福州八中2021-2022學年第二學期期末考試高二化學選考考試時間：75分鐘試卷滿分：100分已知相對原子質量：Ag-108第Ⅰ卷(選擇題)一、單選題(共10題，每題4分，共40分)1.“新冠病毒”由蛋白質外殼和單鏈核酸組成，怕酒精，不耐高溫。下列你認為符合科學的是A.病毒僅由碳、氫、氧三種元素組成B.核酸屬于烴類有機物C.醫用酒精能用于消毒是因為它具有強氧化性D.現代化學分析測試中，可用元素分析儀確定“新冠病毒”中的元素【答案】D【解析】【詳解】A．“新冠病毒”由蛋白質外殼和單鏈核酸組成，蛋白質中含有碳、氫、氧、氮等元素，因此病毒不是僅由碳、氫、氧三種元素組成，A錯誤；B．核酸中含有C、H、O三種元素，因此該物質屬于烴類衍生物，而不屬于烴，B錯誤；C．醫用酒精能用于消毒是因為醫用酒精能夠滲透到病毒內部，使病毒的蛋白質因失去水分而失去生理活性，而不是由于它具有強氧化性，C錯誤；D．元素分析儀可以分析元素種類，故可用元素分析儀確定“新冠病毒”中的元素，D正確；答案選D。2.下列化學用語表示正確的是A.氯離子的結構示意圖： B.甲烷的球棍模型：C.乙烯的結構簡式： D.中子數為10的氧原子：18O【答案】D【解析】【詳解】A．氯離子核外有18個電子，17個質子，結構示意圖為，故A錯誤；B．該模型是空間填充滿型，甲烷的球棍模型可表示為，故B錯誤；C．乙烯的結構簡式為，故C錯誤；D．中子數為10的氧原子質量數為18，該原子表示為，故D正確。答案選D。3.煤化工和石油化工的工藝中屬于物理變化的是A.煤的干餾 B.煤的液化 C.石油分餾 D.石油裂化【答案】C【解析】【詳解】A.煤的干餾是把煤隔絕空氣加強熱使之分解，生成新物質，屬于化學變化，故A錯誤；B.煤的液化是把煤和氫氣反應生成新物質，屬于化學變化，故B錯誤；C.石油分餾是利用石油中各成分沸點不同分離各餾分，沒生成新物質，屬于物理變化，故C正確；D.石油裂化是把重油中的長鏈烴斷裂成碳原子數比較少的烴，主要獲得汽油的石油加工方法，屬于化學變化，故D錯誤。故選C。4.下列反應中屬于加成反應的是()A.乙烯使溴水褪色B.乙烯使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.將苯滴入溴水中，振蕩后水層接近無色D.甲烷與氯氣混合，黃綠色消失【答案】A【解析】【詳解】A．乙烯和溴發生加成反應生成1，2-二溴乙烷而使溴水褪色，該反應屬于加成反應，A正確；B．乙烯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，該反應屬于氧化反應，B錯誤；C．苯能萃取溴水中溴而使溴水褪色，該現象屬于物理變化，C錯誤；D．甲烷和氯氣發生取代反應生成氯代烴和HCl，該反應為取代反應，D錯誤；故選A。5.下列化學反應說法正確的是A.等物質的量的甲烷與氯氣反應的產物是B.硫酸作催化劑，水解所得乙酸分子中有C.乙烯與溴水發生加成反應的產物是D.油脂皂化反應得到高級脂肪酸鹽與甘油【答案】D【解析】【詳解】A．甲烷的取代反應，多步反應同時進行，是連鎖反應，可生成多種氯代甲烷和，A錯誤；B．水解時，鍵斷裂，則在酸性條件下的水解產物為和，所得乙醇分子中有，B錯誤；C．乙烯與溴水發生加成反應生成1，2-二溴乙烷，為，C錯誤；D．油脂皂化反應得到高級脂肪酸鹽與甘油，D正確；故選D。6.用如圖實驗裝置進行相應實驗，設計正確且能達到實驗目的的是

A.用甲裝置驗證硫酸﹑碳酸﹑苯酚酸性強弱B.用乙裝置制備并收集乙酸乙酯C.用丙裝置檢驗溴乙烷與NaOH的乙醇溶液共熱產生的乙烯D.丁裝置常用于分離互相溶解且沸點相差較大的液態混合物【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．發生強酸制取弱酸的反應，圖中裝置可比較酸性，故A正確；

B．導管口在碳酸鈉溶液的液面下易發生倒吸，則導管口應在液面上，故B錯誤；C．揮發的醇及生成的乙烯均使高錳酸鉀褪色，則溶液褪色不能說明乙烯生成，故C錯誤；D．蒸餾時溫度計測定餾分的溫度、冷卻水下進上出，圖中溫度計水銀球未在支管口處、冷凝水未下進上出，故D錯誤；

故選：A。7.正硼酸(H3BO3)是一種片層狀結構白色晶體，層內的H3BO3分子通過氫鍵相連(如圖)。下列有關說法正確的是A.正硼酸晶體屬于共價晶體B.H3BO3分子的穩定性與氫鍵有關C.分子中硼原子最外層為8電子穩定結構D.1molH3BO3晶體中含有3mol氫鍵【答案】D【解析】【詳解】A．正硼酸晶體是H3BO3分子通過氫鍵相連，屬于分子晶體，故A錯誤；B．H3BO3分子的穩定性與氫鍵無關，氫鍵與熔沸點有關，故B錯誤；C．根據H3BO3分子的結構得到分子中硼原子最外層是6電子，故C錯誤；D．H3BO3晶體中每個—OH中的氧和氫分別與另外的—OH的H和另外的—OH的O形成氫鍵，因此1molH3BO3晶體中含有3mol氫鍵，故D正確。綜上所述，答案為D。8.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.溶于水制成飽和氯水，轉移電子數目為0.1NAB.在的溶液中，所含陰離子數大于0.2NAC.粗銅精煉時，每生成，此時轉移的電子數為0.25NAD.一定條件下，將和置于密閉容器中充分反應生成放熱akJ，其熱化學式為：【答案】B【解析】【詳解】A．不清楚是否為標準狀況下，因此物質的量無法計算，故A錯誤；B．在的溶液中碳酸鈉物質的量為，由于碳酸根水解，水解方程為，由方程式可知水解不會導致陰離子數目減少，同時水中存在，故陰離子數目大于，故B正確；C．粗銅精煉時，每生成，此時轉移的電子數為，故C錯誤。D．該反應為可逆反應，不會完全發生轉化，故應小于，D錯誤；故合理選項為B。9.《Science》雜志報道了王浩天教授團隊發明的制取H2O2的綠色方法，原理如圖所示。下列說法正確的是A.a極為正極，發生還原反應B.X膜為陽離子交換膜C.當外電路通過2mole-時，消耗22.4LO2D.該裝置可實現化學能與電能間的完全轉化【答案】B【解析】【分析】本題中通入H2的a極發生氧化反應，是原電池的負極，其電極反應式為：H2-2e-=2H+。通入O2的b極發生還原反應，是原電池的正極，考慮到最終產物為H2O2，故其電極反應式為：H2O+O2+2e-=HO+OH-。負極生成的H+通過陽離子交換膜進入到電解質中，正極生成的HO通過陰離子交換膜進入到電解質中，二者結合得到H2O2。據此可分析各個選項。【詳解】A．在該原電池中，a極通入氫氣，發生氧化反應，是原電池的負極，A項錯誤；B．a極生成的H+需要穿過X膜進入到電解質中與HO結合，X膜是陽離子交換膜，B項正確；C．當外電路流過2mole-時，根據b極的電極反應式可知需要消耗1molO2，但本題中未指明是否為標準狀況，不能確定O2體積一定為22.4L，C項錯誤；D．原電池不可能實現化學能與電能的完全轉化，還有一部分化學能會轉化為其他形式的能量，如內能，D項錯誤；答案選B。10.分析化學中“滴定分數”的定義為：所加滴定劑與被滴定組分的物質的量之比。常溫下以的HCl溶液滴定同濃度某一元堿MOH溶液并繪制滴定曲線如下圖所示。下列說法不正確的是A.該酸堿中和滴定過程應該選用甲基橙做指示劑B.x點處溶液中滿足：C.根據y點坐標可以算得D.從x點到z點，溶液中水的電離程度逐漸增大【答案】D【解析】【分析】以0.10mol·L-1的HCl溶液滴定同濃度某一元堿MOH溶液，則滴定分數為1時恰好完全反應得到MCl溶液，即z點；滴定分數為0.5時，得到等物質的量的MCl、MOH混合溶液，即x點。【詳解】A．由圖可知，滴定分數=1.00時，溶液顯酸性，說明反應生成的MCl溶液顯酸性，為弱堿強酸鹽，選擇在酸性條件下變色的指示劑甲基橙，A正確；B．x點處滴定分數為0.50，溶液中含有等量的MOH、MCl，溶液中存在電荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，B正確；C．y點pH=7，，c(OH-)=c(H+)=10-7mol·L-1，則c(Cl-)=c(M+)，設MOH溶液為1L，滴定分數為0.90，則需加入鹽酸0.90L，溶液總體積為1.90L，反應后：c(Cl-)=c(M+)=，c(MOH)=，Kb(MOH)=，代入數值，得Kb(MOH)=9×10-7，C正確；D．從x點到z點過程中，在加入鹽酸至恰好反應過程中，水的電離由被抑制到促進，溶液中水的電離程度逐漸增大；隨著鹽酸的過量，水的電離又被抑制，電離程度減小，D錯誤；答案選D。第Ⅱ卷(非選擇題)11.CO2是主要的溫室氣體，以CO2和H2為原料制造更高價值的化學產品是用來緩解溫室效應的研究方向，回答下列問題：（1）工業上常用CO2和H2為原料合成甲醇()，過程中發生如下兩個反應：反應I：反應II：①則_______；②若反應II逆反應活化能Ea(逆)為，則該反應的Ea(正)活化能為_______。（2）若將等物質的量的CO和H2混合氣體充入恒溫恒容密閉容器中進行反應：，下列事實能說明此反應已達到平衡狀態的是_______。A.容器內氣體密度保持不變B.混合氣體的平均相對分子質量不變C.生成的速率與生成H2的速率相等D.CO的體積分數保持不變（3）向2L容器中充入和，若只發生反應I，測得反應在不同壓強、不同溫度下，平衡混合物中體積分數如圖1所示，測得反應時逆反應速率與容器中關系如圖II所示：

①圖I中P1_______P2(填“>”、“<”或“=”)。②圖II中當x點平衡體系升高至某一溫度時，反應可重新達平衡狀態，新平衡點可能是_______。③利用圖I中C點對應的數據，計算求出對應溫度下反應Ⅰ的平衡常數K=_______。【答案】（1）①.-92②.165（2）BD（3）①.>②.d③.16【解析】【小問1詳解】①反應I-反應II可得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，則ΔH=ΔH1-ΔH2=-51kJ?mol-1-(+41kJ?mol-1)=-92kJ?mol-1；②由ΔH=Ea(正)-Ea(逆)可得：Ea(正)，解得Ea(正)；【小問2詳解】A．該反應在恒容密閉容器中進行，則反應體系的總質量和總體積均不改變，其密度也不會改變，故容器內氣體密度保持不變，不能說明此反應已達到平衡狀態，A不符合題意；B．該反應是氣體總物質的量減小的反應，反應體系的總質量不變，則混合氣體的平均相對分子質量增大，故混合氣體的平均相對分子質量不變，說明此反應已達到平衡狀態，B符合題意；C．生成CH3OH的速率是消耗H2的速率的一半，則消耗H2的速率與生成H2的速率不相等，不能說明此反應已達到平衡狀態，C不符合題意；D．該反應中，CO的體積分數減小，故CO的體積分數保持不變，說明此反應已達到平衡狀態，D符合題意；故選BD。【小問3詳解】①反應I是氣體體積減小反應，增大壓強，平衡正向移動，平衡混合物中CH3OH體積分數增大；同一溫度下，P1條件下平衡混合物中CH3OH體積分數較大，故P1＞P2；②反應I是放熱反應，升高溫度，正、逆反應速率都增大，平衡逆向移動，容器中c(CH3OH)減小，則當x點平衡體系升高至某一溫度時，反應可重新達平衡狀態，新平衡點可能是d；③圖I中C點時，CO2的起始物質的量為1mol，H2的起始物質的量為2mol，平衡混合物中CH3OH體積分數為25%，設CO2的物質的量變化量為xmol，則平衡時，CO2的物質的量為(1-x)mol，H2的物質的量為(2-3x)mol，CH3OH的物質的量為xmol，H2O的物質的量為xmol，則100%=25%，解得x=0.75，即平衡時，CO2、H2、CH3OH和H2O的物質的量分別為0.5mol、0.5mol、0.5mol和0.5mol，則平衡時，CO2、H2、CH3OH和H2O的濃度分別為0.25mol/L、0.25mol/L、0.25mol/L和0.25mol/L，平衡常數K===16。12.根據《反應原理》所學知識完成下列習題（1）常溫下，將pH和體積均相同的和溶液分別稀釋，溶液pH隨加水體積的變化如圖：

①曲線II代表_______溶液(填“”或“”)；②a、b兩點對應的溶液中，水的電離程度a_______b(填“>”、“<”或“=”)；③向上述溶液和溶液分別滴加等濃度的溶液，當恰好中和時，消耗溶液體積分別為和，則_______(填“>”、“<”或“=”)。（2）已知：，，，；①向溶液中加入足量的溶液，反應的離子方程式為_______。②通入溶液中，若，則_______(填“>”、“<”或“=”)。原因是_______(結合數據計算說明)；【答案】（1）①.②.=③.<（2）①.②.<③.根據物料守恒，說明溶質是，的電離程度大于水解程度，所以【解析】【小問1詳解】①相同pH的酸加相同體積的水稀釋時，“酸性越弱pH變化小”，故II為CH3COOH；②酸抑制水電離，因為a和b氫離子濃度相等，故抑制水電離程度相同，故水的電離程度a=b；③等體積等pH的一元強酸和一元弱酸相比，弱酸中溶質的物質的量更大，能中和更多的溶液，故<；【小問2詳解】①由題意可知“”，因此在反應后應變為“”而不是“”，故反應為；②根據物料守恒，說明溶質是，的電離程度大于水解程度，所以。13.金屬鈦因其硬度大、熔點高、常溫時耐酸堿腐蝕等特點而被廣泛用作高新科技材料。以鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，含有少量MgO、Fe2O3、SiO2等雜質)為主要原料冶煉金屬鈦的工業生產流程如下：已知：、，溶液中某離子濃度小于等于10-5mol/L時，認為該離子沉淀完全。回答下列問題：（1）為提高鈦鐵礦酸浸時的浸出率，可采用循環浸取、延長時間、熔塊粉碎、_______等措施(寫一種方法即可)。（2）濾渣1的主要成分是_______。鈦酸亞鐵(FeTiO3)和H2SO4反應的產物之一是TiOSO4，反應中無氣體生成，該反應的化學方程式為_______。（3）將結晶后得到的綠礬經過下列步驟可以制備鋰離子電池電極材料①“轉化I”后所得溶液中c(Mg2+)=0.01mol/L，若其中Fe3+沉淀完全，則溶液中c()的數值范圍為_______；②“煅燒I”反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為_______；（4）溶液II中TiO2+水解生成TiO(OH)2(偏鈦酸)沉淀，TiO2+水解的離子方程式_______。【答案】（1）適當升溫、適當提高硫酸濃度、攪拌（2）①.SiO2②.FeTiO3+2H2SO4(濃)=TiOSO4+FeSO4+2H2O（3）①.②.2：1（4）TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+或【解析】【分析】由流程可知：鈦鐵礦用硫酸溶解，反應的主要產物是TiOSO4和FeSO4，向所得溶液中加入過量鐵粉還原Fe3+，沉降、分離得到溶液I中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等陽離子，沉鎂、冷卻結晶得到為FeSO4·7H2O，溶液II中加入水加熱過濾得到硫酸和偏鈦酸H2TiO3，H2TiO3加熱灼燒得到乙為TiO2，加入氯氣、過量碳高溫加熱反應生成TiCl4和CO，最后TiCl4和金屬Mg高溫下反應得到MgCl2和金屬Ti，以此來解答。【小問1詳解】為提高鈦鐵礦酸浸時的浸出率，可采用循環浸取、延長時間、熔塊粉碎、適當升溫、適當提高硫酸濃度、攪拌等；【小問2詳解】向鈦鐵礦中加入H2SO4時，FeTiO3反應為TiOSO4和FeSO4，含有少量MgO、Fe2O3與硫酸反應產生MgSO4、Fe2(SO4)3，而酸性氧化物SiO2不溶于酸，因此仍以固體形式進入濾渣1中，故濾渣1的主要成分是SiO2；鈦酸亞鐵和濃H2SO4反應的產物之一是TiOSO4，反應中無氣體生成，還生成FeSO4與水，該反應的化學方程式為：FeTiO3+2H2SO4(濃)=TiOSO4+FeSO4+2H2O；【小問3詳解】①由于，則當c(Mg2+)=0.01mol/L，c()=；若其中Fe3+沉淀完全，則c(Fe3+)小于等于10-5mol/L，根據可知c()≥，所以該溶液中的濃度范圍為mol/L；②在煅燒I反應中FePO4與Li2CO3、H2C2O4發生反應產生LiFePO4、CO2、H2O，反應方程式為：2FePO4+Li2CO3+H2C2O4=2LiFePO4+3CO2+H2O，在該反應中FePO4為氧化劑，H2C2O4為還原劑，則反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為2：1；【小問4詳解】溶液II中TiO2+水解生成TiO(OH)2(偏鈦酸)沉淀和H+，則TiO2+水解的離子方程式為：TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+。14.原子序數依次增大的X、Y、Z、Q、E五種元素中，X元素原子核外有三種不同的能級且各個能級所填充的電子數相同，Z是地殼內含量(質量分數)最高的元素，Q原子核外的M層中只有兩對成對電子，E元素原子序數為29，請用元素符號或化學式回答下列問題：（1）E原子價層電子的軌道表達式為_______；基態E原子電子占據最高能級的電子云輪廓圖為_______形。（2）X、Y、Z的第一電離能由小到大的順序為_______。（3）已知與互為等電子體，則中含有鍵數目為_______。（4）X、Z與氫元素可形成化合物，常用作工業除銹劑。分子中X的雜化方式為_______。（5）E有可變的價態，它的某價態的離子與Z的陰離子形成晶體的晶胞如下圖所示，則該晶體的化學式為，_______，Z的配位數為_______。【答案】（1）①.②.球形（2）（3）2NA（4）（5）①②.4【解析】【分析】X元素原子核外有三種不同的能級且各個能級所填充的電子數相同，表明X元素原子的核外電子排布為，即X為C；Z是地殼內含量(質量分數)最高的元素，結合地殼內元素含量排前五的分別為O、Si、Al、Fe、Ca，可知Z為O；而X、Y、Z、Q、E五種元素的原子序數依次增大，說明Y為N；Q原子核外的M層中只有兩對成對電子，即，所以Q為S；E元素原子序數為29，結合元素周期表，可知E為Cu；【小問1詳解】根據上述分析，為，其價層電子排布式為，軌道式為；電子占據最高能級為，電子云輪廓圖為球形；故答案為；球形；【小問2詳解】同周期從左向右第一電離能逐漸增大，但IIA元素為全充滿狀態，較穩定，第一電離能偏大，即，而VA元素為半充滿狀態，較穩定，第一電離能偏大，即，因此三種元素的第一電離能大小順序是；故答案為；小問