【文档说明】四川省宜宾市叙州区第二中学2021-2022学年高二下学期期中化学试题 含解析.docx，共(13)页，386.903 KB，由小赞的店铺上传

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叙州区二中高2020级高二下期中考试化学试题第一部分选择题(共45分)一、本题共9个小题，共45分；每题只有一个选项符合题目要求。1.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是A.锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用硫酸除去B.含Cu2+、Pb2+等的电镀废液通常用

调pH沉淀的方法除杂后再排放C.珊瑚和溶洞的形成，都与沉淀溶解平衡有关D.用硝酸或氨水都能清洗试管内的银镜，但原理不同【答案】C【解析】【分析】【详解】A．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，依据沉淀转化原则，锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理可以转化为碳酸钙，碳酸钙能够与盐酸、醋酸反

应生成易溶于水的氯化钙、醋酸钙，所以可以除去水垢，而硫酸与CaCO3反应会生成微溶物CaSO4，CaSO4会附着在CaCO3表面阻止CaCO3溶解，故A错误；B．Cu2+、Pb2+等重金属离子能使蛋白质变性，而有毒

，随意排放含重金属离子的电镀废液会污染环境，常将Cu2+、Pb2+等重金属离子转化为金属硫化物沉淀，而非调pH的方法除去，故B错误；C．水溶液中存在Ca(HCO3)2，当环境温度较高或CO2含量较低，就分解析出CaCO3，而当CO2含量较高或温度较低，就会使得CaCO3溶解变成Ca(HCO3

)2，水底及其已形成的珊瑚就成为了结晶的晶核，其他沉淀下来的CaCO3就附着在上面，形成珊瑚。溶洞的形成不仅有溶蚀作用，还有沉积作用，在石灰岩地区，从地上流入地下的水大多已溶解有一定量的碳酸钙，但当其到达溶洞时由于环境中温度、压力的变化，会使

水中含有的二氧化碳被释放出来，于是水对碳酸钙的溶解力降低，使本来溶解在水中的碳酸钙结晶析出，故C正确；D．硝酸能与银之间发生氧化还原反应使银溶解，但氨水与银单质之间不会发生反应，故D错误；综上所述，说法正确的是C项

，故答案为C。2.下列反应属于吸热反应的是A.C6H12O6(葡萄糖aq)+6O26CO2+6H2OB.CH3COOH+KOHCH3COOK+H2OC.反应物的总能量大于生成物的总能量D.破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量【答案】D【解析】【详解】A．葡萄糖

氧化是常见放热反应，故A错误；B．中和反应是放热反应，故B错误；C．反应物的总能量大于生成物的总能量是放热反应，故C错误；D．断键吸收能量，成键放出能量，为吸热反应，故D正确；答案选D。3.相同温度下，有下列三个热化学方程式：(1)()()()1222112

ΔgmHl2kJoOl+HOlHQ−==−(2)1222222H(g)O(g)2HO(1)ΔQkJmolH−+==−(3)1222332H(1)O(g)2HO(g)ΔQkJmolH−+==−则123QQQ、、的关系表示正确的是A.123QQQ=＜B.213QQQ＞＞C.321QQQ＞＞D.

123QQQ==【答案】B【解析】【详解】反应放出热量△H＜0，三个热化学方程式均表示反应放热，△H＜0，(1)与(2)相比较，由于气体变成液体放热，则(2)反应放出的热量比(1)多，则21QQ＞，(1)和(3

)相比较，生成物的状态不同，由于气体变成液体放热，则(1)反应放出的热量比(3)放出的热量多，则13QQ＞，故有213QQQ＞＞，故B正确；故选B。4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法错误的是A.17g—OH与17gOH—所含

电子数均为10NAB.32gCH3OH中所含共价键数目为5NAC.56g乙烯中所含共用电子对数目为12NAD.52gNO2与40gN2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A．17g—OH与17gOH—的物质的量都为17g17g/

mol=1mol，羟基含有的电子数为9，氢氧根离子含有的电子数为10，则1mol—OH所含电子数均为9NA，1molgOH—所含电子数为10NA，故A错误；B．32gCH3OH中所含共价键数目为32g32g/mol×5×NAmol—1=

5NA，故B正确；C．56g乙烯中所含共用电子对数目为56g28g/mol×6×NAmol—1=12NA，故C正确；D．NO2与N2O4的最简式相同，92gNO2含有的原子总数为52g46g/mol×3×NAmol—1=6NA，故D正确；故选A。5.25℃时，重水(D2O)的离

子积为1.6×10ˉ15，也可用与pH一样的定义来规定其酸碱度：pD＝－lgc(D+)，下列叙述正确的是(均为25℃条件下)A.重水和水两种液体，D2O的电离度大于H2OB.在100mL0.25mol·Lˉ1DCl重水溶液中，加入50mL0.2mol·Lˉ1NaOD重水溶

液，反应后溶液的pD＝1C.0.01mol·Lˉ1NaOD重水溶液，其pD＝12D.NH4Cl溶于D2O中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为NH3·D2O和HD2O+【答案】B【解析】【详解】A．重水和水两种液体，化学性质相似，D2O的电离度等于H2O的电离度，故A错误；B．根据中和反应量的关系

，100mL0.25mol·L－1DCl和50mL0.2mol·L－1NaOD中和后溶液中DCl过量，剩余DCl浓度为110.1L0.25mol?L-0.05l0.2mol?L0.1L+0.05L－－=0.1mol·L－1，则c(

D+)=0.1mol·L－1，故pD=-lgc(D+)=-lg0.1=1，故B正确；C．在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，则溶液中c(OD－)=0.01mol·L－1，根据重水离子积常数，可知c(D+)=-151.6100.01mol·L－1=1.6×10-13m

ol·L－1，pD=-lgc(D+)=-lg1.6×10-13=13-lg1.6≠12，故C错误；D．NH4Cl溶于D2O中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为NH3·DHO和D3O+，故D错误；故选B。【点睛】本题以给予pD情景为载体，考查溶液pH有关计算，注意把水的离子积和溶液pH知识迁移过来

，侧重考查处理新情景问题能力，易错点C，根据重水离子积常数，可知c(D+)=-151.6100.01mol·L－1=1.6×10-13mol·L－1，不是10-12mol·L－1。6.X、Y为同周期元素，如果X的原子

半径大于Y，则下列说法不正确的是()A.若X、Y均为金属元素，则X的金属性强于YB.若X、Y均为金属元素，则X的阳离子氧化性比Y的阳离子氧化性强C.若X、Y均为非金属元素，则Y的气态氢化物比X的稳定D.若X、Y均为非金属元素，则最高价氧化物所对应的水化物的酸性Y强于X【答案】B【解析】【

分析】X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，结合元素周期律分析解答。【详解】X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大。A．若X、Y均为金属元素，同一周期，原子序数大的金属性弱，则X的金属性强于Y，

故A正确；B．若X、Y均为金属元素，元素的金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱，则X的阳离子氧化性比Y形成的阳离子弱，故B错误；C．若X、Y均为非金属元素，同一周期，原子序数大的非金属性强，气态氢化物稳定，则Y的气态氢化物比X的稳定，故C正确；D．若X、Y均为非金属元素，同一周期

，原子序数大的非金属性强，非金属性X＜Y，最高价含氧酸的酸性Y强于X，故D正确；答案选B【点睛】正确判断X、Y在周期表中的相对位置是解题的关键。本题的易错点为B，要注意理解和掌握金属单质的还原性与对应金属阳离子的氧化性的变化规律。

7.下列实验装置符合实验目的是（）目的粗铜的精炼验证NaCl溶液（含酚酞）的产物在铁制品上镀铜构成原电池装置选项ABCDA.AB.BC.CD.D。【答案】D【解析】【详解】A．精炼铜时要得到铜单质，所以精铜因连接在

电源负极上作阴极，电解质溶液中的铜离子在阴极放电生成铜单质，故A错误；B．根据电流的方向可知铁棒为阳极，碳棒为阴极，铁为活泼金属，作阳极时铁被氧化生成Fe2+得不到氢气，碳棒为阴极，碳棒上不能得到氯气，故B错误；C．待镀铁制品与电源正极

相连作阳极，会被氧化生成亚铁离子，在铁制品上镀铜，待镀铁制品应为阴极，铜片为阳极，故C错误；D．该装置中有自发的氧化还原反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，通过盐桥形成了闭合回路，有活泼性不同的两个电极，满足形成原电池的条件

，可以形成原电池，Fe作负极，C作正极，故D正确；故答案为D。8.能正确表达下列反应的离子方程式为A用醋酸除去水垢：23222HCaCOCaCOHO＋＋＋＝＋＋B.223NaSO溶液中滴入稀硫酸：22322SO2HSSOHO−＋＋＝＋＋C.向足量的稀硝酸中加入少量铁粉：2322N

O8H3Fe3Fe2NO4HO−＋＋＋＋＝＋＋D.()243AlSO溶液中加入过量氨水：332242Al4NHHOAlO4NH2HO−+＋＋＝＋＋【答案】B【解析】【详解】A.醋酸为弱酸，离子方程式中不可拆，正确的离子方程式为：2333222CHCOOHCaCOCa2CH

COOCOHO−+＋＋＝＋＋，A错误；B.223NaSO与氢离子反应生成硫单质和二氧化硫，离子方程式为：22322SO2HSSOHO−＋＋＝＋＋，B正确；C.足量的稀硝酸中与少量铁粉反应，铁转化为三价铁离子：332NO4HFeFeNO2HO−＋＋＋＋＝＋＋，C错误；D.氢氧化铝沉淀不溶于氨

水，离子方程式为：33234Al3NHHOAl(OH)3NH+＋＋＝＋，D错误；故选B。9.有一种瓦斯分析仪（图甲）能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来，其装置如图乙所示，ab间充有固体电解质

Y2O3－Na2O，允许O2－自由移动。下列叙述正确的是.A瓦斯分析仪工作时，电池内电路中，O2－由电极a流向电极bB.电池外电路中电子由正极流向负极C.电极a的反应式为：CH4+4O2－-8e－＝CO2+2H2OD.当固体电解质中有

1molO2－通过时，电子转移4mol【答案】C【解析】【分析】该装置是燃料电池，通入甲烷的电极a是负极、通入空气的电极b是正极，放电时，负极反应式为CH4+4O2--8e-═CO2+2H2O，正极反应式为O

2+4e-=2O2-，电子从负极沿导线流向正极，原电池内部阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，据此分析解答。【详解】A.该原电池中，正极上氧气得电子发生还原反应，所以通入空气的电极b是正极，内电路中阴离子向负极移动，所以O2−由

电极b流向电极a，故A错误；B.电池外电路中电子从负极沿导线流向正极，故B错误；C.a是负极，负极上甲烷失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水：CH4+4O2－-8e－＝CO2+2H2O，故C正确；D.每个O原

子得到2个电子生成O2−，所以当固体电解质中有1molO2−通过时，电子转移2mol，故D错误；答案选C。【点睛】燃料电池的特点是通入燃料的一极为负极，据此可结合图示快速判断电池的正负极。易错点在于电子的流向与电流的流向是相反的，电子由负极流向正极，电流

方向相反。第二部分非选择题(共55分)10.已知8NH3+3Cl26NH4Cl+N2,为验证非金属元素氯的氧化性强于硫和氮,设计了一套实验装置(部分夹持装置已略去):.(1)写出E中反应的化学方程式_____。(2)B中出现黄色浑浊现象,产生此现象的

离子方程式______________。(3)D中干燥管中出现的现象是_______________。(4)有同学认为D中的现象并不能说明氯的氧化性大于氮,需要在C之前加装洗气装置，请指出洗气装置盛装试

剂______。(5)通入D装置的两根导管左边较短、右边较长，目的是________________________【答案】①.2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2②.S2-+Cl2==S↓+2Cl-③.产生大量白烟④.饱

和食盐水⑤.使密度大的氯气和密度小的氨气均匀混合【解析】【分析】装置A制取氯气，B装置为验证非金属元素氯的氧化性强于硫，B中出现黄色浑浊现象，说明有S沉淀生成，氯气的氧化性大于S的氧化性；浓盐酸易挥发，经过浓硫酸干燥的氯气中仍混有少量氯化氢气体，因此需要在C之前加

装洗气装置，为该实验装置设计缺陷；盛放氢氧化钠的烧杯吸收尾气，装置E生成氨气，装置D氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，生成的氯化氢和氨气结合生成氯化铵，会冒白烟，可以验证非金属元素氯的氧化性强于氮，据此分析解答。【详解】(1)装置E中氯化铵和氢氧化钙固体加

热反应生成氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2；故答案为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2；(2)反应制备的氯气通入B之后，B中出现黄色浑浊现象，说明氯气把硫化钠

溶液中的硫离子氧化为S单质，离子方程式为Cl2+S2-=S↓+2Cl-，故答案为Cl2+S2-=S↓+2Cl-；(3)E装置是制备氨气，氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，生成的氯化氢和氨气结合生成氯化铵，从而冒白烟，因此D中

干燥管中可以看到大量白烟，故答案为产生大量白烟；(4)浓盐酸易挥发，所以生成的氯气中含有氯化氢气体，氯化氢也能直接和氨气结合冒白烟，所以需要在C之前连接盛有饱和食盐水的装置以除去氯化氢气体，故答案为饱和食盐水；(5)氯气的密度大于空气

，氨气的密度小于空气，为了能够使两种气体充分接触反应，通入D装置的两根导管左边较短、右边较长，故答案为使密度大的氯气和密度小的氨气均匀混合。11.钼酸钠晶体(Na2MoO4.2H2O)是一种无公害型冷却水系统金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)

制备钼酸钠的两种途径如图所示：(l)Na2MoO42H2O中钼元素的化合价为____，NaCIO的电子式为___。(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是____(答出两条即可)。(3)途径I焙烧过程中化学方程式为____，碱浸时气体A的化学式为____。(4

)已知途径I的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol/L，c(CO32-)=0.20mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是____(已知Ksp(BaCO3)=1×10-9、Ksp

(BaMo04)=4.0×10-8，忽略溶液的体积变化)。(5)途径II氧化时溶液中还有Na2SO4生成，则还原剂与氧化剂物质的量之比为_____。(6)途径I或途径II所得的Na2MoO4溶液经结晶可得固体A后再重结晶可得固体B，其

重结晶操作的目的为____。【答案】①.+6②.③.充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等④.2MoS2+7O22MoO3+4SO2⑤.CO2⑥.95%⑦.1：9⑧.除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体【解析】【详解

】(l)Na2MoO4.2H2O中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为+6价；NaClO为离子化合物，其的电子式为；(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升高温度，答案为：充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等；(3)

途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，气体A为二氧化碳，则碱浸时气体A的化学式为CO2；（4）根据Ksp(BaMo04)=4.0×10-8，BaMoO

4开始沉淀时，则c（Ba2+）=Ksp(BaMo04)/c（Mo042-）=4.0×10-8/0.40=1.0×10-7mol/L，此时溶液中c(CO32-)=Ksp(BaCO3)/c（Ba2+）=1×1

0-9/1.0×10-7=0.01mol/L，CO32-的去除率=（0.20mol/L-0.01mol/L）/0.20mol/L=95%；的(5)途径II氧化时还原剂为MoS2、氧化剂为NaClO，生成物为Na2SO4和Na2MoO4，反应中Mo化合价由+4价变为+6价，S由-2变为+

6，1molMoS2失去16mol电子，NaClO中Cl的化合价由+1变为-1，1mol得到2mol电子，则还原剂与氧化剂物质的量之比1：9；(6)重结晶为根据可溶物的溶解度不同，利用多次结晶得到较纯的

物质，其操作的目的为除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体；【点睛】根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，且为稳定的氧化物，气体A为二氧化碳；根据还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数的比值，可计算出还原剂与氧化剂物质的量之比。12.在某温

度时按n(N2)：n(H2)=1：3的比例将混合气体投入密闭容器中反应：N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)△H＜0；（1）在恒容条件下该反应达到化学平衡状态的依据是_______(选填序号)。a.v(H2)：v(N2)=3：1b.气体的平均摩尔质量不变c.气体的密度不变

d.容器内压强保持不变（2）反应达到平衡后，某时刻改变下列条件_______，在达到新平衡的过程中正反应速率始终增大。a.升温b.加压c.增大c(N2)d.降低c(NH3)（3）某科研小组探究在其他条

件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对合成NH3反应的影响。实验结果如图所示(图中T2和T1表示温度，n表示起始时H2的物质的量)：①图象中T2和T1的关系：T2____T1(填“>”、“＜”、“=”或“无法确定”)。②比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是__

_____(填字母)。③若容器容积为1L，b点对应的n=0.15mol，测得平衡时H2的转化率为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为_______mol•L﹣1。【答案】（1）bd（2）a（3）①.<②.c③.0.02【解析】【小问1详解】对于可逆反应223N+3H2NH，在

恒容条件下，a.v(H2)：v(N2)=3：1，在任意时刻，计量系数之比等于反应速率之比，a项错误；b.气体的平均摩尔质量不变，mM=n，该反应为全气态反应，总质量不变，则平均摩尔质量不变时，达到平衡状态，b项正确；c.气体的密度不变，mV=，该反应为全气态反应在恒容条件下，气体的体积

不变，则密度为定值无法判断是否达到平衡状态，c项错误；d.容器内压强保持不变，该反应为气体总体积减小的可逆反应，当压强不变时达到平衡状态，d项正确，答案选bd；【小问2详解】对于可逆反应223N+3H2NH，改变反应条件，升高温度，正反应速率增大，正反应为放热反应，平衡逆向移动，a项正确；

增大压强，瞬间正逆反应速率都加快，正反应为气体体积减小的反应，平衡正向移动，正反应速率减小，逆反应速率增大，b项错误；增大N2的浓度，瞬间正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡正向移动，正反应速率减小，逆反应速率增大，c项错误

；降低NH3的浓度，瞬间正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡正向移动，正反应速率减小，逆反应速率增大，d项错误，综上所述，答案选a；【小问3详解】①对于可逆反应223N+3H2NH，正反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，由图可知

，则21TT＜；②a、b、c三点中，H2的物质的量越大，平衡正向移动的程度越大，N2的转化率就越大，c点氢气的物质的量最大，则c点N2的转化率最大；③容器容积为1L，b点氢气的物质的量为0.15mol，测得平衡时H2的转化率为60%，则转化的氢气为

0.09mol，列出反应的三段式为：2230.050.150.030.090.060.02N(g)+3H(g)2NH(g)(mol/L)0(mol/L)0.(060.6ol/0mL)起始浓度转化浓度平衡浓度故N2的平衡浓度为0.02mol/L。1

3.铝广泛应用于航空、建筑、汽车等行业，目前工业上采用电解氧化铝和冰晶石混合物的方法制取铝。回答下列问题：（1）某同学写出了铝原子的4种不同状态的电子排布图：A．B．C．D．其中能量最低的是____(填字母)，电子由状态C到

状态B所得原子光谱为____光谱(填“发射”或“吸收”)，状态D是铝的某种激发态，但该电子排布图有错误，主要是不符合_____。（2）熔融态氯化铝可挥发出二聚分子Al2Cl6，其结构如图所示。①a键的键能____

_b键的键能(填“>”“<”或“=”)，其理由是_______。②Al2Cl6中铝原子的杂化方式为___；AlCl3的空间结构为______。（3）冰晶石属于离子化合物，由Na+和AlF63−组成，在冰晶石的晶胞中，AlF63−占据

的位置相当于氯化钠晶胞中Cl−的位置。①冰晶石的化学式为_____，一个冰晶石晶胞中Na+的个数为_____。②已知冰晶石的密度为2.95g/cm3，则冰晶石晶胞的边长a=____pm(列出算式即可，阿伏加德罗常数值为6.02

×1023)。【答案】①.A②.发射③.洪特规则④.<⑤.共价键键长越短，键能越大⑥.sp3⑦.平面三角形⑧.Na3AIF6⑨.12⑩.103232104102.956.0210【解析】【分析】本题主要考查电子排布式特点、原子的杂化方式、分子空间构型的分析

、以晶胞为单位的密度计算等知识点。【详解】（1）根据能量最低原理，核外电子先占据能量低的原子轨道，原子轨道的能量由低到高的顺序为1s＜2s＜2p＜3s＜3p。根据电子排布的特点，只有A符合能量最低原理；电子由高能级向低能级转变时产生的光谱是发射光谱；洪特规

则是指当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。状态D不符合这一规则。（2）①因为共价键的键长越短，键能越大，b键的键长较大，所以a键的键能小于b键的键能；②

Al2Cl6中每个铝原子和四个氯原子形成4个共价键，采取sp3杂化；AlCl3中Al只形成三个共价键，中心的原子Al是sp2杂化,三氯化铝的分子构型为平面三角形结构；（3）①由化合价代数和为0可知，冰晶石的化学式为Na3AIF6；AlF63－占据的位置相当于氯化钠晶胞中Cl－的位置，因为一个

NaCl晶胞中含有4个Cl-，故一个冰晶石的晶胞中含有4个AlF63－，故一个晶胞中含有12个Na＋；②一个冰晶石的晶胞中含有4个Na3AIF6，Na3AIF6的分子量为210，由3=AmNMVaN=得3A=NNMa=103232104

102.956.0210pm。