上海市高二下学期期末考试化学试题.docx
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上海市高二下学期期末考试化学试题
高二下学期期末考试化学试题
1.下列有关化学知识的描述错误的是
A.“水滴石穿，绳锯木断”中不包含化学变化
B.福尔马林、漂白粉、碱石灰均为混合物
C.生石灰能与SO2反应，可用作工业废气的脱硫剂
D.聚丙烯酸钠树脂是一种高吸水性的高分子化合物
【答案】A
【解析】
分析：
A、有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的属于物理变化．B、混合物是由不同分子构成的物质；
详解：
A、绳锯木断，只是物质的形状发生了改变，没有新物质生成，属于物理变化，水滴石穿，是指滴水产生的力在不断的作用在石头上，时间长了和碳酸钙、二氧化碳反应生成溶于水的碳酸氢钙，使石头上出现了小孔，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B、福尔马林是甲醛的水溶液、漂白粉主要成分是次氯酸钙、碱石灰为氧化钙和氢氧化钠混合物，故B正确；C、酸性氧化物能与碱性氧化物反应，所以氧化钙能与二氧化硫反应，可用作工业废气的脱硫剂，故C正确；D、高吸水性树脂属于功能高分子材料，聚丙烯酸钠含亲水基团，相对分子质量在10000以上，属于功能高分子材料，故D正确；故选A。
2.下列有关NA的叙述正确的是
A.常温常压下，1mol苯中含有的碳碳双键数目为3NA
B.25℃时，pH=11的氨水中含有的OH-数目为0.001NA
C.标准状况下，22.4LHCl中含有的电子数目为18NA
D.649SO2与足量的氧气反应，生成的SO3数目为NA
【答案】C
【解析】
分析：
A．苯分子中不含碳碳双键；B、题中缺少溶液体积，无法计算溶液中氢氧根离子数目，故A错误；C、标准状况下，22.4LHCl为1mol，含有的电子数目为18NA；D、SO2与氧气反应生成SO3的反应为可逆反应。
详解：
A．苯分子中不含碳碳双键，故A错误；B、题中缺少溶液体积，无法计算溶液中氢氧根离子数目，故B错误；C、标准状况下，22.4LHCl为1mol，含有的电子数目为（1+17）NA=18NA，故C正确；D、SO2与氧气反应生成SO3的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的SO3数目小于NA，故D错误；故选C。
3.下列离子方程式正确的是
A.Cl2通入水中：
Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
B.浓盐酸与铁屑反应：
2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C.明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：
A13++3H2O=Al（OH）3↓+3H+
D.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：
2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O
【答案】D
【解析】
分析：
A、次氯酸为弱酸，保留化学式；B．反应生成氯化亚铁和氢气；C、明矾溶于水铝离子水解产生Al（OH）3胶体；D、氨过量生成正盐。
详解：
A、Cl2通入水中，离子方程式：
Cl2+H2O
H＋+Cl－+HClO，故A错误；B．浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H＋=Fe2＋+H2↑，故B错误；C、明矾溶于水铝离子水解产生Al（OH）3胶体，A13++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+；D、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：
2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O，故D正确；故选D。
点睛：
本题考查离子反应方程式书写的正误判断，解题关键：
把握发生的反应及离子反应的书写方法，侧重分析与应用能力的考查，易错点：
A，注意离子反应中保留化学式的物质如HClO，B、反应生成氯化亚铁和氢气．
4.下列叙述正确的是
A
两个有机反应的反应类型都是加成反应
B
H2O+2SO2+CO32-=CO2+2HSO3-
H2O+CO2+SiO32-=H2CO3↓+CO32-
由这两个反应不能得出非金属性：
S>C>Si
C
2F2+2H2O=4HF+O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
两个反应中的H2O均被氧化
D
NH4++H2O
NH3·H2O+H+
H2PO4-+H2O
HPPO42-+H3O+
两个离子方程式均为水解方程式
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
分析：
A、只有苯与氢气的反应是加成反应；B、亚硫酸不是硫的最高价氧化物的水化物。
C、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑水中两种元素化合价不变。
D、H2PO4-+H2O
HPPO42-+H3O+是电离方程式。
详解：
A、只有苯与氢气的反应是加成反应，故A错误；B、亚硫酸不是硫的最高价氧化物的水化物，H2O+2SO2+CO32-=CO2+2HSO3-不能比较硫和碳的非金属性，故B正确；C、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑水中两种元素化合价不变，水不被氧化，故C错误；D、H2PO4-+H2O
HPPO42-+H3O+是电离方程式，NH4++H2O
NH3·H2O+H+是水解方程式，故D错误；故选B。
5.从煤焦油中分离出的芳香烃——萘（
）是一种重要的化工原料，萘环上一个氢原子被丁基（-C4H9）所取代的同分异构体（不考虑立体异构）有
A.2种B.4种C.8种D.16种
【答案】C
【解析】
分析：
丁基有四种，萘环上的位置有2种。
详解：
丁基有四种，-CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH3、-CH2CH（CH3）CH3、-C（CH3）3，萘环上的位置有2种，
，萘环上一个氢原子被丁基（-C4H9）所取代的同分异构体（不考虑立体异构）有8种，故选C。
6.乙酸异丁香酚酯主要用于配制树莓、草莓、浆果和混合香辛料等香精。
其结构简式如下图所示，下列说法正确的是
A.异丁香酚的分子式是C10H12O2，分子中含有含氧官能团羟基和醚键
B.乙酸异丁香酚酯中的所有碳原子不可能在一个平面内
C.乙酸异丁香酚酯能与溴水发生加成反应和取代反应
D.1mol乙酸异丁香酚酯最多能与1molNaOH发生反应
【答案】A
【解析】
分析：
A、根据
结构来解题；B、苯平面、烯平面中碳碳原子共面；C、碳碳双键能发生加成反应，酚羟基的邻对位发生取代反应；D、酚形成的酯水解要2molNaOH。
.....................
详解：
A.异丁香酚
的分子式是C10H12O2，分子中含有含氧官能团羟基和醚键，故A正确；B.乙酸异丁香酚酯中的所有碳原子在苯平面、烯平面中，可能在一个平面内，故B错误；C.乙酸异丁香酚酯能与溴水发生加成反应，但不能发生取代反应，故C错误；D.1mol乙酸异丁香酚酯最多能与2molNaOH发生反应，故D错误；故选A。
点睛：
难点：
酚形成的酯水解要2molNaOH，1mol乙酸异丁香酚酯最多能与2molNaOH发生反应。
7.无机物X、Y、Z、M的相互转化关系如图所示（部分反应条件、部分反应中的H.,O已略去）。
X、Y、Z均含有同一种元素。
下列说法正确的是
A.若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2
B.若Y具有两性，则M的溶液只可能显碱性
C.若Z是导致酸雨的主要气体，则X一定是H2S
D.若M是用途最广的金属，加热蒸干Y的溶液一定能得到Y
【答案】A
【解析】
分析：
A、M为能形成多元酸的酸性氧化物；B、M的溶液也可能显酸性；C、X也可以是Na2SO3；D、弱碱盐要水解。
详解：
A、若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2，M为能形成多元酸的酸性氧化物，如：
SO2，故A正确；B.若Y具有两性，则M的溶液可能显碱性，也可能显酸性，故B错误；C.若Z是导致酸雨的主要气体，则X也可以是Na2SO3，Y为NaHSO3，Z为SO2，M为HCl，故C错误；D.若M是用途最广的金属，Y为亚铁盐，加热蒸干Y的溶液不一定能得到Y，可能要水解故D错误；故选A。
8.已知：
H-H键、O=O键和O-H键的键能分别为436kJ/mol、496kJj/mol和462kJ/mol；2C（s）+O2（g）=2CO（g）∆H=-220kJ/mol；C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）∆H=akJ/mol。
则a为
A.-332B.-118C.+130D.+350
【答案】C
【解析】
分析：
根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变△H=H产物-H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答．
详解：
已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=akJ·mol－1＞0，②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-220kJ·mol－1，①×2-②得：
2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+220）kJ·mol－1＞0，4×462-496-2×436=2a+220，解得a=+130．故选C。
点睛：
本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，解题关键：
关于化学键能和物质能量关系知识的迁移和应用、根据盖斯定律的计算能力．
9.下列实验误差分析正确的是
A.用容量瓶配制溶液时，容量瓶底部有少量蒸馏水，所配溶液浓度偏低
B.酸碱中和滴定时，开始时俯视滴定管读数，结束时仰视滴定管读数，所测液体体积偏大
C.测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，所测中和热无影响
D.测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，被测样品中含有加热不挥发杂质，所测结晶水含量偏高
【答案】B
【解析】
分析：
分析操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，根据c=n/V，判断不当操作对所配溶液浓度影响．
详解：
A、用容量瓶配制溶液时，容量瓶底部有少量蒸馏水，对所配溶液无影响，故A错误；B、酸碱中和滴定时，开始时俯视滴定管读数，结束时仰视滴定管读数，所测液体体积偏大，故B正确；C.测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，醋酸是弱酸，电离要吸热，所测中和热偏大，故C错误；D、测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，被测样品中含有加热不挥发杂质，样品质量大，所测结晶水含量偏低，故D错误；故选B。
10.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应xM（g）+yN（g）
zP（g）。
平衡时测得M的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得M的浓度降低为0.30mol/L。
下列有关判断正确的是
A.x+yC.N的转化率降低D.混合气体的密度不变
【答案】C
【解析】
分析：
在密闭容器中的一定量混合气体发生反应xM（g）+yN（g）
zP（g），平衡时测得M的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，M的浓度为0.25mol·L－1，再达平衡时，测得M的浓度降低为0.30mol/L。
则说明体积增大（压强减小）化学平衡逆向移动，以此来解答．
详解：
A．减小压强，向气体体积增大的方向移动，则x+y＞z，故A错误；B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C、平衡逆向移动，N的转化率降低，故C正确；D、混合气体的总质量不变，但体积会发生变化，故D错误。
故选C。
点睛：
本题考查化学平衡的移动，解题关键：
M的浓度变化及体积变化导致的平衡移动，难点：
B、压强对化学平衡的影响：
若平衡不移动，M的浓度为0.25mol·L－1，再达平衡时，测得M的浓度降低为0.30mol/L。
则说明体积增大（压强减小）化学平衡逆向移动。
11.某温度下，向10mL0.1mol/L的醋醵溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pH与pOH[pOH=-lgc（OH-）]的变化关系如图所示。
则下列说法正确的是
A.两者恰好反应完全，需要NaOH溶液的体积大于10mL
B.Q点时溶液的pH=7
C.M点时溶液呈碱性，对水的电离起抑制作用
D.N点所示溶液中，c（CH3COO-）>c（CH3COOH）
【答案】D
【解析】
分析：
A．两者恰好反应完全，醋酸和氢氧化钠的物质的量相同；B、常温时，中性溶液的PH才为7；C、酸碱抑制水的电离；D、
详解：
A.醋酸和氢氧化钠的物质的量相同，两者恰好反应完全，需要NaOH溶液的体积等于10mL，故A错误；B.Q点pOH=pH，说明c（H＋）═c（OH－），溶液显中性，但温度末知，Q点时溶液的pH不一定为7，故B错误；C.M点时溶液中溶质为醋酸和醋酸钠，呈酸性，对水的电离起抑制作用，故C错误；D.N点所示溶液中，溶质为醋酸钠和过量的氢氧化钠，溶液中离子以CH3COO-为主，水解产生的醋酸分子较少，故c（CH3COO-）>c（CH3COOH），故D正确；故选D。
点睛：
本题考查酸碱中和的定性判断和计算，解题关键：
弱电解质的电离，pOH的含义，易错点B，中性溶液PH不一定为7．
12.将过量的氯气通入含Fe2+、I-、Br-的溶液，溶液中四种粒子的物质的量的变化如图所示。
已知b=a+5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且线段I和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。
下列说法错误的是
A.线段I表示I-的变化情况
B.a点时消耗Cl2的体积为134.4L
C.原溶液中n（Fe2+）：
n（Br-）=2：
3
D.线段Ⅳ表明氧化性：
C12>HIO3
【答案】B
【解析】
分析：
向含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，还原性I－＞Fe2＋＞Br－，首先发生反应：
2I－+Cl2=I2+2Cl－，I－反应完毕，再反应反应：
2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，Fe2＋反应完毕，又发生反应2Br－+Cl2=Br2+2Cl－，故线段I代表I－的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2＋的变化情况，线段Ⅲ代表Br－的变化情况；
由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I－）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2＋）=2n（Cl2）=2×（3mol－1mol）=4mol，Fe2＋反应完毕，根据电荷守恒可知n（I－）+n（Br－）=2n（Fe2＋），故n（Br－）=2n（Fe2＋）-n（I－）=2×4mol-2mol=6mol，根据溴离子判断溶液中n（FeBr2），根据离子方程式计算溴离子反应需要的氯气的物质的量，据此计算a的值；
线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该含氧酸中含有I元素，根据电子守恒计算出含氧酸中I的化合价，然后写出其化学式．
详解：
A.还原性I－＞Fe2＋＞Br－，首先发生反应：
2I－+Cl2=I2+2Cl－，线段I表示I-的变化情况,故A正确；B、由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I－）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2＋）=2n（Cl2）=2×（3mol－1mol）=4mol，Fe2＋反应完毕，根据电荷守恒可知n（I－）+n（Br－）=2n（Fe2＋），故n（Br－）=2n（Fe2＋）-n（I－）=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br－+Cl2=Br2+2Cl－可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6n（Cl2）=1mol+2mol+3mol=6mol，标准状况下V=6mol×22.4Ll·mol－1=134.4L，但题干中没有明确气体的状态，故B错误；C、原溶液中n（Fe2+）：
n（Br-）=4：
6=2：
3，故C正确；D、线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为2mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：
（1-0）×2×5mol/2mol=+5价，则该含氧酸为HIO3，线段Ⅳ表示IO3－的变化情况，反应为即5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl，线段Ⅳ表明氧化性：
C12>HIO3，故D正确；故选B。
点睛：
本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应先后顺序、氧化性和还原性强弱比较等知识，试题综合性较强，解题关键：
明确反应过程及反应原理，难点：
对图像的分析要结合氧化还原反应的先后顺序，还原性I－＞Fe2＋＞Br－，是解题的突破口。
13.利用氯碱工业的产品处理含SC/的烟气的流程如下图所示。
下列说法错误的是
A.向NaHSO3溶液中加入少量I2，C（H2SO3）/C（HSO3-）将减小
B.氯碱工业的产品可以用于生产漂白粉
C.回收装置中发生的离子反应为HSO3-+H+=SO2↑+H2O
D.上述流程中可循环利用的物质是NaCl
【答案】A
【解析】
分析：
含SO2的烟气，与NaOH反应生成NaHSO3；回收装置中NaHSO3溶液与HCl反应生成NaCl溶液，NaCl溶液又是氯碱工业的原料，氯碱工业产生的氢气和氯气在合成塔中生成HCl与NaHSO3反应，回收SO2
详解：
A、NaHSO3的水解平衡为HSO3－+H2O
H2SO3+OH－，平衡常数为Kb=c（H2SO3）·Kw/（c（HSO3-）·c（H+）），当加入少量I2时，碘把弱酸（亚硫酸）氧化成强酸（硫酸、氢碘酸），溶液酸性增强，c（H+）增大，但是温度不变，Kw、Kb不变，则c（H2SO3）/c（HSO3-）将增大，故A错误；B.氯碱工业的产品中有氯气，与消石灰反应可以用于生产漂白粉，故B正确；C.回收装置中HCl与NaHSO3反应，回收SO2，发生的离子反应为HSO3-+H+=SO2↑+H2O，故C正确；D.回收装置中NaHSO3溶液与HCl反应生成NaCl溶液，NaCl溶液又是氯碱工业的原料，故循环利用的物质是NaCl溶液，上述流程中可循环利用的物质是NaCl，故D正确；故选A。
点睛：
本题考查二氧化硫尾气处理的方法，涉及酸性氧化物与碱的反应、氧化还原反应及盐类水解等，综合性较强，难点：
A，水解平衡常数的应用，要先写出常数的表达式，再分析．
14.利用下图实验装置进行有关实验，下列对结论的叙述正确的是
选项
①中试剂
②中试剂
结论
A
镁条、蒸馏水
肥皂水
②中开始出现气泡，说明①中生成了氢气
B
铜片、硝酸溶液
蒸馏水
②中试管口出现红棕色气体，说明①中生成了NO2
C
二氧化锰、浓盐酸
淀粉KI溶液
该装置可以用来检验①中是否产生了氯气
D
乙醇、乙酸、浓硫酸
饱和NaOH溶液
该装置可以用来制备乙酸乙酯
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
分析：
A、要考虑气体热胀冷缩；B、NO和氧气反应也会生成NO2；C、氯气具有氧化性，碘单质使淀粉呈蓝色；D、碱性条件下乙酸乙酯水解更完全。
详解：
A、空气受热膨胀，故A错误；B、大试管中有空气，NO和氧气反应也会生成NO2，故B错误；C、二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，氯气与KI溶液作用生成碘单质，使淀粉呈蓝色，该装置可以用来检验①中是否产生了氯气，故C正确；D、碱性条件下乙酸乙酯水解更完全，饱和NaOH溶液促进乙酸乙酯水解，故D错误；故选C。
15.室温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度的关系正确的是
A.0.1mol/LNH4Cl溶液与0.1mol/L氨水等体积混合（pH>7）：
c（NH3·H2O）>c（NH4+）>c（C1-）>c（OH-）>c（H+）
B.0.1mol/LCH3COONa溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合：
c（OH-）C.0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合：
2c（CO32-）+C（HCO3-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）
D.0.1mol/LNaHS溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合：
c（OH-）-c（H+）=C（S2-）+2c（HS-）+3c（H2S）
【答案】D
【解析】
分析：
A、混合液的pH大于7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4＋）＞c（NH3·H2O），结合物料守恒可知c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（NH3·H2O）；B、0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.10mol·L－1HCl等体积混合，反应后溶质为0.05mol·L－1的醋酸、0.05mol·L－1的NaCl，据此判断各离子浓度大小．C、溶液可以看成是NaHCO3和NaCl的混合液，溶液中存在电荷守恒；D、溶液相当于Na2S和NaOH等物质的量混合，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，消去钠离子可得。
详解：
A、0.1mol·L-1NH4Cl溶液与0.1mol·L-1氨水等体积混合（pH＞7），说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4＋）＞c（NH3·H2O），结合物料守恒可知c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（NH3·H2O），故A错误；B、将0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.10mol·L－1HCl等体积混合后，溶质为0.05mol·L－1的醋酸、0.05mol·L－1的NaCl，离子浓度最大的为c（Cl－），c（Na＋），则正确的离子浓度大小为：
c（Cl－）=c（Na＋）＞c（H＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－），c（C1-）=0.05mol/L，故B错误；C、0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合，溶液可以看成是NaHCO3和NaCl的混合液，溶液中存在电荷守恒：
2c（CO32-）+C（HCO3-）+c（OH-）+c（Cl-）=c（Na+）+c（H+），故C错误；D、0.1mol·L－1NaHS溶液与0.2mol·L－1NaOH溶液等体积混合，溶液相当于Na2S和NaOH等物质的量混合，溶液中存在电荷守恒c（H＋）+c（Na＋）=c（OH－）+2C（S2－）+c（HS－）和物料守恒c（Na＋）=3[C（S2－）+c（HS－）+c（H2S）]，消去钠离子得：
c（OH－）-c（H＋）=C（S2－）+2c（HS－）+3c（H2S），故D正确。
故选D。
16.常温下向100mL0.1mol/L的NaOH溶液中通入一定量的CO2。
为探究反应后混合溶液的成分，向其中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液。
溶液产生气体前，消耗V（HCl）=V1；溶液刚好不再产生气体时，消耗V（HCl）=V2。
当V1A.NaHCO3、Na2CO3B.NaOH、NaHCO3C.NaOH、Na2CO3D.NaOH、Na2CO3、NaHCO3
【答案】C
【解析】
分析：
滴加盐酸V1mL时没有气体生成，可能发生OH－+H＋=H2O和CO32－+H＋=HCO3－，盐酸的体积为V2mL，HCO3－+H＋=H2O+CO2↑；
详解：
A、混合溶液中成分为NaHCO3、Na2CO3时，逐滴加入盐酸，依次发生反应：
、
，假设NaHCO3有amol，Na2CO3有bmol，则刚产生气体时，消耗盐酸的物质的量为bmol，溶液中不再产生气体时，消耗的盐酸的物质的量为（a+2b）mol，对应的溶液体积为2V1、
，假设NaOH有amol，Na2CO3有bmol，则刚产生气体时，消耗盐酸的物质的量为（a+b）mol，溶液中不再产生气体时，消耗的盐酸的物质的量为
，因此
，则对应成盐酸所用体积为V117.乙酰乙酸乙酯是有机合成中非常重要的原料，实验室制备乙酰乙酸乙酯的反应原理、装置示意图和有关数据如下所示：
实验步骤：
（I）合成：
向三颈烧
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