四川省成都市第七中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学Word版含解析.docx

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成都七中2023—2024学年度上学期高2025届12月阶段性测试化学试卷考试时间：90分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32I127一、选择题(本大题包含20个小题，每题有且只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分)1.化学与人类生活和工业生产密切相关。下列说法正确的是A.利用明矾处理自来水，可达到杀菌消毒的目的B.生活中，绝大多数金属腐蚀过程属于化学腐蚀，且速率比电化学腐蚀大C.天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的、等离子D.盐碱地(含较多的NaCl、)不利于农作物生长，通过施加适量石膏可以降低土壤的碱性【答案】D【解析】【详解】A．明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性可用于净水，但不能消毒，A错误；B．金属腐蚀包括化学腐蚀和电化学腐蚀，绝大多数金属腐蚀属于电化学腐蚀，B错误；C．天然弱碱性水呈碱性，是因为天然水中的弱酸根离子水解，C错误；D．石膏是主要成分是CaSO4·2H2O，与碳酸钠反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，所以石膏能降低其碱性，D正确；故选：D。2.酸碱中和滴定实验中不需要的仪器是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】中和滴定用到的仪器：酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、胶头滴管、烧杯、锥形瓶等仪器，用不到蒸发皿。故答案选C。 3.下列事实能用平衡移动原理解释的是A.溶液中加入少量固体，促进分解B.密闭烧瓶内的和的混合气体，压缩后颜色加深C.氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体D.碳酸钙的分解反应达平衡后，恒温条件下压缩容器，一段时间后，体系压强不变【答案】C【解析】【详解】A．MnO2会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A错误；B．密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，压缩后颜色加深，是因为压缩后气体浓度增大，不能用平衡移动原理解释，B错误；C．加热促进氯化铁水解平衡正向移动，氯化氢挥发，所以将氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体，能用平衡移动原理解释，C正确；D．碳酸钙的分解反应的平衡常数K=c(CO2)，平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，则压强不变，应该用平衡常数的性质解释，D错误；故选C。4.对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响，下列判断正确的是A.由图a可知，该反应的正反应为吸热反应B.由图b可知，该反应m+n＞pC.若图c是绝热条件下速率和时间的图像，说明该反应的正反应为吸热反应D.图d中的a曲线一定是加入了催化剂【答案】B【解析】【详解】A．由图a可知，T1先达到平衡，且T1对应C%含量低，则T1＞T2，升高温度平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故A错误；B．由图b可知，增大压强，C%含量增大，说明平衡正向移动，说明该反应m+n＞p，故B正确； C．图c是绝热条件下速率和时间的图像，可知最初随着反应进行，温度升高，速率加快，则说明此反应的正反应为放热反应，故C错误；D．图d中，若m+n=p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，故D错误；故选B。5.原子结构影响其性质。下列关于原子结构与元素周期律的说法中不正确的是A.某原子处于基态时的价电子排布式为，则该原子N层上共有2个不同运动状态的电子B.同周期元素随着原子序数的递增，第一电离能和电负性也会随之增大C.铬的第二电离能相比第一电离能激增的原因为铬原子失去一个电子后，3d轨道处于半满状态，较为稳定D.原子吸收光谱可用于鉴定元素，其特点为亮面谱图中出现黑线【答案】B【解析】【详解】A．根据其价电子排布式可知，其4s能级上有两个电子，每个电子的运动状态都不同，则该原子N层上共有2个不同运动状态的电子，A正确；B．同周期元素随着原子序数的递增，电负性逐渐增大，但是其第一电离能是有特殊情况出现的，B错误；C．铬的价电子排布式为，则其失去一个电子后3d轨道处于半满状态，较为稳定，故铬的第二电离能相比第一电离能激增，C正确；D．原子光谱分为吸收光谱和发射光谱，确定元素的光谱具有特定的特征，可用于鉴定元素，其中原子吸收光谱的特点为亮面谱图中出现黑线，D正确；故选B。6.是汽车尾气中的主要污染物之一，通过传感器可监测的含量，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.该装置将电能转化为化学能B.电极为负极C.外电路中，电子从电极流出D.电极的电极反应式为 【答案】D【解析】【分析】根据氧离子迁移过程和原电池“同性相吸”得到NiO电极为负极，Pt为正极。【详解】A．该装置为原电池，将化学转化为电能，故A错误；B．由离子的定向移动可知NiO极为原电池的负极，Pt极为原电池的正极，故B错误；C．NiO电极是负极，电子从负极通过外电路流向正极，故C错误；D．电极上是一氧化氮失去电子和氧离子结合生成二氧化氮，其电极反应式为：，故D正确；答案选D。7.AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知AlPO4溶解为吸热过程)。下列说法不正确的是A.T1>T2B.AlPO4在b点对应的溶解度大于c点C.T1下Q点溶液无AlPO4固体析出D.图中Ksp：a=c=dc>b>a，C错误；D．b点溶液中溶质为NaHA和Na2A，结合图像可知c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，b点pH<7，D正确；故选C。19.逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：反应I：；反应II：在恒容条件下，按投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是A.反应I的，反应II的B.M点反应I的平衡常数C.N点的压强是的3倍D.若按投料，则曲线之间交点位置不变【答案】D【解析】【详解】A．随着温度的升高，甲烷含量减小、一氧化碳含量增大，则说明随着温度升高，反应Ⅱ逆向移动、反应Ⅰ正向移动，则反应Ⅱ为放热反应焓变小于零、反应Ⅰ为吸热反应焓变大于零，A正确；B．M点没有甲烷产物，且二氧化碳、一氧化碳含量相等，投料，则此时反应Ⅰ 平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量相等，反应Ⅰ的平衡常数，B正确；C．N点一氧化碳、甲烷物质的量相等，结合反应方程式的系数可知，生成水的总的物质的量为甲烷的3倍，结合阿伏伽德罗定律可知，的压强是的3倍，C正确；D．反应Ⅰ为气体分子数不变的反应、反应Ⅱ为气体分子数减小的反应；若按投料，相当于增加氢气的投料，会使得甲烷含量增大，导致甲烷、一氧化碳曲线之间交点位置发生改变，D错误；故选D。20.探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A往碘的溶液中加入等体积浓溶液，振荡分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色碘在浓溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力B用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在试纸上试纸变白次氯酸钠溶液呈中性C向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀转化为，溶解度小于溶解度D取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色氯气与水的反应存在限度A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A ．向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使上层溶液呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正确；B．次氯酸钠溶液具有强氧化性，会能使有机色质漂白褪色，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故B错误；C．由题意可知，向硝酸银溶液中加入氯化钾溶液时，硝酸银溶液过量，再加入碘化钾溶液时，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故C错误；D．新制氯水中的氯气和次氯酸都能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘，则溶液变蓝色不能说明溶液中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，故D错误；故选A二、非选择题(本大题共包含4小题，共60分)21.光伏材料又称太阳能材料，能将太阳能直接转换成电能。可作太阳能电池材料的有单晶硅、多晶硅、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CaS、CdTe、CuInSe等。（1）元素铜在元素周期表中位于___________区，基态铬(Cr)原子的价电子轨道表示式为___________。（2）P、S、Cl元素的电负性从大到小的顺序为___________，其中电负性最小的元素原子价电子排布式为___________。（3）As元素的第一电离能___________(填“大于”“小于”或“等于”)Se元素的第一电离能，原因是___________。（4）元素的基态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称为第一电子亲合能()。第二周期部分元素的变化趋势如图所示，其中，除了氮元素外，其他元素的自左而右依次增大的原因是___________；氮元素的呈现异常的原因是___________。【答案】21.①.ds②.22.①.②.3s23p323.①.大于②.砷元素原子4p 能级是半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素24.①.同周期元素随核电荷数增大，原子的电负性增大，得电子的能力增强，故结合一个电子释放的能量逐渐增大②.基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则N原子的2p轨道为半充满状态，相对稳定，不易得电子【解析】【小问1详解】铜的价层电子排布为3d104s1，位于周期表中的ds区；基态铬(Cr)原子的价电子排布式为：3d54s1，则其价电子轨道表示式为：；【小问2详解】同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，所以电负性；其中P电负性最小，其价电子排布式为3s23p3；【小问3详解】砷、硒都是第四周期非金属元素，同周期元素自左而右第一电离能整体呈增大趋势，但砷元素原子能级是半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以As元素的第一电离能大于元素的第一电离能；【小问4详解】由题意可知，元素的基态气态原子越容易得到一个电子，所放出的能量越大，即第一电子亲和能(E1)越大，同周期元素随核电荷数的增大，原子的电负性增大，得电子的能力增强，故结合一个电子释放的能量逐渐增大；基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则N原子的2p轨道为半充满状态，相对稳定，不易得电子。22.是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。某课外活动小组探究制备并测定产品纯度。I．制备反应原理：实验步骤：①称取加入圆底烧瓶中，再加80mL蒸馏水。另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中。②安装实验装置(如图所示，部分夹持装置略去)，水浴加热，微沸60min。 ③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出，经过滤、洗涤、干燥，得到产品。回答问题：（1）仪器a的名称是___________。（2）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是___________。（3）产品中除了有未反应的外，最可能存在的无机杂质是___________。检验是否存在该杂质的方法是取少量产品溶于过量盐酸，___________(请补全剩余的实验操作现象及结论)。（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：___________。II．测定产品纯度准确称Wg产品，配制成250mL溶液，取25mL溶液于锥形瓶中，加入几滴淀粉作指示剂，用0.1000mol/L碘的标准溶液滴定。反应原理为。(设相对分子质量为M)（5）滴定至终点的判断方法是___________。（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为___________mL。产品的纯度为___________。【答案】（1）球形冷凝管 （2）使硫粉易于分散到溶液中（3）①.Na2SO4②.过滤，向滤液中（或静置后取上层清液）加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4（4）（5）当最后半滴碘的标准溶液滴入锥形瓶中后，溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色，则到达滴定终点；（6）①.18.10②.【解析】【分析】实验室利用Na2SO3溶液与固体S反应制取Na2S2O3溶液时，先将Na2SO3加入圆底烧瓶内，再加入一定量的蒸馏水溶解，另取研细的硫粉，用无水乙醇润湿，以增大它的溶解性；沸水浴恒温反应60min，使用冷凝管冷凝，以防乙醇和水分的大量挥发；趁热过滤出未反应的S，再将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，从而得到Na2S2O3•5H2O。【小问1详解】根据题中图示装置图可知，仪器a为球形冷凝管；【小问2详解】硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；【小问3详解】因反应物易被空气中的氧气氧化成，故可能存在的无机杂质是；检验产品中是否含有，即检验是否存在，需要防止的干扰，故不能用具有强氧化性的硝酸酸化，而应用盐酸酸化，过滤除去不溶物，再向滤液中滴加氯化钡溶液，故答案为取少量产品溶于过量盐酸，过滤，向滤液中（或静置后取上层清液）加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；【小问4详解】产品发黄，说明产品中含有硫杂质，这是由于在酸性环境中不稳定，发生歧化反应：所致；【小问5详解】滴定终点时，过量的单质碘使无色的淀粉溶液变蓝，可指示滴定终点，故答案为：当最后半滴碘的标准溶液滴入锥形瓶中后，溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色，则到达滴定终点；【小问6详解】 起始读数为0.00mL，终点读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液的体积为18.10mL；配制成250ml溶液，取25ml溶液于锥形瓶中，根据，得，则产品的纯度为：；23.钛(Ti)的性质稳定，有良好的耐高温、抗酸碱、高强度、低密度等特性，工业上常用钛铁矿(主要含和少量、MgO、、等)通过如图所示工艺流程制取钛，并回收镁、铝、铁等。已知：①易水解，只能存在于强酸性溶液中；②常温下，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。金属离子开始沉淀的pH2.26.53.595沉淀完全()的pH3.29.74.711.1（1）为了提高“酸溶”速率，可采取的措施有___________(任写一点)（2）“酸溶”后，钛主要以形式存在，写出相应反应的离子方程式：___________。（3）“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.1，依次析出的金属离子是___________(填离子符号)；当沉淀完全时，“母液”中的浓度为___________。（4）“酸溶”后，加入热水进行水浸可得水浸渣()，写出“水浸”过程的离子反应方程式___________。（5）“氯化”过程在高温下会生成一种有毒气体，写出“氯化”过程的化学方程式___________。（6）“还原”在800~900℃及惰性气体的保护下进行，要在惰性气体的保护下进行的原因是___________。 【答案】（1）搅拌或粉碎或适当提高硫酸的浓度（2）（3）①.②.（4）（5）（6）防止镁与空气中氧气、氮气反应【解析】【分析】钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、MgO、Al2O3、Fe2O3等)中加入硫酸，二氧化硅不反应，其他物质与硫酸反应，过滤，向滤液中加入热水，过滤得到TiO2·xH2O，煅烧得到TiO2，再氯化得到四氯化钛，四氯化钛和镁反应生成钛和氯化镁，滤液中滴加氨水分步沉淀金属离子得到氢氧化物。【小问1详解】为了提高“酸溶”的速率，主要从接触面积、浓度、温度考虑，因此可采取的措施有搅拌或粉碎或适当提高硫酸的浓度；故答案为：搅拌或粉碎或适当提高硫酸的浓度；【小问2详解】“酸溶”后，FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4、FeSO4和水，则反应的离子方程式：；【小问3详解】“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.1，根据金属离子沉淀完全的pH值得到依次析出的金属离子是；当Mg2+沉淀完全时，pH=11.1，则“母液”中Al3+的浓度为mol·L-1；故答案为：；；【小问4详解】TiOSO4完全水解生成TiO2∙xH2O沉淀和硫酸，则反应的离子方程式为：【小问5详解】 “氯化”过程在高温下会生成一种有毒气体CO，还有TiCl4，则“氯化”过程的化学方程式；【小问6详解】“还原”在800~900℃及惰性气体的保护下进行，要在惰性气体的保护下进行的原因是Mg是活泼性金属，在空气中与氧气、氮气反应，因此防止镁与空气中氧气、氮气反应；故答案为：防止镁与空气中氧气、氮气反应。24.温室气体让地球“发烧”，倡导低碳生活，是一种可持续发展的环保责任，将应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。回答下列问题：（1）通过使用不同的新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚()也有广泛的应用。反应I：反应II：反应III：则___________。（2）向2L恒容密闭容器中充入和，在一定条件下，仅发生上述反应I；在甲、乙两种不同催化剂的作用下，反应时间均为tmin时，测得甲醇的物质的量分数随温度的变化如图所示。①相同温度下，催化剂效果更好的是___________(填“甲”或“乙”)；下，甲醇的平均反应速率为___________。②和下，平衡常数：___________(填“>”、“<”或“=”)。③下，反应开始时容器中的总压为，该温度下反应的平衡常数___________(只列出计算式，不必化简，气体分压=气体总压×气体的物质的量分数)。 （3）已知的选择性为。其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如图I、II所示。①由图I可知，实验中反应均未达到化学平衡状态的依据是___________。②温度高于260℃时，的平衡转化率呈上升变化的原因是___________。③由图II可知，温度相同时选择性的实验值略高于其平衡值，从化学反应速率的角度解释其原因___________。（4）为实现“碳中和”，还可通过电解法用制备，电解装置如图所示。①已知铂电极区溶液呈强酸性，写出铂电极的电极反应式___________。②当玻碳电极收集到标况下22.4L气体时，阴极区增重___________g。(精确到一位小数)【答案】（1）（2）①.甲②.③.>④.（3）①.CO2的实验转化率未达到平衡转化率②.温度升高，反应I逆向移动，反应III正向移动，当温度高于260°C时，反应III正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度③.在该条件下反应I的速率大于反应III，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多 （4）①.②.33.3【解析】【小问1详解】由盖斯定律可得，则，故答案为：；【小问2详解】①在前，相同温度下，甲醇的物质的量分数：催化剂甲＞催化剂乙，则相同温度下，催化剂效果：催化剂甲＞催化剂乙；设tmin内甲醇的变化量为amol，则有三段式：，有，解得，所以甲醇的平均反应速率为，故答案为：甲；；②反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动；由2可知T2°C＜T5°C，即平衡常数T2°C＞T5°C，故答案为：＞；③设甲醇的物质的量的变化量为amol，则由三段式有：，解得，则平衡后气体的总物质的量，反应前气体的总物质的量；由阿伏加德罗定律的推论可知，解得；平衡时各物质的分压分别为：、、，平衡常数Kp=，故答案为：；【小问3详解】 ①由图3可知，CO2的实验转化率低于平衡转化率，所以实验中反应均未达到化学平衡状态，故答案为：CO2的实验转化率未达到平衡转化率；②反应I为放热反应、反应III吸热反应，所以升高温度，反应I逆向移动，反应III正向移动，当温度高于260°C时，反应III正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度，故答案为：温度升高，反应I逆向移动，反应III正向移动，当温度高于260°C时，反应III正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度；③在该条件下反应I的速率大于反应III，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多，温度相同时CH3OH选择性的实验值略高于其平衡值，故答案为：在该条件下反应I的速率大于反应III，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多；【小问4详解】①玻碳电极产生氧气，发生氧化反应，为阳极，则铂电极为阴极，故电极反应式为；