2022-2023学年湖南省长沙市宁乡市高二（下）期末化学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市宁乡市高二（下）期末化学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省长沙市宁乡市高二（下）期末化学试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 随着科幻电影《流浪地球2》的上映，许多富含中国元素的硬核黑科技纷纷登上银幕，下列有关说法不正确的是(    )
A. 木星是一个巨大的液态氢星体，其中含有的核素氘为氢的同位素
B. 天宫空间站使用的太阳能电池板的基础材料晶体硅为金属材料
C. 中国003航母外壳选使用的特殊防腐材料为金属合金材料
D. 我国在月球表面成功展开的五星红旗的主要材料芳纶属于合成纤维
2. 2022年10月5日，诺贝尔化学奖表彰了“为点击化学和生物正交化学的发展”做出突出贡献的三位化学科学家，重庆大学有研究者指出，“点击化学或生物正交化学很多都基于叠氮(三个氮原子连接在一起)”，已知反应：N2O+2NaNH2=NH3+NaN3+NaOH，下列有关说法正确的是(    )
A. NaN3为离子化合物，含有离子键和极性共价键
B. 上述反应涉及的元素中第一电离能最大的是O
C. 基态O原子价层电子排布图为
D. NH3的VSEPR模型为四面体形
3. 设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(    )
A. 反应H2O2+Cl2=HCl+O2中，每生成22.4L氧气反应转移电子数为2NA
B. 标准状况下，22.4LHF含有的质子数为10NA
C. 0.1molL/L的CH3COONH4溶液显中性，1L该溶液中含CH3COO−离子数小于0.1NA
D. 1mol重水(D2O)比1mol水多NA个质子
4. 化学是一门以实验为基础的学科，如图所示的实验装置或操作能达到相应目的是(    )

A. 操作①：吸收氨或氯化氢气体并防止倒吸
B. 操作②：加热蒸干AlCl3溶液制备AlCl3晶体
C. 操作③：利用该装置干燥H2
D. 操作④：验证SO2的漂白性
5. 下列离子方程式书写正确的是(    )
A. 白醋与次氯酸钠溶液混合产生黄绿色气体：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O
B. 四氧化三铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2++Fe3++4H2O
C. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：Ca2++ClO−+H2O+CO2=2HClO+CaCO3↓
D. 向硫酸铜溶液中加入过量浓氨水：Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O
6. 金属钛兼有钢和铝的优点，强度高且质地轻，工业上常用钛铁矿为原料制备金属Ti，包括反应：①TiO2+2Cl2+2C=TiCl4+2CO；②TiCl4(g)+2Mg(l)=Ti+2MgCl2(l)。下列有关说法错误的是(    )
A. 反应①中氧化剂与还原剂之比为1：1
B. 反应①中TiCl4既是氧化产物也是还原产物
C. 通过反应②可知Mg的金属性强于Ti
D. 反应②在Ar气氛中进行，防止Mg、Ti被空气氧化
7. 2023年上半年，甲型流感来势汹汹，患者可能出现发热、咳嗽、喉痛、头痛等症状，布洛芬是人们常用于退烧镇痛的一种药物，一种合成路线如图所示，下列有关说法不正确的是 (    )


A. 合成时中A到B的反应类型为取代反应
B. 物质B不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 布洛芬能发生取代反应、加成反应、氧化反应
D. 布洛芬分子中所有碳原子不可能共平面
8. 工业上以软锰矿(含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料制备硫酸锰晶体的流程如图所示，下列有关说法不正确的是 (    )


A. 酸浸过程可将硫酸换为盐酸
B. 酸浸过程中加入过量的FeSO4的目的是充分还原MnO2
C. 从绿色化学角度分析，试剂A可以选择H2O2、O2
D. 系列操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作
9. 炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述正确的是(    )

A. 过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
B. 过程①和②的转化均为氧化还原反应
C. Fe和CaCO3为该过程的中间产物
D. 过程③的反应ΔS0，故D错误；
故选：C。
A.过程①的反应中消耗H2和CO，生成H2O和CO2；
B.有化合价变化的反应是氧化还原反应；
C.Fe和CaCO3先生成后消耗，为该过程的中间产物；
D.过程③的反应为CaCO3的分解。
本题借助高炉煤气的处理考查氧化还原反应和非极性键的概念，以及熵变的判断，难度不大，注意从图中获得信息。

10.【答案】D 
【解析】解：根据分析可知，M为H元素，N为B元素，X为C元素，Y为F元素，Z为Cl元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Hc(H+)>c(OH−)，故A错误；
B.b点溶液中溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4，(NH4)2SO4促进水的电离，c点溶液呈中性，水正常电离，则水的电离程度：b>c，故B正确；
C.e点处溶液中溶质为Na2SO4、NH3⋅H2O，c(Na+)=2c(SO42−)，电荷守恒关系为c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+2c(SO42−)，则c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)，故C正确；
D.c点溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，电荷守恒关系为c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+2c(SO42−)，则c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)，故D正确；
故选：A。
A.a点的溶液滴加了0.1mol/LNaOH溶液为20mL，NH4HSO4过量，溶质为NH4HSO4、(NH4)2SO4、Na2SO4；
B.b点溶液中溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4，(NH4)2SO4促进水的电离，c点溶液呈中性；
C.e点处溶液中溶质为Na2SO4、NH3⋅H2O，c(Na+)=2c(SO42−)，结合电荷守恒关系分析判断；
D.c点溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，结合电荷守恒关系分析判断。
本题考查酸碱混合溶液的定性判断，侧重考查图象分析能力和综合运用能力，明确明确反应先后顺序及混合溶液中溶质成分及其性质、水电离影响因素等知识是解题关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，题目难度中等。

15.【答案】增大反应物接触面积，加快反应速率  SiO2、CaSO4  Co2О3+SO32−+4H+=2Co2++SO42−+2H2O  将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀  Co2+也被氧化，产率降低  4СоС2О4⋅2H2O+3O2=2Co2O3+8CO2+8H2O  高于  6 
【解析】解：(1)“溶浸”过程中，将钴矿石进行粉碎，并不断搅拌的作用是增大反应物接触面积，加快反应速率；SiO2不与稀硫酸反应，CaSO4微溶，故滤渣1的主要成分为SiO2、CaSO4；加入Na2SO3目的是将Co3+、Fe3+还原成Co2+、Fe2+，主要离子反应方程式：Co2О3+SO32−+4H+=2Co2++SO42−+2H2O，
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；SiO2、CaSO4；Co2О3+SO32−+4H+=2Co2++SO42−+2H2O；
(2)已知还原性：Fe2+>Co2+，“氧化”过程加入NaClO3目的为，将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀；反应时需控制加入的量，若加入量过多会导致Co2+也被氧化，产率降低，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀；Co2+也被氧化，产率降低；
(3)在空气中煅烧时，CoC2O4⋅2H2O发生反应时除了生成Co2O3，还会有CO2生成，根据元素守恒可知还有水生成，该过程的化学反应方程式为：，
故答案为：；
(4)钴的某种氧化物广泛应用于硬质合金、超耐热合金、绝缘材料和磁性材料的生产，其晶胞结构如图2所示，则根据晶体类型推测，该物质熔点高于磷(P4)；由图2可知，O2−位于顶点，CO2+位于棱上，计算得该晶胞中的配位数为6，
故答案为：高于；6。
含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Cu2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，SiO2不溶，过滤得到滤渣1为SiO2、CaSO4，沉铜后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+、Al3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓Na2CO3溶液转为CoCO3固体，最后进入草酸铵溶液得到草酸钴，煅烧后制得Co2O3，据此分析回答问题。
本题考查物质的分离提纯实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

16.【答案】三颈烧瓶  吸收HCl尾气，并防止倒吸  b→a→e→f→b→a  降低温度，防止COCl2挥发  COCl2 +H2 O=CO2 +2HCl  饱和NaHSO3溶液  萃取 
【解析】解：(1)根据仪器构造可知，盛放氯仿的容器名称为三颈烧瓶；丙装置u型管一边连接了水，既可以吸收HCl尾气，又能平衡气压，防止倒吸；装置乙是制备氧气的发生装置，通过装置甲干燥氧气，通过装置丁利用氧气和氯仿反应碳酰氯，通过装置丙吸收HCl尾气，并防止倒吸，则装置的正确连接顺序为c→b→a→e→f→b→a→d，
故答案为：三颈烧瓶；吸收HCl尾气，并防止倒吸；b→a→e→f→b→a；
(2)COCl2的沸点为8.2℃，则装置丁中采用冰水混合物的目的是降低温度，防止COCl2挥发；COCl2和水反应生成二氧化碳和HCl，化学反应方程式为： COCl2 +H2 O=CO2 +2HCl，
故答案为：降低温度，防止COCl2挥发； COCl2 +H2 O=CO2 +2HCl；
(3)由R−CHO+NaHSO3(饱和)→RCH(OH)SO3Na↓可知，试剂1为饱和NaHSO3溶液；操作2为分液分出有机层，则操作2为萃取，
故答案为：饱和NaHSO3溶液；萃取。
根据仪器构造可知，盛放氯仿的容器名称为三颈烧瓶；装置乙是制备氧气的发生装置，通过装置甲干燥氧气，通过装置丁利用氧气和氯仿反应碳酰氯，通过装置丙吸收HCl尾气，并防止倒吸，以此答题。
本题主要考查了制备实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，熟悉制备流程是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。

17.【答案】+123  升高温度  Ⅱ  M−H  BD  12.8  逆向 
【解析】解：(1)由反应热=反应物总键能−生成物总键能，可得，△H=[2×348+8×413−(6×413+348+615+436)]kJ⋅mol−1=+123kJ⋅mol−1；该反应为吸热反应且反应前后气体体积增大，升温能同时提高反应速率和反应物的平衡转化率，
故答案为：+123；升高温度；
(2)化学反应的决速步骤由慢反应决定，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知，活化能最大的是步骤Ⅱ，故反应快慢取决于步骤Ⅱ；催化剂参与反应，但反应前后不变，由丙烷制备丙烯的机理图可知，催化剂为M−H，
故答案为：Ⅱ；M−H；
(3)①A.C3H6与C3H8的浓度相等，可能为反应的某一时刻，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.C3H6的体积分数不再改变，即C3H6浓度保持不变，可以说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.该反应容器为恒压恒温，反应容器中压强一直不变，与反应进行的程度无关，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.该反应前后气体质量不变，容器体积改变，则气体的密度为变化值，可以说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
②经过10min后反应达到平衡，C3H8的平衡转化率为50%，即C3H8的转化量为4mol×50%=2mol，C3H6的选择性为80%，则生成的C3H6为2mol×80%=1.6mol，生成的H2为1.6mol，主反应消耗的C3H8为1.6mol，则副反应消耗的C3H8为2mol−1.6mol=0.4mol，生成的C2H4和CH4都为0.4mol，达到平衡时，气体总物质的量为6mol+(4−2)mol+1.6mol+1.6mol+0.4mol+0.4mol=12mol，p(C3H8)=2mol12mol×120KPa，p(C3H6)=1.6mol12mol×120KPa，p(H2)=1.6mol12mol×120KPa，主反应的平衡常数Kp=p(H2)×p(C3H6)p(C3H8)=1.6mol12mol×120KPa×1.6mol12mol×120KPa2mol12mol×120KPa=12.8KPa；减少通入N2的量，则气体的总物质的量减小，使得Qp>Kp，反应逆向进行，
故答案为：12.8；逆向。
(1)反应热=反应物总键能−生成物总键能；该反应为吸热反应且反应前后气体体积增大；
(2)化学反应的决速步骤由慢反应决定，而活化能越大，反应的速率越慢；催化剂参与反应，但反应前后不变；
(3)①可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；
②经过10min后反应达到平衡，C3H8的平衡转化率为50%，即C3H8的转化量为4mol×50%=2mol，C3H6的选择性为80%，则生成的C3H6为2mol×80%=1.6mol，生成的H2为1.6mol，主反应消耗的C3H8为1.6mol，则副反应消耗的C3H8为2mol−1.6mol=0.4mol，生成的C2H4和CH4都为0.4mol，达到平衡时，气体总物质的量为6mol+(4−2)mol+1.6mol+1.6mol+0.4mol+0.4mol=12mol，p(C3H8)=2mol12mol×120KPa，p(C3H6)=1.6mol12mol×120KPa，p(H2)=1.6mol12mol×120KPa，根据Kp=p(H2)×p(C3H6)p(C3H8)计算主反应的平衡常数；根据Qp与Kp的关系判断反应进行的方向。
本题考查反应热的计算、化学平衡的判断及化学平衡常数的计算，掌握化学平衡的计算是解题的关键，题目难度中等。

18.【答案】乙苯  羰基  加成反应  1 →△浓硫酸+H2O  →酸性高锰酸钾溶液→SOCl2 
【解析】解：(1)A为，A的化学名称为乙苯，C为，C中含有的官能团为羰基，
故答案为：乙苯；羰基；
(2)C中羰基和氢气发生加成反应生成D中醇羟基，则由C转化为D的反应类型为加成反应，D分子中手性碳原子为连接羟基的碳原子，所以手性碳原子的个数为1，
故答案为：加成反应；1；
(3)D转化为E的化学方程式为：→△浓硫酸+H2O，
故答案为：→△浓硫酸+H2O；
(4)C为，C的同分异构体符合下列条件：
①苯环上只有一个取代基且能够发生银镜反应，说明含有醛基；
②其中取代基上只有两种不同化学环境氢原子，其中一个是醛基上的氢原子，所以取代基为−C(CH3)2CHO，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
(5)以甲苯为原料(无机试剂任选)制备，苯甲酰氯和甲苯发生取代反应生成，甲苯发生氧化反应生成苯甲酸，苯甲酸和SOCl2发生取代反应生成苯甲酰氯，合成路线为→酸性高锰酸钾溶液→SOCl2，
故答案为：→酸性高锰酸钾溶液→SOCl2。
乙酸发生信息中的反应生成B为CH3COCl，C和氢气发生加成反应生成D，根据B、D的结构简式知，C为，则A为；根据反应条件知，D发生消去反应生成，E和溴发生加成反应生成F为，F发生消去反应生成G为；
(5)以甲苯为原料(无机试剂任选)制备，苯甲酰氯和甲苯发生取代反应生成，甲苯发生氧化反应生成苯甲酸，苯甲酸和SOCl2发生取代反应生成苯甲酰氯。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，难点是合成路线设计，题目难度中等。