浙江省金华市2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题 Word版含解析.docx

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金华十校2023—2024学年高二第一学期期末调研考试化学试题说明：1.全卷满分100分，考试时间90分钟；2.请将答案写在答题卷的相应位置上；3.可能用到的相对原子质量：一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题題目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.水溶液呈碱性的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．发生水解生成和，水溶液呈酸性，A不符合题意；B．水解生成和硫酸，水溶液呈酸性，B不符合题意；C．水解生成亚硫酸和盐酸，水溶液呈酸性，C不符合题意；D．水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，水溶液呈碱性，D符合题意；答案选D。2.下列说法正确的是A.的基态原子核外电子共占有8种不同的能级B.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：C.第四周期元素的基态原子中，未成对电子数最多的是D.分子中的键形状：【答案】C【解析】【详解】A．基态Si原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2，核外电子共占有5种不同的能级，A错误； B．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为：，B错误；C．第四周期元素的基态原子中，未成对电子数最多的是Cr，有6个未成对电子，C正确；D．分子中的键形状为，D错误；故选C。3.工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步进行：i.和生成；ii.分解生成尿素。结合反应历程中的能量变化示意图，下列说法不正确的是A.i为放热反应，ii为吸热反应B.正反应的活化能：反应i<反应iiC.反应达平衡后，升高温度(保持其它条件不变)，中间产物减小D.【答案】D【解析】【详解】A．i反应物总能量高于生成物总能量为放热反应，ii反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，A项正确；B．反应i的活化能为，反应ii的活化能为，由图可知，即正反应的活化能：反应i<反应ii，B项正确；C．升高温度，向吸热反应方向进行，则中间产物减小，C项正确；D．总反应的，D项错误； 答案选D。4.硝基苯甲酸乙酯在存在下发生水解反应：，两种反应物的初始浓度均为时测得的转化率随时间变化的数据如表所示，下列说法不正确的是0120180240330530600700800033.041.848.858.069.070.471.071.0A.反应在区间的平均反应速率为B.平均反应速率：区间区间C.15℃时该反应的平衡常数约为6.0D.为提高的平衡转化率，除可适当控制反应温度外，还可以增大浓度，及时分离出生成物【答案】A【解析】【详解】A．区间的平均反应速率，A符合题意；B．区间的平均反应速率，结合A项分析知，平均反应速率：区间区间，B不符合题意；C．15℃时该反应700s时的转化率不再改变，说明达到了平衡状态，此时，，则平衡常数，C不符合题意；D．增大浓度、及时分离出生成物均可使平衡向正向移动，从而提高的平衡转化率，D不符合题意； 故选A。5.在标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：物质O能量2492183900下列说法不正确的是A.的键能为B.的燃烧热为C.中氧氧单键的键能为D.【答案】B【解析】【详解】A．根据表格中的数据可知，H2的键能为218=436kJ/mol，A正确；B．根据燃烧热热化学方程式：，表格中没有H2O(l)的能量，不可算燃烧热，B错误；C．根据OH(g)+OH(g)=H2O2(g)可以计算出H2O2中氧氧单键的键能为214kJ/mol，C正确；D．，D正确；故选B。6.某同学利用简易量热计测量放热反应的焓变(忽略温度对焓变的影响)，实验结果见下表：序号反应试剂体系温度反应前反应后i溶液粉abii粉ac溶液比热容取，溶液的密度取 ，忽略溶液体积、质量变化以及水以外各物质吸收的热量。下列说法不正确的是A.简易量热计中含有温度计、玻璃搅拌器B.温度：C.实验i反应放出的热量为：D.根据实验ii，可得【答案】D【解析】【详解】A．根据题目，我们知道简易量热计中含有温度计，玻璃搅拌器，A正确；B．实验i和实验ii中反应物的物质的量不同，而反应物的物质的量越大，反应放出的热量越多，所以温度b>c，B正确；C．溶液比热容取，再结合根据表格中信息，可知，实验i中反应放出的热量为418(b-a)J，C正确D．结合选项C分析可知，根据实验ii，可得，D错误；故选D。7.下列关于电离能的说法不正确的是A.Na的第一电离能小于Mg的第一电离能B.Na第一电离能大于K的第一电离能C.Na的第二电离能小于Ne的第一电离能D.Na的第二电离能大于Mg的第二电离能【答案】C【解析】【分析】同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族；同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，据此回答。【详解】A．同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，所以Na的第一电离能小于Mg的第一电离能，A正确；B．同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，Na的第一电离能大于K的第一电离能，B正确；C．Ne为稀有气体，电子排布式为1s22s22p6，Na+电子排布式为1s22s22p6，钠离子核电荷数更大，更不容易失去电子，所以Na的第二电离能大于Ne的第一电离能，C错误；D．Na+电子排布式为1s22s22p6，Mg+的电子排布式为1s22s22p64s1，Mg+比Na+容易失去电子，所以Na的第二电离能大于Mg的第二电离能，D正确； 故选C。8.某小组用如图所示装置研究金属的腐蚀与防护，下列说法不正确的是A.闭合，铁的腐蚀速率减缓B.闭合时铁的腐蚀速率比闭合时铁的腐蚀速率快C.闭合，石墨电极附近变大D.闭合石墨电极附近变大【答案】C【解析】【分析】只关闭K1，构成电解池，Fe作阴极，铁被保护，只关闭K2，构成电解池，Fe作阳极，铁被腐蚀，只关闭K3，构成原电池，Fe作负极，铁被腐蚀，据此回答。【详解】A．根据分析可知，则铁腐蚀的速度最慢的是只闭合K1，A正确；B．根据腐蚀速率，阳极大于正极，所以闭合K2时铁的腐蚀速率比闭合K3时铁的腐蚀速率快，B正确；C．闭合K1，铁棒作阴极，生成氢气和氢氧根，所以铁棒电极附近pH变大，C错误；D．闭合K3，石墨作正极，氧气得到电子转化为氢氧根离子，所以石墨电极附近pH变大，D正确；故选C。9.在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是 A.三点对应的溶液中，电离程度最大的是cB.三点对应的溶液中，溶液的由小到大的顺序是cA-的水解程度，，B不符合题意；C．根据电荷守恒知：，C点溶液pH=7，，则；D点对应的V(NaOH)=20mL，溶液的溶质为NaA，；E点对应的V(NaOH)=40mL，溶液的溶质为等浓度的NaA和NaOH，由于A-存在微弱的水解，，C符合题意；D．在的滴定过程中，溶液的溶质依次发生由HA到NaA再到NaA和NaOH的转变，HA、NaOH抑制水的电离而NaA促进水的电离，则水的电离程度先增大后减小，D不符合题意；故选C。15.某小组模拟成垢—除垢过程，实验过程如下图所示。已知。下列说法正确的是A.步骤①中将溶液和溶液等体积混合(忽略体积变化)，可以形成沉淀B.饱和溶液中存在：C.溶液中存在：D.用饱和溶液浸泡固体，生成的反应趋势较大【答案】B【解析】【分析】氯化钙与硫酸钠反应生成硫酸钙，硫酸钙与碳酸钠反应转化为碳酸钙，碳酸钙被醋酸溶解，据此回答。【详解】A．步骤①中将0.01mol/LCaCl2溶液和0.01mol/LNa2SO4溶液等体积混合(忽略体积变化)， ==2.5＜Ksp(CaSO4)，不可形成沉淀，A错误；B．饱和CaCO3溶液中存在，会发生水解，所以，B正确；C．Na2CO3溶液中存在质子守恒，失去的氢离子和得到的氢离子数目相等，则：，所以，C错误；D．根据Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，所以CaSO4转化为CaCO3反应趋势更大，D错误；故选B。16.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常温下，用计测溶液和溶液的前者后者B将溶液先加热，然后再置于冷水中加热后溶液颜色变为黄绿色，冷却后变为蓝绿色的C用注射器吸入和的混合气体并密封，然后把注射器的活塞往里推使管内气体容积减小混合气体的颜色比原来的浅增大压强使化学平衡右移D向溶液中先滴加2滴溶液，再滴加4滴溶液先产生白色沉淀再产生黄色沉淀沉淀转化为沉淀表明A.AB.BC.CD.D 【答案】B【解析】【详解】A．用计测等浓度的溶液和溶液的，由于水解程度：，溶液的：前者后者，则酸性：，，A不符合题意；B．溶液中存在：，为蓝色，为黄色，加热后溶液颜色变为黄绿色，说明加热使平衡向正反应方向移动；冷却后溶液变为蓝绿色，说明降温使平衡向逆反应方向移动，则该反应为吸热反应，，B符合题意；C．管内存在：，把注射器的活塞往里推会使管内气体容积减小，的浓度均比原来的大，混合气体的颜色比原来的深，由于管内压强增大，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色稍微变浅一些，但比最初时的深，C不符合题意；D．题中所给的硝酸银溶液过量，两种沉淀都能生成，不存在沉淀的转化过程，不能判断氯化银和碘化银的溶度积的大小，D不符合题意；故选B。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.绿矾可作补血剂，其结构如图所示：由成键一方单独提供孤电子对给予另外一方，这类“电子对给予—接受”化学键称为配位键。（1）按照核外电子排布，可把元素周期表划分成五个区，铁元素位于元素周期表的_______区。（2）基态S原子核外电子空间运动状态有___________种，电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为___________。（3）中由大到小的顺序是___________。（4）二价铁易被氧化为三价铁，结合价层电子排布式解释原因：___________。【答案】（1）d（2）①.9②.哑铃形（3） （4）二价铁价层电子排布为，易失去1个达到半满稳定结构【解析】【小问1详解】铁的价电子排布式为3d64s2，为d区；’【小问2详解】①核外电子空间运动状态等于轨道数，S的电子排布式为1s22s22p63s23p4，所以基态S原子核外电子空间运动状态有9种；②电子占据最高能级为3p能级，电子云轮廓图形状为哑铃形；【小问3详解】∠1中O价层电子数为4，孤电子为1，∠2中S价层电子数为4，孤电子为0，∠3中O价层电子数为4，孤电子为2，根据孤电子对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，孤电子对数越多，键角越小，故∠2>∠1>∠3；【小问4详解】因为二价铁价层电子排布为3d6，易失去1个e−达到3d5半满稳定结构，所以二价铁易被氧化为三价铁。18.处于同一主族，相关化合物应用广泛。（1）基态原子的简化电子排布式是___________。（2）下列说法不正确的是___________。A．是含有极性键的非极性分子B．原子由能形成原子发射光谱C．硼氢化钠中元素电负性大小依次为D．键的极性：（3）硼酸为一元弱酸，晶体结构为层状，其二维平面结构如图所示：①硼酸晶体中存在___________氢键。②硼酸晶体在时溶解度为水，加热至时，溶解度增大至 ，加热时溶解度增大的原因可能是___________。③已知常温下，在水中存在平衡：。硼砂的化学式为的硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该溶液的___________，中硼原子的杂化轨道类型是___________。【答案】（1）（2）BD（3）①.3②.加热破坏了硼酸分子之间的氢键，使更多硼酸分子与水分子之间形成氢键，溶解度增大③.9.24④.【解析】【小问1详解】为31号元素，位于元素周期表的第四周期、第ⅢA族，基态原子的简化电子排布式是。【小问2详解】A．为平面正三角形结构，是含有极性键(Al-Cl)的非极性分子，A不符合题意；B．原子由的过程中，一个电子从能量较低的3s能级跃迁到了能量较高的3p能级，能形成原子吸收光谱，B符合题意；C．硼氢化钠中三种元素的化合价依次为+1、+3、-1，电负性大小：，C不符合题意；D．电负性：Cl>B>Al，则B与Cl的电负性差值比Al与Cl的电负性差值小，则键的极性：，D符合题意；故选BD。【小问3详解】①每个硼酸中的O原子与H原子，均与其他硼酸分子形成氢键，所以1mol硼酸中所含氢键为；②加热时硼酸晶体溶解度增大的原因可能是加热破坏了硼酸分子之间的氢键，使更多硼酸分子与水分子之间形成氢键，溶解度增大； ③由知，当和的物质的量浓度相等时，，则该溶液的9.24；中一个硼原子形成4个键且无孤电子对，则硼原子的杂化轨道类型是。19.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。（1）已知化学键相关数据如下：化学键键能436946391___________，该反应自发进行的条件是___________。（2）研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过如下机理进行(表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断下述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为(填步骤前的标号)___________，理由是___________。(i)　　(ii)　　(iii)(iv)　　(v)（3）为研究温度对合成氨效率的影响，在某温度T下，将一定量和的混合气体置于恒容密闭容器中，在t时刻测得容器中的物质的量。然后分别在不同温度下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得的物质的量。在图中坐标系中，画出随温度变化的曲线示意图________________。（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：总) 下列说法中不正确的是___________。A.当氨气的体积分数保持不变时可以判断反应已达平衡B.低温高压有利于提高合成氨的平衡产率C.压强由大到小的顺序为D.进料组成中含有惰性气体的是图3（5）某温度下，进料组成为，保持体系压强不变，当反应达到平衡时测得，则该温度下反应的_______。(表示用平衡分压代替平衡浓度求得的平衡常数，分压=总压×气体的摩尔分数)【答案】（1）①.-92②.低温（2）①.(ii)②.中键能大（3）（4）CD（5）【解析】【小问1详解】根据反应热等于反应物的键能之和-生成物的键能之和，；该反应为放热反应，气体种类及分子数目减少的反应，为，低温条件下可以使，反应可以自发进行；故答案为：-92；低温。 【小问2详解】(i)、(iii)分别为、被吸附于催化剂表面的过程，能量降低，(ii)、(iv)分别为被吸附于催化剂表面的、在催化剂表面断裂化学键的过程，为吸收能量的过程，其中的键能更大，需要的能量更多，(v)被吸附的形成键的过程，为释放能量过程，所以(ii)需要吸收能量最多的反应，是速率最慢的步骤，为速率控制步骤；故答案为：(ii)；中键能大。【小问3详解】在某温度T下，初始只充入、，为0，不同温度条件下，测相同时间容器中的物质的量，温度低反应速率慢，生成的物质的量少，随温度升高，反应速率加快，生成的物质的量增多，某较高温度时，t时刻达到平衡状态，生成的物质的量达最大值，继续升高温度，平衡逆向移动，生成的物质的量减小，随温度变化的曲线示意图为；故答案为：。【小问4详解】A．随反应进行，生成氨气物质的量增加，气体总物质的量减小，氨气体积分数增大，当氨气的体积分数保持不变时可以判断反应已达平衡，A正确；B．该反应为放热反应，气体体积减小的反应，降低温度，平衡正移，增大压强，平衡正移，故低温高压有利于提高合成氨的平衡产率，B正确；C．温度一定，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量和摩尔分数均增大，即其他条件相同时，压强越大，氨的摩尔分数越大，所以图中压强由小到大的顺序为，C错误；D．惰性气体不参与反应，起始混合气体总量相同、温度和压强一定时，进料组成为的反应体系中达平衡时氨的较大，氨的摩尔分数也较大，对比图3 、图4中压强、温度700K时氨的摩尔分数大小可知，图3是进料组成中不含有惰性气体的图，图4是进料组成中含有惰性气体的图，D错误；故答案为：CD。【小问5详解】设某温度下，进料组成为，参加反应转化的氮气为xmol，根据三段式分析计算，则，解得，平衡时气体总物质的量为0.8mol，其中，则；故答案为：。20.盐酸羟胺是一种还原剂和显像剂，其化学性质与类似。（1）被取代可形成羟胺，羟胺水溶液显碱性，用相关离子方程式解释原因___________。（2）已知氮原子上电子云密度越大则碱性越强，实验测得，请解释原因：___________。（3）采用原电池原理制备盐酸羟胺的装置如下图所示： ①含铁催化电极发生的电极反应式为___________。②盐酸初始浓度相同，假设两侧溶液体积均为且保持不变，理论上电路中通过电子时，左右两侧浓度相差___________。【答案】（1）（2）甲基为推电子基团，羟基为吸电子基团，N原子上电子云密度：，碱性：（3）①.②.0.2【解析】【小问1详解】羟胺水溶液显碱性，说明此物质易与水电离出的H+结合：；【小问2详解】这三种物质分别可看成-CH3，-H，-OH与-NH2结合而成，而前两者供电子能力：-CH3>-H，-OH为吸电子基团，依题意氮原子上电子云密度越大则碱性越强，则有碱性强弱为：；【小问3详解】①依图可知，右侧为原电池的负极，发生氧化反应（即由H2转化为H+）：；则左侧为正极，发生还原反应：由NO转化为NH3OH+：；②由上述电极反应式可知，电路中通过电子时，右侧生成0.3molH+，左侧消耗0.4molH+，通过质子交换可得0.3mol，故相差0.1mol，即。21.某小组以、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X。为测定其组成，进行如下实验。如图为氨的测定装置(已省略加热和夹持装置) ①氨的测定：准确称取，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，滴加指示剂，用标准溶液滴定过剩的，到终点时消耗溶液。②氯的测定：准确称取，配成溶液后移取于锥形瓶中，调，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用标准溶液滴定至终点。(为砖红色)回答下列问题：（1）下列说法不正确的是___________。A.安全管的作用是：当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定B.氨的测定过程中，滴定终点时仰视读数，氨的测定含量将偏高C.氨测定接近终点时的“半滴操作”是：轻轻挤压玻璃珠下方的橡皮管，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁D.氯的测定过程中，使用棕色滴定管的原因是防止硝酸银见光分解（2）滴定前，有关滴定管的正确操作为___________(选出正确操作并按序排列)。检漏→蒸馏水洗涤开始滴定。A．烘干B．装入滴定液至“0”刻度以上处C．调整滴定液液面至“0”刻度或“0”刻度以下D．用洗耳球吹出润洗液E．排除气泡F．用滴定液润洗2至3次G．记录起始读数（3）氯的测定过程中，滴定终点的现象是___________。当溶液中的恰好沉淀完全(浓度等于 )时，溶液中为___________(保留两位有效数字)。已知时，。（4）测定过程中，溶液过低会使浓度降低，不能形成沉淀来指示终点。用相关的离子方程式解释过低使浓度降低的原因___________。【答案】（1）BC（2）FBECG（3）①.滴入最后半滴标准液时，生成砖红色(或浅红色)沉淀，且半分钟内不溶解②.（4）【解析】【分析】如图所示三颈瓶中，橙黄色晶体X与足量10%NaOH溶液反应生成氨气，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出后用盐酸标准液吸收，蒸氨结束后，滴加指示剂，再用氢氧化钠标准液滴定过剩的HCl，盐酸总的物质的量为氨气消耗的与氢氧化钠消耗之和，据此回答。【小问1详解】A．安全管的作用是：当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定，有平衡气压的作用，A正确；B．氨的测定过程中，滴定终点时仰视读数，标准液体积偏大，使得测得的过剩的HCl偏大，氨的测定含量将偏低，B错误；C．氨的测定接近终点时的“半滴操作”是：碱式滴定管的乳胶管稍微松动，形成半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水冲下，C错误；D．氯的测定过程中，硝酸银见光分解，所以使用棕色滴定管，D正确；故选BC。【小问2详解】滴定前，有关滴定管的正确操作为检漏→蒸馏水洗涤→F．用滴定液润洗2至3次→B．装入滴定液至“0”刻度以上2~3mL处→E．排除气泡→C．调整滴定液液面至“0”刻度或“0”刻度以下→G．记录起始读数→开始滴定；【小问3详解】①氯的测定过程中，滴定终点的现象是：滴入最后半滴标准液时，生成砖红色(或浅红色)沉淀，且半分钟内不溶解；②=mol/L， mol/L；