2022届重庆市重庆实验外国语学校高二下学期期中考试化学试题（含解析）

1、 重庆外国语学校2021-2022学年度(下)高2023届半期检测化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 P-31 Co-59第I卷选择题(共42分)一、选择题：本题共14道小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 丙醛和丙酮在下列哪一种检测仪上显示出的信号是完全相同的A. 元素分析仪B. 质谱仪C. 红外光谱仪D. 核磁共振仪【答案】A【解析】【详解】A丙醛和丙酮的分子式相同，元素分析仪上显示出的信号是完全相同，故A正确；B丙醛和丙酮的相对分子质量相同，质谱仪上显示的最大质荷比相同，但两者结构不同，碎片不同，显示出的信号不同，故

2、B错误；C丙醛和丙酮的官能团不同，红外光谱仪上显示出的信号不同，故C错误；D丙醛和丙酮的氢原子类型不同，核磁共振仪上显示出的信号不同，故D错误；故选A。2. 下列有关说法正确的是A. 实验室制溴苯：将铁屑、浓溴水、苯混合加热B. 配制银氨溶液：将2%的AgNO3逐滴滴入2%的稀氨水溶液中，至沉淀恰好完全溶解C. 用新制氢氧化铜溶液可区分甲酸甲酯和乙醛D. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的【答案】D【解析】【详解】A苯与溴水不反应，应选铁屑、液溴、苯混合加热制备，故A错误；B向硝酸银中加氨水至生成的沉淀恰好溶解可制备银氨溶液，故B错误；C甲酸甲酯含有醛基结构的性

3、质，乙醛含醛基-CHO，都能与新制氢氧化铜溶液反应生成砖红色沉淀，不能用新制氢氧化铜溶液区分，故C错误；D乙烯具有催熟作用，乙烯能被高锰酸钾溶液氧化，故可以用高锰酸钾溶液吸收乙烯从而来保鲜水果，故D正确；故选：D。3. 下列有机物命名正确的是A. (C2H5)2CHCH3 2乙基丁烷B. 2甲基3丁醇C. 对乙基苯酚D. 2，2，4三甲基3乙基3戊烯【答案】C【解析】【详解】A烷烃命名时应选择最长碳链做主链，由结构简式可知，烷烃的名称为3甲基戊烷，故A错误；B醇命名时，羟基的位次应最小，由结构简式可知，醇的名称为3甲基2丁醇，故B错误；C由结构简式可知，该有机物属于酚，名称对乙基苯酚，故C正确

4、；D烯烃命名时，碳碳双键的位次应最小，由结构简式可知，烯烃的名称为2，4，4三甲基3乙基2戊烯，故D错误；故选C。4. 下列各物质中，互为同系物的是A. 丁烷和2，2二甲基丙烷B. 甲苯和苯乙烯C. 乙二醇和甘油D. 和【答案】A【解析】【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，同系物必须是含有相同数目的、相同官能团的同类物质。【详解】A丁烷和2，2二甲基丙烷是结构相似，相差1个CH2原子团的烷烃，互为同系物，故A正确；B甲苯是饱和的芳香烃，苯乙烯是不饱和芳香烃，两者不是同类物质，不互为同系物，故B错误；C乙二醇分子中含有2个羟基，甘油分子中含有3个羟基，两

5、者含有的羟基数目不同，不是同类物质，不互为同系物，故C错误；D苯甲醇属于醇类，苯酚属于酚类，两者不是同类物质，不互为同系物，故D错误；故选A。5. 下列关于有机物的说法不正确的是A. 1mol乙烷在光照条件下最多能与6molCl2发生取代反应B. 1丙醇和2丙醇发生消去反应的产物相同，发生催化氧化的产物不同C. 醛和酮都能与H2、HCN等发生加成反应D. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2时生成Na2CO3，通入过量CO2时生成NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A乙烷分子中含有6个氢原子，则1mol乙烷在光照条件下最多能与6mol氯气发生取代反应生成六氯乙烷，故A正确；B1丙醇和2丙醇在浓硫酸作

6、用下共热发生消去反应均生成丙烯，在铜做催化剂的作用下，1丙醇发生催化氧化反应生成丙醛，2丙醇发生催化氧化反应生成丙酮，则1丙醇和2丙醇发生消去反应的产物相同，发生催化氧化的产物不同，故B正确；C醛分子中含有的醛基和酮分子中含有的羰基都能与氢气、氢氰酸等发生加成反应，故C正确；D无论二氧化碳过量与否，苯酚钠溶液与二氧化碳反应都生成苯酚和碳酸氢钠，故D错误；故选D。6. 下列各组发生的反应，属于同一反应类型的是A. 乙烯、乙醛分别使溴水褪色B. 醇的分子间脱水和分子内脱水C. 由乙炔制氯乙烯；由甲苯制TNTD. 溴丙烷与NaOH的水溶液共热；苯的硝化反应【答案】D【解析】【详解】A乙烯含有碳碳双键

7、，与溴发生加成反应而使溶液褪色，乙醛含有醛基，与溴发生氧化还原反应而使溴水褪色，反应类型不同，A不选；B醇的分子间脱水是取代反应，分子内脱水是消去反应，反应类型不同，B不选；C乙炔与HCl发生加成反应制氯乙烯，由甲苯与硝酸发生取代反应制TNT，反应类型不同，C不选；D溴丙烷与NaOH的水溶液共热发生取代反应生成丙醇，苯的硝化反应是苯与硝酸在浓硫酸作用下发生取代反应，反应类型相同，D选；故选：D。7. 下列描述正确的是A. 沸点：乙醛乙醇丙烷B. 键角：NH3H2OC. CS2为V形的极性分子D. NO与SO的中心原子均为sp3杂化【答案】B【解析】【详解】A含有氢键的沸点较高，所以沸点：乙醇乙

8、醛丙烷，故A错误；BN、O原子均采取sp3杂化，N原子有1对孤电子对，O原子有2对孤电子对，而孤电子对与孤电子对之间排斥力大于孤电子对与成键电子对之间排斥力，故键角：NH3H2O，故B正确；CCS2与CO2互为等电子体，CO2为直线型分子，且为非极性分子，故CS2也为直线型、非极性分子，故C错误；D的中心原子N的价层电子对数=3，故N为sp2杂化，的中心原子S的价层电子对数=4，故S为sp3杂化，故D错误；故选：B。8. 锌与硫所形成化合物晶体的晶胞如图所示。下列判断正确的是A. 该晶体类型与石墨的晶体类型相同B. 该晶胞中Zn2+和S2-数目不相等C. 阳离子的配位数为4D. 氧化锌的熔点小

9、于硫化锌【答案】C【解析】【详解】A硫化锌晶体为离子晶体，石墨晶体为混合型晶体，两者晶体类型不相同，故A错误；B由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的锌离子个数为8+6=4，位于体内的硫离子个数为4，晶胞中锌离子和硫离子个数相等，故B错误；C由晶胞结构可知，1个硫离子周围距离最近的锌离子个数为4，由化学式可知，1个锌离子周围距离最近的硫离子个数也为4，属于锌离子的配位数为4，故C正确；D氧化锌和硫化锌都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子，所以氧化锌晶体的晶格能大于硫化锌，熔点高于硫化锌，故D错误；故选C。9. 下列实验操作和现象以及所得结论均正确的是选项实验操作和现象结论A电石与饱和食盐水

10、反应，制得气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色制得的气体一定为乙炔B向甲苯中加入几滴溴水，振荡后静置，溶液分层，上层几乎无色，下层橙红色甲苯与溴水不反应，且溴在甲苯中的溶解度比在水中大C将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的1，2二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳D在苯酚浓溶液中滴加少量稀溴水，出现白色沉淀可用于苯酚的定性检验和定量测定A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A电石中含有的硫化钙、磷化钙与水反应生成的硫化氢、磷化氢也能与酸性高锰酸钾溶液反应，使溶液褪色，所以制得的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色不能说明制得的气体一定为乙炔，故A错误；B甲苯的密

11、度比水小，所以向甲苯中加入几滴溴水，振荡后静置，溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，故B错误；C将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明说明反应生成的1，2二溴乙烷为无色液体，可溶于四氯化碳，故C正确；D三溴苯酚不溶于水，但溶于苯酚，所以在苯酚浓溶液中滴加少量稀溴水，不可能有白色沉淀生成，故D错误；故选C。10. 有如图合成路线，甲经二步转化为丙：乙下列叙述正确的是A. 丙分子中含有3个手性碳原子B. 反应(1)的无机试剂是液溴，FeBr3作催化剂C. 步骤(2)产物中可能含有未反应的甲，可用溴水检验是否含甲D. 甲与足量H2反应的生成丁，丁的核磁共振氢谱有5组峰【答案】C【解析】【

12、分析】由甲、丙的结构简式可知，反应(1)为 与溴水发生加成反应生成，则乙为；反应(2)为 在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成。【详解】A由结构简式可知，丙分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故A错误；B由分析可知，反应(1)的无机试剂是溴水，故B错误；C不能与溴水反应，能与溴水发生加成反应使溴水褪色，所以可以用可用溴水检验丙中是否含甲，故C正确；D一定条件下与足量氢气发生加成反应生成 ，分子中含有6类氢原子，核磁共振氢谱有6组峰，故D错误；故选C。11. 芹菜素(结构如图)可以抑制致癌物质的致癌活性。下列关于芹菜素叙述正确的是A. 分子中含有5种不同的官能团B. 1mol该物

13、质充分燃烧消耗15molO2C. 滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，即证明其结构中一定存碳碳双键D. 该物质与足量H2、溴水反应，消耗两者的物质的量之比为58【答案】B【解析】【详解】A由结构简式可知，芹菜素分子中含有的官能团为羟基、醚键、碳碳双键、羰基，共有4种，故A错误；B由结构简式可知，芹菜素的分子式为C15H10O5，则1mol芹菜素充分燃烧消耗15mol氧气，故B正确；C由结构简式可知，芹菜素分子中含有的碳碳双键、酚羟基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使溶液紫色褪去，则溶液紫色褪去不能证明芹菜素分子结构中一定存在碳碳双键，故C错误；D由结构简式可知，芹菜素分子中含有的苯环、碳碳双键、

14、羰基一定条件下能与氢气发生加成反应，1mol芹菜素消耗8mol氢气，分子中含有的碳碳双键能与溴水发生加成反应，溴水能与酚发生取代反应取代酚羟基邻、对位的氢原子，1mol芹菜素消耗5mol溴，则消耗氢气和溴水的物质的量之比为85，故D错误；故选B。12. 磺酸树脂催化下的烯烃二羟化反应历程的示意图如图所示：(R1、R2、R3、R4均表示烃基或H原子)下列说法正确的是A. 过程中，H2O2作还原剂B. 过程中，有碳碳键、碳氢键断裂C. 过程中，反应的原子利用率为100%D. 在反应历程中，水未参与反应【答案】C【解析】【详解】A由图可知，过程中，过氧化氢分子中氧元素的化合价降低被还原，作反应的氧化

15、剂，故A错误；B由图可知，过程中，有碳碳键、硫氧键、氧氧键断裂，没有碳氢键断裂，故B错误；C由图可知，过程为原子利用率为100%的化合反应，故C正确；D由图可知，过程中有水参与反应，故D错误；故选C。13. 我国科学家利用光能处理含苯酚废水，装置如图所示，下列说法正确的是A. a极电势低于b极电势B. a极的电极反应式为+2e+2H+=+H2OC. 反应后II区溶液的pH减小D. 若有2mol电子通过导线，II区混合液体质量增大2g【答案】B【解析】【分析】由图可知，电极a为原电池的正极，酸性条件下苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯和水，电极反应式为+2e+2H+=+H2O，电极b为负极，H

16、xWO3在负极失去电子发生氧化反应生成WO3和H+，电极反应式为HxWO3xe=WO3+xH+，氢离子通过质子交换膜由II区进入I区。【详解】A由分析可知，a为正极，b为负极，a极电势高于b负极，故A错误；B由分析可知，电极a为原电池的正极，酸性条件下苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯和水，电极反应式为+2e+2H+=+H2O，故B正确；C由分析可知，氢离子通过质子交换膜由II区进入I区，a极消耗的氢离子和b极产生的氢离子相等，II区溶液的pH不变，故C错误；D由分析可知，氢离子通过质子交换膜由II区进入I区，若有2mol电子通过导线，I区混合液体质量增大2g，故D错误；故选B。14. 下列

17、说法不正确的是A. 中所有原子一定共面B. 中最多有5个碳原子共线C. 2，2二甲基丁烷光照下与氯气反应，最多可生成3种一氯代物D. 组成和结构可用表示的有机物共有32种【答案】D【解析】【详解】A苯是平面型分子，乙炔是直线型分子，则苯乙炔中所有原子一定共面，故A正确；B共线的碳原子数目有 共5个，故B正确；CA2，2-二甲基丁烷的结构简式为：CH3C(CH3)2CH2CH3，其分子中含有3种氢原子，其一氯代物有3种，故C正确；D-C5H11有8种结构，C3H5Br2的碳链为 或 ，当为 时，2个Br在同一个碳原子上有3种，两个Br原子在不同的碳原子上，有3种，总共6种，当为 ，2个Br在同一

18、个碳上有1种，在两个左边的碳和中间的碳上，1种。左边的碳上和右边的碳上，1种，总3种，故-C3H5Cl2共有9种，所以该有机物共有89=72种，故D错误；故选：D。第II卷非选择题(共58分)二、非选择题：共4道大题，共58分。15. 纳米磷化钴(CoP)常用于制作特种钴玻璃，制备磷化钴的常用流程如图： （1）基态Co2+离子的价电子排布式为_。（2）尿素中C原子的杂化类型是_；C、N、O三种元素的第一电离能最大的是_(填元素符号，下空同)，电负性由小到大的顺序为_。（3）Co(CO3)0.5(OH)0.11H2O中CO中C的价层电子对数为_；该化合物中含有的化学键有_(填标号)。A.离子键

19、B.共价键 C.金属键 D.配位键 E.氢键 F.非极性键（4）CoP的晶胞结构如图所示，最近且相邻两个钴原子的距离为npm。设NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞密度为_gcm-3(列出计算式即可)。 【答案】（1）3d7 （2） . sp2 . N . CNO （3） . 3 . CF （4）【解析】【小问1详解】钴元素的原子序数为27，基态Co2+离子的价电子排布式为3d7，故答案为：3d7；【小问2详解】由结构简式可知，尿素分子中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素第一电离能大于相邻元素，则碳、氮、氧三种元素

20、中第一电离能最大的为氮元素；同周期元素从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则碳、氮、氧三种元素的电负性由小到大的顺序为CNO，故答案为：sp2；N；CNO；【小问3详解】碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3；由化合物的化学式可知，化合物中含有离子键、共价键、配位键，不含有金属键、氢键、非极性键，氢键不是化学键，所以不含有的化学键为金属键和非极性键，故选CF，故答案为：3；CF；【小问4详解】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的钴原子个数为8+6=4，位于棱上和体心的磷原子个数为12+1=4，最近且相邻两个钴原子的距离为为面对角线的，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，则晶胞的边长

21、为npm，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(n1010)3d，解得d=，故答案为：。16. 甲醇常用作溶剂、燃料及化工原料。通过回收大气中的CO2制备甲醇是研究思路之一。在催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-53.7kJmol-1 ICO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2 II控制CO2和H2初始投料比为12.2，在恒容条件下经过相同反应时间测得如表实验数据：T(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)543Cat.112.342

22、.3543Cat.210.972.7553Cat.115.339.1553Cat.212.071.6【注】Cat1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比。已知：CO和H2的燃烧热分别为-283.0kJmol-1和-285.8kJmol-1；H2O(l)=H2O(g) H3=+44kJmol-1。请回答下列问题：（1）反应I的平衡常数表达式K=_；反应II的H2=_kJmol-1。（2）某温度下甲醇浓度随时间变化如表，反应525s内，甲醇的反应速率为_。t/s05152535c/(molL-1)0.000.190.300.350.35（3

23、）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有_。A.使用催化剂Cat.1B.使用催化剂Cat.2C.降低反应温度D.投料比不变，增加反应物的浓度E.增大CO2和H2的初始投料比（4）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是_。（5）甲醇可用于制取丙烯，反应为：3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g)，反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的活化能Ea=_kJmol-1。（6）当使用更高效催化剂时，R

24、lnk与关系的示意图应为图中的_(填“b”或“c”)。【答案】（1） . K . 41.2 （2）0.008mol/(Ls) （3）CD （4）表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响 （5）30 （6）b【解析】【小问1详解】反应I为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，则其平衡常数表达式K=；已知CO和H2的燃烧热分别为-283.0kJmol-1和-285.8kJmol-1，则有CO(g)+O2(g)CO2(g) H-283.0kJmol-1H2(g)+O2(g)H2O(l) H-285.8kJmol-1H2O(l)

25、=H2O(g) H=+44kJmol-1依据盖斯定律+即得到反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的H=41.2 kJmol-1。【小问2详解】反应525s内甲醇的浓度增加了0.35mol/L0.19mol/L0.16mol/L，则甲醇的反应速率为0.16mol/L20s0.008mol/(Ls)；【小问3详解】A.使用催化剂Cat.1，不影响平衡移动，故A不选：B.使用催化剂Cat.2，不影响平衡移动，故B不选：C.因为此反应为放热反应，降低反应温度，平衡正向移动，转化率增大，故C选；D.投料比不变，增加反应物的浓度，可看成体积减小、压强增大，平衡正向移动，转化率增大，故D选；

26、E.增大CO2和H2的初始投料比，CO2转化为CH3OH平衡转化率减小，故E不选；故答案为：CD；【小问4详解】表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。【小问5详解】根据图像可知633Ea+C、334Ea+C，解得该反应的活化能Ea=30kJmol-1。【小问6详解】当使用更高效催化剂时降低活化能，即Ea减小，曲线斜率会减小，所以Rlnk与关系的示意图应为图中的b。17. 环己烯是合成赖氨酸、环己酮、苯酚、坏己醇等的重要原料，也常用作催化剂、溶剂、石油

27、萃取剂及高辛烷值汽油稳定剂。实验室可用环己醇与85%磷酸在共热条件下制取环己烯。制备环己烯的实验原理：主反应：+H2O副反应：2+H2O 实验药品的物理性质如表：名称密度/(gmL-3)熔点/沸点/溶解性环己醇0.9625.2161微溶于水环己烯0.81-10383不溶于水85%H3PO41.6842.35213(失水)易溶于水环己烯与水形成的共沸物(含水10%)70.8环已醇与水形成的共沸物(含水80%)97.8实验室制备环己烯的实验流程如图(部分装置省略)：I.粗环己烯制备II.粗环己烯的提纯请回答下列问题：（1）上述装置图中，仪器B的名称是_。（2）粗环己烯的制备过程中，不用浓硫酸而用浓

28、磷酸脱水的原因是_。“加热反应”时温度不超过90，原因是_(写2点即可)。（3）粗环己烯的提纯过程中，“分去水层”需要用到的玻璃仪器有_，加入“无水氯化钙”的目的是_，“蒸馏”时最佳加热方式是_。（4）本实验最终得纯品2.8g，环己烯的产率为_%(保留小数点后一位)。【答案】（1）直形冷凝管 （2） . 浓硫酸具有强氧化性，可能会氧化反应物和生成物，同时生成SO2杂质气体 . 产物环己烯的沸点为83，反应温度又不能超过90，目的是可以及时分离出环己烯，有利于制备环己烯的反应正向进行，也可以防止温度过高使环己醇被蒸出，导致环己烯的产率降低； （3） . 分液漏斗、烧杯 . 除去残留在有机层中的水

29、，防止蒸馏时形成环己烯与水的共沸物，提高所得产品的纯度 . 水浴加热 （4）35.6%【解析】【分析】本题以环己烯制备为实验背景，考查化学实验基本操作与技能，仪器B为直形冷凝管，分液漏斗使用前需要检漏，萃取振荡，振荡后需要放气，浓硫酸具有氧化性，可以氧化碳碳双键，本身生成二氧化硫杂质气体，温度控制在90是为了即使分离出环己烯也可使环己烯产率增大，采用水浴加热便于控制温度，受热均匀，分液操作需要用到的仪器为分液漏斗和烧杯，据此答题。【小问1详解】仪器B的名称是直形冷凝管；【小问2详解】浓硫酸具有强氧化性，可能会氧化反应物和生成物，同时生成SO2杂质气体；产物环己烯的沸点为83，反应温度不超过90

30、，目的是可以及时分离出环己烯，有利于制备环己烯的反应正向进行，也可以防止温度过高使环己醇被蒸出，导致环己烯的产率降低；【小问3详解】“分去水层”需要用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；除去残留在有机层中的水，防止蒸馏时形成环己烯与水的共沸物，提高所得产品的纯度；蒸馏时温度控制在83，采用水浴加热的方式受热均匀，易于控制加热温度；【小问4详解】环己烯纯品为2.8g，反应中加入的环己醇为10mL0.96 gmL-3，其物质的量为，则理论上生成环己烯的物质的量为0.096mol，环己烯的质量为0.096mol82g/mol=7.872g，产率为。18. 化合物J是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂，由芳香烃A合成J的路线如图：已知：i.RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2Oii.R1COOR2+R2OH(R1、R2、R3为烃基)请回答下列问题：（1）A的名称为_，AB所需的试剂及反应条件是_。（2）CD反应类型是_，F含有的官能团是_。（3）E