2022-2023学年四川省绵阳市中学实验学校高二化学期末试题含解析

1、2022-2023学年四川省绵阳市中学实验学校高二化学期末试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1. 与乙炔具有相同的碳、氢百分含量，但既不是同系物又不是同分异构体的是A.丙炔 B.环丁烷 C.甲苯 D.苯参考答案：D2. 常温下，将pH=1的硫酸溶液平均分成两等份，一份加入适量水，另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液，两者pH都升高了1，则加入的水和氢氧化钠溶液的体积比为 A5：1 B6：1 C10：1 D11：1 参考答案：B略3. 有关电解质的下列叙述正确的是 ()A甲酸溶液导电性比乙酸溶液导电性

2、强，说明乙是弱酸B氧化钾溶于水能导电，所以氧化钾是电解质C强电解质一定是含有离子键，弱电解质中一定含弱极性共价键D某物质能导电，说明该物质一定含有自由移动的微粒参考答案：D本题属于概念性判断题，有些命题难正面判断，就可以用列举反例法判断。A项，醋酸是弱酸，盐酸是强酸，但是很稀的盐酸比浓度较大的醋酸中离子浓度要小，导电性要弱，所以溶液导电性与电解质强弱无关。只有当浓度相同时，酸的元数相同时，可以比较溶液的导电性。B项，“氧化钾是电解质”的结论是正确的，但它的理由不是它溶于水导电，而是因为它在熔融状态下能导电。氧化钾溶于水生成氢氧化钾，其溶液能导电是因为氢氧化钾是电解质。C项，如强酸都是强电解质，

3、但不含离子键，如氯化氢等；弱电解质也可能含强极性共价键，如HF，HF键极性强，但是它是弱电解质。D项，导电是电荷定向移动。可能是离子导电，也可能是电子导电，无论是哪种导电，必须是微粒自由移动。4. 由CH3CH3CH3CH2ClCH2=CH2CH3CH2OH的转化过程中，经过的反应是（ ） A取代加成氧化 B裂解取代消去C取代消去加成 D取代消去水解 参考答案：C略5. pH=2的A、B两种酸溶液各lmL，分别加水稀释到1000mL，其溶液的pH与溶液体积（V）的关系如图所示，则下列说法正确的是（）AA、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等B稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强Ca=5时，A是弱酸，B

4、是强酸D若A、B都是弱酸，则5a2参考答案：D【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】加水稀释促进弱电解质电离，根据图知，pH相同的两种酸，稀释相同的倍数时pH不同，pH变化大的酸性大于pH变化小的酸性，所以A的酸性大于B，如果a=5，则A是强酸，如果a5，则A和B都是弱酸，据此分析解答【解答】解：加水稀释促进弱电解质电离，根据图知，pH相同的两种酸，稀释相同的倍数时pH不同，pH变化大的酸性大于pH变化小的酸性，所以A的酸性大于B，如果a=5，则A是强酸，如果a5，则A和B都是弱酸，A根据图片知，A和B的电离程度不同，所以pH相同的两种酸，B的物质的量浓度大于A，故A错误；B根据图片知，

5、稀释后，A的酸性比B的酸性弱，故B错误；C如果a=5，则A是强酸，B是弱酸，故C错误；D若A和B都是弱酸，稀释过程中都促进弱酸电离，所以5a2，故D正确；故选：D6. 构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低顺序.若以E表示某能级的能量，下列能量大小顺序中正确的是 A、E(3s)E(3p)E(3d) B、 E(3s)E(2s)E(1s) C、E(4f)E(4s)E(3d) D、 E(5s)E(4s)E(4f)参考答案：B略7. 环境污染已成为人类社会面临的重大威胁，各种污染不胜数。下列名词与环境污染无关的是。下列与环境污染无关的是：赤潮 温室效应 酸雨水华水力发排放污水潮汐用含铅汽

6、油做燃料 （ ） A B C D参考答案：A略8. C（石墨）=C（金刚石），H=+1.895kJ/mol，相同条件下，下列说法正确的是（）A石墨比金刚石稳定B金刚石比石墨稳定C相同物质的量的石墨比金刚石的总能量高D两者互为同位素参考答案：A考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：物质具有的能量越低越稳定，且H=生成物的能量和反应物的能量和，H0时，反应吸热，结合同位素的定义解答该题解答：解：金刚石、石墨由同种元素形成的不同单质，互为同素异形体，由C（石墨）=C（金刚石），H=+1.895kJ/mol可知，石墨能量低，较稳定，只有A正确故选A点评：本题考查热化学方程式的书写及应用，为

7、高频考点，题目难度不大，注意物质的稳定性与能量的关系9. 下列各组物质中，所含元素的质量分数相同，但它们既不属于同分异构体，也不属于同系物的是A乙烯丙烯 B2甲基1,3丁二烯3甲基1丁炔C甲烷乙烯 D苯苯乙烯参考答案：D略10. 可逆反应2NO22NO+O2,在恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是 单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2 单位时间内生成n molO2 的同时，生成2n mol NO NO2.NO.O2 的反应速率的比为2 : 2 : 1的状态 混合气体的颜色不再改变的状态 混合气体的密度不再改变的状态 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 A. B.

8、C. D.参考答案：A11. 下列化合物中含有2个手性碳原子的是（ ）参考答案：B略12. 碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为 ACCl4与I2分子量相差较小，而H2O与I2分子量相差较大BCCl4与I2都是直线型分子，而H2O不是直线型分子CCCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素DCCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子参考答案：D13. 某学生做乙醛还原的实验，取1molL-1的硫酸铜溶液2mL和0.4molL-1的氢氧化钠溶液4mL，在一个试管里混合加入0.5mL40的乙醛溶液加热至沸，无红色沉淀，实验失败的原因A氢氧化钠不够量 B硫酸铜不够

9、量 C乙醛溶液太少 D加热时间不够参考答案：A14. 已知胰岛素含硫的质量分数为3.4%，相对分子质量为5734，则每个胰岛素分子中所含的硫原子数为A2 B4 C6 D8参考答案：C15. 一定条件下反应2AB(g) A2(g)B2(g)达到平衡状态的标志是( )A单位时间内生成nmolA2，同时消耗2n molABB容器内，3种气体AB、A2、B2共存CAB的消耗速率等于A2的消耗速率D容器中各组分的体积分数不随时间变化参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 根据下列实验装置图回答(装置用代号表示) 实验室用氯酸钾和二氧化锰的混合物制氧气时，应选用的发生装置是 ；制氢气

10、时应选用的发生装置是 ，制二氧化碳时应选用的发生装置是 ，检验二氧化碳气体可选用D装置，其装置中盛放的试剂一般是 。用锌粒和浓盐酸反应制氢气，将制成的气体通入硝酸银，有白色沉淀，说明氢气中含有(写化学式) ，写出产生白色沉淀的化学反应方程式为 ，若要制出纯净的氢气，除发生装置外还应选用的一种装置是 ；该装置中药品的作用是 。参考答案：略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. 已知A、B、C、D、E是短周期的五种元素，它们的原子序数依次增大A元素原子形成的离子核外电子数为零；C、D、E三种元素的最高价氧化物对应水化物之间可两两反应；A与C同主族；B与E同主族；E的单质为淡黄色晶体，易溶于

11、二硫化碳（1）画出C元素的离子结构示意图 （2）写出C、D的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式 （3）B、C、D、E四种元素的原子半径由大到小的排列顺序为（用元素符号表示） 参考答案：（1）；（2）Al（OH）3+OH=Al（OH）4；（3）NaAlSO【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A元素原子形成的离子核外电子数为零，则A应为H元素；A与C同主族，则C为Na元素；E的单质为黄色晶体，易溶于二硫化碳，则E为S元素；B与E同主族，则B为O元素；C、D、E三种元素的最高价氧化物对应水化物之间可以两两反应，则D为Al元素，对应的最高价氧化物的水化物是两性氢氧化物，根据元素所在周期表

12、中的位置，结合元素周期律知识解答该题【解答】解：A元素原子形成的离子核外电子数为零，则A应为H元素；A与C同主族，则C为Na元素；E的单质为黄色晶体，易溶于二硫化碳，则E为S元素，B与E同主族，则B为O元素；C、D、E三种元素的最高价氧化物对应水化物之间可以两两反应，则D为Al元素，对应的最高价氧化物的水化物是两性氢氧化物，（1）C为Na元素，对应的钠离子原子核内有11个质子，原子核外有10个电子，则其离子结构示意图为：，故答案为：；（2）D对应的最高价氧化物的水化物是Al（OH）3，具有两性，能与NaOH溶液反应生成Al（OH）4，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=Al（OH）4，故答

13、案为：Al（OH）3+OH=Al（OH）4；（3）B、C、D、E分别为O、Na、Al、S，原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，则四种原子半径大小顺序为：NaAlSO，故答案为：NaAlSO18. (8分)水是重要的自然资源。(1)如图所示的3个实验,A中水发生了(填“物理”或“化学”)变化;B中试管1内得到的气体为;C中净化水的方法是和吸附。 (2)将原水处理成自来水需要加入消毒剂。其中用液氯消毒时发生反应的微观过程如图: 该反应的化学方程式为,D物质中氯元素的化合价是。(3)部分地区的天然水中Ca2+、Mg2+含量超标,称为硬水,需要软化,即降低水

14、中Ca2+、Mg2+含量。煮沸一定程度上可以起到软化作用,因为在煮沸过程中,溶于水中的碳酸氢钙Ca(HCO3)2会发生如下反应:Ca(HCO3)2CaCO3+CO2+H2O,若水中含有较多的Ca(HCO3)2,煮沸过程中可能观察到的现象是。煮沸不能被软化的硬水,通过化学反应进行软化。纯碱(Na2CO3)是常用的水软化剂,碳酸钠溶液与水中的氯化钙反应生成碳酸钙和一种生活必需品,反应的化学方程式为。参考答案：(1)物理氢气(H2)过滤(2)Cl2+H2O=HCl+HClO+1价(3)水变浑浊,有气泡冒出CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl解析：(1)水沸腾是物理变化;电解水的实验中,两

15、极上的气体是“正氧负氢”;净化水的实验中,小卵石和石英砂起过滤作用,活性炭起吸附作用。(2)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,根据正负化合价的代数和为零求得次氯酸中氯元素的化合价为+1价。(3)碳酸氢钙受热分解生成白色沉淀碳酸钙、水和二氧化碳,因此现象是:变浑浊,有气泡冒出;碳酸钠溶液与水中的氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠,配平即可。19. 甲醇是重要的燃料，有广阔的应用前景：工业上一般以CO和为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）H1=116kJ?mol1（1）下列措施中有利于增大该反应的反应速率且利于反应正向进行的是a随时将CH3OH与反应混合物分离b

16、降低反应温度c增大体系压强d使用高效催化剂（2）已知：CO（g）+O2（g）CO2（g0H2=283kJ?mol1H2（g）+O2（g）H2O（g0H3=242kJ?mol1则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为（3）在容积为2L的恒容容器中，分别研究在三种不同温度下合成甲醇，右图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为2mol）与CO平衡转化率的关系请回答：在图中三条曲线，对应的温度由高到低的顺序是利用a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下CH3OH（g）?CO（g）+2H2（g）的平衡常数：K=；（4）恒温下，分别将1molCO和

17、2molH2置于恒容容器I和恒压容器中（两容器起始容积相同），充分反应达到平衡所需时间是I（填“”、“”或“=”，下同）达到平衡后，两容器中CH3OH的体积分数关系是I平衡时，测得容器工中的压强减小了30%，则该容器中CO的转化率为参考答案：解：（1）有利于增大该反应的反应速率且利于反应正向进行结合化学平衡移动原理分析A、随时将CH3OH与反应混合物分离，减小生成物的浓度，利于反应正向进行，但反应速率减小，故A错误；B、反应是放热反应，温度降低，利于反应正向进行，但反应速率变小，故B错误；C、反应前后气体体积减小，压强增大，利于反应正向进行，反应速率加快，故C正确；D、使用催化剂，反应速率加快

18、，不改变化学平衡，不能利于反应正向进行，故D错误；故选C；（2）根据反应CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）；H1=116kJ?mol1， CO（g）+O2（g）CO2（g）H2=283kJ?mol1， H2（g）+O2（g）H2O（g）H3=242kJ?mol1 ，根据盖斯定律：2得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=651kJ?mol1，故答案是：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=651kJ?mol1；（3）根据反应CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）H1=116kJ?mol1，是放热反应，温度越高，转化率越低，所以曲线Z

19、对应的温度最高，X对应的一氧化碳转化率最大，温度最低，Y介于二者之间，在图中三条曲线，对应的温度由高到低的顺序是ZYX；故答案是：ZYX； a点时，CO转化率50%，反应消耗了2mol50%=1molCO，消耗氢气2mol，图象中可知，起始量氢气物质的量n（H2）=1.5n（CO）=3mol，剩余1molCO，n（H2）=3mol2mol=1mol，生成1mol甲醇， CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）起始量（mol） 2 3 0变化量（mol） 1 2 1平衡量（mol） 1 1 1a点各组分的浓度是：c（CH3OH）=0.5mol/L，c（CO）=0.5mol/L，c（H2）=0.

20、5mol/L，带入表达式得：K=4L2?mol2，曲线Z在对应温度下CH3OH（g）?CO（g）+2H2（g）的平衡常数为上述平衡常数的倒数=0.25；故答案是：0.25；（4）恒温下，分别将1molCO和2molH2置于恒容容器I和恒压容器中，发生反应CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）H1=116kJ?mol1 ；反应前后气体体积减小，恒压容器中体积减小是相当于恒容容器达到平衡状态下，增大压强对平衡的影响，压强增大，反应速率增大，达到平衡需要的时间短，达到平衡所需时间，达到平衡后，恒压容器中平衡正向进行，所以两容器中CH3OH的体积分数；故答案为：，；平衡时，测得容器中的压强减小了3

21、0%，气体物质的量减小30%CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）起始量（mol） 1 2 0变化量（mol） x 2x x平衡量（mol） 1x 22x x测得容器中的压强减小了30%，气体物质的量减小30%32x=3330%x=0.45mol则该容器中CO的转化率=100%=45%；故答案为：45%考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学反应速率的影响因素；转化率随温度、压强的变化曲线 分析：（1）根据平衡移动原理进行判断，温度升高，反应速率加快，使用催化剂，反应速率加快；（2）根据盖斯定律和题中热化学方程式，根据反应CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）；H1=

22、116kJ?mol1CO（g）+O2（g）CO2（g）H2=283kJ?mol1，H2（g）+O2（g）H2O（g）H3=242kJ?mol1 ，根据盖斯定律：2得写出甲醇完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式；（3）合成甲醇的反应是放热反应，温度升高，转化率降低，依据图象变化分析判断；a点时，CO转化率50%，反应消耗了2mol50%=1molCO，消耗氢气2mol，图象中可知，起始量氢气物质的量n（H2）=1.5n（CO）=3mol，剩余1molCO，n（H2）=3mol2mol=1mol，生成1mol甲醇，结合化学平衡三段式列式计算平衡浓度，根据平衡常数表达式和一氧化碳的转化率求算，K=；（

23、4）恒温下，分别将1molCO和2molH2置于恒容容器I和恒压容器中，反应前后气体体积减小，恒压容器中体积减小是相当于恒容容器达到平衡状态下，增大压强对平衡的影响，压强增大，反应速率增大，达到平衡需要的时间短，恒压容器中甲醇含量增大；平衡时，测得容器中的压强减小了30%，气体物质的量减小30%，结合化学平衡三段式列式计算；CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）起始量（mol） 1 2 0变化量（mol） x 2x x平衡量（mol） 1x 22x x32x=3330%x=0.45mol转化率=100%解答：解：（1）有利于增大该反应的反应速率且利于反应正向进行结合化学平衡移动原理分析A、

24、随时将CH3OH与反应混合物分离，减小生成物的浓度，利于反应正向进行，但反应速率减小，故A错误；B、反应是放热反应，温度降低，利于反应正向进行，但反应速率变小，故B错误；C、反应前后气体体积减小，压强增大，利于反应正向进行，反应速率加快，故C正确；D、使用催化剂，反应速率加快，不改变化学平衡，不能利于反应正向进行，故D错误；故选C；（2）根据反应CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）；H1=116kJ?mol1， CO（g）+O2（g）CO2（g）H2=283kJ?mol1， H2（g）+O2（g）H2O（g）H3=242kJ?mol1 ，根据盖斯定律：2得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=651kJ?mol1，故答案是：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=651kJ?mol1；（3）根据反应CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）H1=116kJ?mol1，是放热反应，温度越高，转化率越低，所以