湖北省荆门市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（含解析）

这是一份湖北省荆门市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
湖北省荆门市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与人类生产、生活密切相关，下列说法中错误的是
A．用溶液和溶液可以制作泡沫灭火剂与盐类水解有关
B．交警检查司机酒后驾车利用了乙醇能被重铬酸钾还原
C．燃料电池的反应物不是储存在电池内部，而是由外部供给，两电极材料可以相同
D．“世界铜像之王”三星堆青铜大立人属于合金，其深埋于地下生锈是发生了吸氧腐蚀
2．利用是实现“碳中和”的重要途径，光催化转化为的方法入选了2020年世界十大科技进展，其原理为。下列说法错误的是
A．我国科学家利用和人工合成淀粉，有助于实现碳达峰、碳中和
B．4个H与1个C结合形成，体现了共价键的饱和性
C．与均为非极性分子
D．中中心原子上的价层电子对数为2
3．下列化学用语或图示正确的是
A．的晶胞：
B．2-丁烯的键线式：
C．基态氮原子的价电子轨道表示式：
D．的质谱图：
4．下列实验操作、装置图正确且能达到相应实验目的的是
  
  
  
  
A．检验溴乙烷中含有溴元素
B．实验室制备并检验乙烯
C．用已知浓度的盐酸测定未知浓度的溶液(含无色酚酞)
D．保护铁片(牺牲阳极的阴极保护法)
A．A B．B C．C D．D
5．有机物  是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成：
  
下列说法错误的是
A．X的名称为甲醇
B．M中所有原子可能共平面
C．E苯环上的一氯化物有2种
D．化合物N最多能与反应
6．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是

A．电负性：ZY>W>X
C．化合物属于共价晶体 D．第一电离能：W>Y
7．下列同一组反应的反应类型，不相同的是
A．由溴乙烷水解得到乙醇；由甲苯制取TNT
B．由苯制取溴苯；乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
C．苯乙烯制取聚苯乙烯；乙炔制取聚乙炔
D．1-己烯使酸性溶液褪色；乙醛使酸性溶液褪色
8．下列关于化学式为的配合物的说法中正确的是
A．该配合物中配位体是和，配位数是9
B．1mol该配合物中含有18molσ键
C．该配合物中中心离子是，配离子是
D．该配合物中加入足量溶液，所有均被完全沉淀
9．以菱镁矿(主要成分为，含少量、和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：
  
已知浸出时产生的废渣中有、和。下列说法错误的是
A．浸出镁的反应为
B．沉镁的操作能在较高温度下进行
C．分离与、是利用了它们氢氧化物Ksp的不同，调节溶液的pH来实现
D．流程中可循环使用的物质有、
10．下列离子方程式正确的是
A．用可以除去溶液中的：
B．水杨酸与过量碳酸钠溶液反应：    
C．制乙酸乙酯：
D．用惰性电极电解饱和溶液：
11．类比法是一种学习化学的重要方法。下列说法正确的是
A．中采取杂化，推测中C采取杂化
B．的空间构型为正四面体型，则碳骨架的空间构型为正四面体型
C．已知沸点低于，推测沸点低于
D．分子中存在键，化学性质稳定，则的化学性质稳定
12．我国科学家在相当于110万大气压下合成了一种稳定的氦钠化合物，为人类在木星和土星洞察化学过程提供了机会，结构如图所示，小球代表Na+，大正方体代表He，小正方体代表共用电子，共用电子被迫集中在晶体结构的立方空间内，下列说法正确的是

A．该物质属于一种新型合金
B．晶胞中的空隙He占有率为50%
C．Na+的配位数为8
D．Na+—He之间的最短距离为a (设晶胞棱长为a)
13．下列实验现象与实验操作不相匹配的是

实验操作
实验现象
A
向盛有酸性溶液试管中滴入甲苯
酸性溶液褪色
B
向盛有苯酚饱和溶液试管中滴入2~3滴溴水
有白色沉淀出现
C
向蔗糖溶液中加入适量稀硫酸，水浴加热，冷却后向溶液中滴加新制悬浊液，加热
未出现砖红色沉淀
D
向溶液中逐滴加入浓氨水至过量，再向其中加入乙醇
先产生蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解得到透明的深蓝色溶液，加入乙醇后，析出深蓝色的晶体
A．A B．B C．C D．D
14．如图，某课题组设计了一种以为原料固定的方法。下列说法错误的是
  
A．该方法中和化合物X可降低该反应的活化能和焓变
B．物质Y中箭头所指为氢键
C．该过程中存在极性键的断裂和形成
D．若原料用，则产物为  
15．处理烟气中的SO2可以采用碱吸—电解法，其流程如图1所示。其中过程Ⅱ的模拟装置如图2所示。下列有关叙述正确的是


图1
图2
A．膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜
B．a极的电极反应式为2H2O-4e-=4H＋＋O2↑
C．若用铅酸蓄电池为电源，b极与铅电极相连
D．若收集22.4 L的P，则转移电子的物质的量为2 mol

二、实验题
16．硫酸羟胺为无色晶体，易溶于水，是一种重要的化工原料，在农药、医药行业中有广泛用途。合成硫酸羟胺的流程如下：
  
模拟上述流程的实验装置如下(夹持装置与加热装置省略)：
  
已知：羟胺为白色片状晶体，易溶于水、甲醇等，受热易分解。
回答下列问题：
(1)仪器a的作用为 ，三颈烧瓶中的试剂是
(2)装置A中反应的主要化学方程式为 。
(3)开始实验时，应最先打开 (填“”“”或“”)。
(4)流程中步骤Ⅰ的化学方程式是 。
(5)分离和操作：①向二者混合溶液中加入氨水，生成，②再加入甲醇，加入甲醇的目的是 ③过滤，将滤液进行 (填“常压”或“减压”)蒸馏，④接着加入硫酸，得到硫酸羟胺产品，写出发生反应的化学方程式
(6)测定硫酸羟胺的含量：称取一定量样品，溶于水中，移入的三颈烧瓶中，加入足量硫酸铁溶液，充分反应后，煮沸，气体全部逸出。将所得溶液冷却后，用酸性高锰酸钾溶液滴定。则硫酸羟胺物质的量(n)与消耗高锰酸钾溶液的体积(VmL)的关系是n= mol。

三、工业流程题
17．钨精矿分解渣具有较高的回收利用价值，以钨精矿分解渣为二次资源综合回收锰、铁的工艺流程如下：

已知：钨精矿分解渣的主要化学成分及含量
名称






其它
含量
34.8%
26.1%
7.6%
8.8%
0.75%
0.66%

①不溶于水、不与除氢氟酸外的无机酸反应。
②、
(1)将钨精矿分解渣预先粉碎的目的是 。
(2)“浸渣”的主要成分为 。
(3)“除杂”时加入的目的是 ；相较于，该步选择的优点是 。
(4)用沉淀溶解平衡原理解释“净化”时选择的原因 。
(5)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。
(6)取钨精矿分解渣按图中流程进行操作，最终得到含锰元素质量分数为45%的，则整个过程中锰元素的回收率为 。

四、有机推断题
18．W是一种高分子功能材料。一种合成W的路线如图。

回答下列问题：
(1)A→C的反应类型为 ，D的化学名称是 ；
(2)C中所含官能团的名称是 。
(3)B是一种天然高分子材料单体，写出该高分子化合物的结构简式 ；
(4)已知E的分子式为，则E的结构简式为 。
(5)F→G中第Ⅰ步反应的化学方程式为 。
(6)G的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有 种。
①能与溶液发生显色反应        ②能与溶液反应产生气体        ③苯环上有三个取代基
(7)W的结构简式为 。

五、原理综合题
19．回答下列问题：
I．化石燃料燃烧过程中形成和等污染物，利用脱除的研究获得了广泛关注。在催化剂作用下，与的反应为。回答下列问题：
(1)已知：

则
(2)向某刚性容器中加入、和催化剂，测得平衡时的体积分数随温度和压强的关系如图1所示。
  
①下列叙述不能说明反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A．断裂的同时生成
B．压强不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．的体积分数不再变化
②压强 (填“>”或“Y，A错误；
B．W、X简单离子均是2电子层结构，Y、Z简单离子均是3电子层结构，根据“电子层数多，离子半径大，电子层数相同，核电荷数大，离子半径小”，简单离子半径大小顺序为：Y>Z>W>X，B错误；
C．化合物X2Y2是Na2S2，属于离子晶体，C错误；
D．W、Y分别是N、S元素，N的2p轨道有3个电子，属于半充满，比较稳定，因此N的第一电离能比O的大，O与S在同一主族，O的第一电离能比S的大，所以N＞S，D正确；
故选D。
7．B
【详解】A．由溴乙烷水解得到乙醇，由甲苯制取TNT，两者都属于取代反应，故A不符合题意；
B．由苯制取溴苯是取代反应，乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色是加成反应，故B符合题意；
C．苯乙烯制取聚苯乙烯，乙炔制取聚乙炔，两者都属于加聚反应，故C不符合题意；
D．1−己烯使酸性溶液褪色，乙醛使酸性溶液褪色，两者都属于氧化反应，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
8．B
【详解】A．由化学式可知，配合物中中心离子是Ti3+离子，配位体为氯离子和水分子，配位数为6，故A错误；
B．由化学式可知，配合物中配位键为σ键，配位体水分子的氢氧键为σ键，则配合物中含有18molσ键，故B正确；
C．由化学式可知，配合物中中心离子是Ti3+离子，故C错误；
D．由化学式可知，配合物中加入足量硝酸银溶液，内界氯离子不能与硝酸银溶液反应，所以氯离子不可能被完全沉淀，故D错误；
故选B。
9．B
【分析】菱镁矿经过煅烧得到轻烧粉，该过程使反应物的接触面积增大，同时碳酸镁不稳定，受热会分解为MgO，再加氯化铵溶液浸出，废渣中有SiO2、Fe(OH)3 和Al(OH)3，浸出液中有Mg2+，加氨水可将Mg2+转变为Mg(OH)2
【详解】A．由题及已知可知，浸出时杂质不需要考虑，则浸出镁的方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；
B．加入氨水就可将Mg2+转化为沉淀，不需要加热，加热反而会使氨水分解，故B错误；
C ．Mg2+与 Al3+、 Fe3+ 它们的氢氧化物都是难溶物沉淀，不同的沉淀其Ksp不同，可利用该原理选择沉淀的顺序，而且三者沉淀的pH是不一样的，只需要调节pH来完成，故C正确；
D．浸出产生的氨气可溶于水成为氨水，可用于后续的沉镁，沉镁中的滤液中的氯化铵可用来浸出，故D正确；
故本题选B．
10．C
【详解】A．难溶于水，应写化学式的形式，用可以除去溶液中的的离子方程式，故A错误；
B．酚羟基的酸性小于碳酸，因此酚羟基不能与碳酸根反应生成二氧化碳，而是生成碳酸氢根，故B错误；
C．制备乙酸乙酯时，是酸脱羟基醇脱氢，化学方程式为，故C正确；
D．铜离子放电能力大于氢离子，所以用惰性电极电解饱和溶液：，故D错误；
故选C。
11．B
【详解】A．中C价层电子对数为2，采取杂化，故A错误；
B．的空间构型为正四面体型，甲基取代甲烷中的氢原子得到，则碳骨架的空间构型为正四面体型，故B正确；
C．由于水存在分子间氢键，因此沸点高于，故C错误；
D．中的碳碳三键不稳定易断裂，因此其化学性质不稳定，故D错误；
综上所述，答案为B。
12．B
【详解】A．由题意可知，该物质为稳定的氦钠化合物，不属于合金，故A错误；
B．由晶胞结构可知，晶胞中含有8个正四面体，其中有4个正四面体的内部含有一个氦原子，则晶胞中的空隙氦占有率为50%，故B正确；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钠离子被4个氦所共用，则钠离子的配位数为4，故C错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞中钠离子与氦之间的最短距离为体对角线的，由晶胞棱长为a可知，最短距离为a，故D错误；
故选B。
13．B
【详解】A．甲苯中苯环使甲基活性增强，可被酸性KMnO4氧化，因此反应后KMnO4逐渐被消耗而使溶液褪色，A正确；
B．苯酚饱和溶液中含有较多苯酚，加入少量溴水反应后生成的三溴苯酚溶解在苯酚中，因此不会出现白色沉淀，B错误；
C．冷却后没有把溶液调至碱性，加入的新制Cu(OH)2可能只与溶液中的硫酸发生中和反应，故加热后不出现砖红色沉淀，C正确；
D．向溶液中逐滴加入浓氨水，产生Cu(OH)2蓝色沉淀，继续加氨水至过量，沉淀逐渐转化成配合物而溶解，得到透明的深蓝色溶液，再向其中加入乙醇，使配合物的溶解度减小而析出深蓝色的晶体，D正确；
故选B。
14．A
【分析】根据图示可知，原料被催化剂X吸附后，再与结合生成中间体Y，Y吸收CO2后，再转化生成、、X，反应前后没有变化，也作催化剂。
【详解】A．化学反应中，催化剂可以改变反应的活化能，但不改变反应的焓变，A错误；
B．根据Y的结构可知，两个H原子分别与其右侧的O原子构成羟基与硅原子键合，H原子与左侧的O原子不可能再形成共价键，因此箭头所指为氢键，B正确；
C．由原料生成Y的过程中，断开了C-O键，生成了C-I键，因此存在极性键的断裂与形成，C正确；
D．根据原料最终生成可知，若原料用，则产物为  ，D正确；
故选A。
15．A
【分析】由图1可知，氢氧化钠溶液与烟气中的SO2反应生成亚硫酸钠溶液，电解亚硫酸钠溶液制得氢氧化钠溶液和硫酸，制得的氢氧化钠溶液可以循环使用。
【详解】A．亚硫酸根离子通过阴离子交换膜进入右室阳极区，被氧化为硫酸。钠离子通过阳离子交换膜进入左室阴极区，生成氢氧化钠。A正确。
B．a极为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑。故B错误。
C．b极为阳极，应与铅酸蓄电池的正极(PbO2)相连。故C错误。
D．若收集标准状况下22.4 L H2，转移2 mol电子，故D错误。
故选A。
16．(1) 平衡气压，有利于液体的顺利滴下 溶液
(2)、
(3)
(4)
(5) 降低的溶解度，析出晶体 减压
(6)

【分析】装置A中NH3被催化氧化生成NO，NO再被氧化为NO2，得到NO、NO2的混合气体，通入B装置，根据流程可知，B中应盛放碳酸铵溶液，装置C中亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2，通入B装置反应得到硫酸羟胺。
【详解】（1）仪器a的作用为平衡气压，有利于液体的顺利滴下；根据流程NO、NO2与碳酸铵反应可以得到所需亚硝酸铵，所以三颈烧瓶中盛放的试剂为(NH4)2CO3溶液；故答案为：平衡气压，有利于液体的顺利滴下；(NH4)2CO3溶液。
（2）装置A中NH3被催化氧化生成NO，NO再被氧化为NO2，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2。
（3）为避免SO2浪费，开始实验时，应最先打开K1，先制取亚硝酸铵再通入SO2；故答案为：K1。
（4）NO、NO2与碳酸铵反应可以得到亚硝酸铵，根据元素守恒可知气体A应为CO2，化学方程式为NO+NO2+(NH4)2CO3=2NH4NO2+CO2；故答案为：NO+NO2+(NH4)2CO3=2NH4NO2+CO2。
（5）加入氨水后溶质主要为硫酸铵和NH2OH·H2O，NH2OH·H2O可以和甲醇形成氢键，所以可以和甲醇互溶，(NH4)2SO4不溶于甲醇，则加入甲醇，降低(NH4)2SO4的溶解度，析出(NH4)2SO4晶体；羟胺(NH2OH)为白色片状晶体，受热易分解，为避免羟胺分解，应减压蒸馏降低沸点；NH2OH⋅H2O和H2SO4反应生成(NH3OH)2SO4，反应方程式为2NH2OH⋅H2O+H2SO4=(NH3OH)2SO4+2H2O；故答案为：降低(NH4)2SO4的溶解度，析出(NH4)2SO4晶体；减压；2NH2OH⋅H2O+H2SO4=(NH3OH)2SO4+2H2O。
（6）加入足量硫酸铁溶液，充分反应后，煮沸10min，N2O 气体全部逸出，说明Fe3+将(NH3OH)2SO4氧化，根据得失电子守恒可知4n((NH3OH)2SO4=n(Fe3+)，Fe3+被还原为Fe2+，之后Fe2+再被高锰酸钾氧化，n(Fe2+)=5n(KMnO4)，所以n((NH3OH)2SO4=1.25 n(KMnO4)= 1.25cV×10-3mol；故答案为：1.25cV×10-3。
17．(1)增大接触面积，提高酸浸速率
(2)、
(3) 将转化为沉淀除去 除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水
(4)的平衡常数，完全的转化为沉淀
(5)
(6)90%

【分析】根据钨精矿分解渣的主要化学成分，加入盐酸溶解，其中SiO2和WO3不与盐酸反应，过滤得到浸渣SiO2和WO3，其余金属以离子形式存在在溶液中，加入(NH4)2SO4将 Ca2+转化为CaSO4沉淀除去，然后加入氨水沉除去铁离子，再加入MnS除去Zn离子，最后加入NH4HCO3得到MnCO3
【详解】（1）钨精矿分解渣预先粉碎的目的是增大接触面积，提高酸浸速率，故答案为增大接触面积，提高酸浸速率；
（2）根据分析，“浸渣”的主要成分为SiO2和WO3，故答案为SiO2和WO3；
（3）据分析可知，加入(NH4)2SO4将 Ca2+转化为CaSO4沉淀除去，相较于 H2SO4，选择(NH4)2SO4的优点是除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水，故答案为:将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去，除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水；
（4）已知Ksp(ZnS)=3×10-25、 Ksp(MnS)=2.4×10-13，则MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K=8×1011    ＞105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀；
（5）加入NH4HCO3“沉锰”得到 MnCO3，离子方程式为
Mn2+ + 2= MnCO3↓+CO2↑+H2O
（6）钨精矿中MnO2的含量为34.8%，可得锰元素的质量为2000g×34.8% ×=440g，最终得到880g含锰元素质量分数为45%的MnCO3，所得产物中锰元素的质量为880g×45%=396g，锰元素回收率为=90%
18．(1) 加成反应 对甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)
(2)碳碳双键、醛基
(3)
(4)
(5)
(6)10
(7)

【分析】A和B发生加成反应生成C，C发生氧化反应得到D，D发生氧化反应生成E()，E发生取代反应生成F，F发生水解反应，再酸化得到G，G发生缩聚反应得到W。
【详解】（1）根据A、B、C的分子结构简式得到A→C的反应类型为加成反应，D中甲基和醛基在对位，因此D的化学名称是对甲基苯甲醛(4−甲基苯甲醛)；故答案为：加成反应；对甲基苯甲醛(4−甲基苯甲醛)。
（2）根据C的结构简式得到C中所含官能团的名称是碳碳双键、醛基；故答案为：碳碳双键、醛基。
（3）B是一种天然高分子材料单体，B发生加聚反应得到高分子化合物，则该高分子化合物的结构简式；故答案为：。
（4）E的分子式为，说明D到E是发生氧化反应，醛基变为羧基，则E的结构简式为；故答案为：。
（5）F→G中第Ⅰ步反应发生了水解反应和羧酸的中和反应，其反应的化学方程式为；故答案为：。
（6）G的同分异构体中能同时满足能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能与溶液反应产生气体，说明含有羧基；苯环上有三个取代基，则含有−COOH、−OH、−CH3三个基团，当−COOH、−OH处于邻位，有四种位置的氢，其结构有4种；当−COOH、−OH处于间位，有四种位置的氢，其结构有4种；当−COOH、−OH处于对位，有两种位置的氢，其结构有2种；因此共10种；故答案为：10。
（7）W是G发生缩聚反应得到，其结构简式为；故答案为：。
19．(1)
(2) C < >
(3)n
(4)第六周期第VA族
(5)

【详解】（1）①
②
根据盖斯定律①-②得 ΔH= -558 kJ·mol-1-180kJ·mol-1=-738kJ·mol-1；
（2）①A．断裂的同时生成4mol C=O，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选A；
B．反应前后气体系数和不同，压强是变量，压强不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选B；
C．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不再变化，反应不一定平衡，故选C；
D．随反应进行，CO2的体积分数增大，若CO2的体积分数不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选D；
选C。
②正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，CO2的体积分数增大，压强p1Kb。
（3）根据图示，直线n较m平缓，可知Ea小，反应速率快，所以催化效率高的是n；
（4）由的价电子排布式为可知，其在元素周期表中的位置为第六周期第VA族；
（5）CO2在酸性价质中电催化还原为HCOOH，即CO2得电子变成HCOOH，反应为。