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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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这是一份2022-2023学年上海市虹口区高二（上）期末化学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了0分）， 已知等内容，欢迎下载使用。
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)ΔH<0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如下图所示。下列说法中正确的是( )
A. 温度：T1>T2>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：H2SeO4
氮是自然界各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，砷也是氮族元素。
(4)(NH4)2SO4是我国最早使用的氮肥肥田粉的主要成分，该物质中含有的化学键为 ______，试比较该物质中各元素的原子半径大小(由大到小) ______。
(5)砒霜As2O3有剧毒，环境监测和法医学分析砒霜中毒的反应原理：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O。
①该反应中被还原的元素是 ______，产物AsH3的空间构型为 ______。
②标出上述反应中电子转移的方向和数目______。
③若生成的气体在标准状况下的体积为4.48L，则转移电子的数目为 ______。
(6)砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，As2O5热稳定性差。根据如图写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式 ______。
三、实验题（本大题共2小题，共40.0分）
12. A、B、C、D在一定条件下的转化关系如图所示(反应条件已省略)。其中，A是一种气态烃，在标准状况下的密度是1.25g/L；C的分子式为C2H4O2；B和C在一定条件下生成的有机物D有特殊香味。试回答下列问题：
(1)A的分子式为 ______，丙烯酸中所含的官能团名称是 ______。
(2)B→C的转化的反应类型是 ______，B→C的转化也可分两步进行，试写出第一步反应的条件和试剂是 ______。
(3)用如图装置由B与C制备物质D，试管b中装有足量的饱和碳酸钠溶液，其作用包括：______(写出两点)；插入试管b的球形干燥管除冷凝外，还有一重要作用是 ______；如需将试管b中的物质D分离出来，用到的主要玻璃仪器有：锥形瓶、______。
(4)试写出B与丙烯酸反应生成丙烯酸乙酯的化学方程式 ______。
(5)写出可鉴别B和丙烯酸的方法 ______(写出相关操作、现象与结论)。
(6)有机物W与丙烯为同系物，相对分子质量为丙烯的2倍，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为6：3：2：1，则其结构简式为 ______。
(7)已知：，以CH3CHO为原料可合成聚丙烯酸，无机试剂和溶剂任选，请设计合成路线______。
13. 铁有两种氯化物，它们的一些性质及制备方法如下：
Ⅰ.氯化铁：熔点为306℃，沸点为315℃，易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500～600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。
Ⅱ.氯化亚铁：熔点为670℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。
实验室可用如图所示的装置模拟工业生产无水氯化铁，试回答下列问题：
(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，将下列离子方程补充完整并配平：______MnO4−+______Cl−+______=______Mn2++______Cl2↑+______。
(2)弯曲的a管所起的作用是 ______；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 ______。
(3)导管b口应与 ______(从虚线框内装置中选择装置，用字母代号填空)连接，这样可避免反应系统与环境间的相互影响，相互影响包括 ______。
(4)实验完成后，取广口瓶C中收集到的产物(已去除铁粉)进行如下测定分析：
①称取4.520g样品溶于过量的稀盐酸中；
②加入足量H2O2；
③再加入足量NaOH溶液；
④过滤、洗涤后灼烧沉淀；
⑤称量所得红棕色固体为2.400g。
①写出第②步加入H2O2发生的离子反应方程式 ______。
②经计算，得该样品中铁元素的质量分数为 ______%(结果精确到小数点后两位)。
(5)由以上数据分析和计算得出结论：
①用此装置制得的无水氯化铁含铁量 ______(填“偏高”或“偏低”)，显然其中含有较多的 ______(填化学式)杂质。
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的装置改进措施是 ______。
四、简答题（本大题共1小题，共20.0分）
14. 二氧化碳的捕集、利用与封存是我国能源领域的一个重要战略方向。回答下列问题：
(1)与CO2相似，COS中所有原子最外层也都满足8电子结构，COS电子式可表示为 ______。
(2)有人提出，可以设计反应CO2⇌C+O2(ΔH>0、ΔS<0)来消除CO2对环境的影响。请你判断是否可行，并说明理由 ______。CO2和H2在一定条件下可制取甲醇，反应如下：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=−49kJ/mol。
(3)在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，发生上述反应。若10分钟后，容器内压强为原来的0.625倍，则0到10分钟，氢气的平均反应速率为 ______。
(4)将n(CO2)：n(H2)=1：3的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，发生上述反应。下列事实能说明反应已达到平衡状态的是 ______(选填编号)。
a.保持不变
b.混合气体的平均相对分子质量不变
c.该反应的平衡常数保持不变
d.CO2体积分数保持不变
(5)该反应的平衡常数K的表达式为 ______。已知某温度下0，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，该反应化学反应速率v正______v逆(选填“>”、“<”或“=”)，说明原因 ______。
(6)向容积相同的恒容密闭容器中分别充入等量的CO2和H2，在不同催化剂(M型、N型)条件下反应相同时间，CO2转化率随反应温度变化如图。
①使用 ______(选填M、N)型催化剂反应的活化能更高。
②a点处，v正______v逆(选填“>”、“<”或“=”)。
③b点不同催化剂作用下，CO2的转化率相同且均有下降趋势的原因是 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.84消毒液是次氯酸钠的溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B.高锰酸钾水溶液中完全电离属于强电解质，故B正确；
C.酒精是非电解质，故C错误；
D.醋酸水溶液中部分电离属于弱电解质，故D错误；
故选：B。
强电解质是在水溶液中或熔化状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐。
本题考查了强弱电解质的判断，题目难度不大，强弱电解质是根据电离程度划分的，不是根据电解质溶液导电能力大小划分的。
2.【答案】D
【解析】解：A.环碳和石墨均为碳单质，且结构不同，为不同物质，互为同素异形体，不是同系物，故A错误；
B. 12C18和 14C18是同种元素的不同核素组成的同一单质，不是同位素，化学性质几乎相同，故B错误；
C.同分异构体是有机物之间的关系，C18和金刚石都是无机物，故C错误；
D.环碳中每个碳原子均形成四条键，达8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
A.同系物是指有机物之间的关系；
B. 12C18和 14C18是同种元素的不同核素组成的同一单质；
C.同分异构体是有机物之间的关系；
D.环碳中每个碳原子均形成四条键。
本题考查化学基本概念和未知物质性质推断，掌握相关化学基本概念是解题的关键，难点是未知物质性质的类比推断，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.该物质与氢气完全加成生成(CH3)2CHCH2CH2CH3，(CH3)2CHCH2CH2CH3的名称为2−甲基戊烷，故A正确；
B.该物质与氢气完全加成生成CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)CH2CH3的名称为3−甲基戊烷，故B错误；
C.该物质与氢气完全加成生成(CH3)2CHCH(CH3)2，(CH3)2CHCH(CH3)2的名称为2，3−二甲基丁烷，故C错误；
D.该物质与氢气完全加成生成CH3CH2C(CH3)2CH2CH3，CH3CH2C(CH3)2CH2CH3的名称为3，3−二甲基戊烷，故D错误；
故选：A。
A.该物质与氢气完全加成生成(CH3)2CHCH2CH2CH3；
B.该物质与氢气完全加成生成CH3CH2CH(CH3)CH2CH3；
C.该物质与氢气完全加成生成(CH3)2CHCH(CH3)2；
D.该物质与氢气完全加成生成CH3CH2C(CH3)2CH2CH3。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确烷烃命名方法是解本题关键，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.甲基中含9个电子，故1mol甲基中含9NA个电子，故A错误；
B.28g乙烯的物质的量为=1mol，1mol乙烯分子中含有4molC−H共用电子对、2molC−C共用电子对，总共含有6mol共用电子对，所含共用电子对数目为6NA，故B错误；
C.依据元素守恒计算氧原子数，32gO2和O3的混合气体所含原子数=×NA=2NA，故C正确；
D.氯气和水的反应为可逆反应，故不能反应彻底，故反应转移的电子数小于0.1NA个，故D错误；
故选：C。
A.甲基中含9个电子；
B.乙烯分子中含有2个C−C共用电子对、4个C−H共用电子对，总共含有6对共用电子对；
C.依据元素守恒计算氧原子数；
D.氯气和水的反应为可逆反应。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。
5.【答案】B
【解析】解：A.铜作正极，不参与电极反应，无铜离子产生，溶液不变蓝色，故A错误；
B.铜作正极，发生还原反应，电解质溶液中的氢离子在铜电极上得到电子转化为氢气，正极反应为：2H++2e−=H2↑，铜电极上有气泡产生，故B正确；
C.正极上氢离子得到电子， c(H+)降低，溶液的pH增大，故C错误；
D.Cu电极没有参与反应，既不作氧化剂也不作还原剂，故D错误；
故选：B。
该装置为铜锌原电池，锌作负极，发生氧化反应，负极反应为Zn−2e−=Zn2+，铜作正极，发生还原反应，正极反应为：2H++2e−=H2↑。
本题考查原电池，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
6.【答案】D
【解析】解：A.合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以加入催化剂不影响合成氨的平衡移动，则不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C.H2+I2⇌2HI的平衡中，增大压强，浓度增加，颜色加深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.反应为可逆反应，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，生成物浓度减小，平衡向正向移动，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：D。
勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释，合成氨工业中平衡移动使反应物转化率与产率提高，才可以用勒夏特列原理解释。
本题考查平衡移动原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，只有能引起平衡移动且符合化学反应原理的才能用勒夏特列原理解释，C为解答易错点，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.碳酸钠碱性太强，不能用于治疗胃酸过多，故A错误；
B.向Na2O2的水溶液中滴入酚酞先变红色后褪色，故B错误；
C.钠灼烧发出黄光，黄光透雾性好，所以高压钠灯发出透光性强的黄光，故C错误；
D.Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2，常用作供氧剂，故D正确；
故选：D。
A.碳酸钠碱性太强；
B.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，且过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性；
C.依据钠的焰色为黄色解答；
D.依据Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2的性质解答。
本题考查物质的组成、性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：已知：①H2O(g)=H2O(l)△H1=−akJ⋅mol−1
②C2H5OH(g)=C2H5OH(l)△H2=−bkJ⋅mol−1
③C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H3=−ckJ⋅mol−1
由盖斯定律③−②+①×3得：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=−(c−b+3a)kJ⋅mol−1，46g液态酒精的物质的量为=1mol，所以完全燃烧恢复到室温，放出的热量为1mol×[−(c−b+3a)kJ⋅mol−1]，所以放出热量为：(3a−b+c )kJ，
故选：D。
已知：①H2O(g)=H2O(l)△H1=−akJ⋅mol−1
②C2H5OH(g)=C2H5OH(l)△H2=−bkJ⋅mol−1
③C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H3=−ckJ⋅mol−1
由盖斯定律③−②+①×3得：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=−(c−b+3a)kJ⋅mol−1，再根据反应热计算放出的热量。
考查根据盖斯定律计算反应热，难度中等，关键是构造目标热化学反应方程式，注意反应热的符号。
9.【答案】A
【解析】解：A.由图可知，反应过程中有C−C键、O−H键生成，无C−H键，故A错误；
B.由图可知②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出，故B正确；
C.由图可知，M为乙酸，故C正确；
D.该反应CH4+CO2CH3COOH，属于化合反应，则由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%，故D正确；
故选：A。
A.由图可知，反应过程中有C−C键、O−H键生成；
B.由图可知②能量低于①能量；
C.根据图中各分子结构即可得出答案；
D.该反应CH4+CO2CH3COOH，属于化合反应。
本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，注意理解放热反应、吸热反应与反应物总能量、生成物总能量之间的关系，此题难度中等。
10.【答案】C
【解析】解：A.则其它条件一定时，温度越高CO的平衡转化率越低，根据图知，温度：T1v(D)，故B错误；
C.化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，正反应是放热反应，温度越高，其平衡常数K越小，由图可知，温度：T1K(C)、K(B)=K(D)，故C正确；
D.相同的物质的量投料，即各容器中气体的质量m相同，正反应是气体物质的量减小的反应，则CO的平衡转化率越大，混合气体的物质的量越小，平均摩尔质量越大，由图可知，CO的平衡转化率：A>C、B>D，所以M(A)>M(C)、M(B)>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：H2Se
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，非金属性：Cl>S>Se，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SeO4
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 S<0反应可发生，而该反应的Δ H>0、Δ S<0，则Δ G>0，所以反应不能自发进行 0.225mol/(L▪min) bd K= > Q===<，则反应正向进行，v正>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 S<0反应可发生，而该反应的Δ H>0、Δ S<0，则Δ G>0，所以反应不能自发进行，
故答案为：Δ G=Δ H− TΔ S<0反应可发生，而该反应的Δ H>0、Δ S<0，则Δ G>0，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===<，则反应正向进行，v正>v逆，
故答案为：K=；>；Q===<，则反应正向进行，v正>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<0反应可发生；
(3)氢气的平均反应速率ν=；
(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；
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；
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；
d.CO2体积分数保持不变；
(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，已知某温度下，K=，该温度下，Q===<，则反应正向进行；
(6)①在相同温度下，N型催化剂下的CO2转化率更低；
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；
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。
本题考查反应速率和化学平衡，侧重考查学生速率计算、平衡状态判断、平衡移动和平衡常数计算的掌握情况，试题难度中等。
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)ΔH<0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如下图所示。下列说法中正确的是( )
A. 温度：T1>T2>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)
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：H2SeO4
氮是自然界各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，砷也是氮族元素。
(4)(NH4)2SO4是我国最早使用的氮肥肥田粉的主要成分，该物质中含有的化学键为 ______，试比较该物质中各元素的原子半径大小(由大到小) ______。
(5)砒霜As2O3有剧毒，环境监测和法医学分析砒霜中毒的反应原理：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O。
①该反应中被还原的元素是 ______，产物AsH3的空间构型为 ______。
②标出上述反应中电子转移的方向和数目______。
③若生成的气体在标准状况下的体积为4.48L，则转移电子的数目为 ______。
(6)砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，As2O5热稳定性差。根据如图写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式 ______。
三、实验题（本大题共2小题，共40.0分）
12. A、B、C、D在一定条件下的转化关系如图所示(反应条件已省略)。其中，A是一种气态烃，在标准状况下的密度是1.25g/L；C的分子式为C2H4O2；B和C在一定条件下生成的有机物D有特殊香味。试回答下列问题：
(1)A的分子式为 ______，丙烯酸中所含的官能团名称是 ______。
(2)B→C的转化的反应类型是 ______，B→C的转化也可分两步进行，试写出第一步反应的条件和试剂是 ______。
(3)用如图装置由B与C制备物质D，试管b中装有足量的饱和碳酸钠溶液，其作用包括：______(写出两点)；插入试管b的球形干燥管除冷凝外，还有一重要作用是 ______；如需将试管b中的物质D分离出来，用到的主要玻璃仪器有：锥形瓶、______。
(4)试写出B与丙烯酸反应生成丙烯酸乙酯的化学方程式 ______。
(5)写出可鉴别B和丙烯酸的方法 ______(写出相关操作、现象与结论)。
(6)有机物W与丙烯为同系物，相对分子质量为丙烯的2倍，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为6：3：2：1，则其结构简式为 ______。
(7)已知：，以CH3CHO为原料可合成聚丙烯酸，无机试剂和溶剂任选，请设计合成路线______。
13. 铁有两种氯化物，它们的一些性质及制备方法如下：
Ⅰ.氯化铁：熔点为306℃，沸点为315℃，易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500～600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。
Ⅱ.氯化亚铁：熔点为670℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。
实验室可用如图所示的装置模拟工业生产无水氯化铁，试回答下列问题：
(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，将下列离子方程补充完整并配平：______MnO4−+______Cl−+______=______Mn2++______Cl2↑+______。
(2)弯曲的a管所起的作用是 ______；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 ______。
(3)导管b口应与 ______(从虚线框内装置中选择装置，用字母代号填空)连接，这样可避免反应系统与环境间的相互影响，相互影响包括 ______。
(4)实验完成后，取广口瓶C中收集到的产物(已去除铁粉)进行如下测定分析：
①称取4.520g样品溶于过量的稀盐酸中；
②加入足量H2O2；
③再加入足量NaOH溶液；
④过滤、洗涤后灼烧沉淀；
⑤称量所得红棕色固体为2.400g。
①写出第②步加入H2O2发生的离子反应方程式 ______。
②经计算，得该样品中铁元素的质量分数为 ______%(结果精确到小数点后两位)。
(5)由以上数据分析和计算得出结论：
①用此装置制得的无水氯化铁含铁量 ______(填“偏高”或“偏低”)，显然其中含有较多的 ______(填化学式)杂质。
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的装置改进措施是 ______。
四、简答题（本大题共1小题，共20.0分）
14. 二氧化碳的捕集、利用与封存是我国能源领域的一个重要战略方向。回答下列问题：
(1)与CO2相似，COS中所有原子最外层也都满足8电子结构，COS电子式可表示为 ______。
(2)有人提出，可以设计反应CO2⇌C+O2(ΔH>0、ΔS<0)来消除CO2对环境的影响。请你判断是否可行，并说明理由 ______。CO2和H2在一定条件下可制取甲醇，反应如下：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=−49kJ/mol。
(3)在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，发生上述反应。若10分钟后，容器内压强为原来的0.625倍，则0到10分钟，氢气的平均反应速率为 ______。
(4)将n(CO2)：n(H2)=1：3的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，发生上述反应。下列事实能说明反应已达到平衡状态的是 ______(选填编号)。
a.保持不变
b.混合气体的平均相对分子质量不变
c.该反应的平衡常数保持不变
d.CO2体积分数保持不变
(5)该反应的平衡常数K的表达式为 ______。已知某温度下0，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，该反应化学反应速率v正______v逆(选填“>”、“<”或“=”)，说明原因 ______。
(6)向容积相同的恒容密闭容器中分别充入等量的CO2和H2，在不同催化剂(M型、N型)条件下反应相同时间，CO2转化率随反应温度变化如图。
①使用 ______(选填M、N)型催化剂反应的活化能更高。
②a点处，v正______v逆(选填“>”、“<”或“=”)。
③b点不同催化剂作用下，CO2的转化率相同且均有下降趋势的原因是 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.84消毒液是次氯酸钠的溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B.高锰酸钾水溶液中完全电离属于强电解质，故B正确；
C.酒精是非电解质，故C错误；
D.醋酸水溶液中部分电离属于弱电解质，故D错误；
故选：B。
强电解质是在水溶液中或熔化状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐。
本题考查了强弱电解质的判断，题目难度不大，强弱电解质是根据电离程度划分的，不是根据电解质溶液导电能力大小划分的。
2.【答案】D
【解析】解：A.环碳和石墨均为碳单质，且结构不同，为不同物质，互为同素异形体，不是同系物，故A错误；
B. 12C18和 14C18是同种元素的不同核素组成的同一单质，不是同位素，化学性质几乎相同，故B错误；
C.同分异构体是有机物之间的关系，C18和金刚石都是无机物，故C错误；
D.环碳中每个碳原子均形成四条键，达8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
A.同系物是指有机物之间的关系；
B. 12C18和 14C18是同种元素的不同核素组成的同一单质；
C.同分异构体是有机物之间的关系；
D.环碳中每个碳原子均形成四条键。
本题考查化学基本概念和未知物质性质推断，掌握相关化学基本概念是解题的关键，难点是未知物质性质的类比推断，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.该物质与氢气完全加成生成(CH3)2CHCH2CH2CH3，(CH3)2CHCH2CH2CH3的名称为2−甲基戊烷，故A正确；
B.该物质与氢气完全加成生成CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)CH2CH3的名称为3−甲基戊烷，故B错误；
C.该物质与氢气完全加成生成(CH3)2CHCH(CH3)2，(CH3)2CHCH(CH3)2的名称为2，3−二甲基丁烷，故C错误；
D.该物质与氢气完全加成生成CH3CH2C(CH3)2CH2CH3，CH3CH2C(CH3)2CH2CH3的名称为3，3−二甲基戊烷，故D错误；
故选：A。
A.该物质与氢气完全加成生成(CH3)2CHCH2CH2CH3；
B.该物质与氢气完全加成生成CH3CH2CH(CH3)CH2CH3；
C.该物质与氢气完全加成生成(CH3)2CHCH(CH3)2；
D.该物质与氢气完全加成生成CH3CH2C(CH3)2CH2CH3。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确烷烃命名方法是解本题关键，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.甲基中含9个电子，故1mol甲基中含9NA个电子，故A错误；
B.28g乙烯的物质的量为=1mol，1mol乙烯分子中含有4molC−H共用电子对、2molC−C共用电子对，总共含有6mol共用电子对，所含共用电子对数目为6NA，故B错误；
C.依据元素守恒计算氧原子数，32gO2和O3的混合气体所含原子数=×NA=2NA，故C正确；
D.氯气和水的反应为可逆反应，故不能反应彻底，故反应转移的电子数小于0.1NA个，故D错误；
故选：C。
A.甲基中含9个电子；
B.乙烯分子中含有2个C−C共用电子对、4个C−H共用电子对，总共含有6对共用电子对；
C.依据元素守恒计算氧原子数；
D.氯气和水的反应为可逆反应。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。
5.【答案】B
【解析】解：A.铜作正极，不参与电极反应，无铜离子产生，溶液不变蓝色，故A错误；
B.铜作正极，发生还原反应，电解质溶液中的氢离子在铜电极上得到电子转化为氢气，正极反应为：2H++2e−=H2↑，铜电极上有气泡产生，故B正确；
C.正极上氢离子得到电子， c(H+)降低，溶液的pH增大，故C错误；
D.Cu电极没有参与反应，既不作氧化剂也不作还原剂，故D错误；
故选：B。
该装置为铜锌原电池，锌作负极，发生氧化反应，负极反应为Zn−2e−=Zn2+，铜作正极，发生还原反应，正极反应为：2H++2e−=H2↑。
本题考查原电池，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
6.【答案】D
【解析】解：A.合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以加入催化剂不影响合成氨的平衡移动，则不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C.H2+I2⇌2HI的平衡中，增大压强，浓度增加，颜色加深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.反应为可逆反应，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，生成物浓度减小，平衡向正向移动，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：D。
勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释，合成氨工业中平衡移动使反应物转化率与产率提高，才可以用勒夏特列原理解释。
本题考查平衡移动原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，只有能引起平衡移动且符合化学反应原理的才能用勒夏特列原理解释，C为解答易错点，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.碳酸钠碱性太强，不能用于治疗胃酸过多，故A错误；
B.向Na2O2的水溶液中滴入酚酞先变红色后褪色，故B错误；
C.钠灼烧发出黄光，黄光透雾性好，所以高压钠灯发出透光性强的黄光，故C错误；
D.Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2，常用作供氧剂，故D正确；
故选：D。
A.碳酸钠碱性太强；
B.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，且过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性；
C.依据钠的焰色为黄色解答；
D.依据Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2的性质解答。
本题考查物质的组成、性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：已知：①H2O(g)=H2O(l)△H1=−akJ⋅mol−1
②C2H5OH(g)=C2H5OH(l)△H2=−bkJ⋅mol−1
③C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H3=−ckJ⋅mol−1
由盖斯定律③−②+①×3得：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=−(c−b+3a)kJ⋅mol−1，46g液态酒精的物质的量为=1mol，所以完全燃烧恢复到室温，放出的热量为1mol×[−(c−b+3a)kJ⋅mol−1]，所以放出热量为：(3a−b+c )kJ，
故选：D。
已知：①H2O(g)=H2O(l)△H1=−akJ⋅mol−1
②C2H5OH(g)=C2H5OH(l)△H2=−bkJ⋅mol−1
③C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H3=−ckJ⋅mol−1
由盖斯定律③−②+①×3得：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=−(c−b+3a)kJ⋅mol−1，再根据反应热计算放出的热量。
考查根据盖斯定律计算反应热，难度中等，关键是构造目标热化学反应方程式，注意反应热的符号。
9.【答案】A
【解析】解：A.由图可知，反应过程中有C−C键、O−H键生成，无C−H键，故A错误；
B.由图可知②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出，故B正确；
C.由图可知，M为乙酸，故C正确；
D.该反应CH4+CO2CH3COOH，属于化合反应，则由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%，故D正确；
故选：A。
A.由图可知，反应过程中有C−C键、O−H键生成；
B.由图可知②能量低于①能量；
C.根据图中各分子结构即可得出答案；
D.该反应CH4+CO2CH3COOH，属于化合反应。
本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，注意理解放热反应、吸热反应与反应物总能量、生成物总能量之间的关系，此题难度中等。
10.【答案】C
【解析】解：A.则其它条件一定时，温度越高CO的平衡转化率越低，根据图知，温度：T1
C.化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，正反应是放热反应，温度越高，其平衡常数K越小，由图可知，温度：T1
D.相同的物质的量投料，即各容器中气体的质量m相同，正反应是气体物质的量减小的反应，则CO的平衡转化率越大，混合气体的物质的量越小，平均摩尔质量越大，由图可知，CO的平衡转化率：A>C、B>D，所以M(A)>M(C)、M(B)>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：H2Se
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，非金属性：Cl>S>Se，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SeO4
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 S<0反应可发生，而该反应的Δ H>0、Δ S<0，则Δ G>0，所以反应不能自发进行 0.225mol/(L▪min) bd K= > Q===<，则反应正向进行，v正>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 S<0反应可发生，而该反应的Δ H>0、Δ S<0，则Δ G>0，所以反应不能自发进行，
故答案为：Δ G=Δ H− TΔ S<0反应可发生，而该反应的Δ H>0、Δ S<0，则Δ G>0，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===<，则反应正向进行，v正>v逆，
故答案为：K=；>；Q===<，则反应正向进行，v正>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<0反应可发生；
(3)氢气的平均反应速率ν=；
(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；
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；
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；
d.CO2体积分数保持不变；
(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，已知某温度下，K=，该温度下，Q===<，则反应正向进行；
(6)①在相同温度下，N型催化剂下的CO2转化率更低；
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；
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。
本题考查反应速率和化学平衡，侧重考查学生速率计算、平衡状态判断、平衡移动和平衡常数计算的掌握情况，试题难度中等。
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