云南省昆明市西山区2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题（含答案解析）

云南省昆明市西山区2023~2024学年高二上学期期末考试化学试题(本试卷共二大题19小题，共8页；满分100分，考试用时90分钟)注意事项：1.本卷为试题卷。考生解题作答必须在答题卷(答题卡)上。答案书写在答题卷(答题卡)相应位置上(不能改动答题卡上的标题题号)，在试题卷、草稿纸上作答无效。2.考试结束后，请将试题卷和答题卷(答题卡)一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cu64第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与工业、农业生产和日常生活密切相关。下列叙述错误的是A.塑料的合成原料来自石油，“禁塑令”的颁布有利于减少CO2的排放B.华为手机Mate30的芯片麒麟990主要原材料是硅C.铁路建设所需的大量水泥属于新型无机非金属材料D.豆科植物根瘤菌可以在常温常压下把N₂转化为氮的化合物【答案】C【解析】【详解】A．石油的主要成分是碳氢化合物，“禁塑令”的颁布有利于减少CO2的排放，A不符合题意；B．硅属于半导体，华为手机Mate30的芯片麒麟990主要原材料是硅，B不符合题意；C．水泥是传统硅酸盐产品，属于传统无机非金属材料，C符合题意；D．豆科植物根瘤菌可以在常温常压下把氮气转化为氮的化合物，属于生物固氮，D不符合题意；故选C。2.下列化学用语正确的是A.结构示意图：B.H2SO4的电离方程式为：C.水的电子式：D.甲烷分子的空间填充模型：【答案】D【解析】【详解】A．Cl由Cl得一个电子而得到，其结构示意图：，A错误；B．H2SO4属于二元强酸，根据原子守恒、电荷守恒得其电离方程式：，B错误；C．水为共价化合物，其电子式：，C错误；D．甲烷的空间构型为正四面体，空间填充模型正确，D正确；故选D。3.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.11.2L含有的质子数为B.1mol⋅L-1溶液中含有硝酸根离子的数目为C.常温下，将5.6g铁投入足量的浓硫酸中，转移电子数为D.1mol金属钠在氧气中完全燃烧生成，失去的电子数目为【答案】D【解析】【详解】A．标况下，22.4L气体的物质的量为1mol，由于未指明氮气所处的温度和压强，无法通过其体积计算对应的物质的量，也无法求出质子的数目，A错误；B．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，B错误；C．常温下，铁遇浓硫酸发生钝化，只有表层被氧化，无法计算该过程中转移的电子数，C错误；D．1molNa与氧气反应生成Na2O2的过程中，钠元素的化合价从0价升至+1价，失去1mol电子，则失去的电子数目为，D正确；故选D4.下列图示与对应的叙述相符的是(夹持装置已略去)注：烧瓶中为和的混合气体A．制备氢氧化铁胶体B．验证温度对化学平衡的影响C．中和反应反应热的测定D．定量测定化学反应速率A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】详解】A．氨水与三氯化铁反应得到氢氧化铁沉淀，故A错误；B．将装有等量的二氧化氮的两个圆底烧瓶如图分别置于冷水和热水中验证温度对化学反应平衡2的影响，故B正确；C．为了减少热量损失，应用玻璃搅拌器，故C错误；D．通过测定收集一定体积的H2所需的时间或一定时间收集H2的体积大小来测定锌与稀硫酸反应速率，应用分流漏斗，故D错误；故选B。5.管道工人利用反应：检验氯气管道是否漏气。关于该反应下列说法正确的是A.每生成1mol，转移6mol电子B.既是氧化产物又是还原产物C发生氧化反应，发生还原反应D.被氧化的与被还原的的分子数之比为8∶3【答案】A【解析】【分析】反应中，氯元素化合价由中的0价降至中的-1价，为氧化剂，为还原产物；N元素化合价部分不变，部分由中的-3价升至中的0价，为还原剂，为氧化产物。【详解】A．部分氮元素由中的-3价升至中的0价，为氧化产物，每生成1mol，转移6mol电子，A正确；B．由分析知，是氯元素化合价降低过程中得到的，属于还原产物，B错误；C．氯元素化合价由中的0价降至中的-1价，发生还原反应；中部分氮元素化合价由-3价升至中的0价，发生氧化反应，C错误；D．该反应中，参与反应的氯气全部被还原，而中化合价不发生变化，被氧化为，则被氧化的与被还原的的分子数之比为2∶3，D错误；故选A。6.一种活性物质M的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是A.活性物质M是乙烯的同系物B.活性物质M中含有两个官能团C.活性物质M不能被酸性高锰酸钾溶液氧化D.活性物质M能发生取代反应和加成反应【答案】D【解析】【详解】A．同系物具有相同官能团，分子组成相差若干个“CH2”原子团，乙烯结构中只有碳碳双键，该物质中还含有羟基、羧基，组成中含氧，二者不是同系物，A错误；B．M中含有碳碳双键、羟基、羧基3个官能团，B错误；C．活性物质M具有与乙烯相似的性质，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，也具有与乙醇相似的性质，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，C错误；D．具有碳碳双键能发生加成反应，具有羟基、羧基都能发生酯化反应，属于取代反应，D正确；答案选D7.一定条件下，在某恒压密闭容器中发生反应：，若15s内由0.1mol⋅L-1降到0.07mol⋅L-1，则下列说法错误的是A.其他条件不变，升高温度，可以加快反应速率B.其他条件不变，向反应体系中充入氦气，化学反应速率减慢C.0~15s内用表示的平均反应速率为mol⋅L-1⋅s-1D.由0.07mol⋅L-1降到0.04mol⋅L-1所需的反应时间大于15s【答案】C【解析】【详解】A．对于任何化学反应，升高温度，反应速率加快，故A正确；B．恒压密闭容器N中，向反应体系中充入氦气，压强减小，化学反应速率减慢，故B正确；C．15s内由0.1mol⋅L-1降到0.07mol⋅L-1，，表示的平均反应速率为mol⋅L-1⋅s-1，故C错误；D．已知15s内由0.1mol⋅L-1降到0.07mol⋅L-1，但浓度越小，化学反应速率越小，需要的时间就长，所以由0.07mol⋅L-1降到0.04mol⋅L-1所需的反应时间大于15s，故D正确；故答案选C。8.下列离子方程式正确的是A.金属钠投入氯化镁溶液中：B.溶液与NaOH溶液反应：C.溶液与Cu的反应：D.氯气溶于水：【答案】B【解析】【详解】A．金属钠投入氯化镁溶液中，Na先与水反应生成NaOH和H2，然后NaOH与MgCl2反应生成Mg(OH)2和NaCl，反应的离子方程式为2Na+2H2O+Mg2+=2Na++Mg(OH)2↓+H2↑，A项错误；B．NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3和H2O，反应的离子方程式为OH-+=+H2O，B项正确；C．电荷不守恒，FeCl3溶液与Cu反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，C项错误；D．HClO为弱酸，在离子方程式中以化学式保留，氯气溶于水的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，D项错误；答案选B。9.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.0.1mol⋅L-1的溶液：、、、B.0.1mol⋅L-1的溶液：、、、C.0.1mol⋅L-1的溶液：、、、D.0.1mol⋅L-1的溶液：、、、【答案】C【解析】【详解】A．在存在条件下具有强氧化性，可以与发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B．与发生双水解反应，同时与生成沉淀，离子不能大量共存，B错误；C．、与、、、未发生离子反应离子能大量共存，C正确；D．与或发生反应生成沉淀，与也可以发生反应生成沉淀，与反应生成，离子不能大量共存，D错误；答案选C。10.微生物燃料电池能将污水中的乙二胺()氧化成环境友好的物质，示意图如图所示，a、b均为石墨电极。下列说法正确的是A.燃料电池是将化学能转化为热能的装置B.电池工作时电流方向是b→a→质子交换膜→bC.电池工作时，乙二胺在a电极得到电子D.b电极的电极反应为【答案】B【解析】【分析】燃料电池中，b极氧气得电子，故b极为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，a极为负极，电极反应式为H2NCH2CH2NH2-16e-+4H2O=N2+2CO2+16H+，据此分析作答。【详解】A．燃料电池是将化学能直接转化为电能的装置，A错误；B．由分析可知，b为正极，a为负极，故电池工作时电流方向是b→a→质子交换膜→b，B正确；C．由分析可知，a为负极，负极发生氧化反应，即电池工作时，乙二胺在a电极失去电子，C错误；D．由分析可知，电解质溶液为酸性电解质，故b电极的电极反应为O2+4e-+4H+═2H2O，D错误；故答案为：B。11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是A.原子半径：B.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱C.由X、Z组成的化合物是离子化合物D.由X、W组成的化合物都能使品红溶液褪色【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，则X为O元素；Y原子的最外层有2个电子，其原子序数大于O，则Y为Mg元素；Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，则Z为Si元素；W与X位于同一主族，则W为S元素，据此解答。【详解】A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(X)，故A错误；B．非金属性Si＜S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜W，故B正确；C．X、Z组成的化合物为SiO2，为共价化合物，故C错误；D．三氧化硫不能使品红溶液褪色，故D错误；故答案选B。12.在一个绝热、体积一定的密闭容器中，充入2mol和6mol，一定条件下，发生可逆反应：，下列各项中能说明该反应已经达到平衡状态的是A.一定条件下，体系的密度不再改变B.一定条件下，和转化率相同C.断裂1mol键的同时，也断裂6mol键D.反应消耗的、与生成的的速率【答案】C【解析】【详解】A.容器的容积不变及反应前后混合气体的总质量不变，所以容器内气体密度始终不变，体系的密度不再改变不能说明该反应已经达到平衡状态，A不符合题意；B.由于和的加料比为2：6=1：3，二者又按照化学计量数对应的比例发生反应，则反应相同时间，和转化率均相同，转化率相同不能说明该反应已经达到平衡状态，B不符合题意；C.“断裂1mol键”描述的是正反应速率，“断裂6mol键”描述的是逆反应速率，该表述能说明该反应已经达到平衡状态，C符合题意；D.无论反应是否达到平衡，反应消耗的、与生成的的速率比一直都为1∶3∶2，D不符合题意；故选C。13.已知反应的速率方程为(k为速率常数)，其反应历程如下：①慢②快下列说法正确的是A.其他条件不变，适当升高温度，只可以提高反应①的速率B.其他条件不变，增大或，可减慢总反应的反应速率C.反应②的活化能高，该反应的快慢主要取决于反应②D.、分别增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度不相同【答案】D【解析】【详解】A．其他条件不变，适当升高温度，反应①、反应②的速率均会提高，A错误；B．根据反应速率方程可知，其他条件不变，增大或，可增大总反应的反应速率，B错误；C．由题可知反应①的速率较慢，反应②的速率较快，故反应①活化能高，反应②的活化能低，该反应的快慢主要取决于反应①，C错误；D．根据反应速率方程可知，c(NO)、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度不同，如c(NO)增大2倍，v增大4倍，c(H2)增大2倍，v增大2倍，D正确；故选D。14.不同温度下，在某一恒容密闭容器中充入一定量的CO和，发生反应。测得CO的平衡转化率的变化关系如图所示，下列说法正确的是A.正反应速率：B.平衡常数：C.a点时，再向容器中加入一定量CO，CO的平衡转化率一定增大D.d点时，移除可使平衡正向移动且加快逆反应速率【答案】A【解析】【分析】由于，升高温度时平衡将逆向移动，CO的平衡转化率减小，故。【详解】A．由分析知，，同一压强下，升高温度，反应速率加快，所以；同一温度下，增大压强，反应速率加快，所以，故，A正确；B．平衡常数只跟温度有关，该反应，则温度越高K越小，a、c温度相同且所处的温度在这四点中最低，所以Ka=Kc>Kd、Kb，因T3>T2，所以Kd>Kb，故Ka=Kc>Kd>Kb，B错误；C．a点时，再向容器中加入一定量CO，CO的平衡转化率将减小，C错误；D．d点时，若移除，体系中的浓度将降低，逆反应速率减小，平衡正向移动，D错误；

故选A。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)二、非选择题：本题共5小题，共58分。15.研究化学反应中的能量变化对生产、生活有重要的意义。（1）某氮肥厂含氮废水中的氮元素多以和形式存在，处理过程中在微生物的作用下经过两步反应被氧化成，这两步反应过程中的能量变化如图所示：1mol全部被氧化成热化学方程式为___________。使用更高效的催化剂，第二步反应的(填“变大”、“变小”或“不变”)___________。（2）已知kJ⋅mol-1，其他相关数据如下表：物质键能/kJ·mol-1436200a则表中a=___________。（3）已知：kJ⋅mol-1kJ⋅mol-1若某反应(反应物与生成物均为气体)的平衡常数表达式为，请写出此反应的热化学方程式___________。【答案】（1）①.kJ⋅mol-1②.不变（2）369（3）kJ⋅mol-1【解析】【小问1详解】由图可知，第一步的热化学方程式

ΔH＝−273kJ/mol，催化剂不影响反应的，故答案为

ΔH＝−273kJ/mol；不变。【小问2详解】1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，因为ΔH＝反应物的总键能−生成物的总键能，结合反应及表格中数据可知，436＋（200＋30）−2a＝−72，解得a＝369，故答案为369。【小问3详解】根据反应(反应物与生成物均为气体)的平衡常数表达式为，所以化学方程式为，已知反应①kJ⋅mol-1，反应②kJ⋅mol-1，可为①-②，kJ⋅mol-1，热化学方程式为kJ⋅mol-1，故答案为kJ⋅mol-1。16.工业上由黄铜矿(主要成分)冶炼铜的主要流程如下：（1）冰铜中的在高温下也能被氧化成和气体A，该反应的化学方程式是___________。（2）下列处理气体A的方法，不合理的是___________。a．高空排放b．用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠c．用氨水吸收后，再经氧化制备硫酸铵d．用溶液吸收制备（3）用稀浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在___________(填离子符号)。（4）由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为___________。（5）利用反应可制备，若将该反应设计为原电池，其负极电极反应式为___________。（6）取一定量的泡铜，加入1L0.6mol⋅L-1溶液恰好完全溶解，同时放出2240mLNO气体(标准状况)，另取等量的泡铜，用足量的还原，得到的铜的质量为___________g。【答案】（1）（2）a、d（3）（4）（5）（6）16【解析】【分析】黄铜矿加入石英砂和空气焙烧得到冰铜，冰铜和石英砂混合在空气中焙烧得到泡铜、气体A及熔渣B，依据原子守恒可知，A为二氧化硫，熔渣B为铁的氧化物，泡铜经铝热反应得到粗铜，粗铜经电解精炼得到精铜。【小问1详解】冰铜中的在高温下被氧化成和气体A，由原子守恒知A为二氧化硫，根据化合价升降守恒配平化学方程式得：；【小问2详解】气体A为二氧化硫，属于污染性气体，高空排放不能消除污染，a符合题意；二氧化硫可以和纯碱溶液反应生成亚硫酸钠，b不符合题意；氨水能与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，再经氧化可制备硫酸铵，c不符合题意；二氧化硫和溶液不反应，不能利用溶液吸收SO2制备，d符合题意，故选a、d。【小问3详解】Fe3+能和KSCN反应生成红色络合物Fe(SCN)3，用稀浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在Fe3+；【小问4详解】由流程图转化可知，Cu2O与Al发生置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为；【小问5详解】原电池的负极发生氧化反应，根据反应知，铜在负极被氧化为铜离子，负极电极反应式为；【小问6详解】泡铜的主要成分为铜和Cu2O，2240mLNO气体的物质的量为0.1mol，铜与硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，Cu2O与硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，取一定量的泡铜，加入1L0.6mol/LHNO3溶液恰好完全溶解，根据氮原子守恒可知，溶液中的n()=0.6mol-0.1mol=0.5mol，则溶液中的n()=0.5mol=0.25mol，另取等量的泡铜，用足量的H2还原，得到的铜等于硝酸铜中的铜，即0.25mol，则得到的铜的质量为64g/mol×0.25mol=16g。17.硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体()。向和混合溶液中通入可制得。实验装置如图所示(省略夹持装置)（1）实验步骤：连接装置，___________，按图示加入试剂。（2）盛放的仪器a名称是___________。（3）E装置的作用是___________。（4）反应开始时，先打开___________(填“A”或“C”)中分液漏斗活塞，理由是___________。（5）该实验一般控制在碱性环境，否则产品容易发黄，用离子方程式表示其原因___________。【答案】（1）检查装置气密性（2）圆底烧瓶（3）吸收多余的气体，避免污染空气（4）①.A②.让产生的二氧化硫气体排尽装置中的空气，减少装置C中生成的的量(其他合理也可)（5）【解析】【分析】A制备二氧化硫，B为安全瓶，C由二氧化硫和Na2CO3和Na2S混合溶液制备Na2S2O3，D为安全瓶，E吸收多余的二氧化硫，据此分析解题。【小问1详解】连接装置后，检查装置气密性，按图示加入试剂，故答案为检查装置气密性。【小问2详解】盛放的仪器a名称是圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶。【小问3详解】据分析可知，E装置的作用是吸收多余的气体，避免污染空气，故答案为吸收多余的气体，避免污染空气。【小问4详解】连接装置后，装置内含有空气，应先打开A中分液漏斗活塞，让产生的二氧化硫气体排尽装置中的空气，减少装置C中生成的的量，故答案为A；让产生的二氧化硫气体排尽装置中的空气，减少装置C中生成的的量(其他合理也可)。【小问5详解】Na2S2O3在酸性条件下易生成单质S，所以该实验一般控制在碱性环境，离子方程式为，故答案为。18.CO2资源化利用受到越来越多的关注，它能有效减少碳排放，有效应对全球的气候变化，并且能充分利用碳资源。二氧化碳催化加氢制甲醇有利于减少温室气体排放，涉及的反应如下：Ⅰ．Ⅱ．kJ⋅mol-1Ⅲ．kJ⋅mol-1回答下列问题：（1）___________kJ⋅mol-1。（2）平衡常数___________(用、表示)。（3）为提高反应Ⅲ中的平衡产率，应选择的反应条件为___________(填标号)。A.低温、高压 B.高温、低压 C.低温、低压 D.高温、高压（4）不同压强下，按照投料，发生反应Ⅰ，实验测得的平衡转化率随温度的变化关系如下图所示。①压强、由大到小的顺序为___________，判断的依据是___________。②图中A点对应的甲醇的体积分数是___________%(计算结果保留1位小数)。（5）在恒温恒压(压强为p)的某密闭容器中，充入1mol和3mol，仅发生反应Ⅰ和Ⅱ，经过一段时间后，反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，此时测得的平衡转化率为20%，甲醇的选择性为50%{甲醇选择性[]}，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数___________(写出计算式即可，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）-49.5（2）（3）A（4）①.②.反应Ⅰ为气体分子数减少的反应，压强越大的平衡转化率越大③.16.7（5）【解析】【小问1详解】由题干信息可知，反应Ⅱ．kJ⋅mol-1，反应Ⅲ．kJ⋅mol-1，反应Ⅱ+反应Ⅲ即可得到反应Ⅰ．根据盖斯定律可知，==40.9kJ/mol+(-90.4kJ/mol)=-49.5kJ/mol，故答案为：-49.5；【小问2详解】由小问(1)分析可知，反应Ⅱ+反应Ⅲ即可得到反应Ⅰ，故平衡常数×，故答案为：×；【小问3详解】由题干信息可知，反应Ⅲ．kJ⋅mol-1正反应是一个气体体积减小的放热反应，故降低温度、增大压强，上述化学平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，故为提高反应Ⅲ中CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为低温、高压，故答案为：A；【小问4详解】①已知反应Ⅰ．正反应是一个气体体积减小的方向，增大压强化学平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，即相同温度下，压强越大CO2