2022-2023学年上海市虹口区高二（上）期末化学试卷（含解析）

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2022-2023学年上海市虹口区高二（上）期末化学试卷
题号
一
二
三
四
总分
得分





注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共10小题，共20.0分）
1. 为防止流感病毒的传播，许多公共场所都注意环境消毒，以下消毒药品属于强电解质的是(    )
A. 84消毒液 B. 高锰酸钾
C. 酒精 D. 醋酸
2. 环碳(C18)中碳原子是单键和三键交替连接的，结构如图所示。下列说法正确的是(    )
A. C18与C60互为同系物
B.  12C18和 14C18互为同位素
C. C18和金刚石互为同分异构体
D. 环碳中碳原子均达8电子稳定结构
3. 下列物质催化加氢可生成2−甲基戊烷的是(    )
A. (CH3)2CHCH2C≡CH
B. CH2=CHCH(CH3)C≡CH
C. (CH3)2C=C(CH3)2
D. CH2=CHC(CH3)2CH2CH3
4. NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(    )
A. 1mol甲基所含电子数为10NA
B. 28g乙烯所含共用电子对数目为4NA
C. 25℃，1.01×105Pa，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA
D. 标准状况下，2.24L氯气溶于水制成饱和氯水，转移电子数目为0.1NA

5. 对如图实验现象描述或分析正确的是(    )


A. 溶液变蓝色 B. Cu片上有气泡
C. 一段时间后，溶液的pH减小 D. Cu是氧化剂
6. 下列事实能用勒夏特列原理解释的是(    )
A. 500℃左右高温比室温下更利于合成氨
B. 工业制硫酸中SO2氧化为SO3，往往需要使用催化剂
C. H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深
D. 工业制取金属钾Na(l)+KCl(l)⇌NaCl(l)+K(g)，使K变成蒸气从混合体系中分离
7. 下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是(    )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
碳酸钠可用于治疗胃病
Na2CO3可与盐酸反应
Ⅰ对，Ⅱ对，有
B
向Na2O2的水溶液中滴入酚酞变红色
Na2O2与水反应生成NaOH
Ⅰ对，Ⅱ错，无
C
金属Na具有强还原性
高压钠灯发出透光性强的黄光
Ⅰ对，Ⅱ对，有
D
过氧化钠可为航天员供氧
Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2
Ⅰ对，Ⅱ对，有

A. A B. B C. C D. D
8. 已知：①H2O(g)=H2O(l)ΔH1=−akJ⋅mol−1
②C2H5OH(g)=C2H5OH(l)ΔH2=−bkJ⋅mol−1
③C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)ΔH3=−ckJ⋅mol−1
若使46g液态无水酒精完全燃烧，最后恢复到室温，该反应的ΔH为(    )
A. (b−a−c)kJ⋅mol−1 B. (b−3a−c)kJ⋅mol−1
C. (a−3b+c)kJ⋅mol−1 D. (3a−b+c)kJ⋅mol−1
9. 由X、Y转化为M的反应历程如图所示，下列说法错误的是(    )

A. 反应过程中形成C−H键
B. ①→②的总过程放热
C. M是CH3COOH
D. 反应X+Y→M的原子利用率为100%
10. 用CO合成甲醇(CH3OH)的反应为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔHT2>T3
B. 正反应速率：v(A)>v(C)；v(B)>v(D)
C. 平衡常数：K(A)>K(C)；K(B)=K(D)
D. 平均摩尔质量：M(A)M(D)
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共1小题，共20.0分）
11. 中国学者姜雪峰、雷晓光入选国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)发起的“化学家元素周期表”的征集提名，分别成为“S、N”元素的代言人。试回答下列问题：
硒与硫最外层电子数相同，已知硒的原子结构示意图如图所示。
(1)硒在元素周期表中的位置为 ______。
(2)结合元素周期律，比较并解释硒与硫元素的非金属性强弱 ______。
(3)下列说法正确的是 ______(选填编号)。
a.热稳定性：H2Se>H2S>H2O
b.36S与 74Se的中子数之和为60
c.酸性：H2SeO40、ΔS”、“”、“M(D)，故D错误；
故选：C。
A.压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小；
B.温度越高、压强越大，反应速率越快；
C.该反应的正反应为放热反应，温度越低，化学平衡常数越大；
D.反应前后气体总质量不变，气体的物质的量越小，其平均摩尔质量越大。
本题考查转化率随温度、压强变化曲线，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确温度、压强对化学平衡影响原理内涵是解本题关键，注意：化学平衡常数只与温度有关，题目难度不大。

11.【答案】第四周期第ⅥA族  硫和硒原子的最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强  bc  离子键、共价键  S>N>O>H  As  三角锥   1.2NA  As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g)ΔH=+295.4 kJ/mol 
【解析】解：(1)硒元素的原子序数为34，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥA族，
故答案为：第四周期第ⅥA族；
(2)硫和硒原子的最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒，
故答案为：硫和硒原子的最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强；
(3)a.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：O>S>Se，所以氢化物的稳定性：H2SeSe，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SeO4S2−，故d错误；
故选：bc；
(4)(NH4)2SO4中存在N−H共价键和S−O共价键，铵根离子与硫酸根离子之间存在离子键，故含有化学键的类型为离子键、共价键；同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则(NH4)2SO4中含有的N、H、S、O原子的半径由大到小为S>N>O>H，
故答案为：离子键、共价键；S>N>O>H；
(5)①反应As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O中As元素的化合价降低，故被还原的元素是As；AsH3分子中As的价层电子对数=3+(5−3×1)=4，含有3个δ键和1个孤电子对，为三角锥形，
故答案为：As；三角锥；
②Zn元素的化合价升高，Zn为还原剂，失去电子被氧化，则氧化产物为ZnCl2；As元素的化合价降低，As被还原Zn，该反应转移12e−，用双线桥法表示电子转移为，
故答案为：；
③若生成的气体在标准状况下的体积为4.48L，物质的是为0.2mol，则转移电子的数目为0.2mol×6×NA/mol=1.2NA，
故答案为：1.2NA；
(6)As2O5分解为As2O3需要吸收的热量为−619 kJ/mol−(−914.6 kJ/mol)=+295.4 kJ/mol，则热化学方程式As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g)ΔH=+295.4 kJ/mol，
故答案为：As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g)ΔH=+295.4 kJ/mol。
(1)硒元素的原子序数为34；
(2)硫和硒原子的最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强；
(3)a.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；
b.36S的中子数为36−16=20， 74Se的中子数为74−34=40；
c.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；
d.元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；
(4)(NH4)2SO4中存在N−H共价键和S−O共价键，铵根离子与硫酸根离子之间存在离子键，同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大；
(5)①反应As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O中As元素的化合价降低，故被还原的元素是As；AsH3分子中As的价层电子对数=3+(5−3×1)=4，含有3个δ键和1个孤电子对；
②Zn元素的化合价升高，Zn为还原剂，失去电子被氧化，则氧化产物为ZnCl2；As元素的化合价降低，As被还原Zn，该反应转移12e−；
③若生成的气体在标准状况下的体积为4.48L，物质的是为0.2mol；
(6)As2O5分解为As2O3需要吸收的热量为−619 kJ/mol−(−914.6 kJ/mol)=+295.4 kJ/mol。
本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生元素周期律的掌握情况，试题难度中等。

12.【答案】C2H4  碳碳双键、羧基  氧化反应  Cu、加热，O2  中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层  防止倒吸  分液漏斗    将溴水分别滴加到2种溶液中，溴水颜色褪去的丙烯酸，不褪色的乙醇  (CH3)2C=CHCH2CH3  CH3CHO→酸HCN→△浓硫酸CH2=CHCOOH 
【解析】解：(1)由分析可知，A为CH2=CH2，A的分子式为C2H4；丙烯酸中所含的官能团名称是碳碳双键、羧基，
故答案为：C2H4；碳碳双键、羧基；
(2)B→C是乙醇转化为乙酸，该反应类型是氧化反应，B→C的转化也可分两步进行，先发生醇的催化氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，第一步反应的条件和试剂是Cu、加热，O2，
故答案为：Cu、加热，O2；
(3)制备乙酸乙酯中，用饱和的碳酸钠溶液中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，该装置图中乙中导气管的出口伸入到饱和碳酸钠溶液液面以下，会产倒吸，插入试管b的球形干燥管除冷凝外，还有一重要作用是防止倒吸，如需将试管b中的物质D分离出来，采取分液操作，用到的主要玻璃仪器有：锥形瓶、分液漏斗，
故答案为：中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；防止倒吸；分液漏斗；
(4)乙醇与丙烯酸反应生成丙烯酸乙酯的化学方程式为，
故答案为：；
(5)鉴别乙醇和丙烯酸的方法：将溴水分别滴加到2种溶液中，溴水颜色褪去的丙烯酸，不褪色的乙醇，
故答案为：将溴水分别滴加到2种溶液中，溴水颜色褪去的丙烯酸，不褪色的乙醇；
(6)有机物W与丙烯为同系物，相对分子质量为丙烯的2倍，则W的分子式为C6H12，分子中含有1个碳碳双键，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为6：3：2：1，分子中含有3个甲基，其中2个甲基的化学环境相同，则W结构简式为(CH3)2C=CHCH2CH3，
故答案为：(CH3)2C=CHCH2CH3；
(7)CH3CHO与HCN在酸性条件下反应生成，然后发生消去反应生成CH2=CHCOOH，再发生加聚反应生成聚丙烯酸()，合成路线为CH3CHO→酸HCN→△浓硫酸CH2=CHCOOH，
故答案为：CH3CHO→酸HCN→△浓硫酸CH2=CHCOOH。
A是一种气态烃，在标准状况下的密度是1.25g/L，则其摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，可知A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B氧化生成C为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3，丙烯发生氧化反应生成丙烯酸，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸发生加聚反应得到均丙烯酸；
(7)CH3CHO与HCN在酸性条件下反应生成，然后发生消去反应生成CH2=CHCOOH，再发生加聚反应生成聚丙烯酸()。
本题考查有机物推断与合成，涉及官能团识别、反应条件判断、乙酸乙酯的制备、有机反应方程式的书写、有机物鉴别、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。

13.【答案】2  10  16H+  2  5  8H2O  平衡气压，便于液体顺利滴下  防止FeCl3凝结，堵塞管口  E  吸收尾气和防止外界空气中水蒸气进入  2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O  37.17  偏高  FeCl2  在装置A、B之间加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶 
【解析】解：(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，反应的离子方程式为2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2；10；16H+；2；5；8H2O；
(2)弯曲的a管所起的作用是平衡气压，便于液体顺利滴下；装置采用较粗的导管来连接装有铁粉的硬质玻璃管和广口瓶C，其目的是防止FeCl3凝结，堵塞管口，
故答案为：平衡气压，便于液体顺利滴下；防止FeCl3凝结，堵塞管口；
(3)b处连接的装置具有吸收尾气和防止外界空气中水蒸气进入的作用，D能吸收尾气氯气和HCl，不能防止外界空气的水蒸气，E中碱石灰可以同时满足，这样可避免反应系统与环境间的相互影响，相互影响包括吸收尾气和防止外界空气中水蒸气进入，
故答案为：E；吸收尾气和防止外界空气中水蒸气进入；
(4)①第②步加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，发生的离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
②所得红棕色固体为Fe2O3，其物质的量为n===0.015mol，则Fe元素的物质的量为0.03mol，其质量为m=nM=0.03mol×56g/mol=1.68g，故该样品中铁元素的质量分数为×100%≈37.17%，
故答案为：37.17；
(5)①因为盐酸易挥发，该A装置制备的氯气混有HCl气体，HCl与Fe得到氯化亚铁，氯化亚铁中铁元素的质量分数大于氯化铁中铁元素的质量分数，故用题目所给装置制得的产物中，铁元素含量偏高，含有FeCl2杂质；
故答案为：偏高；FeCl2；
②若要得到较纯净的无水氯化铁，应加入吸收HCl气体的装置，用饱和食盐水吸收HCl气体，再干燥，故在装置A、B之间加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶；
故答案为：在装置A、B之间加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶。
装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，装置B中浓硫酸干燥Cl2，通入Cl2一段时间后再点燃酒精灯使铁粉与Cl2反应，生成的FeCl3进入装置C中冷却收集，再用装置E进行尾气处理，防止污染空气。
本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，题目难度中等。

14.【答案】  Δ G=Δ H− TΔ S0、Δ S0，所以反应不能自发进行  0.225mol/(L▪min)  bd  K=  >  Q===v逆  N  >  b点不同催化剂下，CO2的转化率相同，此时反应达到平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CO2的转化率降低 
【解析】解：(1)CO2是共价化合物，每个C原子都和O原子共用两对电子，使得C原子和O原子都达到8电子稳定结构，O和S是同族元素，COS的电子式为，
故答案为：；
(2)Δ G=Δ H− TΔ S0、Δ S0，所以反应不能自发进行，
故答案为：Δ G=Δ H− TΔ S0、Δ S0，所以反应不能自发进行；
(3)同温同压下，气体压强之比等于物质的量之比，反应前混合气体的总物质的量为4mol，10min后容器内压强是原来的0.625倍，则气体的总物质的量为4mol×0.625=2.5mol，气体物质的量减少了4mol−2.5mol=1.5mol，根据反应方程式可知，消耗3molH2，则气体物质的量减少2mol，则反应的氢气的物质的量为2.25mol，容器体积为1L，则消耗的氢气的物质的量浓度为2.25mol/L，则氢气的平均反应速率ν==0.225mol/(L▪min)，
故答案为：0.225mol/(L▪min)；
(4)a.起始充入的 n(CO2)： n(H2)=1：3，反应方程式里，CO2和H2的系数之比也为1：3，所以在反应过程中，CO2和H2的物质的量之比一直为1：3，所以CO2和H2的物质的量之比保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；
b.该反应的反应物和生成物均为气体，混合气体总质量是不变的，该反应前后气体系数之和不相等，所以气体总物质的量是变化的，则在未平衡前，混合气体的平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到平衡状态，故b正确；
c.反应的平衡常数只和温度有关，所以反应的平衡常数保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；
d.CO2体积分数保持不变，说明反应达到了平衡，故d正确；
故答案为：bd；
(5)平衡常数表达式是用平衡时生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积表示的，该反应的K=；已知某温度下，K=，该温度下，测得容器中c(CO2)=0.30mol⋅L−1、c(H2)=c(CH3OH)=c(H2O)=0.75mol⋅L−1，此时，Q===v逆，
故答案为：K=；>；Q===v逆；
(6)①从图中可以看出，在相同温度下，N型催化剂下的CO2转化率更低，所以N型催化剂下反应速率慢，活化能高，
故答案为：N；
②a点处使用的是N型催化剂，相同温度下，使用M型催化剂CO2的转化率更高，所以a点处反应还未达到平衡，平衡时，CO2的转化率增大，故v正>v逆，
故答案为：>；
③b点不同催化剂下，CO2的转化率相同，此时反应达到平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CO2的转化率降低，
故答案为：b点不同催化剂下，CO2的转化率相同，此时反应达到平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CO2的转化率降低。
(1)CO2是共价化合物，每个C原子都和O原子共用两对电子，使得C原子和O原子都达到8电子稳定结构，O和S是同族元素；
(2)Δ G=Δ H− TΔ S