2022-2023学年云南省大理市下关第一中学高二上学期段考（二）化学（Ａ卷）试题含解析

这是一份2022-2023学年云南省大理市下关第一中学高二上学期段考（二）化学（Ａ卷）试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，实验题，原理综合题，有机推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
云南省大理市下关第一中学2022-2023学年高二上学期
段考（二）化学（Ａ卷）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（    ）
A．食用油和白酒都应密封保存
B．高温下铝粉和氧化铁的反应可以用来焊接铁轨
C．电影放映时射到银幕上的光柱证明存在气溶胶
D．钢铁锈蚀、食物腐败、钟乳石的形成均涉及氧化还原反应
【答案】D
【详解】A．食品油中的不饱和脂肪酸被氧化后会变质，白酒易挥发，挥发出的酒精蒸气遇明火易爆炸，故两者需密封保存，A正确；
B．高温下铝粉和氧化铁的反应方程式：，该反应会放出大量的热，能置换出的铁呈熔融态，可用来焊接铁轨，B正确；
C．胶体具有丁达尔效应属于光的散射现象，而放映室射到银幕上的光柱证明存在气溶胶，C正确；
D．钢铁锈蚀中Fe失电子化合价升高，食品腐败为缓慢氧化过程，O元素化合价降低，两个反应都属于氧化还原反应，但钟乳石的形成是碳酸盐形成碳酸钙过程，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，D错误；
答案选D。

2．下列表示正确的是
A．MgH2的电子式 B．2，2—二甲基戊烷的键线式：
C．中子数为18的氯原子：Cl D．的实验式：C5H9
【答案】B
【详解】A．MgH2是离子化合物，每个H原子得1个电子，电子式为，A错误；
B．主链上有5个碳原子，2号碳上有2个甲基，B正确；
C．中子数为18的Cl原子，质量数为35，，C错误；
D．的最简式为C5H8，D错误；
故选B。
3．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．合成氨时增大压强，有利于提高氨气的产率
B．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
C．向新制氯水中滴入几滴NaHCO3溶液，可增强溶液的漂白能力
D．在反应的平衡体系中，增大压强，体系颜色加深
【答案】D
【详解】A．合成氨的反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，有利于氨的合成，因此可以提高氨气的产率，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．Cl2与水反应产生HCl、HClO，该反应是可逆反应，饱和食盐水中Cl-浓度比水大，可以抑制Cl2在水中的溶解及反应，故可用于Cl2的收集，可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．新制氯水中存在化学平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，由于酸性：HCl＞H2CO3＞HClO，所以向其中加入几滴NaHCO3溶液，NaHCO3与HCl反应，使溶液中c(H+)增大，化学平衡正向移动，因此能够提高HClO的浓度，故可增强溶液的漂白能力，能够用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．该反应是有气体参加的反应，增大压强，各种气体的浓度增大，因此混合气体的颜色加深；但由于反应前后气体的物质的量相等，因此增大压强，化学平衡不移动，故不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；
故合理选项是D。
4．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含有的中子数为
B．、的混合气体中含氧原子数为
C．溶液和溶液中所含分子数相等
D．和充分反应后，分子数小于
【答案】D
【详解】A．1个H2O中含有8个中子，18 g H2O 分子即1molH2O，含中子数为8NA，A错误；
B．CO2和N2O的摩尔质量都是44g/mol，所以可以看成纯净物，气体的物质的量，1个CO2含有2个O原子，1个N2O含有1个O原子，B错误；
C．，醋酸为弱电解质，在水中可以电离，浓度越稀电离程度越大，故同物质的量的醋酸溶液，醋酸分子数不同，C错误；
D．，，所有充分反应后NO2分子数小于2NA，D正确；
故答案为：D。
5．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的气态氢化物能与其最高价含氧酸化合成盐，Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Y和W同主族且二者可形成常见的和两种物质。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．简单氢化物的沸点：
C．Y、Z、W三种元素只能形成两种化合物
D．Y和W与氢元素均可形成18电子化合物，二者反应有黄色物质生成
【答案】D
【分析】X的气态氢化物能与其最高价含氧酸化合成盐，则X为N，化学方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3；Z是同周期元素中原子半径最大的元素，则Z为Na；Y和W同主族，且W的原子序数比Na的大，则W为S，Y为O。即X、Y、Z、W分别为：N、O、Na、S。
【详解】A．由分析可知：Z、Y、X分别为Na、O、N，他们的简单离子都是10电子结构，具有相同电子结构的离子，核电荷数越大，简单离子的半径越小，则ZSi
D
向苯酚钠溶液中通入CO2气体，出现浊液
苯酚酸性比碳酸弱

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A. 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，白色沉淀可能为亚硫酸钡或硫酸钡，X为氯气或氨气等，结论不合理，故A错误；
B. 由于苯分子中碳碳化学键是介于单键和双键之间的独特的键，分子中没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，又因为没有催化剂存在，所以溴水和苯不发生取代反应；将浓溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，根据相似相容原理，溴单质易溶于苯，苯能萃取溴水中的溴而使溴水褪色，发生的是萃取作用，故B错误；
C. 由现象可知，生成硅酸，则盐酸的酸性大于硅酸，但不能利用无氧酸与含氧酸的强弱比较非金属性，方案不合理，故C错误；
D. 苯酚钠溶液中通入CO2气体，现象是溶液变浑浊，说明苯酚酸性比碳酸弱，利用的是强酸制弱酸的原理，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】本题考查较为综合，涉及物质的性质比较，检验，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价。
17．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：；，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是
A．反应过程中，若增大压强能提高的转化率
B．若反应开始时为1mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ
C．反应至4 min时，若HCl浓度为，则反应速率为
D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100 mL1的NaOH溶液恰好反应
【答案】D
【详解】A．从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误；
B．该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；
C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v(HCl)==0.03mol/(L•min)，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=×v(HCl)=×0.03mol/(L•min)=0.015mol/(L•min)，故C错误；
D．由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为：=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；
故选D。
18．在某恒容的密闭容器中，A（g）＋B（g）x C（g）有如图所示的关系曲线，其中V（C）%表示C在平衡混合气体中体积分数，下列说法正确的是

A．温度：T1＞T2 B．压强：P1＞P2
C．该正反应是吸热反应 D．x的值是3
【答案】A
【详解】A．温度越高反应速率越快，则反应到达平衡的时间越短，根据“先拐先平数值大”知T1＞T2，故A正确；
B．压强越大，反应速率越快，则反应到达平衡的时间越短，根据“先拐先平数值大”知p1＜p2，故B错误；
C．相同压强下，升高温度，C的含量减少，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，故C错误；
D．相同温度下，增大压强，C的含量增大，平衡向正反应方向移动，则x=1，故D错误；
故选A。
【点睛】根据“先拐先平数值大”知p1、p2及T1、T2的相对大小，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，根据压强改变、温度改变时C含量的变化确定x值、反应热，据此分析解答。
19．下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达均正确的是
a
b
c
d
A(g)+3B(g)⇌2C(g)
A(g)+3B(g)⇌2C(g)
A(g)+B(g)⇌2C(g)
FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl





A．a是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应ΔH＜0
B．b建立的平衡过程中，曲线I比曲线II反应时活化能低
C．c是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强P1>P2
D．d是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后，化学反应速率随时间变化的图象
【答案】B
【详解】A．升温反应速率加快、吸热方向的速率增加得更快，由图知，升温正反应速率升增加得更快，说明正反应方向是吸热方向正反应ΔH＞0，A错误；
B． 由图知，曲线I与曲线II建立的是同一个平衡、但曲线I反应速率更快、因此使用了催化剂，催化剂能降低反应的活化能，则曲线I比曲线II反应时活化能低，B正确；
C．A(g)+B(g)⇌2C(g) 是气体分子总数不变的反应，改变压强对于平衡没有影响、即难以确定压强P1与P2的相对大小，C错误；
D．平衡体系中的反应为，溶液中溶入少量KCl晶体后，对化学反应速率、平衡体系均不发生影响，D错误；
答案选B。
20．利用微生物可将废水中苯酚的化学能直接转化为电能，装置如图所示。电池工作时，下列说法正确的是(　　)

A．a极为正极，发生氧化反应
B．b极的电极反应式为：2NO＋12H＋－10e－=N2↑＋6H2O
C．中间室的Cl－向左室移动
D．左室消耗苯酚(C6H5OH)9.4 g时，用电器流过2.4 mol电子
【答案】C
【详解】A．由题图可知，在b极上NO转化为N2，发生得电子的还原反应，故b极为正极，a极为负极，A项错误；
B．b极的电极反应式为2NO＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O，B项错误；
C．原电池中阴离子向负极移动，故C项正确；
D．左室消耗苯酚的电极反应式为C6H5OH－28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，9.4 g苯酚的物质的量为0.1 mol，故用电器应流过2.8 mol电子，D项错误。
故选C。
【点睛】对于原电池，不管是一般的原电池、干电池还是燃料电池，都是将化学能转化为电能的装置。负极，失电子，发生氧化反应；正极，得电子，发生还原反应。电子由负极沿导线流入正极，电流由正极沿导线流入负极；阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。这些模式是相同的，所以只要我们记住了一般原电池中电极发生的变化、电子流动及离子迁移方向，就可类推其它类型的原电池。

二、实验题
21．叠氮化钠()常用作汽车安全气囊中的药剂。实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置及实验步骤如图：

①打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。
②再加热装置A中的金属钠，使其熔化并与氨气充分反应后，停止加热装置D并关闭旋塞。
③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210∼220℃，然后通入。
④冷却，向产物中加入乙醇(降低的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。
已知：Ⅰ.是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚；
Ⅱ.熔点210℃，沸点400℃，在水溶液中易水解。
请回答下列问题：
(1)装置B中盛放的药品为_______；步骤①中先加热通一段时间的目的是_______。
(2)步骤②氨气与熔化的钠反应生成的化学方程式为_______。
(3)生成的化学方程式为_______。
(4)图中仪器a用的是铁质而不用玻璃，其主要原因是_______。
(5)步骤④中用乙醚洗涤的主要目的是_______。
(6)汽车经撞击后30毫秒内，会引发迅速分解成两种单质，其中氧化产物和还原产物的质量之比为_______。
【答案】(1)     碱石灰     排尽装置中的空气
(2)
(3)
(4)反应过程中可能会产生NaOH腐蚀玻璃
(5)减少晶体的损失，有利于产品快速干燥
(6)42∶23

【分析】由反应步骤可知制取叠氮化钠的原理为，先通入氨气与钠先反应生成NaNH2和氢气，反应生成的NaNH2再与通入的N2O反应生成NaN3和H2O，用C装置冷凝分离出水，B中盛放碱石灰干燥氨气；
【详解】（1）制备的氨气中含有大量的水，需要在B中盛放碱石灰干燥氨气，步骤①中用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应；
故答案为：碱石灰；排尽装置中的空气；
（2）步骤②中氨气与钠反应生成NaNH2和氢气，反应方程式为，；
故答案为：；
（3）氨气与钠反应生成的NaNH2与通入的N2O反应生成NaN3和H2O，反应的化学方程式为；
故答案为：；
（4）反应过程中生成的水,又会与钠反应生成NaOH腐蚀玻璃；
故答案为：反应过程可能生成的NaOH能腐蚀玻璃；
（5）NaN3不溶于乙醚,减少晶体的损失,有利于产品快速干燥；
故答案为：减少晶体的损失,有利于产品快速干燥；
（6）汽车经撞击后30毫秒内，会引发 NaN3迅速分解成两种单质，写出方程式，其中Na元素的化合价由+1价降低到0价，被还原，N元素由-3价升高到0价，被氧化，则氧化产物N2和还原产物Na的物质的量之比为3：2，则质量比为；
故答案为：42∶23。

三、原理综合题
22．Ⅰ.已知：①和的燃烧热分别为为285.5 kJ/mol和890 kJ/mol。
②   kJ/mol
(1)试写出还原生成和的热化学方程式：_______。
Ⅱ.利用工业废气中的可制取甲醇，其反应为  。
(2)为探究用生产燃料甲醇的反应原理，现进行如下实验：在恒温条件下，向容积为1 L的密闭容器中，充入1 mol 和3 mol ，进行上述反应。10分钟时达到平衡，测得和的浓度随时间变化的曲线如图所示。

从反应开始到达平衡状态，用表示的平均反应速率_______；该温度下的平衡常数_______。
(3)关于合成甲醇的反应，要加快其反应速率并使其在一定条件下建立的平衡正向移动，可采取的措施有_______(填序号)。
A．增大反应容器的容积    
B．缩小反应容器的容积
C．从平衡体系中及时分离出    
D．升高温度
E.使用合适的催化剂
(4)一定温度下，将和以物质的量之比为1∶1充入盛有催化剂的恒容密闭容器中，发生合成甲醇的反应；某时刻，一定能说明该反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
A．平衡常数K不再变化 B．混合气体的平均密度不再变化
C．的体积分数不再变化 D．反应的焓变不再变化
(5)工业上可利用甲醇制备氢气：主要反应为。设在容积为2.0 L的密闭容器中充入0.6 mol ，体系压强为，在一定条件下达到平衡状态时，体系压强为且，则该条件下的平衡转化率为_______。
【答案】(1)   kJ/mol
(2)     0.225mol·L-1·min-1    
(3)B
(4)C
(5)60％

【详解】（1）氢气的燃烧热方程式为，甲烷的燃烧热方程式，则，根据盖斯定律，；
故答案为：；
（2）根据图像，CO2的浓度改变量为(1-0.25)mol/L=0.75mol/L，则用CO2表示平均反应速率，速率之比等于系数之比，则，；根据三段式，则平衡常数
故答案为：；；
（3）A.增大反应容器的容积，浓度减小，速率减小，A不符合；
B.缩小反应容器的容积，浓度增大，压强增大，速率增大，平衡向着气体体积减小的方向即正向进行，B符合；
C.从体系中分离甲醇相当于减小生成物浓度，平衡正向进行，但反应速率减小，C不符合；
D.升高温度，速率增大，平衡向着逆向进行，D不符合；
E.使用催化剂，速率增大，但平衡不移动，E不符合；
故答案为：B；
（4）A.温度不变，K不变，A错误；
B.，反应前后均为气体，质量不变，在恒容容器内，密度始终不变，不能作为判断平衡依据，B错误；
C.各物质的体积分数不变，达到平衡状态，C正确；
D.焓变只与系数有关，方程式固定，焓变不变，D错误；
故答案为：C；
（5）设CH3OH的改变量为a mol，根据三段式，压强比等于物质的量之比，，a=0.36，CH3OH(g) 的平衡转化率为；
故答案为：60%。

四、有机推断题
23．某芳香烃X(C7H8)是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如图所示转化关系(部分产物、合成路线、反应条件略去)。其中A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为。

已知：Ⅰ.
Ⅱ.(苯胺，易被氧化)
回答下列问题：
(1)X的分子中最多有_______个原子共面；F的名称为_______。
(2)反应②的反应类型为_______。
(3)反应④化学方程式为_______。
(4)反应⑤化学方程式为_______。
(5)阿司匹林( )有多种同分异构体，其中属于二元酸的芳香族化合物共有_______种(不考虑立体异构)；核磁共振氢谱有4种峰，峰值面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为_______(写一种即可)。
(6)请用合成反应流程图表示出由有机物A和其他无机物合成最合理的方案(不超过4步)，作出合成路线。_______
【答案】(1)     13     邻硝基甲苯##2-硝基甲苯
(2)氧化反应
(3)
(4)
(5)     10     ##
(6)

【分析】芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为；X与氯气发生取代反应生成A，A是一氯代物，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为 ，B为，C为，D酸化生成E，故D为 ，E为；在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与 的分子式相比减少1分子H2O，发生缩聚反应生成H为，据此解答。
【详解】（1）X的结构简式为，分子中最多有13个原子共面；F为，F的名称为邻硝基甲苯（2-硝基甲苯）；
故答案为：13；邻硝基甲苯(2-硝基甲苯)；
（2）反应②、③中，反应类型属于氧化反应是②；
故答案为：氧化反应；
（3）根据上述分析，反应④化学方程式为，；
故答案为：
（4）反应⑤化学方程式为
故答案为：；
（5）阿司匹林（ ）有多种同分异构体，其中属于二酸的芳香族化合物：如果取代基为-COOH、-CH2COOH，有邻间对3种；如果取代基为-CH(COOH)2，有1种；
如果取代基为1个-CH3、2个-COOH，2个-COOH相邻时甲基有2种排列方式；如果2个-COOH相间时，甲基有3种排列方式，如果2个-COOH相对时，甲基有1种排列方式，所以符合条件的同分异构体有3+1+2+3+1=10种；核磁共振氢谱有4种峰，峰值面积比为3：2：2：1的结构简式为 或；
故答案为：10；(或)；
（6）由有机物A和其他无机物合成 ，可用逆推法分析， ，结合官能团的变化可得苯环发生加成反应、氯原子发生消去反应、碳碳双键发生加成反应、氯原子发生水解反应而得到目标产物，则其合成路线为 ；
故答案为： 。

五、工业流程题
24．碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：

Sr(OH)2在水中的溶解度
温度/℃
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/(g/100g)
1.25
1.77
2.64
3.95
8.42
20.2
44.5
91.2

(1)元素Sr位于元素周期表第_______周期第_______族。
(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是_______。
(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为_______。进行煅烧反应的立窑衬里应选择_______(填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”)。
(4)“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是_______；滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和_______。
(5)“沉锶”中反应的化学方程式为_______。
(6)锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则为_______(取整数)。
【答案】     五     ⅡA     增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率     SrCO3+2CSr+3CO↑     碱性耐火砖     为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解     MgO     Sr(OH)2+ NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3·H2O     6
【分析】菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、氧化钙等物质，加入热水，将不溶于热水的氧化镁等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶，据此解答。
【详解】(1)元素Sr原子序数为38，位于元素周期表第五周期第ⅡA族，故答案为：五；ⅡA；
(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率；
(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应生成Sr和CO，化学方程式为：SrCO3+2CSr+3CO↑；石英砂砖中含有二氧化硅，会与碳酸钙等物质反应，所以进行煅烧反应的立窑衬里应选择碱性耐火砖，故答案为：SrCO3+2CSr+3CO↑；碱性耐火砖；
(4)由于氢氧化锶的溶解度随温度升高而增大，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解，“浸取”中用热水浸取；煅烧后得到Sr，氧化钙，氧化镁，氧化钡等，加入热水后，氧化钙转化成氢氧化钙析出，氧化镁不与水反应，所以滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和MgO，故答案为：为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；MgO；
(5)“沉锶”中，氢氧化锶和水，碳酸氢铵反应生成了碳酸锶，化学方程式为：Sr(OH)2+ NH4HCO3= SrCO3+H2O+NH3·H2O，故答案为：Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3·H2O；
(6)xSrO·yFe2O3中Sr与Fe的质量比为=0.13，则=6，故答案为：6。