精品解析：江苏省连云港市2022-2023学年高二下学期6月期末考试化学试题（解析版）

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2022~2023学年度第二学期期末调研考试
高二年级化学试题
满分100分，考试时间75分钟
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Ce-140
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。
1. 我国在科技领域取得重大突破。下列说法不正确的是
A. “嫦娥五号”运载火箭用液氧液氢推进剂，产物对环境无污染
B. “复兴号”车厢连接使用聚四氟乙烯板属于无机非金属材料
C. 在阳光照射下，利用水和二氧化碳合成的甲醇属于可再生燃料
D. 中国空间站存储器所用的材料石墨烯与金刚石互为同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】A．液氧液氢反应生成无污染的水，对环境无污染，故A正确；
B．聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故B错误；
C．甲醇可以用水和二氧化碳光照合成，属于可再生燃料，故C正确；
D．石墨烯和金刚石都是碳元素组成的单质，属于同素异形体，故D正确；
答案选B。
2. 二氧化氯可用于除去室内甲醛，化学原理是。下列有关说法正确的是
A. 为直线型分子 B. 分子中含有2个键
C. 的电子式： D. 的空间填充模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．ClO2是V形结构，不是直线形，故A错误；
B．CO2有两个碳氧双键，含有两个键，故B正确；
C．甲醛的电子式为：，故C错误；
D．水的填充模型中氢的原子半径应该更小，故D错误；
答案选B。
3. 下列有关钠及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. 具有强还原性，可用于制备金属
B. 呈淡黄色，可用于呼吸面具的供氧剂
C. NaCl易溶于水，可用于工业电解制金属钠
D. 受热易分解，可用于制抗酸药物
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na有强的还原性，可以置换出Ti，故A正确；
B．用作呼吸面具的供氧剂的原因是Na2O2与二氧化碳和水反应生成氧气，与呈淡黄色没有关系，故B错误；
C．NaCl易溶于水和工业电解制金属钠没有对应关系，故C错误；
D．受热易分解与可用于制抗酸药物也没有对应关系，故D错误；
答案选A。
4. 下列有关和的说法错误的是
A. 能与形成分子间氢键
B. 与形成的中的配位数是4
C. 转化为，其键角变小
D. 中存在的配位键由氮原子提供孤电子对
【答案】C
【解析】
【详解】A．与之间可以形成分子间氢键，故A正确；
B．络离子中，一个锌离子周围与4个NH3形成配位键，Zn2+的配位数为4，故B正确；
C．NH3变成，孤电子对变成了成键电子对，排斥力减小，键角变大，故C错误；
D．H+离子没有电子，孤对电子由N原子提供，故D正确；
答案选C。
5. 常温下与反应能生成和。实验室探究与反应及气体产物的成分。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是

A. 用装置甲制取气体 B. 用装置乙收集生成的
C. 用装置丙检验生成 D. 蒸发丁中所得溶液得到纯净晶体
【答案】D
【解析】
【分析】装置甲为制备和，冷水浴收集NO2，装置丙利用NO遇到氧气生成红棕色NO2检验NO，装置丁为尾气吸收装置。
【详解】A．NaNO2与硫酸在常温下可以反应制取NO和NO2，装置甲可以用作固液反应不加热的装置，故A正确；
B．冷水可以将NO2液化，达到收集NO2的目的，故B正确；
C．NO是无色气体，通入O2后变为红棕色的二氧化氮，因此可以鉴别NO，故C正确；
D．当NO与NO2以1:1通入NaOH溶液时生成NaNO2，只有NO2时与NaOH反应生成NaNO3和NaNO2的混合物，产物中有NaNO2和NaNO3的混合物，故D错误；
答案选D。
6. NO氧化成NO2的热化学方程式为。对于反应，下列说法正确的是
A. 该反应的
B. 使用高效催化剂能提升的平衡转化率
C. 反应的平衡常数可表示为
D. 其他条件相同，减小的平衡转化率上升
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于，所以的△H>0，该反应是气体增加的反应，所以△S>0，故A错误；
B．使用催化剂只能加快反应速率，不能提高平衡转化率，故B错误；
C．反应的平衡常数可表示为正确。故C正确；
D．其他条件相同，减小的平衡转化率下降，NO的平衡转化率上升，故D错误；
答案选C。
7. 前4周期元素的原子序数依次增大。X基态原子核外只有三个能级且各能级电子数相等，原子中仅有7个运动状态不同的电子，原子最外层电子数是内层的3倍，是一种过渡元素且基态原子和轨道半充满。下列说法正确的是
A. 第一电离能： B. 原子半径：
C. 简单气态氢化物热稳定性： D. 元素的最高价氧化物的化学式为
【答案】A
【解析】
【分析】X基态原子核外只有三个能级且各能级电子数相等，即X为C；原子中仅有7个运动状态不同的电子，Y为N；原子最外层电子数是内层的3倍，Z为O；是一种过渡元素且基态原子和轨道半充满，W为Cr。
【详解】A．同周期元素随核电荷数的递增元素的第一电离能逐渐增大，但是N的价电子为2s22p3，为半充满结构，较稳定，故电离能大于O，故第一电离能：，故A正确；
B．同周期元素随核电荷数的递增原子的半径逐渐增减小，故原子半径：，故B错误；
C．非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，故简单气态氢化物热稳定性：，故C错误；
D．元素的最高价为+6，最高价氧化物的化学式为，故D错误；
故选A。
8. 一种电渗析法淡化海水的原理如题图所示。下列说法正确的是

A. 阳极的电极反应为 B. 电极为该电池的阴极
C. 离子交换膜a为阴离子交换膜 D. 各间隔室流出液中，②④⑥为淡水
【答案】A
【解析】
【分析】N极上有H2生成，说明N极是阴极，M极是阳极，海水中的Cl-在阳极失去电子生成氯气，阳离子通过阳离子交换膜向阴极移动，因此交换膜a是阳离子交换膜，交换膜b是阴离子交换膜。
【详解】A．阳极上是海水中的阴离子Cl-失去电子发生氧化反应生成氯气，故A正确；
B．电极N上生成H2，发生还原反应，是阴极，故B错误；
C．交换膜a是阳离子交换膜，阳离子向阴极N移动，故C错误；
D．M是阳极，室①中的阴离子通过阴离子交换膜b向M移动，室①中的阳离子通过阳离子交换膜a向室②移动，同理得出①③⑤⑦最后形成淡水，故D错误；
答案选A
9. 有机物Y是一种抗肿瘤药物的中间体，可通过如下转化合成得到：

下列有关说法正确的是
A. X的沸点比对羟基苯甲醛的高
B. Y分子存在顺反异构
C. X中所有原子不可能都处于同一平面
D. 与足量溶液反应时最多可消耗
【答案】D
【解析】
【详解】A．对羟基苯甲醛可以形成分子间氢键，X形成分子内氢键，分子间氢键使物质的沸点升高，分子内氢键使物质的沸点降低，故A错误；
B．Y分子没有顺反异构，虽然Y分子有碳碳双键，但是碳碳双键在环上，不存在顺反异构，故B错误；
C．苯环周围的12个原子形成一个平面，醛基的原子也在一个平面上，它们通过单键旋转所有原子可能在同一个平面，故C错误；
D．Y结构有2个酯基，水解时与苯环连接的酯基可以水解消耗2个NaOH，另一个酯基消耗1个NaOH，与足量溶液反应时最多可消耗，故D正确；
答案选D。
10. 一种由菱锌矿(主要成分为，还含有以及等的化合物)制备硫酸锌晶体的流程如下。

涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子











下列说法错误的是
A. 调，滤渣1主要成分是和
B. 滤渣2中有，“氧化过滤”的离子方程式为：
C. 加入锌粉的主要目的是将置换出来，除去
D. 在烧瓶中将滤渣4与浓硫酸反应生成HF并循环利用
【答案】D
【解析】
【分析】菱锌矿焙烧加硫酸酸浸生成硫酸钙、硫酸锌、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸镁等，加氢氧化钙调pH值得到滤渣中含有硫酸钙、氢氧化铁和二氧化硅等，加入高锰酸钾进一步把亚铁离子氧化为铁离子除去，自身转化为MnO2沉淀，加入Zn粉置换出铜，最后用HF使钙、镁转化为CaF2和MgF2沉淀。最后从溶液中提取硫酸锌晶体。
【详解】A．调pH=4时，Fe3+的溶度积小形成Fe(OH)3沉淀，CaSO4微溶于水沉淀，SiO2不溶于酸沉淀，故A正确；
B．高锰酸钾有氧化性，把二价铁离子氧化为三价铁离子形成Fe(OH)3沉淀，自身转化为MnO2沉淀，离子方程式为，故B正确；
C．加入锌粉目的是置换出铜，故C正确；
D．HF能腐蚀玻璃，不能在烧瓶中制取HF，故D错误；
答案选D。
11. 下列实验操作可以达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作及现象
A
比较CH3COOH和H2CO3的酸性
用pH计分别测定0.1000mol/LCH3COONH4溶液和Na2CO3溶液的pH后者大于前者
B
检验铁锈中含有二价铁
将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去
C
探究氢离子浓度对相互转化的影响
向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，观察到溶液由黄色变为橙红色
D
证明Cl2、Br2、I2的氧化性
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液，溶液先变橙色，后变蓝色

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3COONH4中水解，+H2ONH3•H2O+H+，会消耗CH3COO-水解生成的OH-，测定相同浓度的CH3COONH4和Na2CO3溶液的pH，后者大于前者，但不能说明Kh(CH3COO-)＜Kh()，即无法比较CH3COOH和H2CO3的酸性，A不合题意；
B．由于盐酸或者Cl-也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去，不能说明铁锈中含有二价铁，B不合题意；
C．铬酸钾溶液呈黄色，重铬酸钾呈橙红色，存在平衡2+2H+ +H2O，向铬酸钾溶液中缓慢滴加稀硫酸，溶液由黄色变为橙红色，说明增大氢离子浓度，溶液中的平衡向生成重铬酸根离子的方向移动，故可探究氢离子浓度对相互转化的影响，C符合题意；
D．过量氯水分别与NaBr、KI反应，由实验操作及现象不能比较Br2、I2的氧化性强弱，D不合题意；
故答案为：C。
12. 侯氏制碱法的原理：室温下，先向饱和溶液中通入至饱和，然后再持续通入，得到晶体，过程如题图所示。下列有关说法不正确的是

A. 溶液中通入后，溶液中存在：
B. 滤液中一定存在：
C. 反应得到晶体的离子方程式：
D. 向滤液中加入氯化钠细粉，析出的氯化铵可作为氮肥
【答案】B
【解析】
【分析】温下，先向饱和溶液中通入至饱和，然后再持续通入，得到晶体，由于NaHCO3溶解度小析出沉淀，过滤得到NaHCO3最后煅烧生成Na2CO3。
【详解】A．溶液中通入后，溶液中存在电荷守恒：，由于钠离子浓度等于铝离子浓度，所以有，故A正确；
B． 是饱和溶液，也是饱和溶液，二者溶解度不同，不成立，故B错误；
C．碳酸氢钠的溶解度小沉淀析出，离子方程式为，故C正确；
D．加入氯化钠，氯离子浓度增大使氯化铵析出，故D正确；
答案选B。
13. 将转化为，其主要反应如下：
碳氯化：
直接氯化：
在，将以物质的量比进行反应。体系中气体的平衡分压随温度变化如题图所示。

已知：用气体物质的分压代替浓度计算得到的平衡常数称为分压平衡常数。下列说法正确的是
A. 反应
B. 碳氯化的反应趋势远小于直接氯化
C. 时，反应的分压平衡常数
D. 生产中采用进行的原因是提高的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，将碳氯化的方程减去直接氯化的方程得到反应，则，A错误；
B．碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应的分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，是自发过程，而直接氯化的体系分子数不变且是吸热反应，反应非自发，B错误；
C．从图中可知时，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，CO是0.6，反应的分压平衡常数，C正确；
D．实际生产需要综合考虑反应的速率、产率等，生产中采用进行的原因是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的四氯化钛产品，提高效益，D错误；
故选C。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 以水氯镁石(主要成分为)为原料，可制作多种含镁物质。
（1）采用水氯镁石、碳酸氢铵-氨水热解法制备轻质氧化镁，主要经过“溶解→过滤去滤渣→沉镁→碳化→热解→过滤去滤液→煅烧”等过程。
①“沉镁”过程中生成，已知，常温下调节溶液的，则此时溶液中___________
②“碳化”是向沉镁后的体系加入反应得到的的过程。碳化率随反应温度的变化如图所示。反应温度高于，碳化率下降的可能原因是___________。

③“热解”是将转化为碱式碳酸镁的过程。“热解”的化学方程为___________。
（2）采用水氯镁石制备金属镁。主要将水氯镁石经过“热空气脱水(在进行)气氛脱水(在进行)→电解无水氯化锃”等过程。已知：。
①“热空气脱水”是制备，“气氛脱水”中气氛的作用是___________。
②若要验证所得无水样品中不含，最简单的操作是___________。
③电解过程中若电解槽有水分，则生成能与阴极表面产生的反应产生钝化膜，降低电解效率。与反应的化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. 0.18 ②. 受热分解 ③.
（2） ①. 防止在较高温度下转化为或 ②. 焰色反应。取一根铂丝，用稀盐酸洗净后，放在酒精灯火焰上灼烧至无色，蘸取样品少许，置于火焰上灼烧，观察火焰颜色是否呈黄色 ③.
【解析】
【小问1详解】
根据，pH=9时c(OH-)=，根据KSP=c(Mg2+)·c(OH-可以计算出c(Mg2+)=0.18mol/L；温度高于60°C时，碳酸氢铵溶液分解，造成碳化率下降；“热解”时转化为，反应的化学方程式为；
【小问2详解】
由于氯化镁容易水解，在HCl气氛中可以抑制氯化镁的水解，防止在较高温度下转化为或；验证MgCl2样品中不含NaCl，检验Na+就可以，检验钠离子用焰色反应，简单操作是：取一根铂丝，用稀盐酸洗净后，放在酒精灯火焰上灼烧至无色，蘸取样品少许，置于火焰上灼烧，观察火焰颜色是否呈黄色；根据得失电子守恒，与阴极表面产生的反应产生同时有H2气体生成，化学方程式为。
15. 一种治疗支气管疾病药物G的一种合成路线如下：

己知：I．是苯基
II．
回答下列问题：
（1）A分子中碳原子的杂化轨道类型为___________。
（2）B→C的反应类型为___________。从整个流程看，该反应的目的是___________。
（3）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。
①分子中不同化学环境的氢原子个数比为
②能发生银镜反应
③能与溶液发生显色反应
（4）E分子式为，其结构简式为___________。
（5）根据上述信息，写出以、和为原料制备的合成路线流程图___________无机试剂和有机溶剂任用，合成路线图示见本题题干)。
【答案】（1）
（2） ①. 取代反应 ②. 保护酚羟基
（3）或 （4）
（5）
【解析】
【分析】A含有官能团羧基，在浓硫酸作用下与乙醇发生酯化反应生成B，B酚羟基发生取代反应生成C，C经过和信息I一致的反应转化为D，D与溴在乙酸作用下发生取代反应生成E，E的结构简式为，E发生取代反应生成F，最后转化为G。
【小问1详解】
A中碳原子在苯环上或者羧基上，都是sp2杂化；
【小问2详解】
B到C是酚羟基上发生取代反应，酚羟基活泼容易被氧化，从整个流程来看最后把酚羟基有转化过来，因此此步的目的就是保护酚羟基；
【小问3详解】
D的结构简式为：，D的同分异构体中，分子中不同化学环境的氢原子个数比为，说明结构中有两个等效的甲基，能发生银镜反应说明有醛基，与氯化铁发生显色反应说明有酚羟基，结合上述信息得出其中一种结构简式为： 或者；
【小问4详解】
根据分析E的结构简式为
【小问5详解】
参考题目的合成路线图以及题目给出的已知信息，得到如下合成路线：。
16. 常用于制备易吸收的高效铁制剂。
（1）制备。一种利用铁矿烧渣(主要成分是和)制取的流程如下：

①“焙烧”过程是将铁矿烧渣和煤粉按一定比例投入焙烧炉中，利用生成的将铁的高价氧化物转化为。参与反应的化学方程式为___________。
②“酸浸”是在一定温度下，用一定浓度的溶液浸取焙烧后固体中的铁元素。酸浸时间对铁浸出率的影响如题图所示。后铁浸出率整体呈下降趋势的可能原因是___________。

③“还原”是向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使完全转化为。检验是否还原完全的实验操作是___________
④“沉铁”是将“除杂”后的溶液与溶液反应，生成沉淀。设计以溶液、溶液为原料，制备的实验方案：___________。
[沉淀需“洗涤完全”，开始沉淀的]。(可选用试剂：蒸馏水、溶液、稀)
⑤将制得的加入足量乳酸溶液中，再加入少量铁粉，下搅拌反应，过滤。将所得滤液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，获得乳酸亚铁晶体。用铈量法测定产品中的含量。取产品配成溶液，每次取，进行必要处理，用标准溶液滴定至终点，平均消耗溶液的体积为。滴定反应为，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为___________。(写出计算过程)
（2）若用酸性代替测定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数，发现产品的质量分数总是大于，其原因可能是___________。
【答案】（1） ①. ②. 被氧化成，消耗，使溶液中增大，将铁沉降 ③. 取少量清液，向其中滴加几滴溶液，观察溶液颜色是否呈血红色 ④. 在搅拌下向溶液中缓慢加入溶液，控制溶液不大于5.8；充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的溶液，不出现白色沉淀 ⑤. 98.5%
（2）乳酸根离子中含有羟基，被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大
【解析】
【分析】铁矿烧渣焙烧是和煤炭按照一定比例投入焙烧炉，将铁元素尽可能都转化为FeO，酸浸转化为二价铁离子和三价铁离子，SiO2不溶于酸可以过滤除去，还原是把三价铁全部变为二价铁，最后沉铁转化为碳酸亚铁沉淀。
【小问1详解】
CO还原Fe3O4生成FeO的化学方程式为；酸浸一段时间后，被空气中氧气氧化成，消耗，使溶液中增大，将铁沉降；检验Fe3+用KSCN溶液，取少量清液，向其中滴加几滴溶液，观察溶液颜色是否呈血红色；由于Fe(OH)2开始沉淀的pH=5.8，因此沉铁时要控制pH<5.8，具体操作为：在搅拌下向溶液中缓慢加入溶液，控制溶液不大于5.8；充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的溶液，不出现白色沉淀；根据对应关系 [CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O~Fe2+~Ce3+，消耗溶液的体积为，浓度为0.1000mol/L，n=0.00197mol，[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O也是0.00197mol，质量分数为；
【小问2详解】
高锰酸钾氧化二价铁离子同时还氧化乳酸根中的羟基，导致消耗高锰酸钾的量增多，计算结果偏高。
17. 脱硫脱硝技术是指通过一系列的化学反应，将“三废”中有害的、氮氧化物等转化为无害物质。
（1）一种处理废气的工艺流程如图所示。

①若吸收塔内盛装的是溶液，则气体为___________。
②若吸收塔内盛装的是溶液，气体为空气，则气体吸收塔内发生反应的离子方程式为___________。
（2）船舶柴油机废气中含有大量的氮氧化物，对大气环境和人类健康造成了不利影响。使用惰性电极，采用无隔膜电解槽电解海水，产生有效氯(主要包括)，再利用循环喷淋模式对船舶废气进行处理。如图甲所示。电解海水溶液的初始对和(与总和)脱硝的影响如图乙所示。

①约为7.5时，有效氯成分中起主要作用的是___________。
②时，去除率明显低于去除率的原因是___________。
③当电解液的从5.5下降到4.5时和的脱除率快速上升的主要原因是___________。
（3）催化剂可将酸性废水中的转化为，机理如图所示。中含有价和价的铁，分别用(II)和(III))表示。

①(II)中基态的核外电子排布式为___________。
②H2还原的过程可描述为___________。
③每处理，理论需要消耗标准状况下的H2___________L。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. ②. 的还原性强于(或被氧化成) ③. 酸性增强，有效氯从转为，氧化性增强(或与的反应是气相反应，接触更充分)
（3） ①. ②. 被原子吸附并失去电子生成，通过和相互转化传递电子给，得电子被还原为，进一步被还原为，与反应生成 ③. 33.6
【解析】
【小问1详解】
①吸收塔内盛装的是，氨气二氧化硫反应生成，则气体X为；
②三价铁具有氧化性，可以把+4价硫氧化为+6价硫，则气体吸收塔内发生反应的离子方程式为：；
小问2详解】
①约为7.5时，为弱碱性环境，此时有效氯的存在形式为；
②中氮的化合价较低，还原性较强，故答案为：的还原性强于(或被氧化成)；
③当酸性增强的时候，次氯酸根离子会转化为次氯酸或者氯气，这两者的氧化性更强一些，故答案为：酸性增强，有效氯从转为，氧化性增强(或与的反应是气相反应，接触更充分)；
【小问3详解】
①铁为26号元素，其电子排布式为：则基态的核外电子排布式为；
②由图可知，氢气还原硝酸根离子的过程可以描述为：被原子吸附并失去电子生成，通过和相互转化传递电子给，得电子被还原为，进一步被还原为，与反应生成；
③由图可知，亚硝酸根被处理成氮气，氮的化合价由+3价变为0价，则每处理，需要得到3mol电子，氢的化合价由0变为+1价，根据得失电子守恒可知，失去3mol电子，需要1.5mol氢气，其标准状况下的体积为：33.6L。