四川省南充高级中学2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省南充高级中学2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析），共9页。
第I卷(选择题，共42分)
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径大约在50～150nm，化学知识在新冠肺炎的疫情防控中发挥着重要作用，下列说法正确的是
A. 双氧水和医用酒精均可杀灭新冠病毒，二者消毒原理不同
B. 新冠病毒都属于胶体
C. 40%的甲醛溶液可做公共餐具消毒剂
D. 医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料，它能使溴水褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．双氧水具有强氧化性，能使得蛋白质变性；医用酒精主要成分是乙醇，乙醇能够使蛋白质变性，失去活性，从而杀死细菌，并非是利用乙醇的氧化性，二者消毒原理不同，故A正确；
B．新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径大约在60～140nm，胶体分散质直径在1~100nm，则超过100nm的新冠病毒扩散到空气中不能形成胶体，故B错误；
C．40%的甲醛溶液有毒，不可做公共餐具消毒剂，故C错误；
D．聚丙烯不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故D错误；
故选A。
2. 2020年在东非和南亚地区爆发了一场几十年未见的大规模蝗灾，蝗虫分泌的一种信息素的结构如图，下列关于该物质的说法中错误的是
A. 分子中含9个碳原子B. 分子中所有碳原子可能在同一平面
C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 1ml该物质可与3ml氢气发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．中含有如图9个碳原子，故A正确；
B． 分子中标有*号的碳原子与另外4个碳原子相连，根据甲烷的结构，所有碳原子不可能在同一平面，故B 错误；
C．中的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D． 中含有一个 碳碳双键和两个碳氧双键，所以1ml该物质可与3ml氢气发生加成反应，D正确。
故选B。
3. 若用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是
A. 1mlSiO2晶体中，Si－O共价键的数目为4NA
B. 18g由H2O、D2O组成的物质中含有的质子数为10NA
C. 0.1mlCl2和足量的铁粉反应，转移的电子数目为0.2NA
D. 在1L0.10ml/LNa2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．SiO2晶体中1个硅原子形成4个硅氧键，则1mlSiO2晶体中，Si－O共价键为4ml，数目为4NA，A正确；
B．1分子H2O、D2O所含质子数均为10个，H2O、D2O的相对分子质量分别为18、20，则18g由H2O、D2O组成的物质中分子小于1ml，其含有的质子数小于10NA，B错误；
C．反应中氯元素化合价由0变为-1，则0.1mlCl2和足量的铁粉反应，转移的电子0.2ml，数目为0.2NA，C正确；
D．在1 L0.10 ml/L碳酸钠溶液中含有溶质的物质的量n(Na2CO3)=1 L×0.10 ml/L=0.10 ml，在溶液中发生水解反应：，可见越水解，溶液中阴离子的数目越多，故在1 L0.10 ml/L碳酸钠溶液中阴离子总数大于0.1NA，D正确；
故选B。
4. 春节期间，王亚平在太空绘制奥运五环，环中的试剂涉及X、Y、Z、W四种元素，已知X、Y、Z、W分布于前三个周期且原子序数依次增大，W在短周期主族元素中原子半径最大，X与W同一主族，Z元素的最外层电子数是电子层数的3倍，也是其它三种元素的最外层电子数之和，下列说法正确的是
A. 工业上常采用电解饱和盐溶液的方法制备单质W
B. 氢化物的沸点：Z＞Y
C. 简单离子半径：W＞Z
D. 空间站可采用W2Z2提供用于呼吸的气体并净化空气
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W分布于前三个周期且原子序数依次增大，W在短周期主族元素中原子半径最大，则W为Na元素；X与W同一主族，X为H元素；Z元素的最外层电子数是电子层数的3倍，则Z为O元素，最外层电子数也是其它三种元素的最外层电子数之和，则Y最外层电子数为6-1-1=4，Y为C元素。
【详解】A．W为Na，工业上常采用电解熔融氯化钠的方法制备钠，选项A错误；
B．O的氢化物有H2O、H2O2常温为液态。碳的氢化物很多常温有气体、液态、固态。本选项没有说明最简单氢化物，无法比较两者氢化物的沸点，选项B错误；
C．具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，故简单离子半径：，O2->Na+，即W7
C. b点时，2c(H+)+c(M+)=2c(OH-)+c(MOH)
D. 溶液中M+物质的量的大小：d＜c
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，a点中和率小于50%，即，根据物料守恒可知 ，A错误；
B．a点lg=0时，pOH=4.2，即时， ，MOH的电离常数=1×10-4.2。b点中和率为50%，溶液中，因为MOH的电离常数Kb=1×10-4.2，M+的水解常数=1×10-9.8，Kb>Kh，电离程度大于水解程度，等浓度的MOH和MCl混合溶液显碱性，pOHc，D错误；
故选C。
第II卷(共52分)
8. 二氯异氰尿酸钠[(CNO)3Cl2Na]是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。利用高浓度的NaClO溶液和异氰尿酸[(CNO)3H3]固体制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如图所示(部分夹持装置略)。
已知：①3Cl2+6NaOH5NaCl+NaC1O3+3H2O
②2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O
回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的化学方程式为_______。
（2）装置B中盛放的试剂为_______，装置C中反应装置名称为_______。
（3）装置C中冰水浴的目的是_______。
（4）三颈烧瓶液面上出现黄绿色气体时，由上口加入(CNO)3H3固体，反应过程中仍需不断通入Cl2，原因是_________。
（5）通过下列实验可测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量(样品中不含NaClO)：
反应原理：
[(CNO)3Cl2]-+H++2H2O=(CNO)3H3+2HClO
HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O
I2+2S2O=S4O+2I-
实验步骤：准确称取wg样品配成100mL溶液，取25.00mL于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，暗处静置充分反应后，用0.1000ml•L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液VmL。
①指示剂为_______，滴定终点的现象是_______。
②该样品中有效氯含量的表达式为_______。
(有效氯=×100%)。
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 三颈烧瓶
（3）防止温度过高生成NaClO3
（4）使反应生成的NaOH再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率
（5） ①. 淀粉 ②. 滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液的浅蓝色褪去且半分钟内颜色不恢复 ③. %
【解析】
【分析】在装置A中用MnO2和浓盐酸制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的HCl，氯气通入NaOH溶液中，生成的NaClO和异氰尿酸反应生成二氯异氰尿酸钠，最后用NaOH吸收多余的氯气。
【小问1详解】
装置A中用MnO2和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
由于盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl，若不除去HCl，则HCl进入C中会消耗NaOH，降低NaOH的利用率，所以要用饱和食盐水除去氯气中的HCl，即装置B中盛放的试剂为：饱和食盐水；由图可知，装置C中反应装置名称为：三颈烧瓶；
【小问3详解】
在加热条件下，氯气和NaOH溶液反应会生成NaClO3，所以装置C中用冰水浴，则水浴加热的目的是：防止温度过高生成NaClO3；
【小问4详解】
NaClO和异氰酸钠反应后生成NaOH，反应过程中不断通入氯气，氯气可以和生成的NaOH继续反应得到和异氰酸钠反应的NaClO，则原因是：使反应生成的NaOH再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率；
【小问5详解】
①二氯异氰尿酸钠在酸溶液中转化为HClO，HClO将KI氧化为I2，加入淀粉做指示剂，I2遇淀粉变蓝，加入的Na2S2O3溶液和I2反应生成I-，所以当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液的浅蓝色褪去且半分钟颜色不恢复，达到滴定终点；
②根据反应方程式可知：HClO~2 Na2S2O3，25.00mL溶液消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1000ml/L×V×10-3L=V×10-4ml，n(HClO)=5V×10-5ml，100mL溶液中n(HClO)=2V×10-4ml，根据有效氯的表达式，有效氯==。
9. CCO3可用作选矿剂、催化剂及伪装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成分为CO、C2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CCO3的一种工艺流程如图：
已知：①常温下，Ksp(CCO3)=1.6×10-7
②相关金属离子[c(Mn+)=1.0ml•L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
（1）“酸浸”时加快溶解的方法有_______(写出一种)。
（2）写出“酸浸”时发生氧化还原反应的化学方程式________。
（3）“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为_______，形成沉渣时发生反应的离子方程式为_______。
（4）“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层)ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是_______。
（5）“沉钴”时，Na2CO3溶液需缓慢滴加的原因是________。
（6）当C2+沉淀完全时[c(C2+)≤1×10-5ml•L-1]，溶液中c(CO)至少应大于_______。
（7）在空气中煅烧CCO3生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，则该钴的氧化物的化学式为________。
【答案】（1）将废渣粉碎、适当增加硫酸的浓度、搅拌、升高温度等
（2）C2O3+SO2+H2SO4=2CSO4+H2O
（3） ①. 5.0～5.4 ②. 2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
（4）向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层
（5）防止加入过快而产生C(OH)2沉淀
（6）1.6×10-2ml•L-1
（7）C3O4
【解析】
【分析】含钴废渣(主要成CO、C2O3，还含有Al2O3、ZnO 等杂质)加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，可发生C2O3+SO2+H2SO4=2CSO4+H2O，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌，在水相中加入碳酸钠，可生成CCO3固体；
【小问1详解】
“酸浸”时加快溶解的方法有：将废渣粉碎、适当增加硫酸的浓度、搅拌、升高温度等；
【小问2详解】
含钴废渣含有C2O3，最后得到CCO3，则+3价的C应与二氧化硫发生氧化还原反应生成+2价C，反应的化学方程式为C2O3+SO2+H2SO4=2CSO4+H2O，故答案为：C2O3+SO2+H2SO4=2CSO4+H2O；
【小问3详解】
由流程可知除去铝，Al3+完全沉淀生成氢氧化铝的同时应不能生成氢氧化锌等，则由表中数据可知pH应在5.0～5.4 范围之间，形成沉渣时发生反应的离子方程式为2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，主要发生水解反应，故答案为：5.0～5.4；2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
【小问4详解】
由有机层获取ZnSO4溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层，故答案为：向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层；
【小问5详解】
“沉钴”时，Na2CO3溶液需缓慢滴加，防止加入过快而产生C(OH)2沉淀；
【小问6详解】
常温下，Ksp(CCO3)=1.6×10-7，当C2+沉淀完全时[c(C2+)≤1×10-5ml·L-1]，c()≥ml·L-1，故答案为：1.6×10-2ml·L-1；
【小问7详解】
CO2的体积为0.672L(标准状况)，n(CO2)==0.03ml，由化学式可知n(C)=0.03ml，则氧化物中n(O)==0.04ml，则n(C)：n(O)=0.03ml：0.04ml=3：4，所以钴氧化物的化学式为C3O4，故答案为：C3O4。
10. 我国提出2060年达“碳中和”目标，通过反应CO2+H2HCOOH将CO2转化为高附加值产品HCOOH是实现该目标一种方式。回答下列问题：
（1）向恒容密闭容器中充入1mlCO2和lmlH2，发生反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) △H。测定不同温度下CO2的平衡转化率数据如表所示：
①该反应的△H_______0(填“＞”或“＜”)。已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H1，则反应2CO2(g)+2H2O(g) 2HCOOH(g)+O2(g)的△H2_______(用△H和△H1表示)。
②下列有利于提高CO2的平衡转化率的措施有_______(填标号)。
A.增大反应体系的压强 B.增大 C.降低反应温度 D.移出HCOOH
③373K下，平衡时压强为P，用各物质的平衡分压(分压=总压×物质的量分数)表示该反应的平衡常数Kp=_________(用含α和P的代数式表示)。
（2）浙江大学某国家实验室用水热法还原CO2转化为HCOOH，探究了不同条件下CO2的转化率，数据如图所示：
依据以上数据，最佳的摩尔比和反应时间是______。
（3）中国科学院大学以Bi为电极材料，利用电化学催化还原法制备HCOOH。用计算机模拟CO2在电极材料表面发生还原反应的历程如图(*表示微粒与Bi的接触位点)：
①HCOOH是________(填“阴极”或“阳极”)产物，若在该电极消耗22gCO2，则转移电子数目为________。
②依据反应历程图中数据，你认为电催化还原CO2生成HCOOH的选择性______(填“高于”或“低于”)生成CO的选择性，原因是________。
【答案】10. ①. ＞ ②. 2△H－△H1 ③. ABD ④.
11. 1∶1，120min
12. ①. 阴极 ②. NA ③. 高于 ④. 因为生成CO的中间体(*HCOOH)的能垒(活化能)高于生成HCOOH的中间体(*OCHO)的能垒(活化能)
【解析】
【小问1详解】
①由图表分析可知，随温度的升高CO2平衡转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，则该反应属于吸热反应，则△H＞0；
已知：
a：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) △H
b：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H1
由盖斯定律可知，2a-b得反应2CO2(g)+2H2O(g) 2HCOOH(g)+O2(g)，则△H2=2△H-△H1；
②A．由于反应为气体分子数（气体体积）减小的反应，则增大压强，会使平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率升高，故A正确；
B．增大，相当于增大氢气投料，促使平衡正向移动，使二氧化碳平衡转化率升高，故B正确；
C．由于△H＞0，降低温度，平衡逆向移动，使平衡转化率降低，故C错；
D．移出HCOOH，使生成物浓度减小，平衡正向移动，使二氧化碳平衡转化率升高，故D正确；
故答案选ABD；
③有表格中的数据分析可知，373K下二氧化碳的平衡转化率α：
则平衡时气体的总物质的量(2-α)ml，即甲酸、二氧化碳、氢气的分压分别为、、，则平衡常数=；
【小问2详解】
由图示分析可知，摩尔比=1：1时在约90min时二氧化碳的转化率显著增加，当时间约为120min时，其转化率几乎无变化，则最佳的摩尔比和反应时间分别为1：1,120min；
【小问3详解】
①由二氧化碳制备甲酸，C元素化合价由+4价降低至+2价，得到2个电子发生还原反应，所以应为阴极产物；电子转移为，若在该电极消耗22gCO2（为0.5ml），则转移电子1ml，数目为NA；
②由图二氧化碳生成甲酸的活化能为0.43eV；二氧化碳生成CO的活化能为1.1eV，所以生成甲酸的选择性高于生成CO的选择性，故答案为：高于；因为生成CO的中间体( *HCOOH)的能垒(活化能)高于生成HCOOH的中间体(*OCHO)的能垒(活化能)。
11. 2022年春晚节目《只此青绿》取材于宋代名画《千里江山图》，该画描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中青色来自蓝铜矿颜料[主要成分为Cu3(CO3)2(OH)2]。请回答下列问题：
（1）基态铜原子价电子排布式为_______。从原子结构角度分析，第二电离能I2(Fe)与I2(Cu)的关系是I2(Fe)_______I2(Cu) (填“>”“N>C>H ②. 7：6
（4） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1；铜原子失去一个电子后价电子排布式为结构稳定的全充满结构3d10，较难失去电子，铁原子失去一个电子后价电子排布式为后为3d64s1，再失去电子相对较易，所以铜元素的第二电离能大于铁元素的第二电离能，故答案为：3d104s1；N>C>H，则四种元素的电负性大小顺序为O>N>C>H；配合物中单键碳原子为sp3杂化，双键碳原子和苯环中的碳原子为sp2杂化，则采用sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数比为14：12=7：6，故答案为：O>N>C>H；7：6；
【小问4详解】
①由晶胞结构可知，位于晶胞面心的铁离子与位于体内的硫离子的距离最近，所以晶胞中铁离子周围距离最近的硫离子的个数为4，故答案为：4；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体心的铜离子的个数为8×+4×+1=4，位于面心上、棱上的铁离子个数为6×+4×=4，位于体内的硫离子个数为8，则晶胞的化学式为CuFeS2，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—10)2×b×10—10×ρ，解得NA=，故答案为：。
12. 光刻胶是芯片制造中必不可少的一种光敏材料， 以下是以芳香烃A和乙炔为原料合成某光刻胶J ()的一种路线图。
已知：① RCHO
②RCHO+ R1CH2CHO (R、R1为烃基或氢原子)
回答下列问题：
（1）A的名称是___________， A →B的反应类型是___________。
（2）E中官能团的名称是___________，J的分子式是___________ 。
（3）D →E反应的化学方程式是___________。
（4）G是不饱和酯，生成G时C2H2发生了加成反应，则X的结构简式为___________。
（5）符合下列条件D的同分异构体共有___________种。
①遇FeCl3溶液显紫色；
②分子中有5个碳原子在一条直线上。
（6）设计以乙醇为原料制备1-丁醇的合成路线_______ (无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 取代反应
（2） ①. 碳碳双键、羧基 ②. (C11H10O2)n或C11nH10nO2n
（3）2+O2 2
（4）CH3COOH （5）5
（6）CH3CH2OH CH3CHOCH3CH=CHCHO
【解析】
【分析】由A与光照下发生取代反应生成B（）可知A的分子式为，结合F可知A中含苯环，则A为甲苯；B为氯气与A发生取代反应生成B，则B为二氯甲苯；由已知①可得C为苯甲醛；由已知②可知D的结构简式为；D在催化氧化为E，结合E的分子式可得E的结构简式为；F 与I 在一定条件下发生取代反应生成目标产物J。据此分析可得：
【小问1详解】
由A与光照下发生取代反应生成B，结合B的分子式可得A的分子式为，结合F可知，A中含苯环，则A为甲苯；故答案为：甲苯；取代反应；
【小问2详解】
E的结构简式为，则所含官能团为碳碳双键和羧基；由J的结构简式， 可知其分子式为(C11H10O2)n或C11nH10nO2n，故答案为：碳碳双键、羧基；(C11H10O2)n或C11nH10nO2n；
【小问3详解】
D的结构简式为，其中醛基能被氧气氧化为羧基则其方程式为2+O2 2，故答案为：2+O2 2；
【小问4详解】
由已知H为，则G为，与X在一定条件下发生加成反应生成G，可知X的结构简式CH3COOH，故答案为：CH3COOH；
【小问5详解】
D的分子式为，其结构简式为：其同分异构体满足①遇FeCl3溶液显紫色，则该分子中含苯环且含羟基；②分子中有5个碳原子在一条直线上，则共五种，故答案为：5；
【小问6详解】金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
C2+
7.6
9.4
Al3+
3.0
50
Zn2+
5.4
8.0
T/K
373
473
573
673
平衡转化率
α
8.4α
243α
37.5α