根据压强平衡常数与温度之间的关系，ΔH1>0，而ΔH2；因为ΔH1>0，而ΔH2