天津市七校2022学年高二上学期期末考试化学试卷

1、PAGE28天津市七校2022-2022学年高二上学期期末考试化学试卷1化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法正确的是4的转化剂B加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化C草木灰可以肥田，还可以降低土壤的碱性D向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变【答案】A【解析】【分析】本题考查了生活实际与化学，涉及净水原理，化肥性质，燃料热值和沉淀平衡。【详解】A根据沉淀平衡，碳酸钙溶度积小于硫酸钙，故纯碱可以将CaSO4转化为溶解度更低的碳酸钙沉淀，A正确；B聚合硫酸铁又名聚铁，是一种净水剂，能将海水中的悬浮物沉降，但与氯化钠无关，不能淡化海水，B错误；C草木灰是植物草本和木本植物燃烧后的残余物，其主要成分

2、为K2CO3，草木灰属于钾肥，K2CO3水解显碱性，不能降低土壤的碱性，C错误；D热值是单位质量或体积的燃料完全燃烧时所放出的热量，向汽油中添加甲醇后，汽油与甲醇碳氢比不同，该混合燃料的热值不可能不变，D错误；答案为A。【点睛】聚铁是一种净水剂，只能除去水中的悬浮物，不能除去海水中的NaCl，不能对海水消毒杀菌。gO2g2SO3g反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）。下列有关叙述正确的是A该反应为吸热反应B升高温度，不改变活化分子百分数C使用催化剂会使该反应的反应热发生改变DH=-E2-E1【答案】D【解析】【详解】A图象分析反应物能量高于生成物能量

3、，反应是放热反应，A错误；B升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内的活化分子数增大，所以反应速率增大，B错误；C催化剂对反应物、生成物的能量无影响，只能改变反应途径，降低反应的活化能，因此对反应的焓变无影响，C错误；DH=断键吸收的能量-成键放出的能量=E1-E2，D正确；故合理选项是D。3下列叙述正确的是A某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh水解平衡常数越小B铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈C铜既可以发生析氢腐蚀又可以发生吸氧腐蚀3【答案】B【解析】【详解】A某温度下，一元弱酸HA的电离常数为Ka，则其盐NaA的水解常数Kb与Ka存在关系为：Kb=，所以Ka越小，Kb越大，

4、A错误；BZn的活泼性强于Fe，组成原电池时Zn作为负极，Fe被保护，所以铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈，B正确；C铜活泼性比氢弱，不能发生析氢腐蚀，C错误；D红外光谱的研究对象是分子振动时伴随偶极矩变化的有机化合物及无机化合物，几乎所有的有机物都有红外吸收，CH3CH2OH存在醇羟基，OH有自己的特征吸收区，可以与CH3OCH3区分，因此可以使用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3，D错误；故合理选项是B。4下列说法不正确的是盐酸与足量锌片反应时，加入少量硫酸铜溶液可以加快反应速率且不影响生成氢气的物质的量增加硫酸的浓度，一定可以加快锌与硫酸反应制取氢气的速率对反应3H2gN2g2

5、NH3g，在一密闭容器中进行，充入氦气，则化学反应速率一定不变对于反应3KSCNaqFeCl3aqFeSCN3aq3KClaq，加入KCl固体，逆反应速率瞬时增大，随后正反应速率增大ABCD【答案】C【解析】【详解】锌和铜离子反应生成铜单质，锌、铜和稀硫酸构成原电池，能加快反应速率且不影响产气量，正确；如为浓硫酸，硫酸主要以分子形式存在，与锌反应不能生成氢气，错误；充入氦气，参加反应的气体物质的浓度不变，反应速率不变，错误；该反应的实质是Fe33SCN-FeSCN3，氯离子和钾离子不参与反应，因此加入KCl固体对平衡不移动，反应速率不变，错误；可见说法不正确的是，故合理选项是C。5有关电化学知

6、识的描述正确的是H2SO4=CuSO4H2这个反应可设计成原电池2FeCl3=CuCl22FeCl2，可设计如图所示原电池装置，盐桥内K向FeCl3溶液移动C因为铁的活泼性强于铜，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe-2e-=Fe2、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池，其负极反应式为Mg-2e-2OH-=MgOH2【答案】B【解析】【详解】Cu，所以Cu与硫酸不能发生反应，所以该反应不是自发的氧化还原反应，不能设计成原电池，A错误；2FeCl3=CuCl22FeCl2，可知Cu失电子，作原电池的负极，正极上Fe3得电子生成Fe2，利用盐桥组成原电池

7、，将氧化剂FeCl3和还原剂Cu分开，原电池工作时，盐桥中的阳离子向正极移动，则盐桥内K向FeCl3溶液移动，B正确；C铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，由于在室温下铁遇到浓硝酸会钝化，所以金属铜作负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-Cu2，C错误；、Mg与NaOH溶液组成的原电池，Mg与NaOH不能发生反应，而Al与NaOH溶液反应，所以该原电池中Al作负极，Al失电子，发生氧化反应，D错误；故合理选项是B。6下列表述中，说法正确的个数是252 C95L1mol/LKMnO4酸性溶液的两支试管，一支加入LH2C2O4溶液，另一支加入LH2C2OB制备无水AlCl3蒸

8、发Al与稀盐酸反应后的溶液C重结晶提纯苯甲酸将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶D比较铜和镁的金属活动性强弱用石墨电极电解MgNO32、CuNO32的混合液【答案】D【解析】【详解】A高锰酸钾过量太多，观察不到颜色褪色的快慢，无法探究浓度对化学反应速率的影响，A错误；B蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发，则应在HCl气流中蒸发结晶，B错误；C苯甲酸在水中的溶解度不大，温度高溶解度较大，所以应趁热过滤后，选择重结晶法分离提纯，C错误；NO32、CuNO32的混合液，由于离子放电顺序Cu2HMg2，所以在阴极上Cu2放电，所以金属性Mg大于Cu，D正确；故合理选项是D。C单键可以绕键轴旋转。某烃的结构

9、简式如图，下列说法中正确的是A该烃在核磁共振氢谱上有6组信号峰该烃完全燃烧消耗C分子中至少有10个碳原子处于同一平面上D该烃是苯的同系物【答案】C【解析】【分析】有机物含2个苯环，不是苯的同系物，苯环为平面结构，与苯环之间相连的C一定在同一平面上，由结构对称性可知，分子中共3种位置的H，以此来解答。【详解】A由结构的对称性可知，含3种不同位置的H原子，则核磁共振氢谱图中有3个吸收峰，A错误；B有机物分子式为C14H14，1mol该化合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为14mol=，B错误；C苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子一定在同一平面内，则苯环与甲基的C及另一苯环上的2个C和甲基上的C共面，

10、则分子中至少有10个碳原子处于同一平面上，C正确；D苯的同系物中只含1个苯环，而该物质含2个苯环，不属于苯的同系物，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握结构中苯环的平面结构是解答的关键，明确结构的对称性分析H原子，本题注重基础知识的考查。9在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2SO2gO2g2SO3gH0，2min后，反应达到平衡，生成SO3为，同时放出热量QJ。则下列分析正确的是A在该条件下，反应前后的压强之比为6B若反应开始时容器体积为2 L，则vSO3LminC若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后nSO

11、3cCl-cHcCH3COOHcOH-【答案】C【解析】【分析】A等体积、等物质的量浓度的NaCl、NaClO溶液中，NaCl和NaClO的物质的量相等，根据电荷守恒判断；相同的醋酸和盐酸，酸浓度：醋酸盐酸，ol/L的氨水滴入L盐酸中，溶液2525ol/L2点时溶液温度最高，说明氨水与盐酸恰好反应，则b点溶质为氯化铵，NH4水解促进了水的电离，则此时水的电离程度最大；由于d点溶液.25ol/L，cNH4=cCl-=L，根据物料守恒可知：cNH3H2O=【详解】A水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25，则水的离子积Kw10-14mol2L-2Bb点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯

12、化铵，NH4水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的25ol/L，cCl-=cNH4=L，根据物料守恒可知：cNH3H2O=，则25时NH4Cl水解常数为：K=n-110-7故合理选项是D。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及离子浓度大小比较，涉及水的电离及其影响、酸碱混合的定性判断及溶液2C2C2C2C2C2C2C3c2c103溶液至中性，溶液中2cCO32-cHCO3-=L溶液中存在：cOH-=cHcHCO3-2cH2CO3【答案】C【解析】【详解】A根据电荷守恒可得：cOH-cHCO3-2cCO32-=cKcHcNa，由于混合液中cNa

13、=L、cK=L，则cNa=2cK，所以3cKcH=cOH-cHCO3-2cCO32-，A正确；B常温下，混合液ol/L，则由Kw可知，cOH-=10-9mol/L，由电荷守恒可知，cCH3COO-cNa=cH-cOH-，据物料守恒：2cNa=cCH3COOHcCH3COO-，2可得：cCH3COO-cCH3COOH=2cH-cOH-=210-5-10C将CO2通入LNa2CO3溶液至中性，则溶液中cH=cOH-，根据溶液中的电荷守恒，cHcNa=cOH-cHCO3-2cCO32-，由于cH=cOH-，则cNa=cHCO3-2cCO32-=L，C错误；溶液中存在物料守恒式为cNa2cHCO3-2

14、cCO32-2cH2CO3，电荷守恒式为cHcNacOH-cHCO3-2cCO32-，由两式可知cOH-=cHcHCO3-2cH2CO3，D正确；故合理选项是C。2电池。该电池吸收CO2的工作原理如图所示。吸收的全部CO2中，有转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管MWCNT电极表面。下列说法不正确的是A钠箔为负极，发生氧化反应B每吸收，转移电子数为molC正极反应式：4Na3CO24e-=2Na2CO3C通过电解质移向MWCNT极【答案】B【解析】【详解】A根据示意图可知活泼金属钠是负极，失去电子，发生氧化反应，A正确；B未指明标准状况下无法计算气体的物质的量，也就无法计算转移电子数目，B

15、错误；C“吸入”CO2时是原电池装置，正极上发生还原反应，电极反应式为4Na3CO24e-2Na2CO3C，C正确；D钠离子是阳离子，向负电荷较多的正极移动，因此Na通过电解质移向MWCNT极，D正确；故合理选项是B。18下列关于各图的说法中正确的是A中阳极处能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体B中待镀铁制品应与电源正极相连C中钢闸门应与外接电源的负极相连，称为牺牲阳极的阴极保护法D中离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应【答案】D【解析】【详解】A装置是电解池，铁是活泼金属作阳极，由于阳极上是活性电极，故Cl-不放电，即阳极不能生成氯气，湿润淀粉KI试纸不会变蓝色，A错误；B装置中待

16、镀制品上要有Cu2放电析出铜，镀件应和电源负极相连，作电解池的阴极，B错误；C装置是电解池，为了保护钢铁闸门不被腐蚀，要与外接电源的负极连接，作阴极，因此该方法叫外接电源的阴极保护法，C错误；与水反应产生酸性物质，能和NaOH在溶液中反应反应。而Cl2在阳极生成，NaOH在阴极生成，装置中的离子交换膜只允许Na等阳离子通过，Cl2分子不能通过，就可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，D正确；故合理选项是D。19按要求回答下列问题：1甲醛的电子式：_。22，5-二甲基-2，4-己二烯的结构简式_。3的键线式为_。4写出分子式为C4H9Cl的所有同分异构体中核磁共振氢谱只有一组峰的结构简式_。5

17、中含氧官能团的名称是_。6用系统命名法命名下列有机物：_。_。_。【答案】12345羰基、酯基62乙基1,3丁二烯74甲基2戊醇8苯甲酸甲酯【解析】【详解】1甲醛结构简式是HCHO，在甲醛分子中，C原子与O原子形成2对共用电子对，C原子还与2个H原子分别形成一对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，其电子式为；22，5-二甲基-2，4-己二烯是分子的主链上有6个C原子，在2、3号C原子及4、5号C原子间分别形成了一个共价双键，并且在主链的2、5号C原子上各连接了一个甲基，所以该物质的结构简式是；3在有机物的表示中，除了可以用结构式、结构简式表示外，还可以省去C、H原子，用短线表示CC共价单

18、键，分子中双键用双线表示，线的端点及拐点表示C原子，这样的键线式就可以表示为；4分子式为C4H9Cl的同分异构体中核磁共振氢谱只有一组峰，说明该物质分子中只含有一种位置的H原子，其结构简式；5根据物质的结构简式可知：其中含氧官能团的名称是羰基和酯基；6中包含碳碳双键在内的最长的碳链有4个C原子，双键的位置在第1、2号及第3、4号C原子之间，并且在第2号C原子上有一个乙基，所以该物质名称为2-乙基1，3-丁二烯；包含羟基连接的C原子在内的最长的碳链上有5个C原子，该物质属于醇类，羟基连接在第2号C原子上，在第第4号C原子上有一个甲基，所以该物质名称为4甲基2戊醇；是苯甲酸与甲醇发生酯化反应产生的

19、物质，名称为苯甲酸甲酯。20含氮化合物在工农业生产中都有重要应用。1己知：4NH3g3O2g2N2g6H2OgH=mol，化学平衡常数为K1N2H4gO2gN2g2H2OgH=534J/mol，化学平衡常数为K2则用NH3和O2制取N2H4的热化学方程式为_，该反应的化学平衡常数K=_（用K1、K2表示）。2对于2NOg2COgN2g2CO2g在一定温度下，在1 L的恒容密闭容器中充入和，反应开始进行。下图为容器内的压强in内，该反应的平均反应速率vN2=_，平衡时NO的转化率为_。2NH3gCO2gNH2COONH4s3该反应能正向自发进行的原因是_。4恒温恒容下通入2molNH3和1mol

20、CO2进行上述反应，下列事实能证明反应已达平衡的是_。A体系压强保持不变B气体平均密度保持不变C气体的平均摩尔质量保持不变D氨气的体积分数不变在恒温恒压条件下，向某密闭容器中通入2molSO2和1molO2，发生2SO2gO2g2SO3g反应，达到平衡后，t1时刻再向该容器中通入2molSO2和1molO2，请在下图中画出从t1时刻到再次达到化学平衡后的正逆反应速率随时间变化图像_。【答案】14NH3gO2g2N2H4g2H2OgH=mol23Lmin480%5HV逆，所以平衡正向移动，最终达到平衡时的反应速率与原平衡比，速率加快，所以图像表示为：。【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、化学平

21、衡常数的关系与计算、化学反应速率与物质转化率的计算、平衡状态的建立、平衡状态的判断及压强对平衡移动的影响等知识，掌握基本概念和基本理论是解答该题的关键。本题较为全面的考查了学生对化学反应基本原理的理解、掌握和应用能力。21观察下列装置，回答下列问题：1甲装置中通入乙醇的电极反应式为_；2用上图装置电解200mL1mol/LCuSO4溶液一段时间，当甲池消耗了112mLO2（标况下），此时乙装置中溶液的0.112L22.4Lol=，ne-=4nO2=4=，电解方程式：2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，根据方程式可知，每转移4mol电子，产生4molH，则转移电子，产生氢离子的物质的量为

22、，cH=0.2L=L，所以溶液的L溶液。取溶液于锥形瓶中，用LKMnO4标准溶液酸性进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液VmL。1上述实验所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管之外还有_。2在进行滴定操作时，KMnO4溶液盛装在_（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。当滴入最后一滴溶液，_时达到滴定终点。3滴定过程中发生反应的离子方程式是_；测得该样品中NaNO2的质量分数为_。4以下操作造成测定结果偏高的是_。A滴定管未用KMnO4标准溶液润洗B锥形瓶未用待测液润洗C盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失D盛装标准溶液的滴定管，滴定前仰视凹液面最低处，滴定后俯视读数E若滴定过程中

23、刚出现颜色变化就停止滴定5大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩。浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中=_。（结果保留两位有效数字）（已知Ks25ol/L；将SO2通入该氨水中，当cOH-降至10-7mol/L时，溶液中的=_。【答案】1100mL容量瓶2酸式3溶液由无色变为浅紫色，且半分钟不褪色42MnO4-5NO2-6H=2Mn25NO3-3H2O56AC710-78610-39【解析】【分析】I1依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器；2依据高锰酸钾具有强的氧化性，结合酸式滴定管、碱式滴定管构造特点及使用对象

24、选择滴定管；高锰酸钾本身为紫色溶液，当NaNO2反应时被还原为无色的Mn2，根据溶液颜色变化判断；3NaNO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，NO2-被氧化生成NO3-，MnO4-被还原生成Mn2，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写反应方程式；根据该方程式中NO2-，MnO4-的物质的量的比，利用nMnO4-计算出25mL溶液中nNO2-及mNO2-，就可得到NaNO2的含量；4依据c=，结合方程式：5NO2-2MnO4-6H=5NO3-2Mn23H2O中NO2-与MnO4-的关系，分析操作对消耗标准液体积影响进行误差分析；II5AgCl开始沉淀时，说明溶液中的cI-和cCl-均已达到

25、饱和状态，根据溶液中计算；6根据电离平衡常数计算离子浓度；结合H2SO3的第二步电离平衡常数表达式，利用溶液中cH=cOH-=10-7mol/L计算。【详解】I1据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制成100mL溶液应选择100mL容量瓶，所以还缺少的仪器是100mL容量瓶；2高锰酸钾溶液具有强的氧化性，若用碱式滴定管能够会腐蚀橡皮管，所以应选择酸式滴定管盛放；高锰酸钾本身为紫色溶液，当与NaNO2反应时被还原为无色的Mn2，因此当滴入最后一滴高锰酸钾酸性溶液时，锥形瓶中液体由无色溶液变成粉红色，且30s内