四川省宜宾市第四中学2022-2023学年高二化学下学期6月期末试题（Word版附解析）

四川省宜宾市第四中学2022-2023学年高二下学期6月期末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8小题，每小题5分，共40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、环境息息相关，下列说法正确的是A.煤的干馏属于物理变化B.用酒曲酿酒是利用催化剂使化学平衡正向移动C.碳、氮、硫的氧化物溶于雨水均能形成酸雨D.冷链运输中可利用干冰、冰块等辅助保冷制冷【答案】D【解析】【详解】A．煤的干馏发生的是化学变化，有新的物质生成，A错误；B．催化剂只能改变化学反应速率不能改变平衡转化率，所以不能使化学平衡正向移动，B错误；C．碳的氧化物溶于雨水不能形成酸雨，C错误；D．冷链运输中可利用干冰、冰块等辅助保冷制冷，D正确；故选D。2.甲酸苯酯的结构简式如图，下列有关说法错误的是A.该物质在一定条件下可与氢气发生加成反应B.1mol该物质与氢氧化钠溶液充分反应，最多能消耗2molNaOHC.该物质在酸性条件下水解的产物均可与Na2CO3溶液反应D.该物质可发生银镜反应，但在碱性条件下的水解产物不能【答案】D【解析】【详解】A．分子中含有苯环，该物质在一定条件下可与氢气发生加成反应，A正确； B．含有羟基形成的酯基，1mol该物质与氢氧化钠溶液充分反应，最多能消耗2molNaOH，B正确；C．该物质在酸性条件下水解的产物是苯酚和甲酸，二者均可与Na2CO3溶液反应，C正确；D．含有甲酸形成的酯基，该物质可发生银镜反应，在碱性条件下的水解产物甲酸钠能发生银镜反应，D错误；答案选D。3.2021年10月6日诺贝尔化学奖揭晓，科学家DavidMacMillan和BenjaminList因在“不对称有机催化”研究方面进展被授予该奖项。催化剂可改变化学反应的历程(如图所示)，下列说法正确的是A.图中，B.升高温度，催化剂的活性一定增强C.相比曲线a，曲线b是使用了催化剂的反应历程D.图中反应物的键能总和大于生成物的键能总和【答案】C【解析】【详解】A．反应焓变为产物总能量减反应物总能量，ΔH=E2-E1，ΔH<0，A错误；B．催化剂的催化活性受温度影响，一定温度范围内其催化活性随温度升高而升高，超过一定范围，其催化活性可能随温度升高而降低，B错误；C．催化剂能降低反应的活化能，由图可知曲线b的活化能比a低，因此曲线b是使用了催化剂的反应历程，C正确；D．反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和，由图可知该反应为放热反应，即，即反应物的键能总和小于生成物的键能总和，D错误；故选C。4.硫及其化合物的“价—类”二维图如图所示。下列有关说法错误的是 A.a在强氧化剂(如浓)存在的条件下，可直接氧化成dB.b能使酸性溶液、溴水褪色，均体现其还原性C.c溶于水时与水发生反应，生成硫酸D.浓d溶液和e溶液均具有强氧化性【答案】D【解析】【分析】从图中可知，a为硫的氢化物，S化合价为-2价，则a为H2S，b为硫的氧化物，硫化合价为+4价，则b为SO2，c为硫的氧化物，硫化合价为+6价，c为SO3，d为酸，硫化合价为+6价，d为硫酸，e为盐，硫化合价为+6价，e为硫酸盐。【详解】A．硫化氢与过量的浓硝酸反应可直接被氧化成硫酸，化学方程式为8HNO3(浓)+H2S=8NO2↑+H2SO4+4H2O，A正确；B．二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾和Br2氧化，从而使这两种物质褪色，B正确；C．经分析可知，c为三氧化硫，SO3与水反应生成硫酸，C正确；D．浓硫酸具有强氧化性，硫酸盐一般不具有氧化性，D错误；故答案选D。5.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为20，W与X、Y、Z位于不同周期，Y、Z相邻，化合物XZ是生活中最常见的一种调味剂，Y的淡黄色单质常见于火山口附近，下列说法正确的是A.非金属性：W<YB.单质的熔点：X>ZC.简单氢化物的沸点：X<WD.最高价含氧酸的酸性：Y>Z【答案】B【解析】【分析】化合物XZ是生活中最常见一种调味剂，为NaCl；Y的淡黄色单质常见于火山口附近，Y为S；W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为20，W与X、Y、Z位于不同周期，W为O，即W、X、Y、Z是O、Na、S、Cl，据此分析。 【详解】A．同主族元素核电荷数越大非金属性越弱，故O＞S，故A错误；B．常温下，Na为固态，Cl2为气态，单质的熔点：Na>Cl2，故B正确；C．NaH为离子晶体，常温为固体，H2O为分子晶体，常温为液体，故简单氢化物的沸点：NaH大于H2O，故C错误；D．最高价含氧酸的酸性：HClO4＞H2SO4，故D错误；故选B。6.一定温度下，可逆反应2NO22NO＋O2在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（）①单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:2:1④混合气体的压强不再改变⑤混合气体的颜色不再改变⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变A.①④⑤⑥B.①②③⑤C.②③④⑥D.以上全部【答案】A【解析】【详解】在一定条件下，可逆反应到达平衡的实质是正逆反应速率相等且不为0。①中可以说明正逆反应速率相等，正确。氧气和NO均属于生成物，二者的生成速率之比始终是1︰2，②不正确。在任何时刻用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率之比均为2：2：1，③不正确。由于反应前后气体的体积发生变化，因此当容器体积固定时，压强不再发生变化，可以说明反应已经达到平衡，④正确。颜色的深浅与其自身的浓度大小有关，而体系中只有NO2是红棕色气体，因此当混合气体的颜色不再变化时，可以说明，⑤正确。混合气体的平均分子量是混合气体的质量与物质的量的比值，因为反应前后气体质量恒定，但混合气体的物质的量是变化的，故当混合气体的平均分子量不再改变时，可以说明，⑥正确。答案选A。7.电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度产生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。现利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠的含量，其电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是 A.根据图象可知，该滴定过程中不需滴加指示剂B.a点溶液中存在：C.b点溶液中溶质为NaCl，此时溶液一定呈中性D.从a点到b点的过程中，水的电离程度逐渐减小【答案】C【解析】【分析】【详解】A．可根据指示电极电位(ERC)是否产生了突跃来判断终点，因此该滴定过程中不需任何指示剂，A正确；B．a点溶液中电荷守恒为：，B正确；C．根据图象可判断b点盐酸恰好与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，二氧化碳溶于水生成碳酸，因此溶液呈酸性，C错误；D．从a点到b点的过程中，溶液由碳酸氢钠生成氯化钠，碳酸氢钠对水的电离有促进作用，b点溶液中的碳酸对水电离有抑制作用，所以水的电离程度逐渐减小，D正确；答案为：C。8.下图为镁-次氯酸盐电池的工作原理，下列说法中正确的是A.a极为电池正极 B.电子由a极流向b极，再经过溶液回到a极C.电池总反应式为D.外电路中转移2mol电子，b极消耗2mol【答案】C【解析】【分析】【详解】A．在b极，ClO-得到电子转化为Cl-，所以b极为原电池的正极，则a为负极，故A错误；B．电子由负极流向正极，但不经过电解质溶液，故B错误；C．a为负极，则负极是镁失去电子，生成的Mg2+和溶液中的OH-结合成Mg(OH)2；正极是ClO-得到电子转化为Cl-，所以电池总反应式为Mg+ClO-+H2O=Mg(OH)2+Cl-，故C正确；D．1molClO-得到2mol电子转化为Cl-，所以当外电路中转移2mol电子时，b极消耗1molClO-，故D错误；故选C。第Ⅱ卷(非选择题60分)9.一定条件下，水气变换反应的中间产物是。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分子反应：Ⅰ．Ⅱ．研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：（1）一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为、，则该条件下水气变换反应的焓变_____(用含的代数式表示)。（2）反应Ⅰ正反应速率方程为：，k为反应速率常数。温度下，电离平衡常数为，当平衡浓度为时，浓度为_____，此时反应Ⅰ应速率_____(用含和k的代数式表示)。（3）温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。时刻测得 的浓度分别为，反应Ⅱ达平衡时，测得的浓度为。体系达平衡后_____(用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为_____。相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，则图示点中，的浓度峰值点可能是_____(填标号)。与不同盐酸相比，达浓度峰值时，浓度_____(填“增大”“减小”或“不变”)，的反应_____(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）－（2）①.②.（3）①.②.③.a④.减小⑤.不变【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，反应II-反应I＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变＝－；【小问2详解】T1温度时，HCOOH建立电离平衡：，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝。。【小问3详解】t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应I达平衡状态。此时 故t1时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14mol·L－1，K(I)＝。t1时刻→反应II达平衡过程，则c(H2)＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)mol·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，K(I)＝，a＝。故＝，K(II)＝。加入0.1mol·L－1盐酸后，H＋对反应I起催化作用，加快反应I反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，＝K(I)，温度不变，平衡常数不变，则的值不变。10.按要求回答问题：（1）由SiO2制备高纯度硅的工业流程如图所示：①写出SiO2转化为Si(粗)的化学方程式：____________________________________________。②可以循环使用的物质为_________________________。 （2）为了有效实现NO和NO2的相互转化，设计如图实验：按图组装好实验装置，并检查装置气密性，实验前用排水法收集半瓶NO气体。①打开止水夹，推动针筒活塞，使氧气进入烧瓶，首先观察到烧瓶中的现象是____________，产生此现象的化学方程式为______________________________________________。②关上止水夹，轻轻摇动烧瓶，写出发生的化学方程式________________________________。（3）以Fe和Cu为电极，稀H2SO4为电解质溶液形成的原电池中：①H＋向________极移动(填“正”或“负”)。②若有1mole－流过导线，则理论上负极质量减少________g。③若将稀硫酸换成浓硝酸，正极电极方程式为：______________________。【答案】（1）①.SiO2+2CSi+2CO②.H2、HCl（2）①.烧瓶中气体由无色变为红棕色②.2NO+O2=2NO2③.3NO2+H2O=2HNO3+NO（3）①.正②.28g③.2H++NO+e-=NO2↑+H2O【解析】【分析】为了有效实现NO和NO2的相互转化，打开止水夹，推动针筒活塞，使氧气进入烧瓶，无色的NO能与O2反应产生红棕色的NO2，轻轻摇动平底烧瓶，使得NO2与水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以烧杯中红棕色气体又变为无色，烧瓶中液面上升，以此解答。【小问1详解】①SiO2和焦炭在高温下发生氧化还原反应生成Si和CO，化学方程式：SiO2+2CSi+2CO；②由图可知，第③步消耗H2，第②步又产生H2，第②步消耗HCl，第③步又产生HCl，可以循环使用的物质为H2、HCl。【小问2详解】①无色的NO能与O2反应产生红棕色的NO2，首先观察到烧瓶中的现象是：烧瓶中气体由无色变为红棕色，化学方程式为：2NO+O2=2NO2；②轻轻摇动平底烧瓶，使得NO2与水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以烧杯中红棕色气体又变为无色，烧瓶中液面上升。【小问3详解】 ①原电池中，阳离子向正极移动，H＋向正极移动；②由于金属活动性Fe强于Cu，所以Fe做负极，Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，若有1mole－流过导线，则负极有0.5molFe溶解，质量为0.5mol×56g/mol=28g；③若将稀硫酸换成浓硝酸，Fe在浓硝酸中发生钝化，Cu能和浓硝酸反应，所以Fe为正极，Cu为负极，NO在正极得到电子生成NO2，电极方程式为：2H++NO+e-=NO2↑+H2O。11.铁、铬、铜、锌是形成许多金属材料和有机材料的重要组成元素。回答下列问题：（1）基态铁原子的价电子排布图是___________。（2）重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]常用作有机合成催化剂，，的结构如图1。则：(NH4)2Cr2O7中σ键与π键数目之比为___________。（3）研究发现，还存在如图2所示微粒。下列关于该微粒的说法中，正确的是___________。A.化学式为B.所有H-O-H键角都相同C.氢、氧原子间均以氢键结合D.氢、氧原子不可能都处于同一平面（4）甘氨酸铜中，与铜配位的四个原子共平面，甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。①甘氨酸铜中，铜原子的杂化类型为___________(选填序号)。A．sp　　　　B．sp2　　　　C．sp3　　　　　　D．dsp2②已知：顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水。原因可能是___________。（5）许多物质的氧化物固态存在多聚体，例如：五氧化二磷实际的分子式是P4O10。实验测得磷、硫、氯三种氧化物的熔点如下表，推测固态三氧化硫实际的分子式为________。判断的理由是____________。 P4O10三氧化硫Cl2O7熔点613K289K182K（6）硫化锌是一种优良的宽带隙半导体锂离子电池负极材料。在充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)，同时负极材料晶胞的组成变化如图所示。下列说法中，不正确的是___________。A.LixZnyS中，x：y=6：1B.在ZnS体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律C.在充电过程中。每转移6mol电子，生成216gLiZn(合金相)D.若Li2S的晶胞参数为anm，则EF间的距离为anm【答案】（1）（2）4：1（3）AD（4）①.D②.顺式甘氨酸铜分子极性大，反式甘氨酸铜分子极性较小（5）①.S3O9或(SO3)3②.三氧化硫的熔点大于Cl2O7小于P4O10说明固态三氧化硫的相对分子质量大于Cl2O7小于P4O10，即183<固态三氧化硫的相对分子质量<284，则固态三氧化硫的分子式为S3O9或(SO3)3（6）CD【解析】【小问1详解】Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布图是。【小问2详解】单键是σ键，双键中含有个σ键和1个π键，由和NH的结构可知，(NH4)2Cr2O7中含有16个σ 键和4个π键，σ键与π键数目之比为4：1。【小问3详解】A．由图可知，化学式为，故A正确；B．H2O是V形结构，中心原子有2个孤电子对，H3O+是三角锥形，中心原子有1个孤电子对，二者中H-O-H键角不同，故B错误；C．在该结构中，H、O原子间还有极性共价键，故C错误；D．该水合质子结构中H3O+，中心原子O原子的价层电子对数=3+(6-1-31)=3+1=4，则H3O+是三角锥形，氢、氧原子不可能都处于同一平面，故D正确；故选AD。【小问4详解】①由结构简式可知，甘氨酸铜中铜原子与周围4个原子成键，其杂化类型为dsp2；故答案为：D；②由结构简式可知，顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子，根据相似相溶原理可知顺式甘氨酸铜易溶于极性溶剂水。【小问5详解】三氧化硫的熔点大于Cl2O7小于P4O10说明固态三氧化硫的相对分子质量大于Cl2O7小于P4O10，即183<固态三氧化硫的相对分子质量<284，则固态三氧化硫的分子式为S3O9或(SO3)3。【小问6详解】A．由均摊法可知，LixZnyS中Li+和Zn2+共有7个，S2-有8=4，由化合价代数和为零可知，Li+和Zn2+的个数比为6:1，故A正确；B．根据ZnS结构，在体对角线上，两个顶点为S2-，靠近其中一个S2-是Zn2+，故在ZnS体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律，故B正确；C．在充电过程中，当ZnS完全转化为LixZnyS时，Li+、Zn2+转化为LiZn合金，生成1molLiZn转移3mol电子，每转移6mol电子，生成2molLiZn(合金相)，质量为2mol72g/mol=144g，故C错误；D．若Li2S的晶胞参数为anm，设F点的坐标为（1，1，1），E点的坐标为（，，），则EF间的距离为，故D错误；12.芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成，A有如图转化关系： 已知：①A是芳香族化合物且苯环侧链上有两种处于不同环境下的氢原子；②+CO2；③RCOCH3+R′CHORCOCH=CHR′+H2O。回答下列问题：（1）B的分子式为____，F具有的官能团名称是____。（2）由D生成E的反应类型为____，由E生成F所需试剂及反应条件为____。（3）K的结构简式为____。（4）由H生成I的化学方程式为____。（5）化合物F的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有____种(不考虑立体异构)。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③苯环上有两个取代基。其中核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为3：2：2：1：1：1的化合物的结构简式为____。（6）糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线____(无机试剂任用，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。【答案】（1）①.C9H10②.羟基、醛基（2）①.取代反应(或水解反应)②.Cu/Ag，O2，加热（3）（4）n+(n-1)H2O （5）①.6②.（6）(CH3)3COH(CH3)2C=CH2【解析】【分析】A的苯环上支链上只有两种不同化学环境的氢原子，A的不饱和度==4，侧链没有不饱和键，A为，B能发生加成反应，则A发生消去反应生成B，B为，B和溴发生加成反应生成D为，B发生氧化反应生成C，C能和苯甲醛发生信息③的反应，则C为、K为；由F的分子式可知，D发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F与新制的Cu(OH)2悬浊液发生氧化反应然后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成I为；(5)本题采用逆向合成法，即根据已知信息③可知可由和合成得到，根据已知信息②可知可由(CH3)2C=CH2氧化得到，而(CH3)2C=CH2则可以由原料(CH3)3COH通过消去反应制得，依次确定合成路线，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，B的结构简式为：，则其分子式为C9H10，F的结构简式为： ，则其具有的官能团名称是羟基和醛基，故答案为：C9H10；羟基和醛基；【小问2详解】由分析可知，由D生成E即发生水解反应生成，则该反应的反应类型为取代反应(或水解反应)，由E生成F即催化氧化成，则所需试剂及反应条件为Cu/Ag，O2，加热，故答案为：取代反应(或水解反应)；Cu/Ag，O2，加热；【小问3详解】由分析可知，K的结构简式为，故答案为：；【小问4详解】由分析可知，由H生成I即发生缩聚反应生成，则该反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；【小问5详解】由化合物F的分子式为C9H10O2，不饱和度为：=5，故其能同时满足①能与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基；②能发生银镜反应含有醛基；③苯环上有两个取代基，则分别为-OH、-CH2CH2CHO或者-OH、-CH(CHO)CH3两种组合，每一种又有邻间对三种位置关系，故F同时满足三个条件的同分异构体中有6种，其中核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为3：2：2：1：1：1的化合物的结构简式为，故答案为：6；；【小问6详解】