河南圣尖名校聯(lián)盟2024-2025學年高二化學下學期5月聯(lián)考試題含解析

PAGE20-河南省頂尖名校聯(lián)盟2024-2025學年高二化學下學期5月聯(lián)考試題（含解析）考生留意：1.本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，考試時間90分鐘。2.考生作答時，請將答案答在答題卡上。第Ⅰ卷每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；第Ⅱ卷請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷草稿紙上作答無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12O16S32Cl35.5Fe56Cu64Ag108第Ⅰ卷(選擇題共42分)一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的4個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列物質都曾用作制造口罩或面巾的材料，其中主要成分屬于合成高分子化合物的是()A.絲 B.棉 C.聚丙烯 D.活性炭【答案】C【解析】【詳解】A．絲是自然纖維，主要成分是蛋白質，A不符合題意；B．棉是自然纖維，主要成分是纖維素，B不符合題意；C．聚丙烯是合成纖維，是由丙烯CH2=CH-CH3通過加聚反應形成的高分子化合物，可表示為，C符合題意；D．活性炭屬于非金屬元素的單質，不是化合物，D錯誤；故合理選項是C。2.下列各組物質的分類正確的是()選項純凈物酸堿鹽氧化物A漂白粉H2SO4NaOHNaHCO3COB純堿HNO3Ca(OH)2Cu2(OH)2CO3KClO3C重晶石NaHSO4NH3·H2ONa2O2Al2O3D蔗糖HClOBa(OH)2CuSO4Fe2O3A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．漂白粉是CaCl2、Ca(ClO)2組成的混合物，A錯誤；B．氧化物是由氧和另外一種元素組成的化合物。氧化物中只含有兩種元素組成，其中一種元素是氧元素，KClO3中含有三種元素，屬于鹽，B錯誤；C．NaHSO4屬于鹽，不是酸，Na2O2屬于氧化物，而不是鹽，C錯誤；D．選項各種物質分類符合物質分類標準，D正確；故合理選項是D。3.用表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是()A.常溫常壓下，所含的分子數目為B.環(huán)氧乙烷()分子中含有共價鍵的數目為C.與水反應生成時，轉移的電子數為D.溶液中的數目為【答案】B【解析】【分析】氣體在標況下的摩爾體積為22.4mol/L，并結合弱電解質的電離和水解分析。【詳解】A．常溫常壓不是標準狀況，該條件下的物質的量小于，所含的分子數小于，A項錯誤；B．環(huán)氧乙烷的物質的量為，含有的共價鍵物質的量為，數目為，B項正確；C．與水反應生成時，轉移電子的物質的量為，數目為，C項錯誤；D．溶液中有部分水解，溶液中物質量小于，D項錯誤；答案選B。4.常溫下，下列各組離子在指定溶液中肯定能大量共存的是()A.使酚酞變紅色的溶液：、、、B.溶液：、、、C.溶液：、、、D.由水電離出的的溶液：、、、【答案】C【解析】【詳解】A．使酚酞變紅色的溶液呈堿性，與不能大量共存，A項錯誤；B．與因發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，B項錯誤；C．的溶液即，，溶液呈堿性，四種離子均可共存，故C正確；D．水電離出的的溶液可能是的酸溶液，也可能是的堿溶液，在堿溶液中不能大量存在，在酸溶液或堿溶液中均不能大量存在，D項錯誤；答案選C。5.下列試驗操作能達到試驗目的的是()A.用裝置甲制取 B.用裝置乙除去中的少量C.用裝置丙收集 D.用裝置丁從溶液中獲得無水【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．試驗室用和濃鹽酸在加熱條件下取，甲裝置缺少加熱裝置，A項錯誤；B．在飽和溶液中溶解度很小，且不與反應，與溶液反應生成，用裝置乙除去CO2中的少量HCl，B項正確；C．密度比空氣小，用向下排空氣法收集，應短管進長管出，C項錯誤；D．從溶液中獲得無水先采納蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶的方法獲得，再在的氛圍中加熱獲得無水，D項錯誤；答案選B。6.下列關于常見有機物的說法正確的是()A.用酸性溶液除去甲烷中的乙烯B.石油分餾時，得到的產品均為純凈物C.乙醇、水均能與鈉反應，且現象相同D.在加熱條件下，葡萄糖能與含氫氧化鈉的氫氧化銅懸濁液發(fā)生反應【答案】D【解析】【詳解】A．乙烯與酸性溶液反應時生成，引入新的雜質，A項錯誤；B．石油分餾得到的產品均為混合物，B項錯誤；C．水與鈉反應比乙醇與鈉反應要猛烈得多，鈉是浮在水面上，沉入乙醇底部，C項錯誤；D．葡萄糖中含有醛基，在加熱條件下，可以被新制氫氧化銅懸濁液氧化，D項正確；答案選D。7.下列說法正確的是()A.鐵制器具表面涂油，可防止其銹蝕B.使氯水褪色，證明具有漂白性C.在空氣中蒸干溶液可獲得固體D.濃鹽酸敞口放置濃度會降低，說明其具有吸水性【答案】A【解析】【詳解】A．鐵制器具表面涂油，可使其與空氣隔絕，A項正確；B．使氯水褪色是具有強的還原性，B項錯誤；C．溶液在蒸干過程中與空氣接觸，被氧化會有生成，C項錯誤；D．濃鹽酸長期暴露于空氣中濃度降低，是因為其具有揮發(fā)性，D項錯誤；答案選A。8.下列化學反應的離子方程式表示正確的是()A.向溶液中通入足量的B.向澄清石灰水中加入少量的C.向溶液中加入溶液至沉淀完全：D.向沉淀中滴加氫碘酸(HI的水溶液)：【答案】C【解析】【詳解】A．向溶液中通入足量的生成，A項錯誤；B．向澄清石灰水中加入少量的，離子方程式為，B項錯誤；C．中含兩份硫酸根離子，要使沉淀完全，則須要加入溶液兩份，故離子方程式為：，C正確；D．向沉淀中滴加氫碘酸，溶解得到的把氧化為，自身被還原為，D項錯誤；答案選C。9.相比鋰離子電池，鈉離子電池具有原材料豐富、成本低、無過放負載電特性等優(yōu)點。一種可充電鈉離子電池的工作原理如圖所示(兩電極材料均不溶于水，P為價)，下列說法正確的是()A.放電過程中Ti元素的化合價由降低到B.充放電過程中電解質溶液中基本保持不變C.充電過程中通過離子交換膜從右室移向左室D.充電時陰極反應為【答案】B【解析】【分析】依據圖示可知，放電時，由生成，鐵元素的化合價由+3價變?yōu)?2價，a極元素化合價降低，作原電池的正極，b極為原電池的負極；充電時，a極失去電子，作陽極，b極作陰極?！驹斀狻緼．放電時b為負極，被氧化為，Ti元素的化合價由上升到，A錯誤；B．充放電過程中，在電解質溶液和電極材料中轉移，電解質溶液中基本不變，B正確；C．充電時，陽離子向陰極移動，即從左室移向右室，C錯誤；D．充電時，陰極電極反應式為，D錯誤；答案選B。10.已知斷裂化學鍵汲取的能量如下表所示：化學鍵C=CC-CC-HH-H鍵能()615348413436則反應的為()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】通過鍵能計算焓變的方法：反應物的總鍵能-生成物的總鍵能?！驹斀狻恳罁D表分析可知，反應的為，故反應的焓變?yōu)椋鸢高xD。11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X、Y同周期且相鄰，Y是地殼中含量最多的元素，Z是短周期中原子半徑最大的主族元素，W的單質常溫下是一種淡黃色固體。下列敘述正確的是()A.元素的非金屬性：B.Z的單質在空氣中燃燒生成陰、陽離子個數比為的氧化物C.Y的簡潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性強于W的D.工業(yè)上一般采納電解對應鹽的水溶液制Z單質【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X、Y同周期且相鄰，Y是地殼中含量最多的元素，則Y為氧，X為氮；Z是短周期中原子半徑最大的主族元素，則Z為鈉；W的單質常溫下是一種淡黃色固體，則W為硫?！驹斀狻繐}干信息推知：X、Y、Z、W四種元素分別為N、O、Na、S；A．元素的非金屬性：O＞N＞S，即Y＞X＞W，故A錯誤；B．Na在空氣中燃燒生成Na2O2，其中陰、陽離子個數比為1:2，故B項錯誤；C．元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強。O的非金屬性強于S，則簡潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2O＞H2S，故C正確；D．鈉單質采納電解熔融的NaCl的方法獲得，故D錯誤；故選C。12.下列有關試驗的現象和結論都正確，且二者具有因果關系的是()選項操作現象結論A向久置的Na2O2粉末中滴加過量鹽酸有無色無味氣體生成Na2O2沒有變質B向NaAlO2溶液中通入足量CO2有白色沉淀生成Al(OH)3不溶于弱酸C室溫下，將Cu置于濃硫酸中無現象在濃硫酸中Cu表面形成致密氧化膜阻擋進一步反應D向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成溶液X中含有Ag+或A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．Na2O2久置后會生成Na2CO3，Na2CO3與鹽酸反應生成無色無味的CO2，A錯誤；B．向偏鋁酸鈉溶液中通入二氧化碳，生成白色的氫氧化鋁，氫氧化鋁為兩性氫氧化物可溶于強酸或者強堿，但不溶于弱酸弱堿，B正確；C．Cu在常溫下不與濃硫酸反應，C錯誤；D．若溶液X中若含，滴加稀硝酸時被氧化為，再滴加BaCl2溶液時，也有白色沉淀生成，D錯誤；故選B13.工業(yè)上可由苯和丙烯合成異丙苯：+CH3CH=CH2，下列說法錯誤的是()A.異丙苯分子中全部碳原子可能在同一平面內B.異丙苯分子的一溴代物共有5種C.可以用溴水鑒別異丙苯和丙烯D.丙烯能發(fā)生加成反應、氧化反應【答案】A【解析】【詳解】A．異丙苯分子中兩個甲基碳原子只能有一個與苯環(huán)在同一平面內，A錯誤；B．異丙苯分子中有5種不同化學環(huán)境的H，一溴代物共有5種，B正確；C．丙烯中含有碳碳雙鍵，可以使溴水褪色，而異丙苯中不含雙鍵，不能使溴水褪色，C正確；D．丙烯含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反應、氧化反應，D正確；故選A。14.常溫下，向溶液中滴加溶液，混合溶液與所加溶液體積的關系如圖所示。下列說法正確的是()A.a點溶液：B.b點溶液：C.c點溶液：D.d點溶液中由水電離產生的【答案】B【解析】【詳解】A．a點是溶液，據電荷守恒得：，A錯誤；B．b點是溶液，據圖像知：該溶液呈酸性，說明電離程度大于其水解程度，則，而也只有小部分電離，故，B正確；C．c點是和混合溶液，，C錯誤；D．d點是溶液，由于的水解促進水的電離，溶液中由水電離產生的，D錯誤；故選B。第Ⅱ卷(非選擇題共58分)二、非選擇題：共58分。第15~17題為必考題，每個試題考生都必需作答，第18~19題為選考題，考生依據要求作答。(一)必考題：共43分。15.過氧化鎂(MgO2)產品中常混有少量MgO，甲、乙兩小組分別設計了兩種試驗方案測定樣品中過氧化鎂的質量分數。方案Ⅰ：取肯定量過氧化鎂樣品，加入少量的MnO2，攪拌使其充分混合，再向其中滴加足量的稀硫酸(如圖)。方案Ⅱ：稱取0.1000g樣品置于碘量瓶中，加入足量KI溶液和稀硫酸，滴加幾滴指示劑X，搖勻后在暗處靜置5min，然后用0.1000mol·L-1Na2S2O3的標準溶液滴定至終點(如圖)，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。(已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)回答下列問題：(1)方案Ⅰ試驗前檢驗氣密性的方法是________。儀器a的名稱是________，運用該儀器的優(yōu)點是________。(2)廣口瓶內發(fā)生的化學反應方程式為：MgO2+H2SO4=MgSO4+H2O2，________。(3)方案Ⅱ滴定過程中若操作過慢，導致結果________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。指示劑X為________，推斷到滴定終點的現象為________。(4)依據方案Ⅱ試驗數據，樣品中過氧化鎂的質量分數為________?！敬鸢浮?1).向量氣管中加水到右端液面高出左端液面，一段時間后，若液面不發(fā)生改變，則氣密性良好(2).恒壓漏斗(3).使分液漏斗內的液體順當滴下(4).2H2O22H2O+O2↑(5).偏高(6).淀粉溶液(7).溶液由藍色變?yōu)闊o色(或“溶液褪色”)，且半分鐘內不變色(8).84%【解析】【分析】本試驗通過兩組不同的試驗測定樣品中過氧化鎂的質量分數。第一組試驗通過過氧化鎂、MnO2與稀硫酸的反應測定樣品中過氧化鎂的質量分數，通過測量生成氣體的體積計算樣品含量；其次組試驗為滴定試驗，過氧化鎂具有氧化性，可以將KI中的I-還原出來，再通過測定溶液中I2的含量間接測定樣品含量?！驹斀狻?1)試驗裝置連接好后，應檢查裝置氣密性，方法是：向量氣管中加水到右端液面高出左端液面，一段時間后，若液面不發(fā)生改變，則氣密性良好；儀器A的名稱是：恒壓漏斗；運用恒壓漏斗的優(yōu)點是：使分液漏斗內的液體順當滴下；(2)廣口瓶中發(fā)生兩步化學反應，一是MgO2+H2SO4=MgSO4+H2O2，二是2H2O22H2O+O2↑；(3)過氧化鎂具有氧化性，可以將碘化鉀氧化生成碘單質，若滴定過程中操作過慢，碘化鉀中的碘離子會被空氣中的氧氣氧化為碘單質，消耗硫代硫酸鈉的標準溶液體積偏大，導致最終結果偏高；因溶液中有碘單質，則指示劑應選擇淀粉溶液；滴定終點的現象為溶液由藍色變?yōu)闊o色(或“溶液褪色”)，且半分鐘內不變色；(4)過氧化鎂氧化碘化鉀的離子方程式為MgO2+2I-+4H+=Mg2++I2+2H2O，結合硫代硫酸鈉與碘單質的反應可以得出過氧化鎂與硫代硫酸鈉的關系式為MgO2~2Na2S2O3，則n(MgO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.03L=0.0015mol，m(MgO2)=0.0015mol×56g/mol=0.0840g，則樣品中過氧化鎂的質量分數==84%。16.以鎳黃鐵礦為原料制備的工藝流程如下：已知：①高鎳锍的主要成分為、、、的低價硫化物及合金；②氧化性：；③，，?；卮鹣铝袉栴}：(1)“酸浸”時，溶液需過量，其目的是________。(2)“氧化”時反應的化學方程式為________，若用代替溶液，使轉化為，則需至少為________。(3)“除鐵”的原理是________。(4)“過濾”時濾渣1的主要成分是________。(5)“沉鎳”后需過濾、洗滌，證明沉淀已洗滌干凈的方法是________________。若“沉鎳”后的濾液中，則濾液的________。(6)“除鈷”時，發(fā)生反應的離子方程式為________。【答案】(1).提高鎳元素的浸取率(2).(3).0.1(4).與反應使溶液上升，解生成沉淀而除去(5).、(6).取最終一次洗滌液少量，向其中滴加鹽酸酸化的溶液，若無白色沉淀生成，則沉淀已洗滌干凈(7).9(8).【解析】【分析】用硫酸溶液溶解高鎳銃并過濾，除去不溶于酸和水的雜質Cu和CuS，同時得到含有Ni2+、Fe2+及Co2+的濾液，向濾液加入H2O2主要是氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，后用CaCO3調整溶液pH，使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，通過過濾除去，達到除鐵的目的，過濾后的濾液中接著加入NiOOH，可生成Co(OH)3，再過濾除去，達到除鈷的目的，最終濾液中加入NaOH溶液，并過濾即可得到Ni(OH)2?！驹斀狻?1)“酸浸”時，加入過濾的硫酸溶液，可使高鎳銃完全溶解，提高鎳元素的浸取率；(2)H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，發(fā)生反應的化學方程式為2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；若用NaClO代替H2O2溶液，使0.2molFe2+轉化為Fe3+，共轉移0.2mole-，NaClO的還原產物為NaCl，則需NaClO至少為=0.1mol；(3)Fe3+在溶液中存在水解平衡為Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CaCO3能與H+反應使溶液pH上升，Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而除去；(4)由分析知，“過濾”時濾渣1的主要成分是不溶液于稀硫酸的Cu為CuS；(5)Ni(OH)2的表面附著液中含有SO42-，則取最終一次洗滌液少量，向其中滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，則沉淀已洗滌干凈；已知Ksp[Ni(OH)2]=1×10-15=c(Ni2+)×c2(OH-)，則c(OH-)=mol/L=10-5mol/L，此時溶液pH=9；(6)“除鈷”時NiOOH可生成Co(OH)3，則發(fā)生反應的離子方程式為NiOOH+Co2++H2O=Ni2++Co(OH)3?！军c睛】考查物質的制備試驗探究，涉及反應原理和混合物的分別提純，精確的流程分析是解題關鍵，其中除鐵和除鈷的反應原理及離子方程式的書寫是解題難點。17.煙氣中含有高濃度的、，在排放前必需進行脫硫、脫硝處理。回答下列問題：(1)利用可以將氮的氧化物還原為。已知：則反應的________。(2)在體積為1L的恒容密閉容器里，充入和，發(fā)生反應為：?，得隨溫度改變如圖所示：①a點時，反應否已達平衡狀態(tài)________(填“是”或“否”)。②該反應正反應的________(填“”或“”)0。③當反應體系中，________(填“能”或“不能”)說明反應達平衡狀態(tài)。④℃時該反應的平衡常數為________。(3)工業(yè)上可以用溶液汲取，并用電解法處理汲取后所得溶液以實現汲取液的回收再利用(裝置如圖所示)。電源a端為________極，陽極的電極反應式為________?！敬鸢浮?1).(2).否(3).(4).不能(5).25.6(6).負(7).【解析】【分析】依據蓋斯定律分析解題；結合平衡狀態(tài)的特征、溫度和濃度對平衡的影響分析；依據電解原理分析，留意陰極發(fā)生還原反應。【詳解】(1)已知：①，②，依據蓋斯定律②-①×2可得，則△H=（-802.3kJ/mol）-（+180.5kJ/mol）×2=-1163.3kJ/mol；(2)①由圖示可知，b點是平衡狀態(tài)，a點不是平衡狀態(tài)，此時反應仍以向正反應進行為主；②b點是平衡狀態(tài)，接著上升溫度，n(NO2)的含量增大，說明平衡逆向移動，則該反應正反應的0；③起始時n(CH4)與n(NO2)的比值是1:2，隨著反應的進行，CH4和NO2的改變物質的量也是1:2，則反應過程中始終成立，說明反應不肯定是平衡狀態(tài)；④℃時NO2的平衡物質的量為0.2mol，此時CH4的物質的量為0.1mol，N2和CO2的物質的量均為0.4mol，H2O的物質的量為0.8mol，則該反應的平衡常數K===25.6；(3)電解池的左側電極表面H+還原為H2，應為陰極，則電池a端為電源的負極；右側電極為陽極，表面發(fā)生氧化反應，電極反應式為。【點睛】通常應用蓋斯定律進行簡潔計算的基本方法是參照新的熱化學方程式(目標熱化學方程式)，結合原熱化學方程式(一般2～3個)進行合理“變形”，如熱化學方程式顛倒、乘除以某一個數，然后將它們相加、減，得到目標熱化學方程式，求出目標熱化學方程式的ΔH與原熱化學方程式之間ΔH的換算關系。(二)選考題：共15分。請考生從給出的兩道試題中任選一題作答。假如多做，則按所做的第一題計分。18.鐵、銅等金屬及其化合物在生產、生活中用途特別廣泛?；卮鹣铝袉栴}：(1)可用作抗震劑，通過下列反應獲得：。①基態(tài)原子核外電子排布式為________，其原子核外未成對電子數為________。②與CO具有相同空間構型和鍵合形式的陰離子是________(填化學式)，CO分子中σ鍵與π鍵數目之比為________，C、N、O三種元素第一電離能由小到大的依次為________。(2)向含的溶液中滴加少量的溶液，溶液中生成紅色的，中心離子的配位數為________，配體是________，分子中O原子的雜化方式為________。(3)一種含有Fe、Cu、S三種元素的化合物的晶胞如圖所示(晶胞底面為正方形)，該化合物的化學式為________，若晶胞的底面邊長為，晶體的密度為，阿伏加德羅常數為，該晶胞的高為________。【答案】(1).或(2).4(3).(4).(5).(6).6(7).、(8).(9).(10).【解析】【分析】依據能級圖分析Fe原子的電子排布式；依據同周期主族元素第一電離能的改變規(guī)律分析；依據價層電子對數目和價層電子尋互斥理論分析原子的雜化類型和空間構型；依據晶胞結構分析晶體的化學式并進行相關計算?！驹斀狻?1)①基態(tài)Fe的核電荷數為26，其原子核外電子排布式為或，d的軌道數是5，則其原子核外未成對電子數為4；②等電子體具有相像的結構，則與CO具有相同空間構型和鍵合形式的陰離子是CN-，CO分子中含有CO叁鍵，σ鍵鍵數是1，π鍵鍵數是2，則σ鍵與π鍵數目之比為1:2，C、N、O三種元素第一電離能呈增大趨勢，但N原子的2p3是半充溢結構，相對穩(wěn)定，則第一電離能由小到大的依次為；(2)在中SCN-和H2O是配體，則配位數是6；分子中O原子的價層電子對數為2+=4，則O原子的雜化方式為sp3；(3)依據均攤法則，晶胞中Fe原子數目為8×+1+4×=4，S原子數目是8，Cu原子數目是4×+6×=4，該化合物的化學式為FeCuS2；晶胞的底面積為(a×10-10cm)2，晶胞的高為b×10-10cm，晶胞的體積為a2b×10-30cm3，晶胞的質量為g，依據=可知b=pm?！军c睛】均攤法確定立方晶胞中粒子數目的方法是：①頂點：每個頂點的原子被8個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；②棱：每條棱的原子被4個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；③面上：每個面的原子被2個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；④內部：內部原子不與其他晶胞共享，完全屬于該晶胞。19.6-硝基胡椒基酸(J)是合成心血管藥物米絡沙星的中間體，以芳香族化合物A為原料合成J的