【文档说明】四川省泸县第一中学2022-2023学年高二下学期5月期中考试化学试题 含解析.docx，共(16)页，937.635 KB，由小赞的店铺上传

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泸县第一中学2022-2023学年高二下期期中考试化学试题注意事项：可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56第I卷选择题一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求1.化学与

生产、生活密切相关。下列说法正确的是A.人类利用无机物首次合成的有机物是蛋白质B.糯米中的淀粉一经发生水解反应，就可酿造成酒C.“书于竹帛，镂于金石”，其中“竹”的主要成分为纤维素D.苯酚对皮肤有腐蚀性，若沾到皮肤上，可用浓NaOH溶液洗涤【答案】C【解析】【详解】A．人类利用无机物首次合成的

有机物是尿素，其结构简式为CO(NH2)2，不属于蛋白质，A错误；B．淀粉只有水解最终生成葡萄糖后，葡萄糖在酒曲酶的催化作用下转化为酒精才能酿造成酒，B错误；C．“竹”的主要成分为天然纤维素，C正确；D．氢氧化钠具有很强的腐蚀性，所以苯酚沾到皮肤上，

不可用浓NaOH溶液洗涤，可用酒精擦拭，D错误；故选C。2.二氧化碳可制备乙烯，反应为：222422CO6H=CH4HO++。下列说法正确的是A.基态氧原子的轨道表示式：B.乙烯的结构简式：22CHCHC.2HO的电子式为D.2CO中含有非极性共价键【答案】C

【解析】【详解】A．基态氧原子的轨道表示式：，故A错误；B．乙烯的结构简式为22CH=CH，故B错误；C．2HO中O和H通过共价键连接，电子式为，故C正确；D．2CO是非极性分子，但不含非极性共价键，故D错误；故

答案选C。3.某学生做乙醛的还原性实验时，取0.5mol/L硫酸铜溶液和1mol/LNaOH溶液各1mL，在一支洁净的试管内混合后，向其中又加入0.5mL40%乙醛，充分加热，结果无红色沉淀出现。该同学实验失败的原因可能是A.药品的加

入顺序错误B.乙醛太少C.NaOH溶液不够D.硫酸铜溶液不够【答案】C【解析】【分析】乙醛和新制的Cu(OH)2反应是在碱性环境下、加热进行，计算反应后浊液是否为碱性。【详解】用新制的氢氧化铜检验，需要再碱性条件下、加热，取0.5mol/L硫酸铜溶液1mL，与氢氧化

钠溶液恰好反应生成氢氧化铜，需要1mol·L－1NaOH溶液体积=1mL×0.5mol·L－1×2/1mol·L－1=1mL，故硫酸铜与NaOH恰好反应，NaOH不够量，不是碱性条件，故加热无红色沉淀出

现，故选C。【点睛】注意醛与新制氢氧化铜、银氨溶液反应需在碱性条件下进行。4.邻苯二甲酸()是重要的化工原料，下列说法正确的是A.该分子中所有原子一定共面B.可以与乙二醇发生加聚反应生成高聚物C.邻苯二

甲酸可以发生加成反应、取代反应、氧化反应D.邻苯二甲酸的同分异构体中，苯环上含有两个取代基的数目为2种【答案】C【解析】【详解】A．单键可以旋转，故该分子中所有原子不一定共面，故A错误；B．可以与乙二醇发生缩聚反应生成高聚物，故B错

误；C．邻苯二甲酸有苯环可以发生加成反应、有羧基可以酯化属于取代反应，可以燃烧属于氧化反应，故C正确；D．邻苯二甲酸的同分异构体不仅有苯二甲酸的间位和对位异构体，还存在酯类的同分异构体，因此数目大于2种，故D错误；故答案为C。5.X、Y、Z、M是短周期元素，它

们的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Z与X同周期且原子的未成对电子数与X相同，M与Z不同周期，其电负性在同周期元素中最大，下列说法错误的是A.第一电离能：Z>YB.原子半径：Y>ZC.简单氢化物的沸点：Z>XD.最高价氧化物的水化物的酸性：M>X【答案】A

【解析】【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、M是短周期元素，它们的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，故X为C，Z与X同周期且原子的未成对电子数与X相同，则Z为O，Y为N，M与Z不同周期，其电负性在同周期元素中最大，则M

为Cl，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Y、Z分别为N、O，为同一周期元素，从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第一电离能：Z＜Y，A错误；B．由分析可知，Y、Z分别为N、O，为同一周期元素，原子半径从

左往右依次减小，故原子半径：Y>Z，B正确；C．由分析可知，X、Z分别为C、O，由于Z的简单氢化物H2O中存在分子间氢键，沸点反常高，故简单氢化物的沸点：Z>X，C正确；D．由分析可知，X、M分别为C、Cl，它们的最高

价氧化物的水化物分别为：H2CO3、HClO4，HClO4为强酸，H2CO3是弱酸，故酸性：M>X，D正确；故答案为：A。6.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理如图所示。下列说法不正确

的是A.NH3在电极a上发生氧化反应B.正极的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2OC.溶液中K+向电极b移动D.当电路中转移3mol电子时，反应消耗标准状况下NH3的体积约为22.4L【答案】B【解析

】【分析】Pt电极a通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题。【详解】A．Pt电极a通入氨气生成氮气发生氧化反应，则NH3在电极a上发生氧化反应，故A正

确；B．b为正极，氧气得电子被还原，所正极的电极反应式为：O2＋4e−＋2H2O=4OH−，故B正确；C．b为正极，则溶液中的K＋向电极b移动，故C正确；D．当电路中转移3mol电子时，消耗了1molNH3，标准状况下体积约为22.

4L，故D正确；故答案选B。【点睛】本题考查了原电池原理，根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点。7.常温下，Ka1(H2C2O4)=10-1.3，Ka2(H2C2O4)=10-4.

2.用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定10.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是A.点①所示溶液中：c(Na+)>c(-24HCO)>c(H2C2O4)>c(2-24CO)B.点②所示溶液中：c(-24HCO)=c(2-24C

O)C.点③所示溶液中：c(Na+)=c(-24HCO)+c(2-24CO)D.点④所示溶液中：c(Na+)+2c(H2C2O4)+2c(H+)=c(OH-)+2c(2-24CO)【答案】B【解析】【分析】用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定10.00mL0.1000mol·L-1H2C

2O4溶液，当V(NaOH)=10mL时，发生①H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O反应，溶液溶质为NaHC2O4，从变化图可知，溶液显酸性，电离过程大于水解过程；当V(NaOH)=20mL时，发生②NaHC2O4+NaOH=

Na2C2O4+H2O，溶液的溶质为Na2C2O4，从变化图可知，溶液显碱性；当10mL<V(NaOH)<20mL时，溶液可以为酸性或中性，根据电荷守恒、物料守恒进行分析解答。【详解】A．结合以上分析可知，点①溶液为NaHC2O4，溶液显酸性，-24HCO的电离过程大于水解过程，

离子浓度大小关系：c(Na+)>c(-24HCO)>c(2-24CO)>c(H2C2O4)，故A错误；B．点②溶液的pH=4.2，c(H+)=10-4.2mol/L；Ka2(H2C2O4)=10-4.2=224-24(H)(CO)

c(HCO)cc+−，所以c(-24HCO)=c(2-24CO)，故B正确；C．点③溶液中性，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(-24HCO)+2c(2-24CO)+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，所以(Na+)=

c(-24HCO)+2c(2-24CO)，故C错误；D．结合以上分析可知，点④溶液溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，根据电荷守恒：①c(H+)+c(Na+)=c(-24HCO)+2c(2-24CO)+c(OH-)；物料守恒：②c(Na+)=

2c(H2C2O4)+2c(2-24CO)+2c(-24HCO)；根据为①×2-②可得：c(Na+)+2c(H2C2O4)+2c(H+)=2c(OH-)+2c(2-24CO)，故D错误；故选B。第II卷(非选择题58分)8.地球上物质不断变化，数10亿年来大气的成分也发生了很大的变化。下表是

原始大气和目前空气的主要成分：目前空气的成分2N、2O、2CO、水蒸气及稀有气体(如He、Ne等)原始大气的主要成分4CH、3NH、CO、2CO等用上表所涉及的分子填写下列空白。（1）含有10个电子的分子有(填化学式，下同

)___________；（2）由极性键构成的非极性分子有___________；（3）与H+可直接形成配位键的分子有___________；（4）分子中不含孤电子对的分子有___________，它的立体构型为_______

____；（5）极易溶于水、且水溶液呈碱性的物质的分子是___________，它极易溶于水的原因是___________。【答案】（1）2HO、Ne、4CH、3NH（2）4CH、2CO（3）3NH、2HO（4）①.4CH②.正四面体（5）①.3NH②.3NH和2HO都是

极性分子，相似相溶；3NH与2HO分子间能形成氢键；3NH与2HO能发生化学反应【解析】【小问1详解】含有10个电子的分子有2HO、Ne、4CH、3NH；【小问2详解】4CH是正四面体结构，空间结构对称，是极性键构成的非极性分

子；2CO是直线型分子，结构对称，是极性键构成的非极性分子；【小问3详解】的H+含有空轨道，3NH中N原子有孤电子对，2HO中O原子有孤电子对，所以H+与3NH、2HO能形成配位键；【小问4详解】4CH分子C原子价电子对数

为4，有4个配位原子，不含孤电子对，所以不含孤电子对分子有4CH，它的立体构型为正四面体；【小问5详解】3NH和2HO都是极性分子，相似相溶；3NH与2HO分子间能形成氢键；3NH与2HO能发生化学反应生成一水合氨，所以3NH极易溶于水

、且水溶液呈碱性。9.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由实验现象可推知：________

___。为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按下图连接好装置进行实验。（2）将补全下列实验操作步骤正确排序da_____

______e(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。a、点燃酒精灯，加热b、熄灭酒精灯c、关闭K1和K2d、打开K1和K2，缓缓通入N2e、称量Af、冷却至室温（3）缓缓通入N2的目的是____

_______。为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)已恒重的装置A(取出ag后)接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。（4）①C、D中的溶液依次为BaCl2、品红。C、D中可观察到的现象分别为_______

____、___________。②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式___________。的（5）为了测定A中样品的纯度，将取出ag样品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol·L-1的酸

性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗高锰酸钾溶液体积/mL25.5225.0224.98在滴定的过程中，当___________即为滴定终点。（6）上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可

能是___________(填字母)。A.实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积B.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡C.第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗D.该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降

低【答案】（1）样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe（2）bfc（3）赶尽装置（系统）内的空气，防止亚铁离子被空气中氧气氧化，干扰实验结果（4）①.产生白色沉淀、有气泡冒出②.褪色③.2FeSO4=高温Fe2O3+SO2↑+SO3↑（5）最后一滴

滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色（6）BC【解析】【小问1详解】在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，证明无铁离子，再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，说明含铁离子，由实验现象可推知，样品中没有+3价Fe,+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe，故答案为

：样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe；【小问2详解】实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabfce，故答案为：bfc；【小问3详解

】缓缓通入N2的目的是：赶尽装置（系统）内的空气，防止亚铁离子被空气中氧气氧化，干扰实验结果，故答案为：赶尽装置（系统）内的空气，防止亚铁离子被空气中氧气氧化，干扰实验结果；【小问4详解】①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明

生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀、有气泡冒出，D为品红，可用于

检验SO2，品红褪色，故答案为：产生白色沉淀、有气泡冒出；褪色；②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为：2FeSO4=高温Fe2O3+SO2↑+SO3↑；故答案为：2FeSO4=高温Fe2O3+SO2↑+SO3↑；【小问5详解】利用高锰酸钾的

强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：最后一滴滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，故答案为：最后一滴滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色；【小问6详解】

A．俯视读数，造成所读数偏小，测定结果偏小，A错误；B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，标准液体积偏大，测定结果偏大，B正确；C．锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增加，则消耗高锰酸钾的体积增加，测定结果偏大

，C正确；D．三次使用的高锰酸钾相同，消耗我们能否高锰酸钾体积应相同，D错误；故答案：BC。10.回答下列问题：（1）已知：①22COS(g)H(g)HS(g)CO(g)++11H15kJmol−=−②222COS(g)HO(g)HS(g)CO(g)++12H36kJmol

−=−③222CO(g)HO(g)H(g)CO(g)++3H则3H=___________。（2）用CO和2H生产3CHOH的反应为：23CO(g)2H(g)CHOH(g)+催化剂△H。在10L的恒容密闭容器中按物质的量之

比1:2充入CO和2H，测得CO的转化率随温度的变化及不同压强下CO的转化率变化如图所示，2p和200℃时()2nH随时间变化结果如表所示。2p和200℃时()2nH随时间变化的为t/min0246()2nH/mo

l8544①H___________0(填“＜”“=”或“＞”)。②在2p和200℃时，反应0~4min内，用3CHOH表示的平均反应速率()3vCHOH=___________，200℃时该反应的平衡常数K

=___________。③200℃时，将容器的容积压缩到原来的12，在其他条件不变的情况下，对平衡体系产生的影响是___________(填字母)。A．()2cH减少B．正反应速率加快，逆反应速率减慢C．3CHOH的物质的量增加D．重新平衡时()()23cHc

CHOH减小（3）2HS燃料电池的原理如图所示，负极的电极反应式为___________。（4）写出用惰性电极电解2MgCl溶液的离子方程式：___________。【答案】（1）121kJmol−−（2）①.＜②

.0.05mol/(L·min)③.6.25或254④.CD（3）222HS4e=4HS−+−+（4）()2-2222Mg2Cl2HOClHMgOH+++++电解【解析】【小问1详解】由盖斯定律，反应②-①可得反应③，3H=-36kJ·m

ol-1-(-15)kJ·mol-1=121kJmol−−；【小问2详解】①由图知，相同压强下，升高温度CO的转化率减小，说明平衡逆向移动，则为放热反应，H＜0；②由表知0~4min内，-1-12Δn(8-4)mol

v(H)===0.1molLminVΔt10L4min，由速率之比等于系数比，则()3vCHOH=0.5v(H2)=0.05mol/(L·min)；在10L的恒容密闭容器中按物质的量之比1:2充入CO和2H，则起始浓度为c(H2)=n8m

ol==0.8mol/LV10L，c(CO)=0.4mol/L，列三段式()()()23COg+2HgCHOHg(mol/L)0.40.80(mol/L)0.20.40.2(mol/L)0.20.40.2起始量变化量平衡量，200℃时该反应的平衡常数3222c(CHOH)0

.2==6.25c(CO)c(H)0.20.4K=；③将容器的容积压缩到原来的12，压强增大，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，A．体积缩小原来的一半，不考虑平衡移动下氢气浓度增大为原来的一倍，由于平衡移动只能减少不能消除，则()2cH增大，A错误

；B．压强增大，正逆反应速率都增大，B错误；C．平衡向正反应方向移动，3CHOH的物质的量增加，C正确；D．平衡向正反应方向移动，CH3OH的物质的量增加，氢气的物质的量减少，则重新平衡时()()()

()2233cHnH=cCHOHnCHOH减小，D正确；故选：CD；【小问3详解】燃料电池中氧气做正极，负极是H2S失电子生成S2，负极的电极反应式为222HS4e=4HS−+−+；【小问4详解】用惰性电极电解2MgCl溶液，由失电子能力：Cl->OH-，阳极是氯离子失电子生成氯

气，由得电子能力：H+>Mg2+，阴极是氢离子得电子生成氢气，反应的离子方程式：()2-2222Mg2Cl2HOClHMgOH+++++电解。11.有机物H是一种药物中间体，医药工业中的一种合成方法如下：已知：+R2CHONaOH⎯⎯⎯→。回答下列问题：（1）A的化学名称为__

_____。（2）B的结构简式为_______。（3）由D生成E的化学方程式为_______。（4）由F生成G的反应类型为_______。（5）H具有的官能团名称是_______。（6）化合物M(C8H8O2)与CH2(COOC2H5)2

具有相同官能团，M的同分异构体中能同时满足下列条件的有_______(填正确答案标号)。a.含有苯环且苯环上仅有一个取代基b.能够发生水解反应A.2个B.3个C.4个D.5个（7）根据上述路线中的相关信息及所学知识，以苯甲醇为原料用不超过三步的反应设计合成。_

_____【答案】（1）丙酮（2）CH3COCH2CH2OH（3）⎯⎯⎯⎯→一定条件+CH3CH2OH（4）取代反应（5）碳碳双键、酮羰基（6）B（7）【解析】【分析】CH3COCH3与HCHO在NaOH存在下发生题给已知的反应生成B，B的分子式为C4H8O2，B与浓硫酸共热反应生成C，

则B的结构简式为CH3COCH2CH2OH；C与CH2(COOC2H5)2、C2H5ONa反应生成D，D在一定条件下反应生成E，E在H3O+存在下脱去CO2生成F，F与CH3I反应生成G，G与发生Robinson反应生成H，G的分子式为C7H10O2，G的

结构简式为。【小问1详解】A的结构简式为CH3COCH3，化学名称为丙酮；答案为：丙酮。【小问2详解】根据分析，B的结构简式为CH3COCH2CH2OH；答案为：CH3COCH2CH2OH。【小问3详解】由D生成E的同时还有CH3CH2OH生成，反应的化学方程式为⎯⎯⎯⎯→一定条

件+CH3CH2OH；答案为：⎯⎯⎯⎯→一定条件+CH3CH2OH，【小问4详解】F与CH3I发生取代反应生成G和HI；答案为：取代反应。【小问5详解】根据H的结构简式知，H中具有的官能团的名称为碳碳双键、酮羰基；答案为：碳碳双键、酮羰基。【小问6详解】CH2(C

OOC2H5)2中的官能团为酯基，化合物M(C8H8O2)与CH2(COOC2H5)2具有相同官能团，M中含1个酯基，M中含有苯环且苯环上仅有一个取代基、能够发生水解反应，则符合题意的M的结构简式为、、，共

3种；答案选B。【小问7详解】对比与的结构简式，可利用题给已知构建碳骨架，故先发生催化氧化反应生成，与在NaOH存在发生题给已知的反应生成，在浓硫酸、加热时发生消去反应生成，合成路线流程图为：；答案为：。获得更多资源请扫码加入享学资源网微

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