浙江省金华第一中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学 Word版含解析.docx

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金华一中2023学年高二第一学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cu-64一、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目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质既能导电又属于电解质的是A.镁B.酒精C.熔融的硫酸钠D.KCl晶体【答案】C【解析】【详解】A．镁能导电，但不属于电解质，A不正确；B．酒精不能导电，属于非电解质，B不正确；C．熔融的硫酸钠能导电，且属于电解质，C正确；D．KCl晶体属于电解质，但不能导电，D不正确；故选C。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.HClO的电子式：B.乙烯的结构简式：C.键电子云轮廓图D.基态S原子的价层电子的轨道表示式：【答案】D【解析】【详解】A．HClO的电子式：，故A错误；B．乙烯的结构简式：CH2=CH2，故B错误；C．是键电子云，以“肩并肩”方式形成，键是两个p轨道“头碰头”形成的，故C错误；D．基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，轨道表示式为：，故D正确； 故选D。3.氢氧化钠是一种重要的化工原料，广泛应用于造纸和制皂工业等。下列说法不正确的是A.氢氧化钠属于强电解质B.氢氧化钠不能使用高纯氧化铝坩埚熔化C.厨房油烟机污渍可用氢氧化钠溶液清洗D.工业上氢氧化钠由氧化钠与水反应制得【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，A正确；B．氢氧化钠与氧化铝反应，所以不能使用高纯氧化铝坩埚熔化氢氧化钠，B正确；C．油脂在氢氧化钠溶液中发生水解，所以厨房油烟机污渍可用氢氧化钠溶液清洗，C正确；D．工业上电解饱和食盐水制得氢氧化钠，D错误；故选D。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.生铁的硬度大，可以用于制造钢轨、车轮、建材B.具有漂白、防腐和抗氧化等作用，可用作食品添加剂C.常温下铁制容器遇浓硝酸钝化，可用铁制容器来盛装浓硝酸D.硬度很大，可用作砂轮的磨料【答案】A【解析】【详解】A．生铁硬而脆，延展性差，制造钢轨、车轮、建材等金属材料需要有较好的延展性，如钢等，故A错误；B．SO2具有漂白性和强还原性，具有漂白、防腐和抗氧化等作用，可作为食品添加剂，故B正确；C．常温下铁制容器遇浓硝酸钝化，在铁的表面生成一层致密的氧化膜，故可用铁制容器来盛装浓硝酸，故C正确；D．SiC硬度很大属于共价晶体，硬度大，可用作砂轮的磨料，故D正确；故本题选A。5.用下列实验装置能达到相关实验目的是ABCD 实验装置实验目的除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液配制0.1mol·L-1NaCl溶液实验室灼烧Na2CO3·10H2O收集SO2并吸收尾气A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．胶体能够透过滤纸，故除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液不能进行过滤操作，而应该采用渗析法，A错误；B．容量瓶不能作为溶解、稀释和反应、长期贮存溶液的仪器，B错误；C．灼烧固体或晶体应该在坩埚中进行，而不能在蒸发皿中进行，C错误；D．SO2的密度比空气大，可以采用向上排空气法收集，SO2是酸性氧化物，可以用NaOH溶液来吸收进行尾气处理，D正确；故答案为：D。6.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A.25℃时，pH=13的氨水中由水电离出的氢离子数目为B.0.1molFeBr2与0.1molCl2反应时生成Br2分子数为0.1NAC.常温常压下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.15NAD.电解精炼铜阳极减轻64g，电路中转移电子数为NA【答案】C【解析】【详解】A．只知道氢离子浓度，体积未知，无法计算氢离子数目，故A错误；B．还原性Fe2+＞Br-，故氯气先氧化Fe2+，所以生成的Br2分子数小于0.1NA个，故B错误；C．N2O与CO2的摩尔质量均为44g/mol，故2.2g混合物的物质的量为0.05mol，且均为三原子分子，故0.05mol混合物中含0.15mol原子即0.15NA，故C正确；D．电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜中含有比铜活泼的金属杂质如Zn、Fe等，Zn、Fe会优先放电，故阳极质量减少64g，转移到阴极的电子数不一定为2NA，故D错误； 故选C。7.下列“类比”合理的是A.Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2B.Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4ClC.NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClOD.稀硫酸溶液和氢氧化钠溶液完全中和生成1mol水放热57.3kJ，稀硫酸和氢氧化钡溶液完全中和生成1mol水也放热57.3kJ【答案】B【解析】【详解】A．Fe与H2O蒸汽在高温条件下反应生成Fe3O4和H2，故A错误；B．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，故B正确；C．SO2具有还原性，HClO能氧化SO2，NaClO溶液与SO2反应不能NaHSO3和HClO，故C错误；D．稀硫酸溶液和氢氧化钠溶液完全中和生成1mol水放热57.3kJ，稀硫酸和氢氧化钡溶液完全中和生成1mol水的同时还生成0.5mol硫酸钡沉淀，所以放热大于57.3kJ，故D错误；选B。8.下列相关条件下的离子方程式书写正确的是A.泡沫灭火器原理：B.侯德榜制碱法的反应之一：C.碳酸氢镁溶液中滴加过量的烧碱溶液：D.海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集：【答案】B【解析】【详解】A．泡沫灭火器中是铝离子和碳酸氢根发生反应，离子方程式为：，A错误；B．向氨的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳，有碳酸氢钠晶体析出，离子方程式正确，B正确；C．碳酸氢镁溶液中滴加过量的烧碱溶液，碳酸氢镁量少，完全反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为：，C错误；D．海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集，离子方程式为：，D错误； 故选B。9.下列说法正确的是A.石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性KMnO4溶液褪色B.正丁烷和异丁烷互为同系物C.乙醇与金属钠能反应，且在相同条件下比水与金属钠的反应更剧烈D.乳酸的结构简式为，1mol乳酸可与2molNaOH发生中和反应【答案】A【解析】【详解】A．石油裂解气含有烯烃，烯烃有碳碳双键，能发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，能发生氧化反应使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；B．正丁烷和异丁烷的分子式均为C4H10，互为同分异构体而不是同系物，B错误；C．乙醇与金属钠能反应，但乙醇中羟基氢不如水中氢容易反应，故在相同条件下比水与金属钠的反应缓慢，C错误；D．1mol乳酸含有1mol羧基，可与1molNaOH发生中和反应，D错误；故选A。10.已知：Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其余均为短周期主族元素，Y原子价层电子排布式为，Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。下列说法中正确的是。A.元素的第一电离能：X>R>QB.Z位于元素周期表d区C.原子半径：Y>X>R>QD.Q、Y形成的最高价氧化物的水化物的酸性：Q>Y【答案】D【解析】【分析】Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，Z为Cu元素，其余的均为短周期主族元素；Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，Q原子的核外电子排布为1s22s22p2，故Q为C元素；X原子的核外电子排布为1s22s22p4，为O元素；R原子序数介于C元素与O元素之间，故R为N；元素Y原子价层电子排布式为msnmpn，则n=2，故为第ⅣA族元素，原子序数大于O元素，小于Cu元素，故Y为Si元素；【详解】A．同周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族元素自上而下第一电离能降低，但第ⅤA 族由于p轨道为半充满状态，更加稳定，所以第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：R>X>Q，故A错误；B．铜位于元素周期表ds区，故B错误；C．C电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Y>Q>R>X，故C错误；D．同非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Q、Y形成的最高价氧化物的水化物的酸性：Q>Y，故D正确；故选D。11.溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下：下列说法错误的是A.还原工序逸出的用溶液吸收，吸收液直接返回还原工序B.除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离C.中和工序中的化学反应为D.参与反应的为1∶1∶1【答案】A【解析】【分析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。【详解】A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法错误；B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法正确；C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为Li2CO3+2HBr=CO2↑+2LiBr+H2O，C说法正确；D．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1:1 ；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS):n(H2SO4)为1:1，因此，参与反应的n(Br2):n(BaS):n(H2SO4)为1:1:1，D说法正确；综上所述，本题选A。12.用惰性电极电解法制备硼酸[或]的工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子和阴离子通过)。下列有关说法正确的是A.1、3膜为阴膜，2膜为阳膜B.b极的电极反应式为C.每增加产品，NaOH溶液增重23gD.产品室中发生的反应是【答案】D【解析】【分析】由图可知，b电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，a电极为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的Na+通过阳膜1进入a极室，溶液中c(NaOH)增大，原料室中的通过阴膜2进入产品室，b极室中氢离子通入阳膜3进入产品室，、H+发生反应生成H3BO3；a、b电极反应式分别为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、2H2O-4e-=O2↑+4H+。【详解】A．由上述分析可知，1、3膜为阳膜，2膜为阴膜，故A错误；B．b极为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故B错误；C．每增加1molH3BO3产品，则有1molNa+移向NaOH溶液，同时有0.5molH2生成，因此NaOH溶液质量增加1mol×23g/mol-0.5mol×2g/mol=22g，故C错误；D．产品室中、H+发生反应生成H3BO3，反应离子方程式为+H+=B(OH)3+H2O，故D正确；故答案为D。13.反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图： 下列有关四种不同反应进程的说法错误的是A.进程I是放热反应B.平衡时P的产率：II=IC.生成P的速率：III>IID.进程IV中，Z没有催化作用【答案】C【解析】【详解】A．进程I：反应物S的总能量大于生成物P的总能量，所以进程I是放热反应，A选项正确；B．进程II使用了催化剂X，但是催化剂不影响化学平衡的移动，不会改变平衡产率，所以两个进程中，平衡时P的产率：II=I，B选项正确；C．进程III中S+Y转化为S∙Y的活化能大于进程II中S+X转化为S∙X的活化能，这两步反应分别是两个反应进程的决速步骤，对应反应的活化能大，反应速率小，所以生成P的速率：IIIT2D.3v(d)=2v(e)【答案】C【解析】【分析】设T1时，速率常数为k1，T2时，速率常数为R2，v(a)=v(b)，，。【详解】A．由题干信息可知，，A正确；B．ad两点相比较，a点的浓度比d的浓度大，且其他的条件相同，故a点反应物的活化分子数多于d点，B正确；C．由以上可知，k2=2k1，v=kc，浓度相同的时候，v2>v1，温度越高，速率越大，故T2>T1，C错误；D．，，k2=2k1，可得3v(d)=2v(e)，D正确；故选C。15.已知。25℃时，和饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液的变化关系如图所示，下列说法不正确的是 A.向等浓度的和的混合溶液中滴加溶液，先沉淀B.当和沉淀共存时，溶液中：C.Y点对应的分散系是均一稳定的D.无法通过直接控制的方法除去溶液中含有的少量【答案】C【解析】【分析】Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，则Fe(OH)2的溶解度大于Cu(OH)2，则相等时，Fe(OH)2中氢氧根离子的浓度大于Cu(OH)2中氢氧根离子的浓度，所以曲线a表示Cu(OH)2、曲线b表示Fe(OH)2，据此分析。【详解】A．向等浓度的和的混合溶液中滴加溶液，溶度积小的先沉淀，应先生成氢氧化铜沉淀，故A正确；B．pH=8时，-lgc(Fe2+)=3.1，Ksp[Fe(OH)2]=10-3.1×(10-6)2=10-15.1，当pH=10时，-lgc(Cu2+)=11.7，则Ksp[Cu(OH)2]=10-11.7×(10-4)2=10-19.7，c(Fe2+)∶c(Cu2+)==，故B正确；C．Y点对应的Cu(OH)2分散系中，c(Cu2+)×c2(OH-)＞Ksp[Cu(OH)2]，平衡逆向移动，形成沉淀，即Y点对应的Cu(OH)2分散系是不稳定的体系，故C错误；D．氢氧化铜溶度积较小，调节pH，先生成氢氧化铜沉淀，不能通过直接控制pH的方法可除去溶液中含有的量，故D正确；答案选C。【点睛】本题的难点为B，要注意根据图象提供的数据计算出Ksp[Fe(OH)2]和Ksp[Cu(OH)2]。16.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 选项实验方案现象结论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最终变为白色次氯酸钠溶液呈中性C往溶液中滴加溶液，再加入少量固体溶液先变成血红色后无明显变化与的反应不可逆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与溶液中反应生成使上层溶液呈棕黄色，证明碘在浓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．溶液具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，无法用试纸测定溶液的，故B错误；C．溶液变血红色的原因，Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，与硫酸根离子和钾离子无关，加入少量固体对平衡体系无影响，故C错误；D．新制氯水中的和都能与溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘单质，则溶液变蓝色不能说明溶液中存在，无法证明氯气与水的反应存在限度，故D错误；故答案选A。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.铁镁合金是一种性能优异的储氢材料。关于铁镁两种元素，请回答下列问题： （1）同周期元素中，第一电离能小于镁的元素有___________种。（2）基态Fe原子的简化电子排布式为___________，其中电子的空间运动状态有___________种，Fe位于元周期表的___________区。（3）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有___________种，下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。a．[Ar]　　　b．[Ar]c．[Ar]　　　d．[Ar]（4）试从结构角度解释易被氧化为___________。【答案】（1）2（2）①.[Ar]3d64s2②.15③.d（3）①.3②.c（4）的基态电子排布式为[Ar]3d6，失去1个电子形成[Ar]3d5半充满稳定结构，因此易被氧化为【解析】【小问1详解】镁位于第三周期，第三周期中第一电离能小于Mg的有Na和Al元素2种；【小问2详解】基态Fe原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2；电子的空间运动状态即电子所占据的轨道有15种；Fe位于元素周期表的d区；【小问3详解】与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti、Ni、Ge、Se四种元素，但金属元素有3种；a是基态Fe原子，b是基态Fe2+，c是基态Fe3+离子，d是激发态的Fe原子，，Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5，3d能级半充满稳定不易失去电子，电离能大，电离最外层一个电子所需电离能最大的是c；【小问4详解】的基态电子排布式为[Ar]3d6，失去1个电子形成[Ar]3d5半充满稳定结构，因此易被氧化为。18.利用表面含有油脂的废旧的铁屑制备Fe3O4粒子，流程如下：已知：易与水反应(水解反应)，pH=2.7时开始沉淀，pH=3.7沉淀完全。回答下列问题： （1）Na2CO3溶液的作用是___________。（2）调节pH为1—2的目的是___________。（3）控制H2O2用量的原因是___________。（4）溶液A中的阳离子是___________，检验溶液A中阳离子(除Fe元素外形成的阳离子)的具体操作是___________。（5）溶液A到Fe3O4的离子方程式是___________。【答案】（1）除去废铁屑表面的油污（2）防止Fe2+水解（3）将Fe2+部分氧化为Fe3+，便于加入NaOH溶液时生成Fe3O4（4）①.H+、Fe2+和Fe3+②.取少量溶液A于试管中，滴入石蕊溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有H+离子（5）Fe2++2Fe3++8OH—Fe3O4+4H2O【解析】【分析】由题给流程可知，废铁屑用碳酸钠溶液洗涤除去废铁屑表面的油污后过滤得到铁屑，向洗净后的铁屑中加入稀硫酸，将铁屑溶解得到硫酸亚铁溶液，向溶液中加入硫酸调节溶液pH在1—2的范围内，防止亚铁离子水解，向溶液中加入适量的过氧化氢溶液，将亚铁离子部分氧化为铁离子得到含有氢离子、亚铁离子和铁离子的溶液A，在氖气气氛中向溶液A中加入氢氧化钠溶液共热反应，将亚铁离子和铁离子转化为四氧化三铁。【小问1详解】碳酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，则废铁屑用碳酸钠溶液洗涤目的是除去废铁屑表面的油污；【小问2详解】由分析可知，向溶液中加入硫酸调节溶液pH在1—2的范围内的目的是防止亚铁离子水解；【小问3详解】由分析可知，向溶液中加入适量的过氧化氢溶液的目的是将亚铁离子部分氧化为铁离子，便于加入氢氧化钠溶液时生成Fe3O4；【小问4详解】由分析可知，溶液A中含有的阳离子为氢离子、亚铁离子和铁离子，检验溶液中氢离子的操作为取少量溶液A于试管中，滴入石蕊溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有H+；【小问5详解】由分析可知，在氖气气氛中向溶液A 中加入氢氧化钠溶液共热反应的目的是将亚铁离子和铁离子转化为四氧化三铁，反应的离子方程式为Fe2++2Fe3++8OH—Fe3O4+4H2O。19.绿色能源的开发利用是未来能源发展的重要方向，也是实现“碳中和”目标的重要举措。氢能是重要的绿色能源，利用甲烷来制取氢气的总反应可表示为：，该反应可通过如下过程来实现：反应Ⅰ：反应Ⅱ：（1）总反应的___________。（2）反应Ⅰ在恒压条件下，不同进气比[]和不同温度时测得相应的CH4平衡转化率见下表。平衡点abcd0.50.511CH4平衡转化率/%50695020①c点平衡混合物中H2的体积分数为___________，a、b两点对应的反应速率___________(填“<”、“=”或“>”)，判断的理由为___________。②若d点的总压强为aMPa，则d点的分压平衡常数为___________(用平衡分压代替浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（3）反应Ⅱ在工业上称为一氧化碳的催化变换反应，研究表明该反应用Fe3O4作催化剂，反应历程如下：第一步：第二步：已知第一步为慢反应，则第一步反应的活化能比第二步反应___________(填“大”或“小”)。由于CO还原性较强，若将Fe3O4还原成Fe，并以Fe的形式大量存在于反应体系中，会使催化剂失去活性，但在实际生产中一般不会发生催化剂失去活性的情况，请结合一氧化碳的催化变换反应历程说明理由___________。【答案】19.+165.120.①.50%②.<③. 反应Ⅰ为吸热反应，恒压状态下投料比相同时，体系温度越高，平衡转化率越大，反应速率越快，由表数据可知a、b两点对应温度b点更高，则反应速率v(a)