安徽省合肥市育英中學(xué)2022-2023學(xué)年高二化學(xué)期末試卷含解析

安徽省合肥市育英中學(xué)2022-2023學(xué)年高二化學(xué)期末試卷含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.PVC塑料指的是（）A．聚丙烯腈

B．聚丙烯

C．聚氯乙烯

D．聚乙烯參考答案：C考點：合成材料．專題：有機化合物的獲得與應(yīng)用．分析：PVC是聚氯乙烯的英文縮寫，據(jù)此解題．解答：解：A．聚丙烯腈的英文縮寫PAN，故A錯誤；B．聚丙烯的英文縮寫PP，故B錯誤；C．PVC是聚氯乙烯的英文縮寫，故C正確；D．聚乙烯的英文縮寫PE，故D錯誤．故選C．點評：本題考查塑料的英文縮寫，題目難度不大，學(xué)習(xí)中注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累．2.乙醇（CH3CH2OH）和二甲醚（CH3﹣O﹣CH3）互為（）A．位置異構(gòu)體 B．官能團異構(gòu)體 C．同系物 D．碳鏈異構(gòu)體參考答案：B考點：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體．專題：同分異構(gòu)體的類型及其判定．分析：A．組成相同而分子中的取代基或官能團（包括碳碳雙鍵和三鍵）在碳架（碳鏈或碳環(huán)）上的位置不同，這些化合物叫位置異構(gòu)體；B．官能團異構(gòu)又叫異類異構(gòu)，又稱功能團異構(gòu)．分子式相同，但構(gòu)成分子的官能團不同；C．結(jié)構(gòu)相似，分子組成上相差1個或者若干個CH2基團的化合物互稱為同系物；D．碳鏈異構(gòu)，是指化合物分子中的碳原子骨架連接方式不同，構(gòu)成不同的碳鏈或碳環(huán)，一般用于形容碳氫化合物．解答：解：乙醇（CH3CH2OH）和二甲醚（CH3﹣O﹣CH3）分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，二者官能團不同，屬于官能團異構(gòu)．故選：B．點評：本題考查同分異構(gòu)現(xiàn)象，題目難度不大，注意同分異構(gòu)體的種類3.下列推斷正確的是A．由H+(aq)+OH-(aq)==H2O(1)

H=-57.3kJ/mol可知，含1molHCOOH的溶液與含1molKOH的溶液混合，放出的熱量為57.3kJB．由C（石墨，s）C（金剛石，s）

H=+1.9kJ/mol可知，石墨比金剛石更穩(wěn)定C．由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

H=-92.4kJ·mol-1可知，將1molN2(g)和3molH2(g)置于密閉容器中充分反應(yīng)后放出的熱量為92.4kJD．由G=H-TS可知，所有放熱反應(yīng)都能自發(fā)進行參考答案：B略4.下列反應(yīng)屬于吸熱反應(yīng)的是A．2Mg＋O22MgO

B．HCl＋NaOH=NaCl＋H2O

C．C＋H2OCO＋H2

D．CaO＋H2O=Ca(OH)2

參考答案：C略5.下列分散系中存在的粒子種類不正確的是選項分散系存在粒子A氯水Cl2、HClO、H2O、Cl－、ClO－、H+、OH－B明礬溶液K+、Fe3+、SO42－、H2O、H+、OH－C碳酸鈉溶液Na+、CO32－、HCO3－、H2CO3、H2O、H+、OH－D氯化鈉與溴化鉀混合溶液K+、Na+、Cl－、Br－、H2O、H+、OH－

參考答案：B試題分析：A．氯水中存在氯氣分子和水分子，另外還需考慮氯氣與水的反應(yīng)及水的電離，故A正確；B．明礬溶液里存在Al3+及水解產(chǎn)物Al(OH)3，不存在Fe3+，故B錯誤；C．碳酸鈉溶液里存在碳酸根離子的水解及水的電離，故C正確；D．氯化鈉和溴化鉀混合后不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，但存在水的電離，故D正確；答案為A。6.在298K、100kPa時，已知：①2

⊿

②

⊿

③

⊿則⊿與⊿和⊿間的關(guān)系正確的是A.⊿=⊿+2⊿

B⊿=⊿+⊿C.⊿=⊿-2⊿

D.⊿=⊿-⊿參考答案：A略7.微量元素是指含量在0．01%以下的元素，其中

有智力元素之稱；缺少

會導(dǎo)致貧血（均填元素符號）參考答案：略8.下列分子中，所有原子都處在同一平面的是

(

)A.環(huán)已烯

B.丙炔

C.丙烷

D.苯參考答案：D略9.某元素的4p軌道電子排布呈半充滿狀態(tài)，其原子序數(shù)是

（

）A、15

B、33

C、35

D、51參考答案：B10.下列反應(yīng)屬于取代反應(yīng)的是A．甲醇→甲醛

B．丙醛→丙酸C．苯酚→三溴苯酚

D．丁醇→丁烯參考答案：C11.毒品曾給我們的國家和民族帶來過巨大的災(zāi)難，據(jù)統(tǒng)計我國目前的吸毒人員中80%左右是青少年，而他們大多又是出于好奇而沾染毒品的。根據(jù)你的知識判斷下列物質(zhì)中屬于毒品的是A．甘油

B．嗎啡

C．冰毒

D．海洛因參考答案：BCD略12.下列分子或離子中，不含有孤對電子的是A．H2O

B．H3O＋

C．NH3

D．NH參考答案：D略13.有關(guān)溶液中所含離子的檢驗，下列判斷正確的是()A．加入AgNO3溶液生成的白色沉淀不溶于稀鹽酸，則原溶液中一定有Cl－存在B．加入氨水時生成白色沉淀，當(dāng)氨水過量時白色沉淀消失，則原溶液中一定有Al3＋存在C．加入NaOH溶液并加熱，有能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體生成，則原溶液中一定有NH存在D．加入鹽酸有能使澄清石灰水變渾濁的氣體生成，則原溶液中一定有大量的CO存在參考答案：CA項中不能排除SO42－、SO32－等；B項加氨水生成的白色沉淀若為Al(OH)3，則它不溶于過量的氨水，不正確；D項該溶液中可能有SO32－、HCO3－。故答案C。14.糖類、脂肪和蛋白質(zhì)是維持人體生命活動所必需的三大營養(yǎng)物質(zhì)。以下敘述正確的是

A．植物油是高分子化合物，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B．淀粉水解的最終產(chǎn)物是葡萄糖C．葡萄糖能發(fā)生氧化反應(yīng)和水解反應(yīng)D．蛋白質(zhì)溶液遇硫酸銅后產(chǎn)生的沉淀能重新溶于水參考答案：B略15.可以用來鑒別己烯、甲苯、乙酸乙酯、苯酚溶液的一組試劑是

（

）A.氯化鐵溶液

溴水

B.碳酸鈉溶液溴水C.酸性高錳酸鉀溶液溴水

D.酸性高錳酸鉀溶液

氯化鐵溶液參考答案：C略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.工業(yè)上通過電解MnSO4和ZnSO4制取Zn和MnO2，原料為軟錳礦和閃鋅礦，軟錳礦中含MnO2約a%，SiO2約20%，Al2O3約4%，其余為水分，閃鋅礦中含ZnS約80%，F(xiàn)eS、CuS、SiO2共約7%，其余為水分．I．（1）為了測量軟錳礦中MnO2含量的測定，現(xiàn)將14.5g軟錳礦溶于足量的稀硫酸中，加入足量的碘化鉀晶體，充分反應(yīng)后，過濾，將濾液加水稀釋至1L，取25.00ml該溶液于錐形瓶中，滴入幾滴淀粉溶液作指示劑，用0.1000mol?L﹣1的標準Na2S2O3溶液滴定，消耗標準液50.00ml，則軟錳礦中MnO2含量

．（已知：2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4；

I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣）Ⅱ．研人員開發(fā)了綜合利用這兩種資源的同槽酸浸工藝，工藝流程如圖1所示．請回答下列問題：（2）反應(yīng)I的濾液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等．試完成反應(yīng)I中生成CuSO4和MnSO4的化學(xué)方程MnO2+CuS+

=+

+CuSO4+MnSO4．（3）反應(yīng)Ⅱ加入適量鋅的作用是

；如果鋅過量，還會進一步發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為

．（4）圖2是Na2SO4和Na2SO4?10H2O的溶解度曲線（g/100g水），則Ⅳ中得到Na2SO4固體的操作是：將分離出MnCO3和ZnCO3后的濾液升溫結(jié)晶→

→用乙醇洗滌→干燥．用乙醇洗滌而不用水洗的原因是

．（5）用惰性電極電解MnSO4和ZnSO4制得Zn和MnO2的總反應(yīng)是：

．（6）本工藝可以循環(huán)利用的物質(zhì)除MnO2、MnCO3、ZnCO3以外，還有（寫化學(xué)式）．參考答案：（1）60%；（2）2H2SO4；S；2H2O；（3）將溶液中的硫酸銅轉(zhuǎn)化為銅；Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+；（4）趁熱過濾，防止Na2SO4固體因溶解而減少，防止Na2SO4固體轉(zhuǎn)變?yōu)镹a2SO4?10H2O晶體；（5）MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4；（6）Zn．

【考點】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；制備實驗方案的設(shè)計．【分析】（1）2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4；I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，MnO2～I2～2S2O32﹣，依據(jù)離子方程式定量關(guān)系計算，注意溶液體積的變化；（2）生成CuSO4和MnSO4的化學(xué)方程式是MnO2，CuS在酸性溶液中發(fā)生的氧化還原反應(yīng)，氧化劑為MnO2，被還原為硫酸錳，還原劑為CuS，被氧化為硫單質(zhì)同時生成硫酸銅，依據(jù)電子守恒和原子守恒寫出化學(xué)方程式判斷；（3）流程圖分析，鋅的主要作用是加入適量和鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，把銅離子轉(zhuǎn)化為銅除去；鋅過量會和亞鐵離子反應(yīng)生成鐵單質(zhì)；（4）依據(jù)圖象的溶解度隨溫度變化分析判斷，得到硫酸鈉的適宜條件，注意溶解度的影響；（5）流程圖中得到產(chǎn)物為二氧化錳和鋅分析，得到鋅是鋅離子在陰極得到電子析出；二氧化錳是在陽極失電子生成，據(jù)此書寫化學(xué)方程式；（6）可以循環(huán)利用的物質(zhì)是反應(yīng)過程中重復(fù)使用，最后又生成可以進行循環(huán)使用．【解答】解：（1）2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4；I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，

MnO2～I2～2S2O32﹣，

1

2

n

0.1000mol?L﹣1×0.050Ln=0.0025mol1L溶液中含MnO2物質(zhì)的量=0.0025mol×=0.1mol，則軟錳礦中MnO2含量=×100%=60%，故答案為：60%；（2）依據(jù)流程圖分析判斷，反應(yīng)Ⅰ的濾液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等，軟錳礦和閃鋅礦中的MnO2，CuS在酸性溶液中發(fā)生的氧化還原反應(yīng)生成生成CuSO4和MnSO4硫單質(zhì)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+CuSO4+MnSO4+2H2O，故答案為：2H2SO4；S；2H2O；（3）流程分析，反應(yīng)Ⅰ的濾液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等，加入鋅反應(yīng)生成銅，鋅的主要作用是加入適量和鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，把銅離子轉(zhuǎn)化為銅除去；鋅過量會繼續(xù)反應(yīng)置換出鐵；反應(yīng)的離子方程式為：Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+，故答案為：將溶液中的硫酸銅轉(zhuǎn)化為銅；Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+；（4）圖象分析可知溫度高時析出硫酸鈉，溫度低時析出硫酸鈉結(jié)晶水合物晶體，所以需要趁熱過濾；洗滌晶體時用乙醇洗滌避免形成結(jié)晶水合物，故答案為：趁熱過濾，防止Na2SO4固體因溶解而減少，防止Na2SO4固體轉(zhuǎn)變?yōu)镹a2SO4?10H2O晶體；（5）流程圖中得到產(chǎn)物為二氧化錳和鋅分析，得到鋅是鋅離子在陰極得到電子析出，電極反應(yīng)為：Zn2++2e﹣=Zn；二氧化錳是在陽極錳離子失電子生成，電極反應(yīng)為：Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4，故答案為：MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4；（6）依據(jù)流程圖可知能循環(huán)使用的物質(zhì)為Zn、ZnCO3、MnCO3和MnO2，故答案為：Zn．三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.已知：I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣；2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2．相關(guān)物質(zhì)的溶度積常數(shù)見下表：物質(zhì)Cu（OH）2Fe（OH）3CuClCuIKsp2.2×10﹣202.6×10﹣391.7×10﹣71.3×10﹣12（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，為得到純凈的CuCl2?2H2O晶體，加入

調(diào)至pH=4，使溶液中的Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，此時溶液中的c（Fe3+）= ；過濾后，將所得濾液低溫蒸發(fā)、濃縮結(jié)晶，可得到CuCl2?2H2O晶體．（2）在空氣中直接加熱CuCl2?2H2O晶體得不到純的無水CuCl2，原因

．（用化學(xué)方程式表示）．（3）某學(xué)習(xí)小組用“間接碘量法”測定含有CuCl2?2H2O晶體的試樣（不含能與I﹣發(fā)生反應(yīng)的氧化性雜質(zhì)）的純度，過程如下：取0.36g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應(yīng)，生成白色沉淀．用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定，到達滴定終點時，消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL．①可選用

作滴定指示荊，滴定終點的現(xiàn)象是

．②該試樣中CuCl2?2H2O的質(zhì)量百分數(shù)為

．參考答案：（1）Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；2.6×10﹣9mol/L；（2）2CuCl2?2H2OCu（OH）2?CuCl2+2HCl+2H2O；（3）①淀粉溶液；溶液藍色褪去，且半分鐘內(nèi)不變色；②95%．考點：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；中和滴定．分析：（1）加入的物質(zhì)用于調(diào)節(jié)pH以除去雜質(zhì)，主要將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，且不能引入新雜質(zhì)，先根據(jù)溶液的pH計算氫離子濃度，再結(jié)合水的離子積常數(shù)計算氫氧根離子濃度，最后根據(jù)c（Fe3+）=計算c（Fe3+）；（2）加熱時促進氯化銅的水解且生成的氯化氫易揮發(fā)造成水解完全，要想得到較純的無水氯化銅應(yīng)在氯化氫氣流中抑制其水解；（3）依據(jù)碘化鉀和氯化銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成碘化亞銅沉淀和碘單質(zhì)，碘單質(zhì)遇淀粉變藍，依據(jù)碘單質(zhì)被Na2S2O3標準溶液滴定到終點，根據(jù)物質(zhì)間的關(guān)系式進行計算．解答：解：（1）為得到純凈的CuCl2?2H2O晶體要除去氯化鐵，則溶液中的Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，加入物質(zhì)能與酸反應(yīng)能轉(zhuǎn)化為氯化銅，且不能引進雜質(zhì)，可以是Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；溶液的pH=4，所以溶液中氫氧根離子濃度為10﹣4mol/L，則氫氧根離子濃度為10﹣10mol/L，c（Fe3+）===2.6×10﹣9mol/L，故答案為：Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；2.6×10﹣9mol/L；（2）由于CuCl2在加熱過程中水解被促進，且生成的HCl又易揮發(fā)而脫離體系，造成水解完全，堿式氯化銅或氫氧化銅，以至于得到CuO固體，而不是CuCl2，反應(yīng)方程式為：2CuCl2?2H2OCu（OH）2?CuCl2+2HCl+2H2O，故答案為：2CuCl2?2H2OCu（OH）2?CuCl2+2HCl+2H2O；（3）測定含有CuCl2?2H2O晶體的試樣（不含能與I﹣發(fā)生反應(yīng)的氧化性質(zhì)雜質(zhì)）的純度，過程如下：取0.36g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應(yīng)，生成白色沉淀．用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定，到達滴定終點時，消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，①硫代硫酸鈉滴定碘單質(zhì)，利用碘單質(zhì)遇淀粉變藍選擇指示劑為淀粉；終點時溶液藍色褪去，且半分鐘內(nèi)不變色，故答案為：淀粉溶液；溶液藍色褪去，且半分鐘內(nèi)不變色；②依據(jù)2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2；得到

2Na2S2O3～2Cu2+

2

20.1000mol/L×0.0200L

0.002mol，則CuCl2?2H2O的物質(zhì)的量為：0.002mol，試樣中CuCl2?2H2O的質(zhì)量百分數(shù)為×100%=95%，故答案為：95%．點評：本題考查Ksp計算和物質(zhì)制備，利用平衡移動原理、氧化還原滴定分析解答，明確滴定過程的反應(yīng)原理和計算方法是解本題的關(guān)鍵，注意加熱灼燒CuCl2溶液和CuSO4溶液得到固體的區(qū)別，為易錯點．18.已知：鹵代烴R—X與NaOH水溶液可發(fā)生反應(yīng)：R—XR—OH。有機物E和F可用作塑料增塑劑或涂料中的溶劑，它們的相對分子質(zhì)量相等，可用以下方法合成：（1）X的反應(yīng)類型為