浙江省丽水市2022-2023学年高二上学期期末考试化学Word版含解析.docx

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丽水市2022学年高二第一学期普通高中教学质量监控化学试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生须知：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，写在本试题卷上的答案一律无效。3．非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。4．可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cu64选择题部分一、选择题(本大题共22小题，1~16题每小题2分，17~22题每小题3分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.某品牌运动饮料中含下列物质，属于弱电解质的是A.食用盐B.葡萄糖酸锌C.水D.三氯蔗糖【答案】C【解析】【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质。单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。【详解】A．食盐的主要成分为氯化钠，属于强电解质，A错误；B．葡萄糖酸锌是一种无机盐，它主要由氢氧化锌和葡萄糖酸组成，不是电解质，B错误；C．水是极弱电解质，C正确；D．三氯蔗糖是卤代蔗糖衍生物的一种，是非电解质，D错误；故选C。2.下列物质用途与盐类的水解无关的是A.Na2CO3常用作去油污B.可溶性的铝盐、铁盐作净水剂C.TiCl4溶于水制备TiO2D.FeCl3溶液作为印刷电路板的“腐蚀液”【答案】D 【解析】【详解】A．Na2CO3溶液显碱性，油污在碱性条件下水解成可溶于水的物质，与盐类水解有关，A错误；B．铝盐、铁盐常用于净水是利用铝离子、铁离子水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体能吸附悬浮杂质，起到净水作用，与盐类水解有关，B错误；C．在加热的条件下，TiCl4水解得TiO2•xH2O和HCl，反应方程式为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl↑，加热制备得到TiO2，和盐类水解有关，C错误；D．FeCl3可用作铜制电路板的腐蚀剂,利用了Fe3+的氧化性，与水解无关，D正确；故选D。3.下列能层或能级符号不正确的是A.MB.4sC.3pD.2d【答案】D【解析】【详解】A．第三能层用M表示，A不符合；B．第四能层有s、p、d、f能级，B不符合；C．第三能层有s、p、d能级，C不符合；D．第二能层没有d能级，D符合；故选D。4.下列有关能源的叙述不正确的是A.可燃冰因稀缺而难以被规模化开采使用B.超低温液氧液氢火箭推进剂无毒、无污染、高效能C.碳捕集、利用与封存技术可实现CO2资源化利用D.氢气、烃、肼等液体或气体均可作燃料电池的燃料【答案】A【解析】【详解】A．可燃冰开采因技术限制而难以被规模化开采使用，故A错误；B．超低温液氧液氢火箭推进剂无毒、无污染、高效能，不产生有害物质，故B正确；C．碳捕集、利用与封存技术可实现CO2资源化利用，故C正确；D．氢气、烃、肼等液体或气体均可作燃料电池的燃料，故D正确；答案选A。5.已知反应：2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)　ΔH=-akJ·mol-1(a﹥0)，其反应机理如下： ①NO(g)+Br2(g)NOBr2(g)　快②NO(g)+NOBr2(g)2NOBr(g)　慢下列有关该反应的说法不正确的是A.该反应的速率主要取决于②的快慢B.NOBr2是该反应的中间产物C.正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol-1D.增大Br2(g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率【答案】D【解析】【详解】A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A正确；B．由反应机理可知NOBr2是中间生成中间消耗，NOBr2是中间产物，B正确；C．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol-1，C正确；D．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误；故选D。6.下列说法不正确的是A.ΔH<0为放热反应B.化学键断裂与形成时的能量变化是化学变化中能量变化的主要原因C.在25℃和101kPa时，相同浓度的盐酸、醋酸溶液分别与NaOH溶液发生中和反应生成1molH2O时，放出的热量相等D.已知甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol-1【答案】C【解析】【详解】A．吸热反应大于零，放热反应小于零，A正确；B．旧键断裂吸收能量，新键生成放出能量，所以化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，B正确；C．在25℃和101kPa时，相同浓度的盐酸、醋酸溶液分别与NaOH溶液发生中和反应生成1molH2O时，醋酸电离过程吸热，反应放出的热量小于盐酸，C错误；D．甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol-1，D正确； 故选C。7.下列说法正确的是A.Zn分布在元素周期表d区B.第四周期含14种金属元素C.稀有气体基态原子最外层都是ns2np6D.116Lv位于周期表第七周期第ⅣA族【答案】B【解析】【详解】A．Zn元素位于周期表的ds区，A错误；B．第四周期中，金属元素有K、Ca、Sc、Ti、V、Cr、Mn、Fe、Co、Ni、Cu、Zn、Ga、Ge共14种元素，B正确；C．稀有气体的基态原子的最外层电子排布均达到稳定结构，氦原子最外层电子数为2，除氦外最外层电子的排布通式为ns2np6，C错误；D．116Lv是元素周期表第116号元素，116Lv的原子核外最外层电子数是6，7个电子层，可知116Lv位于元素周期表中第七周期第VIA族，D错误；故选B。8.下列各组离子在水溶液中能大量共存的是A.NH、Na+、HCO、Cl-B.H+、Na+、CH3COO-、NOC.Fe3+、S2-、NH、SOD.Na+、Fe3+、SO、SCN-【答案】A【解析】【详解】A．NH、Na+、HCO、Cl-在溶液中不反应，可以大量共存，A选；B．H+、CH3COO-在溶液中反应转化为醋酸，不能大量共存，B不选；C．Fe3+、S2-在溶液中发生氧化还原反应生成亚铁离子（或硫化亚铁）和单质硫，不能大量共存，C不选；D．Fe3+、SCN-在溶液中转化为络合物，不能大量共存，D不选；答案选A。9.下列说法正确的是A.基态Cr原子的价层电子：3d54s1，违反能量最低原理 B.基态C原子的电子排布式：1s22s22px12pz1，违反能量最低原理C.基态C原子的价层电子排布图：，违反泡利原理D.基态Fe3+的3d电子排布图：，违反洪特规则【答案】C【解析】【分析】泡利原理：在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，自旋方向相反；洪特规则：基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行。【详解】A．基态Cr原子的价层电子：3d54s1，处于半充满稳定结构，能量低，符合能量最低原理，A错误；B．基态C原子的电子排布式：1s22s22px12pz1，符合洪特规则，符合能量最低原理，B错误；C．泡利认为，在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，且他们的自旋方向相反，所以基态C原子的价层电子排布图：，违反的是泡利原理，C正确；D．基态Fe3+的3d电子排布图：，符合洪特规则，D错误；答案选C。10.下列有关电化学腐蚀和电化学保护的说法，不正确的是A.图甲是钢铁的吸氧腐蚀示意图B.图乙中的电解质溶液呈酸性C.图丙中的电子被强制流向钢闸门 D.图丁是牺牲阳极示意图，利用了电解原理【答案】D【解析】【详解】A．图甲中氧气得到电子转化为氢氧根离子，属于钢铁的吸氧腐蚀示意图，A正确；B．图乙中氢离子得到电子转化为氢气，属于钢铁的析氢腐蚀，说明电解质溶液呈酸性，B正确；C．图丙中钢铁和电源的负极相连，作阴极被保护，这说明电子被强制流向钢闸门，C正确；D．图丁中负极是锌，属于牺牲阳极的阴极保护法，利用了原电池原理，D错误；答案选D11.现有4种短周期主族元素X、Y、Z和Q，原子序数依次增大，X最外层电子数是内层电子总数的一半，Y与Z同周期且相邻，基态Z原子3p能级有2个空轨道，Q原子半径在同周期元素中最小。下列说法不正确的是A.X单质在空气中燃烧的产物为X2OB.Z与Q形成的化合物是离子化合物C.最高价氧化物的水化物碱性Z˂YD.Q单质及其某些化合物可用于自来水消毒【答案】B【解析】【分析】X最外层电子数是内层电子总数的一半，且X原子序数最小，则X是Li，基态Z原子3p能级有2个空轨道，其价层电子排布为3s23p1，则Z为Al，Y与Z同周期且相邻，且Y的原子序数小，则Y为Mg，Q原子半径在同周期元素中最小，且其原子序数比Al大，则Q为Cl，以此解题。【详解】A．X是Li，在空气中燃烧，和氧气反应生成Li2O，A正确；B．Z为Al，Q为Cl，两者形成的化合物AlCl3为共价化合物，B错误；C．Z为Al，Y为Mg，金属性Mg>Al，则其最高价氧化物的水化物碱性Al(OH)3˂Mg(OH)2，C正确；D．Q为Cl，其单质氯气，其氧化物ClO2，都可用于自来水消毒，D正确；故选B。12.食醋是厨房常用的调味品，25℃时，CH3COOH的Ka=1.8×10-5，醋酸溶液加水稀释后，下列说法正确的是A.CH3COOH的电离程度减小B.Ka增大C.CH3COO-数目增多D.减小【答案】C【解析】【详解】A．稀释促进弱电解质的电离，故醋酸溶液加水稀释后，CH3COOH的电离程度增大，A错误； B．Ka只与温度有关，故稀释时，Ka不变，B错误；C．稀释促进弱电解质的电离，故醋酸溶液加水稀释后，CH3COO-数目增多，C正确；D．醋酸的电离平衡常数，稀释时氢离子浓度减小，电离常数不变，则增大，D错误；故选C。13.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.甲基橙滴加到pH=2的溶液中呈红色，滴加到pH=6的溶液中呈黄色B.由NO2和N2O4组成的平衡体系：2NO2(g)N2O4(g)，恒温缩小容积，平衡后气体颜色比原平衡深C.Na(l)+KCl(l)2NaCl(l)+K(g)，工业上将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，以制备金属钾D.实验室配制氯化铁溶液时，先将FeCl3晶体溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释到需要的浓度【答案】B【解析】【详解】A．甲基橙在中性或碱性溶液中是以磺酸钠盐的形式存在，在酸性溶液中转化为磺酸，甲基橙滴加到pH=2的溶液中呈红色，滴加到pH=6的溶液中呈黄色，可以用平衡移动原理解释，A项正确；B．存在平衡，恒温缩小容积的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，B项错误；C．中，将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，减小了生成物浓度，有利于反应正向移动，可以用平衡移动原理解释，C项正确；D．配置氯化铁溶液时，会发生，加入盐酸中，增大了氢离子浓度，平衡逆向移动，可与抑制水解，可以用平衡移动原理解释，D项正确；答案选B。14.自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点，HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法不正确的是 A.反应物的总能量小于生成物的总能量B.该历程中正反应最大的活化能为186.19kJ·mol−1C.两种产物中P2更稳定D.相同条件下Z转化为产物的速率:v(P1)﹥v(P2)【答案】A【解析】【详解】A．根据反应历程图可知，产物相对能量低于反应物相对能量，故A错误；B．根据反应历程图可知，中间产物Z变为过渡态IV，需要活化能最大，为186.19kJ·mol−1，故B正确；C．P2能量更低，更稳定，故C正确；D．相同条件下反应需要活化能越小，则越需要效率更快，故D正确；答案选A。15.锶(Sr)与人体骨骼的形成密切相关，某品牌矿泉水中含有SrSO4。已知其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A.蒸发可以使溶液由a点变到b点B.363K时，a点对应的溶液不均一稳定C.温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO)的增大而减小 D.283K的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液【答案】B【解析】【详解】A．蒸发时，溶剂减少，硫酸根离子浓度和锶离子浓度都增大，故不能由a点变到b点，A错误；B．a点在363K的上方，属于过饱和溶液，不均一稳定，B正确；C．Ksp(SrSO4)只与温度有关，则温度一定时Ksp(SrSO4)不变，C错误；D．283K时的饱和SiSO4溶液升温到363K时，有固体析出，溶液仍为饱和溶液，D错误；故选B。16.含氯、硫、磷等元素的化合物是重要的化工原料，有关比较中不正确的是A.原子半径：P>S>ClB.第一电离能：PS>Cl，故A正确；B．P核外电子排布为半充满稳定结构，第一电离能大于S，故B错误；C．同周期元素，从左到右，远点复兴逐渐增大，所以电负性：P0，若反应能自发进行，则△S>0，与反应方程式一致，体系有自发地向熵增方向转变的倾向，D正确；故选B。21.下列有关实验操作、结论说法不正确的是A.将2mL0.5mol·L−1CuCl2溶液加热，溶液由蓝绿色变黄绿色，说明CuCl2溶液中存在的[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O是吸热过程B.向盛有2mL0.1mol·L−1AgNO3溶液的试管中滴加2滴0.1mol·L−1NaCl溶液，产生白色沉淀，再滴加4滴0.1mol·L−1KI溶液，产生黄色沉淀，说明Ksp(AgI)、<或=”)。②若为绝热恒容容器，下列表示该反应已达到平衡状态的是______(填字母)。A．混合气体的密度不再变化B．温度不再变化C．NO和的消耗速率之比为1:2D．混合气体中c(NO)=c(N2)（2）恒压密闭容器中加入足量活性炭和一定量NO气体，反应相同时间时NO的转化率随温度的变化如图所示：图中a、b、c三点，达到平衡的点是______。（3）现代技术处理尾气的反应原理是NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)ΔH<0。450℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，12min时反应达到平衡，此时的转化率为50%，体系压强为P0MPa。450℃时该反应的平衡常数Kp=______(用含P0的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）①.0.042mol·L-1·min-1②.＞③.AB（2）bc（3）3P0【解析】【小问1详解】①0～5min内生成氮气的物质的量是0.42mol，浓度是0.21mol/L，以N2表示该反应速率v(N2)=0.21mol/L÷5min＝0.042mol·L-1·min-1，第15min后，将温度调整为T2，氮气的物质的量增加，NO的物质的量减少，说明平衡正向进行，由于正反应是放热反应，所以T1＞T2。②A．由于反应前后体积不变，气体质量是变化的，因此密度是变化的，所以混合气体的密度不再变化可以说明反应达到平衡状态； B．温度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；C．NO和的消耗速率之比为1:2，根据方程式可知正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态；D．混合气体中c(NO)=c(N2)，不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态；答案选AB；【小问2详解】随着温度升高，NO转化率升高，达到最高点以后，继续升高温度，NO转化率较低，由于正反应是放热反应，升高温度平衡逆向进行，所以图中a、b、c三点，达到平衡的点是bc。【小问3详解】在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，12min时反应达到平衡，此时的转化率为50%，消耗氨气是1mol，根据方程式可知消耗0.5molNO、0.5molNO2，同时生成1.5mol氨气和1mol氮气，体系压强为P0MPa，则450℃时该反应的平衡常数Kp=＝3P0。26.表中是常温下H2CO3、H2S的电离常数和Cu(OH)2的溶度积常数：H2CO3H2SCu(OH)2K1=4.2×10-7K2=5.6×10-11K1=1.1×10-7K2=1.0×10-14Ksp＝2×10-20（1）CO和HCO结合质子能力较强的是_____。（2）常温下0.1mol·L-1Na2S溶液的pH约为13，用离子方程式表示溶液显碱性的原因_____，该溶液中c(HS-)______c(S2-)(填“>、<或=”)。（3）常温下某CuCl2溶液里c(Cu2＋)＝0.02mol·L-1，如果要生成Cu(OH)2沉淀，则应调整溶液pH大于______；若要配制1000ml2mol·L-1的CuCl2溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，至少需要滴加0.2mol·L-1的盐酸______滴。(每滴溶液的体积约0.05mL，加入盐酸后溶液体积变化忽略不计)【答案】（1）CO（2）①.S2-+H2OHS-+OH-②.>（3）①.5②.10 【解析】【小问1详解】根据表格中数据，碳酸的K2c(S2-)，故答案为：S2-+H2O⇌HS-+OH-；>；【小问3详解】Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2+)·c2(OH－)，当c（Cu2+）＝0.02mol·L-1时，c(OH－)＝1×10-9mol·L-1，则c(H＋)＝1×10-5mol·L-1，所有pH要大于5；配制2mo1·L-11000mLCuCl2溶液时，若不出现浑浊现象，则c(Cu2+)×c2(OH−)⩽Ksp[Cu(OH)2],因25℃时KSP[Cu(OH)2]=2.0×10-20，则c(OH−)⩽1×10-10mol/L，故c(H+)⩾1×10-4mol/L，则加入盐酸的体积至少为(1L×1×10-4mol/L)/(0.2mol/L)=0.0025L=0.5mL，需要盐酸的滴数=。27.某校化学活动小组按如图所示流程由粗氧化铜样品(含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质)制取硫酸铜晶体。已知Fe3+、Cu2+、Fe2+三种离子在水溶液中形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示:开始沉淀完全沉淀Cu2+5.26.4Fe2+7.69.6Fe3+2.73.7请回答下列问题: （1）溶液A中所含金属阳离子为______。（2）物质X应选用(填序号)。A.氯水B.双氧水C.铁粉D.高锰酸钾（3）步骤④的顺序为：将溶液转移至蒸发皿中加热→______→洗涤、自然干燥(填序号)。A．蒸发至大量晶体析出B．蒸发浓缩至表面出现晶膜C．冷却至室温D．停止加热用余热蒸干E．趁热过滤F．过滤（4）用“间接碘量法”可以测产品中Cu元素的含量，过程如下：Ⅰ．称取产品5.0g溶解于水配成100mL溶液。Ⅱ．取试液20.00mL于锥形瓶中，加入过量KI固体，发生反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。Ⅲ．以淀粉溶液为指示剂，用0.2000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，前后共测定四组。消耗Na2S2O3标准溶液的体积如下表：(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)。滴定次数第一次第二次第三次第四次滴定前读数(mL)0.100.361.100.00滴定后读数(mL)20.1220.3423.8220.00①判断滴定终点的现象是______。②产品中Cu元素的百分含量为______。【答案】（1）Cu2+、Fe2+（2）B（3）BCF（4）①.最后半滴试液滴入，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液无明显变化②.25.6%【解析】【分析】样品溶于过量硫酸中，FeO生成FeSO4，CuO生成CuSO4，故沉淀Ⅰ为不溶于酸的杂质，过程②→④为除去铁元素的过程，根据Fe3+的沉淀范围，X应该是氧化剂，将Fe2+氧化至Fe3+，再加入Cu(OH)2促进Fe3+水解而除去，最后蒸发浓缩、冷却结晶获得硫酸铜晶体。【小问1详解】溶液A的溶质为CuSO4、FeSO4、H2SO4，所含金属阳离子为Cu2+、Fe2+；【小问2详解】根据分析，X应为氧化剂，但氯水、高锰酸钾会引入新的杂质离子，因此最好选用H2O2，答案选B；【小问3详解】 硫酸铜晶体中含有结晶水，应采用降温结晶的方式分离，具体操作为：蒸发浓缩至有晶膜出现，冷却至大量固体析出，过滤、洗涤、干燥，故顺序为BCF；【小问4详解】