云南昭通地区2024届高二下学期期末化学试卷周测（五）
化学
姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．用电化学制备正十二烷的方法为：向烧杯中加入50 mL 甲醇，不断搅拌加入少量金属钠，再加入11mL正庚酸搅拌均匀，装好铂电极，接通电源反应，当电流明显减小时切断电源，然后提纯正十二烷。已知电解总反应为：2C6H13COONa + 2CH3OHC12H26 + 2CO2↑+H2↑+2CH3ONa，下列说法不正确的是
A．图中电源的A极为直流电源的负极
B．加入金属钠可以将酸转化为钠盐，提高离子浓度，增强导电性
C．阳极电极反应为：2C6H13COO- -2e- =C12H26 + 2CO2↑
D．反应一段时间后将电源正负极反接，会产生杂质影响正十二烷的制备
2．是汽车安全气囊系统中普遍使用的物质之一、当汽车受到猛烈碰撞时，瞬间引发反应：，同时释放大量的热。为离子化合物，下列说法正确的是
A．是还原产物 B．1个中含有21个电子
C．中只含离子键 D．生成时，转移电子
3．加入氧化剂才能实现的过程是
A．Cl2→ClO－ B．SO2→SO42－ C．N2→NH3 D．Al3+→AlO2－
4．甲、乙两种有机物的结构简式如图所示，下列有关叙述正确的是
甲：乙：
A．甲的分子式为C8H10O2 B．甲和乙互为同分异构体
C．甲和乙互为同系物 D．乙能发生酯化反应
5．甲、乙、丙、丁分别为A、B、C、D 四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物，已知0.1mol·L-1甲、丙、丁溶液的pH 与A、C、D 的原子序数关系如图所示（lg2=0.3），且常温下甲、丙、丁均可与乙反应。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径： D＞C＞B＞A
B．A、C形成的化合物水溶液呈碱性
C．C、D形成的氢化物稳定性：C＞D
D．A、B 分别与D 形成的化合物均为离子化合物
6．中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明或应用属于物理变化的是
A．炼铁 B．火药爆炸 C．打磨磁石制指南针 D．黏土烧制
7．下列有关金属及其化合物的应用不合理的是
A．将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
B．铝中添加适量Li，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C．盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D．水果放置于盛有浸泡过高锰酸钾溶液硅藻土包装箱中，水果可保鲜
二、实验题
8．硫代硫酸钡()可用于制备柴油的多效复合添加剂，其受热易分解，可被氧化，一种实验室制备硫代硫酸钡的方法如下：
I.溶液的制备
(1)连接好仪器后，检查装置气密性的方法为_______。
(2)盛放溶液的仪器的名称为_______，装置B的作用为_______。
(3)查阅资料可知，装置C中生成的反应速率很慢，为加快反应速率可补充的实验仪器为_______。(填标号)
A．温度计 B．多孔球泡 C．电磁搅拌器 D．冰水浴
(4)装置C中发生反应的化学方程式为_______。
II.溶液浓度测定和的制备
取上述制备的溶液，滴入1~2滴酚酞，再注入醋酸-醋酸钠缓冲溶液调节呈弱酸性，加入指示剂，用标准溶液滴定，消耗标准溶液的体积为(反应为)。另取溶液，向其中加入溶液即得沉淀，过滤、洗涤、干燥。
(5)滴定时，应选用的指示剂为_______，溶液的浓度为_______。
(6)若滴定操作规范，溶液的测定浓度低于理论计算浓度，可能的原因为_______。
(7)洗涤沉淀时，常选择乙醇的原因为_______。
三、有机推断题
9．2021年诺贝尔化学奖被授予给开发了一种精确的分子构建新工具——有机手性催化的两位科学家。有效构建手性中心是有机合成的重要研究方向之一，对药物研究的影响巨大。由化合物A合成化合物G的一种路径如图所示。
已知： 。
回答下列问题：
(1)B的化学名称为_______。E中所含官能团的名称是_______。
(2)C的结构简式为_______。②的反应类型是_______。
(3)写出E到F的化学方程式：_______。
(4)H是G的同分异构体，符合下列条件的H的结构有_______种(不考虑立体结构)，其中核磁共振氢谱显示峰面积比为3∶2∶2∶2的结构简式为_______。
a.分子中含 ，且不含其他环状结构
b.位于两个苯环上的取代基互为镜像对称(即两个苯环对应位置上的取代基均相同)
(5)设计以 、 和 为主要起始原料制备 的合成路线(无机试剂和有机溶剂任选) _______。
四、工业流程题
10．多晶硅生产工艺流程如图：
(1)粗硅粉碎的目的是_______。分离SiHCl3 (l)和SiCl4(l)的方法为_______。
(2)900℃以上， H2与SiHCl3发生如下反应：SiHCl3 (g)+ H2 (g) Si (s) + 3HCl (g) ΔH >0，其平衡常数表达式为K = _______。为提高还原时SiHCl3的转化率，可采取的措施有_______。
(3)该流程中可以循环使用的物质是_______。
(4)SiCl4与上述流程中的单质发生化合反应，可以制得SiHCl3，其化学方程式为_______。
五、原理综合题
11．氮可以形成多种化合物，如NH3、N2H4、HCN、NH4NO3等。
(1)已知：N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) H=+50.6kJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=-571.6kJ·mol-1
则①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) H=_______kJ·mol-1
②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) 不能自发进行的原因是_______。
③用次氯酸钠氧化氨，可以得到N2H4的稀溶液，该反应的化学方程式是_______。
(2)采矿废液中的CN-可用H2O2处理。已知：H2SO4=H++ HSO HSO H++ SO
用铂电极电解硫酸氢钾溶液，在阳极上生成S2O，S2O水解可以得到H2O2。写出阳极上的电极反应式_______。
(3)氧化镁处理含NH的废水会发生如下反应：
MgO+H2O Mg(OH)2 Mg(OH)2+2NH4+ Mg2+ +2NH3·H2O。
①温度对氮处理率的影响如图所示。在25℃前，升高温度氮去除率增大的原因是_______。
②剩余的氧化镁，不会对废水形成二次污染，理由是_______。
(4)滴定法测废水中的氨氮含量(氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中)步骤如下：①取10 mL废水水样于蒸馏烧瓶中，再加蒸馏水至总体积为175 mL②先将水样调至中性，再加入氧化镁使水样呈微碱性，加热③用25 mL硼酸吸收蒸馏出的氨[2NH3+4H3BO3=(NH4)2B4O7+5H2O]④将吸收液移至锥形瓶中，加入2滴指示剂，用c mol·L-1的硫酸滴定至终点[(NH4)2B4O7+H2SO4+5H2O=(NH4)2SO4+4H3BO3]，记录消耗的体积V mL。则水样中氮的含量是_______mg·L-1(用含c、V的表达式表示)。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．D
【详解】A．A连接的电极生成氢气，发生还原反应，则A为负极，故A正确；
B．C6H13COONa为强电解质，导电能力比正庚酸强，故B正确；
C．阳极发生氧化反应，电极方程式为2C6H13COO--2e-=C12H26+2CO2↑，故C正确；
D．因C12H26为液体，而杂质为气体，不影响C12H26的制备，故D错误；
故选D。
2．D
【分析】由反应式2NaN3 = 2Na + 3N2↑可知，该反应中，钠元素化合价降低被还原，氮元素化合价升高被氧化，钠元素化合价从+1价降到0价，据此分析解答。
【详解】A．氮元素化合价升高，被氧化，氮气应该是氧化产物，故A错误；
B．已知NaN3为离子化合物，其阴离子为，1个中含有73+1=22个电子，故B错误；
C．NaN3中，钠离子和叠氮根离子之间为离子键，叠氮根离子中还存在共价键，故C错误；
D．由反应式可知，生成3 mol N2时，同时生成2 molNa，则转移2 mol电子，故D正确；
答案选D。
3．B
【详解】A．Cl2→ClO－的反应可由氯气和NaOH反应生成，反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂，无需加入氧化剂就能实现，故A错误；
B．SO2→SO42－的过程中硫元素化合价升高了，需加入氧化剂才能实现，故B正确；
C．N2→NH3的过程中氮元素化合价降低了，需加入还原剂才能实现，故C错误；
D．Al3+→AlO2－的过程中各元素的化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应，故D错误；
故选B。
【点睛】物质所含元素化合价升高，被氧化时，需加入氧化剂才能实现。
4．D
【详解】A．甲分子中含有8个碳原子、8个氢原子、2个氧原子，对应分子式为C8H8O2，A错误；
B．甲中含有8个碳原子，乙中含有7个碳原子，不可能互为同分异构体，B错误；
C．甲属于酯类有机物，乙属于羧酸类有机物，所含官能团不同，故不属于同系物，C错误；
D．乙中含有羧基，能与羟基发生酯化反应，D正确；
故答案选D。
5．B
【分析】A、B、C、D为四种短周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物分别为甲、乙、丙、丁，由图可知，0.1mol L 1甲溶液的pH=13，说明甲是一元强碱，则甲为NaOH、A为Na，0.1mol L 1丁溶液的pH=1，说明丁为一元强酸，又因原子序数D大于A，则丁为HClO4、D为Cl元素，0.1mol L 1丙溶液的pH=0.7，说明丙为二元强酸，则丙为H2SO4、C为S元素，常温下甲、丙、丁均可与乙反应，说明乙具有两性，则乙为Al(OH)3、B为Al元素，综上分析：A是Na，B为Al元素，C为S元素，D为Cl元素，结合元素化合物性质判断解答。
【详解】A．同一周期从左至右阳离子半径逐渐减小，阴离子半径也逐渐减小，但阴离子半径大于阳离子半径，所以离子半径：C>D>A>B，故A错误；
B．Na与S形成的Na2S是弱酸强碱盐，因S2 水解使溶液呈碱性，故B正确；
C．同周期元素从左到右，非金属性依次增强，氢化物稳定性依次增强，所以稳定性HCl>H2S，故C错误；
D．Na与Cl形成的NaCl是离子化合物，Al与Cl形成的AlCl3是共价化合物，故D错误；
故选B。
6．C
【分析】有新物质生成的变化是化学变化，没有产生新物质的变化是物理变化，据此解答。
【详解】A．铁矿石的主要成分为铁的氧化物，可以利用CO还原出来，炼铁过程发生了化学反应，故A不符合；
B．火药爆炸过程，属于剧烈燃烧，过程中有新物质生成，该过程发生了化学反应，故B不符合；
C．打磨磁石变成指南针，该过程没有新物质的生成，不涉及化学变化，故C符合；
D．将泥土在高温条件下烧制，泥土中的某些成分发生变化，变成了陶瓷，该过程发生了化学反应，故D不符合；
故选C。
7．C
【详解】A．氯化亚铁具有还原性，氯化亚铁溶液能与氯气反应生成氯化铁，反应生成的氯化铁能与铁反应生成氯化亚铁，所以将废铁屑加入氯化亚铁溶液中，可用于除去工业废气中的氯气，故A正确；
B．在铝中添加适量锂可制得低密度、高强度的新型铝合金，可代替常规的铝合金用于制造航天飞机，故B正确；
C．盐碱地中碳酸钠在溶液中水解使土壤呈碱性不利于作物生长，若加入熟石灰进行改良，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠会使土壤的碱性更强，同样不利于作物生长，故C错误；
D．水果放置于盛有浸泡过高锰酸钾溶液硅藻土包装箱中，酸性高锰酸钾溶液会吸收水果释放出的催熟剂乙烯，有利于水果可保鲜，故D正确；
故选C。
8． 关闭分液漏斗的活塞，向装置D中加水至没过长导气管口，用酒精灯微热圆底烧瓶，装置D中长导气管口有气泡产生，撤掉酒精灯，装置D长导气管中形成一段稳定的水柱 圆底烧瓶 储存SO2气体，平衡气压 BC 淀粉溶液 部分被氧化生成 在乙醇中的溶解度低，乙醇易挥发带走水分、便于干燥
【详解】I.(1)连接好仪器后，检查装置气密性的方法为关闭分液漏斗的活塞，向装置D中加水至没过长导气管口，用酒精灯微热圆底烧瓶，装置D长导气管口有气泡产生，撤掉酒精灯，装置D长导气管中形成一段稳定的水柱。故答案为：关闭分液漏斗的活塞，向装置D中加水至没过长导气管口，用酒精灯微热圆底烧瓶，装置D中长导气管口有气泡产生，撤掉酒精灯，装置D长导气管中形成一段稳定的水柱；
(2)盛放溶液的仪器的名称为圆底烧瓶，装置B的作用为储存气体，平衡气压。故答案为：圆底烧瓶；储存SO2气体，平衡气压；
(3)查阅资料可知，装置C中生成的反应速率很慢，据此推测补充的实验仪器应可以提高反应速率，可选择多孔球泡或电磁搅拌器，以增大接触面积，提高反应速率。故答案为：BC；
(4)装置C中发生反应的化学方程式为。故答案为：；
Ⅱ.(5)滴定时，应选用的指示剂为淀粉溶液，根据分析可知，。故答案为：淀粉溶液；；
(6)溶液的测定浓度低于理论计算浓度，可能的原因为部分。被氧化生成。故答案为：部分被氧化生成；
(7)洗涤沉淀时，常选择乙醇的原因为在乙醇中的溶解度低，乙醇易挥发带走水分、便于干燥。故答案为：在乙醇中的溶解度低，乙醇易挥发带走水分、便于干燥；
9．(1) 苯甲醛 碳碳双键、酯基
(2) 还原反应
(3)
(4) 19
(5)
【分析】由A、B的结构简式，根据已知反应，可将理解为苯环，理解为苯环，推导出C的结构简式为；反应②为C中的酮羰基变为D中的醇羟基，发生了还原反应；D和乙酰氯发生取代反应生成E，E在手性催化剂作用下和乙酰乙酸甲酯发生取代反应生成F，F在碱性条件下和甲醇发生取代反应生成G。
（1）
B的结构简式为，化学名称为苯甲醛；E的结构简式为，所含官能团的名称是碳碳双键、酯基，故答案为：苯甲醛；碳碳双键、酯基。
（2）
根据已知反应，可将理解为苯环，理解为苯环，推导出C的结构简式为；反应②为C中的酮羰基变为D中的醇羟基，发生了还原反应，故答案为：；还原反应。
（3）
对比E、F的结构可知，E中被取代，生成乙酸分子，其化学方程式为，故答案为：。
（4）
H的分子式为，则结构中，苯环上的取代基可以是①②③④和，因为位于两个苯环上的取代基互为镜像对称，所以取代基的位置异构只需考虑一个苯环上的种类，取代基为①②③时，位置异构均有3种，取代基为④时，位置异构有10种，所以符合条件的H的结构有19种。其中核磁共振氢谱显示峰面积比为3∶2∶2∶2的结构简式为。故答案为：19；。
（5）
与题干中的F较为相似，参考反应④逆合成分析则需要和，可由合成，可由合成，参考已知反应，可以由原料合成，则可得合成路线：，故答案为：。
10．(1) 增大了表面积，可以加快反应速率 蒸馏
(2) 升高温度或增大氢气与 SiHCl3的物质的量之比或增大氢气浓度等
(3)HCl、H2
(4)3SiCl4+Si+2H2=4SiHCl3
【分析】粗硅粉碎后和氯化氢反应生成SiHCl3，SiHCl3提纯后和氢气发生还原生成多晶硅；
【详解】（1）粗硅粉碎增大了表面积，可以加快反应速率；SiHCl3和SiCl4均为液态而且互相溶解，根据它们的沸点不同，用蒸馏法分离。
（2）Si为固态，表达式中无Si，平衡常数为生成物浓度系数次方与反应物浓度系数次方之比，为K =；反应为吸热的、气体分子数增大的反应，升高温度或增大氢气与 SiHCl3的物质的量之比或增大氢气浓度等，可使平衡向正反应方向移动，能提高还原时SiHCl3的转化率。
（3）HCl、H2在流程中分别作反应物和生成物，所以可循环使用。
（4）结合流程，对比SiHCl3和SiCl4，可知SiCl4与上述流程中的单质H2、Cl2发生化合反应生成SiHCl3，反应为3SiCl4+Si+2H2=4SiHCl3。
11． -622.2 H>0 S<0 NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O 2HSO-2e-= S2O+2H+ 升高温度NH3的溶解度降低，有利于NH3的逸出 氧化镁难溶于水中，以沉淀的形式排出，因此不会形成二次污染 2800cV
【详解】(1)①已知：a.N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) H=+50.6kJ·mol-1；b.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=-571.6kJ·mol-1；根据盖斯定律b-a得到N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) H=-571.6kJ·mol-1-50.6kJ·mol-1=-622.2 kJ·mol-1，故答案为：-622.2；
②根据题目所给热化学方程式，可知△H>0，由气体生成液体可知△S＜0，N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) 不能自发进行的原因是 H>0、 S<0，故答案为： H>0、 S<0；
③NaClO被还原为NaCl，根据元素守恒可推出还生成H2O，进而写出化学方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，故答案为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；
(2)生成S2O，可推出HSO失电子，根据化合价的变化配平，写出电极方程式为：2HSO-2e-= S2O+2H+，故答案为：2HSO-2e-= S2O+2H+；
(3)①在25℃前，升高温度氮去除率增大的原因是因为氨气溶解度随温度升高，溶解度减小，故答案为：升高温度NH3的溶解度降低，有利于NH3的逸出；
②剩余的氧化镁,是难溶于水的物质沉淀出不形成污染，不会对废水形成二次污染， 故答案为：氧化镁难溶于水中，以沉淀的形式排出，因此不会形成二次污染；
(4)根据题目所给信息和元素守恒可知：氮元素与硫酸的对应关系为2N～H2SO4，由H2SO4的体积和浓度可算出氮的含量为： =2800Vcmg/L，故答案为：2800cV。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
