江苏省南通市如皋市2022-2023学年高二上学期1月期末考试化学试题

江苏省南通市如皋市2022-2023学年高二上学期1月期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．保护钢铁有利于节约资源、保护环境，下列钢铁的保护方法中错误的是A．铁栅栏上涂上油漆 B．铁闸与直流电源正极相连C．轮船底部焊接镁块 D．家用铁锅水洗后及时擦干2．反应SiHClA．HCl的电子式为B．Si原子的结构示意图为C．含18个中子的Cl原子可表示为17D．HCl的电离方程式为HCl⇌3．短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y是短周期中金属性最强的元素，Z与X位于同一主族。下列叙述正确的是A．原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)B．X的简单气态氢化物的热稳定性比Z弱C．化合物Y2D．Y形成的最高价氧化物的水化物是弱碱4．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．FeB．NaC．CD．N5．工业上通常采用铁触媒、在400~500℃和10MPa~30MPa的条件下合成氨。合成氨的反应为A．N2(g)+3B．采用400∼500℃的高温是有利于提高平衡转化率C．采用10MPa~30MPa的高压能增大反应的平衡常数D．使用铁触媒可以降低反应的活化能6．一种药物中间体X的结构如下图所示。下列关于X的说法正确的是A．X分子中所有原子可能在同一平面上B．X能发生消去反应C．X能与FeClD．1molX最多能与3molH7．下列有关化学用语表示正确的是A．已知H2的燃烧热为285.8kJ⋅molB．用惰性电极电解CuSO4C．NaHCO3D．铅蓄电池(H2S8．室温时，含HClO和ClO−的溶液中，HClO、ClOA．曲线I代表的物质是ClB．室温时，HClO的电离平衡常数KC．室温时，ClO−D．室温时，将浓度均为0.01mol⋅L9．常温下，将20.00mL0.1000mol⋅L−1CH3COOH溶液置于锥形㼛中，将A．装NaOH溶液的滴定管水洗后未用待装液润洗B．滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失C．滴定过程中，用蒸馏水将附着在瓶壁上的液体冲入溶液中D．滴定结束时，俯视滴定管进行读数10．温度为T℃时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl3和A．0~50s时，Cl2B．25s时，容器中PCl5C．T℃时，起始向容器中充入2.0molPCl3和2D．T℃时，起始向容器中充入0.20molPCl3、二、多选题11．常温下，BaFA．KB．Y点表示BaFC．向X点中加入NaF溶液，当达到新平衡时，可能处于Z点D．BaF2在12．常温下，将20.00mL0.1000mol⋅L−1CH3COOH溶液置于锥形㼛中，将0.1000mol⋅L−1NaOHA．滴定过程中始终存在等式：c(NB．点①溶液中存在等式：c(NC．点③溶液中存在等式：c(CD．点③溶液中存在：c(N13．控制压强分别为100kPa和10kPa，将丁烷和氢气(氢气可以活化催化剂)以一定的比例通过填充有催化剂的反应器，发生脱氢反应：C4H10(g)⇌CA．图中曲线a、c表示的物质是C4HB．平衡常数K(X)>K(Y)C．560℃、100kPa时，C4HD．研发和使用低温下活性高的催化剂，既有利于加快反应速率，也有利于提高反应平衡转化率三、综合题14．以含锌废渣(主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、Al常温时，部分金属离子开始沉淀及沉淀完全的pH如下表所示(浓度≤1×10沉淀FAFZ开始沉淀时的pH2356恰好完全沉淀时的pH3478（1）酸浸时应适当增大盐酸的浓度，原因是和。（2）氧化时反应的离子方程式为。（3）为不引入杂质，物质X可以是(填化学式)。（4）“调pH”时应控制溶液的pH范围是。（5）将过滤II所得滤液与草酸钠(Na①滤液与草酸钠溶液混合方式不正确，会生成杂质沉淀。则滤液与草酸钠溶液的正确混合方式为。②若将草酸钠换成草酸铵[(NH4（6）根据表格数据可知常温下，Ksp[Zn15．有机化合物G可通过如下路线合成：（1）B的结构简式为。（2）F→G的反应类型为反应。（3）A的一种同分异构体符合下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。（4）I.能使溴的四氯化碳溶液褪色；II.分子中不存在环状结构，含有2种化学环境不同的氢原子。设计以CH3COOH、CH3OH、16．NaClO能有效杀灭包含新冠病毒在内的多种病毒，可用于环境消毒。实验室可以通过多种方法进行制取。（1）一种制取NaClO的方法如下图甲所示，已知温度高于75℃时，NaClO会分解生成NaCl和NaClO3。装置A中反应的化学方程式为（2）图乙所示装置也可用于制取NaClO。①图乙装置中所发生总反应的化学方程式为。②与图甲所示方法相比，图乙所示方法的优点除装置简单外，还有：。（3）NaClO中含有NaClO3会影响产品的品质。测定NaClO样品中NaClO3的质量分数的方法如下：取3.000gNaClO样品，加水溶解，加入过量H2O2，充分反应后，将溶液加热煮沸除去剩余的H2O2，冷却至室温，加入硫酸酸化，再加入1.已知：酸性条件下FeSO4与KClOClMn①加入H2O2的目的是除去NaClO，已知NaClO反应后生成NaCl②滴定过程中，滴定管中液面如图丙所示。此时读数为。③滴定终点的实验现象是。④计算样品中NaClO3的质量分数17．乙烯主要用于有机合成，可以以乙烷为原料制备。（1）乙烷裂解法：C2①部分物质的能量大小如图所示。则C2H6(g)⇌②已知键能E(C−H)=414kJ⋅mol−1，E(H−H)=436kJ⋅mol−1③850℃，维持温度和压强不变，向反应体系中充入大量水蒸气(不参与反应)，目的是。（2）乙烷氧化法：2C2H6(g)+O2①图中A点反应一定未达平衡，原因是。②若C点反应也未达平衡，可能的原因是。（3）我国科研工作者研制出一种电极材料，将该材料与电源负极相连，向电极处通入CO，在酸性溶液中电极表面生成C2H4

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．铁栅栏上涂上油漆可以防止铁与碳形成原电池，有利于减缓铁栅栏的腐蚀，保护方法正确，故A不符合题意；B．与直流电源正极相连的铁闸做电解池的阳极，会加快铁闸的腐蚀，保护方法错误，故B符合题意；C．轮船底部焊接镁块，铁镁在溶液中形成原电池，镁做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，保护方法正确，故C不符合题意；D．家用铁锅水洗后及时擦干可以防止铁与碳形成原电池，有利于减缓铁锅的腐蚀，保护方法正确，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．隔绝空气，防止铁与碳形成原电池；B．与直流电源正极相连的铁闸做电解池的阳极，会加快铁闸的腐蚀；C．利用牺牲阳极的阴极保护法；D．防止铁与碳形成原电池。2．【答案】B【解析】【解答】A．HCl为共价分子，电子式为H：B．Si原子序数为14，核外14个电子，有3个电子层，依次排布2、8、4个电子，原子结构示意图为，B符合题意；C．含18个中子的Cl原子质量数为17+18=35，可表示为1735D．HCl在水中完全电离为氢离子和氯离子，电离方程式为HCl=H故答案为：B。

【分析】A．氯原子应满足8电子结构；B．依据核外电子排布规律，Si原子序数为14，核外14个电子；C．左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数；D．强电解质在水中完全电离为氢离子和氯离子。3．【答案】C【解析】【解答】A．根据同周期从左到右主族元素的原子半径逐渐减小，同主族从上到下元素的原子半径逐渐增大，则原子半径r(Y)＞r(Z)＞r(X)，A不符合题意；B．O、S处于同主族，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单气态氢化物的稳定性逐渐减弱，则X(O)的简单气态氢化物的热稳定性比Z(S)强，B不符合题意；C．化合物Y2ZX3即NaD．Y(Na)形成的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．根据同周期从左到右主族元素的原子半径逐渐减小，同主族从上到下元素的原子半径逐渐增大；B．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单气态氢化物的稳定性逐渐减弱；C．依据盐类水解规律，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解分析；D．NaOH是强碱。4．【答案】D【解析】【解答】A．铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，则所示的物质间转化不能均实现，A不符合；B．点燃条件下钠和氧气反应生成过氧化钠，则所示的物质间转化不能均实现，B不符合；C．氯化铁溶液水解得到氢氧化铁和盐酸，加热促进盐酸挥发，均促进水解，蒸干氯化铁溶液得不到氯化铁固体、得到氢氧化铁，若进一步灼烧可得到氧化铁，则所示的物质间转化不能均实现，C不符合；D．二氧化氮和水生成硝酸与一氧化氮，硝酸具有强氧化性，铜被硝酸氧化，可得到硝酸铜，则所示的物质间转化均能实现，D符合；故答案为：D。

【分析】A．铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；B．点燃条件下钠和氧气反应生成过氧化钠；C．氯化铁溶液水解得到氢氧化铁和盐酸，加热促进盐酸挥发，均促进水解，蒸干氯化铁溶液得不到氯化铁固体、得到氢氧化铁；D．物质间转化均能实现。5．【答案】D【解析】【解答】A．N2(g)+3HB．采用400∼500℃的高温是有利于提高催化剂活性、提供反应速率，正反应是放热反应，升温平衡左移、平衡转化率小，B不符合题意；C．采用10MPa~30MPa的高压能增大反应速率、能使平衡右移，但平衡常数只受温度影响，故增压不影响平衡常数，C不符合题意；D．使用铁触媒可以降低反应的活化能、加快反应速率，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．依据反应中气体分子变化判断；B．依据催化剂活性判断；C．平衡常数只受温度影响；D．使用催化剂可以降低反应的活化能、加快反应速率。6．【答案】C【解析】【解答】A．X分子中含饱和碳原子，饱和碳原子呈四面体结构，则所有原子不可能在同一平面上，A不符合题意；B．X所含羟基为酚羟基不能发生消去反应，与氯原子相连的碳原子直接连在苯环上，也不能发生消去反应，B不符合题意；C．X所含羟基为酚羟基，则X能与FeClD.1mol苯环能与3molH2发生加成反应，1mol羰基能与1molH2发生加成反应，则1molX最多能与4molH2发生加成反应，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．饱和碳原子呈四面体结构；B．依据官能团和消去反应的条件；C．依据酚羟基的性质；D．结构中含有苯环和羰基。7．【答案】D【解析】【解答】A．燃烧热是指在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成指定的物质时所放出的热量叫做燃烧热，氢气燃烧热的热化学方程式中氢气的物质的量应为1mol，A不符合题意；B．用惰性电极电解CuSO4溶液得到氧气、铜和硫酸，化学方程式为2CuSOC．NaHCO3水解生成碳酸和氢氧化钠，离子方程式：D．铅蓄电池(H2SO故答案为：D。

【分析】A．燃烧热是指在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成指定的物质时所放出的热量叫做燃烧热；B．用惰性电极电解CuSOC．NaHCOD．放电时，正极得电子发生还原反应。8．【答案】C【解析】【解答】A．含HClO和ClO−的溶液中，随pH增大，HClO的量减小、ClOB．室温时，pH=7.5时c(ClO-)c(HClO)=1C．室温时，ClO−的水解平衡常数D．室温时，将浓度均为0.01mol⋅L故答案为：C。

【分析】A．随pH增大，HClO的量减小、ClOB．KaC．KhD．依据电离平衡常数和水解平衡常数的大小判断。9．【答案】D【解析】【解答】A．装NaOH溶液的滴定管水洗后未用待装液润洗，导致标准液NaOH被稀释，则中和等量的待测液，消耗NaOH体积偏多、大于20mL，A不符合；B．滴定管滴定前尖嘴处有气泡，使初读数偏小，滴定后气泡消失，导致所测得的NaOH体积偏多、大于20mL，B不符合；C．滴定过程中，用蒸馏水将附着在瓶壁上的液体冲入溶液中，不影响醋酸和氢氧化钠溶液的物质的量，不影响的消耗NaOH的体积，C不符合；，D．滴定结束时，俯视滴定管进行读数，使末读数偏小，导致所测得的NaOH体积偏小、小于20mL，D符合；故答案为：D。【分析】A．滴定管未用待装液润洗；B．滴定管滴定前尖嘴处有气泡，使初读数偏小；C．不影响溶质的物质的量；D．滴定结束时，俯视滴定管进行读数，使末读数偏小。10．【答案】C【解析】【解答】A．0~50s时，Cl2的平均速率B．50s时反应容器中PCl5的物质的量为0.16mol，0~50s反应过程中，三氯化磷和氯气的浓度不断降低、反应速率变慢，则前25S生成的PCl5较多、后25S生成的PCl5较少，故C．T℃时，起始向容器中充入2.0molPCl3和2.D．T℃时，起始向容器中充入0.20molPCl3、0.20molCl故答案为：C。

【分析】A．利用υ=Δc/Δt计算；B．反应过程中浓度不断降低、反应速率变慢；C．依据等效平衡原理分析；D．通过计算比较Qc与K的大小判断。11．【答案】A,C【解析】【解答】A．由图可知，KspB．Y点位于Z点上方，则常温时，图中Y点对应的是BaFC．向饱和BaF2溶液中加入固体NaF仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以向X点中加入D．增大钡离子浓度，使BaF2的沉淀溶解平衡左移、减小BaF2的溶解量，则故答案为：AC。【分析】A．KspB．依据曲线和点的位置关系和A项公式分析；C．向饱和BaFD．依据沉淀溶解平衡的影响因素分析。12．【答案】A,C【解析】【解答】A．根据电荷守恒，滴定过程中始终存在等式：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，A符合题意；B．①点处根据物料守恒可得2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，B不符合题意；C．根据分析，③点为恰好反应的点，根据质子守恒可得c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，C符合题意；D．③点处NaOH和CH3COOH恰好中和，产生CH3COONa，由于CH3COO-的水解，此时存在c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D不符合题意；故答案为：AC。

【分析】A．根据电荷守恒；B．根据物料守恒；C．根据质子守恒；D．依据溶质的成分和电离、水解和程度判断。13．【答案】A,C【解析】【解答】A．该反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，丁烷的物质的量分数减小，则图中曲线a、c表示的物质是丁烷，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丁烷的物质的量分数增大，则曲线a对应的压强是100kPa，故A符合题意；B．平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，X和Y的反应温度相同，则K(X)=K(Y)，故B不符合题意；C．设起始丁烷的物质的量为1mol，若平衡时的转化率为50%，由方程式可得丁烷的物质的量分数为1-1×50%1+1×50%D．使用催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，平衡转化率不变，故D不符合题意；故答案为：AC。

【分析】A．根据影响化学平衡移动的因素分析；B．平衡常数为温度函数；C．依据转化率与平衡转化率的大小比较分析；D．使用催化剂，反应速率加快，平衡不移动。14．【答案】（1）加快反应的速率；抑制金属离子的水解（2）M（3）ZnO(或ZnCO3、（4）4（5）将Na2C2O4溶液缓慢加入到滤液中，边加边搅拌；草酸铵溶液的（6）1×1【解析】【解答】（1）盐酸“酸浸”得到溶液含有ZnCl2、FeCl3、AlCl3、MnCl2，为强酸弱碱盐，易水解，且反应物浓度大反应速率快，则酸浸时应适当增大盐酸的浓度的原因是：加快反应的速率和抑制金属离子的水解。（2）除锰过程中双氧水把MnCl2氧化为MnO(OH)2沉淀，锰元素化合价由+2升高为+4、双氧水中氧元素化合价由-1降低为-2，根据得失电子守恒，氧化时反应的离子方程式为Mn（3）为不引入杂质，物质X可以是ZnO(或ZnCO3、（4）除铁铝时加入ZnO(或ZnCO3、Zn(OH)2等)控制反应液pH，为使Al3+、Fe3+完全生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，由表知Al3+沉淀完全时Fe3+早已沉淀完全，所以要控制pH＞4.7，为保证Zn2+不沉淀，pH＜6.0，故“调（5）①草酸钠(Na2C2O②若将草酸钠换成草酸铵[(NH4)2C2（6）溶液中金属阳离子浓度小于10−5mol⋅L−1可视为完全沉淀，Zn2+恰好完全沉淀时的pH=8.0，则此时该溶液c(H+)=1.0×10-8mol•L-1，c(OH-Ksp[Zn(

【分析】（1）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；（2）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；（3）加入试剂目的是调整pH但是不能引入杂质；（4）依据表中数据判断。（5）①依据溶液的酸碱性，防止生成杂质沉淀；②依据溶液的pH大小；（6）依据Ksp15．【答案】（1）（2）消去（3）（4）【解析】【解答】（1）据分析，B的结构简式为。（2）F→G为分子内消去水分子引入碳碳双键，则反应类型为消去反应。（3）A分子式为C7H10O，不饱和度为3，A一种同分异构体符合下列条件：I.能使溴的四氯化碳溶液褪色；II.分子中不存在环状结构，含有2种化学环境不同的氢原子。则该同分异构体分子结构对称性好、且分子内只含2种氢原子，结构简式为：。（4）据分析，CH3COOH、CH3OH、CH3CH2MgBr为原料制取CH3CH=CHCH3的路线图为CH

【分析】（1）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；（2）根据官能团的变化确定反应类型；（3）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；（4）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。16．【答案】（1）Mn（2）NaCl+H2O通电_（3）NaClO+H2O【解析】【解答】（1）装置A中MnO2和浓HCl共热制得Cl2，化学方程式为：MnO（2）①图乙装置中电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气：2NaCl+2H2O=电解②与图甲所示方法相比，图乙所示方法的优点除装置简单外，还有：所用试剂种类少(或Na、Cl元素利用率高)，原料经济、不产生污染性气体、有效氯含量高等；（3）①由于NaClO也有强氧化性，会影响NaClO3的测定，所以开始时加H2O2是为了将NaClO完全还原，避免跟后面加入的还原剂Fe2+反应，影响实验结果，即加入H2O2的目的是除去NaClO，已知NaClO反应后生成NaCl，H2O2则被氧化生成O2②读数为0.③滴定终点时，多余的半滴或一滴高锰酸钾使溶液呈红色，则实验现象是：滴入最后一滴高锰酸钾时，锥形瓶内溶液恰好变为红色，且半分钟不褪色；④计算样品中NaClO3的质量分数：n(Fe2+)=1.0000mol⋅L−1×22.00×10−