四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高二下学期开学化学试题

泸县五中高2022级高二下期开学考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H1C12O16Na23Cl35.5Si28Fe56第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.电磁波引起的电磁干扰(EMI)和电磁兼容(EMC)问题日益严重，不仅对电子仪器、设备造成干扰和损坏，影响其正常工作，也会污染环境，危害人类健康。另外，电磁波泄漏也会危及信息安全。镍包铜粉是导电硅橡胶目前最理想的导电填充料，优秀的导电性能和电磁波屏蔽性能，在导电橡胶高温成形时具良好的抗氧化，在各种环境抗腐蚀性(盐雾试验)具有相当长的使用寿命，保证产品的合格率的为百分百。橡胶中主要元素是碳元素，碳和氧原子结构中相同的是A.质子数 B.电子层数 C.核外电子数 D.最外层电子数【答案】B【解析】【分析】【详解】碳原子的质子数为6、电子层数为2、核外电子数为6、最外层电子数为4；氧原子质子数为8、电子层数为2、核外电子数为8、最外层电子数为6，故相同的为电子层数。故选B。2.下列微粒中，与空间结构最相似的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】的中心原子价层电子对数为，采取sp2杂化，无孤对电子，空间结构为平面三角形。【详解】A．的中心原子价层电子对数为，采取sp2杂化，无孤对电子，空间结构为平面三角形，A正确；B．的中心原子价层电子对数为，采取sp3杂化，有1对孤对电子，空间结构为三角锥形，B错误；C．的中心原子价层电子对数为，采取sp2杂化，有1对孤对电子，空间结构为V形，C错误；D．的中心原子价层电子对数为，采取sp3杂化，有1对孤对电子，空间结构为三角锥形，D错误；答案选A。3.下列关于金属冶炼的说法正确的是A.由于Al的活泼性强，故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产AlB.可以用钠加入氯化镁溶液中制取镁C.炼铁高炉中所发生的反应都是放热的，故无需加热D.金属冶炼的方法由金属的活泼性决定【答案】D【解析】【详解】A、由于Al的活泼性强，工业上采用电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝，AlCl3在熔融状态下不导电，所以不用电解AlCl3的方法生产铝，A错误；B、钠是很活泼的金属，将Na加入氯化镁溶液中，Na先和水反应生成NaOH，NaOH再和氯化镁发生复分解反应，所以得不到Mg单质，可以采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，B错误；C、炼铁高炉中发生的反应不都是放热反应，C错误；D、活泼金属如钠、镁一般采用电解法冶炼，不活泼的金属如汞一般采用热分解法冶炼，铁、铜等金属采用热还原法冶炼，因此金属冶炼的方法由金属的活泼性决定，D正确;答案选Ｄ。4.下列热化学方程式书写不正确的是A.2SO2+O2=2SO3ΔH=−196.6kJ·mol−1B.H2(g)+O2(g)=H2O(1)ΔH=−285.8kJ·mol−1C.2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH=−571.6kJ·mol−1D.C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ·mol−1【答案】A【解析】【详解】A.热化学反应方程式中需要注明物质的状态，即应为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=196.6kJ·mol1，选项A不正确；B.H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH=285.8kJ·mol1，满足热化学反应方程式的书写要求，选项B正确；C.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=571.6kJ·mol1，满足热化学反应方程式的书写要求，C正确；D.C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ·mol−1，满足热化学反应方程式的书写要求，选项D正确。答案选A。5.下列说法正确的是A.3d、4d、5d能级最多所能容纳的电子数相同，它们所具有的能量也相同B.p能级能量一定比s能级的能量高C.同一能级组内能级之间的能量差较小，而相邻能级组之间的能量差较大D.第n电子层共有n个能级，2n2个原子轨道【答案】C【解析】【详解】A．3d、4d、5d能级最多所能容纳的电子数相同，均为10，但它们所具有的能量不相同，能量大小关系为3d<4d<5d，A错误；B．同能层p能级能量一定比s能级的能量高，但不同能层p能级能量可能比s能级的能量低，如2p能级能量比3s能级能量低，B错误；C．不同能层间能量差距大，同能层内能量差距小，故同一能级组内能级之间的能量差较小，而相邻能级组之间的能量差较大，C正确；D．第1电子层共有1个能级：1s，1个原子轨道；第2电子层共有2个能级：2s、2p，4个原子轨道；第3电子层共有3个能级：3s、3p、3d，1+3+5=9个原子轨道；……；显然第n电子层共有n个能级，n2个原子轨道，D错误；答案选C。6.环氧乙烷()可用作生产一次性口罩的灭菌剂。工业上常用乙烯氧化法生产环氧乙烷，其原理是：2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g)∆H。已知下列两个反应，则为①②A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】由盖斯定律可知，反应①×2②×2得到反应：2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g)，则其焓变为（1323kJ/mol）×2（1218kJ/mol）×2=；故选B。7.在反应中，不同条件下，下列表示的该反应速率最快的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】将A、B、C、D选项全部转化为B的反应速率，则A项中：；B项中：，转化为；C项中：，转化为；D项中：，转化为；综上所述，反应速率最快的是；故答案选B。8.下列反应与电离平衡无关的是A.溶液与溶液反应制备B.将的加水稀释10倍C.加氨水除去溶液中的杂质D.将溶液加入水垢中使转化为【答案】D【解析】【详解】A．溶液与溶液混合，发生反应，碳酸亚铁的生成，促进碳酸氢根离子的电离，A不符合题意；B．稀释醋酸，促进醋酸电离出氢离子和醋酸根离子，故将的加水稀释10倍，B不符合题意；C．加入氨水，铁离子结合一水合氨电离产生的氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，使一水合氨的电离正向进行，该过程和电离平衡有关，C不符合题意；D．将溶液加入水垢中使转化为，为难溶电解质，反应过程生成了难溶电解质，是沉淀转化，和电离平衡无关，D符合题意；故选D。9.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.在氯水中加入CaCO3固体，溶液颜色变浅B.合成氨采用500℃可以提高单位时间NH3的产量C.Fe(SCN)3溶液中加入KSCN固体后颜色变深D.用等体积的蒸馏水和稀硫酸洗涤BaSO4沉淀，稀硫酸损失的沉淀较少【答案】B【解析】【详解】A．在氯水中存在一个可逆反应Cl2+H2OHCl+HClO，当加入CaCO3固体后，氯水中的酸和碳酸钙反应后，平衡会正向移动，氯水浓度会变小，颜色会变浅，此过程可用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B．虽然合成氨反应是个可逆反应，但此反应是放热反应，温度高了，反而平衡会逆向移动，不利于提高合成氨产率，采用500℃是为了使该反应所用的催化剂保持较大的活性，提高反应速率，与平衡移动无关，故B符合题意；C．Fe(SCN)3溶液中存在一个可逆平衡3SCN+Fe3+Fe(SCN)3(血红色），加入KSCN等于是增大SCN的浓度，增大反应物浓度，平衡向正反应方向进行，所以Fe(SCN)3的量增加，血红色变深，可用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D．BaSO4沉淀在溶液中存在一个溶解平衡BaSO4Ba2++，用等体积的蒸馏水和稀硫酸洗涤，洗涤会带走，打破溶解平衡，从而促使BaSO4沉淀不断溶解，由于稀硫酸中含有，导致洗涤没有蒸馏水溶解的多，此过程涉及到平衡移动，可用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；本题答案B。10.在恒容密闭容器中反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH=373.4kJ·mol1达到平衡状态，以下说法不正确的是A.及时分离出CO2，使Q减小，Q＜K，因此平衡正向移动B.及时分离出N2，使Q减小，Q＜K，因此平衡正向移动C.加入催化剂可增大反应速率，从而增大一段时间内的反应物转化率D.降低温度，使Q减小，Q＜K，因此平衡正向移动【答案】D【解析】【详解】A．及时分离出CO2，使生成物CO2浓度减小，N2、反应物的浓度都不变，则Q减小，Q<K，平衡正向移动，故A项正确；B．及时分离出N2，使c(N2)减小，而其它物质的浓度不变，则Q减小，Q<K，平衡正向移动，故B项正确；C．反应达到平衡前加入催化剂，可增大反应速率，提高一段时间内反应物的转化率，但对平衡转化率不产生影响，故C项正确；D．降低温度，瞬间反应物和生成物的浓度不变，Q不变，但正、逆反应速率都减小，且逆反应速率减小更多，所以正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，故D项错误；答案选D。11.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的电子层数是最外层电子数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是（）A.X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物B.干燥的Z的单质具有漂白性C.四种元素的简单离子具有相同的电子层结构D.W的氧化物对应的水化物均为强酸【答案】A【解析】【详解】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl，则W、X、Y和Z分别是N、O、Na、Cl。A.O与N可形成NO、NO2、等化合物，O与Na可形成、，O与Cl可形成、等化合物，选项A正确；B．干燥的无漂白性，选项B错误；C．、、为10电子微粒，为18电子微粒，选项C错误；D．N的氧化物对应的水化物中为强酸，为弱酸，选项D错误。答案选A。12.一定温度下，将2molA和2molB两种气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生反应3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)+E(s)，2min末反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的物质的量浓度为0.4mol·L1，下列说法不正确的是A.x的值为2B.A的平衡转化率为60%C.02min内，B表示的反应速率为2mol·L1·min1D若平衡后，缩小体积，则v正=v逆【答案】C【解析】【分析】根据化学平衡中常用的方法三段式可以计算系数、转化率、速率等，利用平衡移动原理判断正逆反应速率的大小。【详解】A．根据三段式进行计算：，解得x=2，故A正确；B．A的平衡转化率：，故B正确；C．02min内，B表示的反应速率为mol·L1·min1，故C不正确；D．若平衡后，缩小体积，相当于增大压强，因为该反应是等体反应，加压时平衡不移动，故v正=v逆，故D正确；故选答案C。【点睛】化学平衡中注意固体物质的影响，压强的影响主要是针对气体物质。13.双极膜(BM)是一种新型的离子交换复合膜，它是由阴离子交换层和阳离子交换层复合而成。在直流电场作用下，双极膜可将水离解，在膜两侧分别得到和。工业上用“双极膜双成对电解法”生产乙醛酸，原理如图所示，装置中阴、阳两极均为情性电极.下列说法不正确的是A.阳极电极反应式之一为：B.阴极上草酸发生还原反应：C.的作用是作为支持电解质，增强阳极液的导电能力和充当间接电氧化的媒介D.若阴阳两极均产生(标准状况)气体时，理论上可得到乙醛酸【答案】D【解析】【分析】由图可知，左侧电极为电解池阳极，水和溴离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和溴，其中生成的溴将乙二醛氧化为乙醛酸；右侧电极为阴极，氢离子和草酸在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和乙醛酸，电解时在直流电场作用下，双极膜中水离解得到的氢离子通过阳离子交换膜进入阴极区，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区。【详解】A．由分析可知，左侧电极为电解池阳极，水和溴离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和溴，其中溴离子放电的电极反应式为，故A正确；B．由分析可知，右侧电极为阴极，氢离子和草酸在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和乙醛酸，其中草酸放电的电极反应式为，故B正确；C．由图可知，进入阳极区的乙二醛为非电解质，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区，则阳极区加入电解质氢溴酸，即可以增强阳极液的导电能力，在阳极放电生成溴氧化乙二醛，还可以中和氢氧根离子，有利于乙醛酸的生成，故C正确；D．由图可知，阴极和阳极均得到了乙醛酸，若阴阳两极标准状况均产生2.24L气体，设阳极生成的乙醛酸为amol，阴极生成的乙醛酸为bmol，由得失电子守恒可得：×4+2a=×2+2b，解得b—a=0.1mol，则理论上可得到乙醛酸的质量一定大于0.1mol×74g/mol=7.4g，故D错误；故选D14.已知H2C2O4水溶液中H2C2O4、和三种形态的粒子的物质的量分数(分布系数)δ随溶液pH变化的关系如下左图所示，下列说法正确的是A.曲线①代表的粒子是B.H2C2O4的Ka1=1.2C.向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=4.2：c(K+)＜3c()D.浓度均为0.01mol·L−1的草酸与KOH溶液等体积混合并充分反应得到的溶液：c(K+)＞c()＞c(H2C2O4)＞c()【答案】C【解析】【详解】A．H2C2O4中随着pH值的增大，由H2C2O4向转化，再向转化，故曲线①代表的粒子是H2C2O4，A错误；B．H2C2O4Ka1=，当pH=1.2时，，故Ka1=101.2，B错误；C．向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=4.2：根据电荷守恒可知：c(K+)+c(H+)=c(OH)+c()+2c()，又此时c()=c()，c(H+)＞c(OH)，故c(K+)＜3c()，C正确；D．浓度均为0.01mol·L−1的草酸与KOH溶液等体积混合并充分反应得到的是等浓度的H2C2O4和KHC2O4溶液，此时溶液呈酸性，即H2C2O4的电离大于的水解，c()＞c(K+)＞c(H2C2O4)＞c()，D错误；故答案为：C。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~18题，共4题)15.前四周期元素、、、、原子序数依次增大，其相关性质如下表所示：基态原子能级电子半充满与同周期，且原子核外有2个未成对电子基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子其基态原子外围电子排布式为前四周期元素中，元素基态原子未成对电子数最多请根据以上信息，回答问题：（1）元素在周期表中的位置为______，其基态原子的最高能级的电子云轮廓图的形状为______。（2）和的第一电离能______（填“>”或“<”），其原因是______。（3）、、、四种元素的简单离子的半径由大到小的顺序为______（用具体离子符号表示）。（4）和可形成一种同时含有共价键和离子键的化合物，写出此化合物与水反应的化学方程式______。（5）元素位于元素周期表的______区，其基态原子核外有______种运动状态不同的电子，该元素基态原子的价电子排布图为______。【答案】15.①.第三周期第Ⅰ族②.球形16.①.>②.N的价电子为2s22p3，O的价电子为2s22p4，N的2p能级半满，能量低，更稳定17.18.19.①.②.24③.【解析】【分析】根据A的2p能级电子半充满，则A为N，B与A同周期，且原子序数增大和原子核外有2个未成对电子，则B为O，C基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子，则电子排布式为1s22s22p63s1，C为Na，D的基态原子外围电子排布式为，则n1=2，n=3，D为S，E为前四周期元素中基态原子未成对电子数最多，则E为Cr。【小问1详解】①Na元素在周期表中的位置为第三周期第ⅠA族；②其基态原子的最高能级是3s能级，电子云轮廓图的形状为球形；【小问2详解】A为N，B为O，根据N的价电子为2s22p3，O的价电子为2s22p4，N的2p能级半满，能量低，更稳定，所以第一电离能为N＞O；【小问3详解】A、B、C、D四种元素的简单离子分别为N3、O2、Na+、S2，S2三层，半径最大，其他离子电子层相同，核电荷数越大，半径越小，所以顺序为：S2>N3>O2>Na+；【小问4详解】B和C可形成一种同时含有共价键和离子键的化合物为Na2O2，其与水反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；【小问5详解】①Cr元素位于元素周期表的d区；②一个原子中不存在两个运动状态完全相同的电子，所以有24种运动状态不同的电子；③Cr元素基态原子的价电子排布图为。16.50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是________。(2)烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_________________________。(3)理论上稀的强酸溶液与强碱溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，写出表示稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式：_______________。(4)大烧杯上如不盖硬纸板，求得中和热数值______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(5)实验中改用60mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热__________(填“相等”或“不相等”)，简述理由：________________________________________________。(6)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】①.环形玻璃搅拌棒

②.保温隔热，减少热量损失

③.HCl(aq)＋NaOH(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH=－57.3kJ/mol或H+(aq)+OH－(aq)＝H2O(l)ΔH=－57.3kJ/mol

④.偏小

⑤.不相等⑥.相等⑦.中和热是酸碱中和生成1molH2O时放出的热量，与反应物实际用量无关⑧.偏小【解析】【分析】【详解】(1)根据装置图可知还缺少环形玻璃搅拌棒；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：减少实验过程中的热量损失；(3)在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O时，放出57.3kJ的热量，满足此反应的热化学方程式为HCl(aq)＋NaOH(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH=－57.3kJ/mol。(4)大烧杯上如不盖硬纸板，则热量损失，求得的中和热数值偏小；(5)若用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关；(6)氨水是弱碱，存在电离平衡，电离吸热，则用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值偏小。17.肼(N2H4)是一种重要的工业产品，实验室用NH3与Cl2合成肼(N2H4)并探究肼的性质。实验装置如图所示：相关物质的性质如下：性状熔点/℃沸点/℃性质N2H4无色液体1.4113与水混溶、强还原性N2H6SO4无色晶体254/微溶于冷水，易溶于热水回答下列问题：（1）装置A试管中的试剂为_______(填化学式)。仪器a的名称是_______。（2）N2H4是_______分子(填“极性”或“非极性”)。（3）装置B中制备肼的离子方程式为_______，该装置中通入NH3必须过量的原因是_______。（4）上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是_______。（5）①探究N2H4的性质。取装置B中溶液，加入适量稀硫酸振荡，置于冰水浴冷却，试管底部得到无色晶体。肼是一种二元弱碱，肼与硫酸反应除能生成N2H6SO4外，还可能生成的盐为_______。(填化学式)。②测定肼的质量分数。取装置B中的溶液3.2g，调节溶液pH为6.5左右，加水配成250mL溶液，移取25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2~3滴淀粉溶液，用cmol·L1的碘溶液滴定(杂质不参与反应)，滴定过程中有无色、无味、无毒气体产生。滴定终点平均消耗标准溶液20.00mL，产品中肼的质量分数为_______%。【答案】（1）①.Ca(OH)2、NH4Cl②.长颈漏斗（2）极性（3）①.2NH3+2OH−+Cl2=N2H4+2Cl−+2H2O②.防止N2H4被氧化（4）B、C之间增加盛有饱和食盐水的装置（5）①.(N2H5)2SO4②.100c【解析】【分析】装置A生成氨气，装置C生成氯气，氨气和氯气在B中生成肼，尾气通过烧杯中溶液吸收；【小问1详解】装置A生成氨气，氢氧化钙和氯化铵加入生成氨气，故试管中的试剂为Ca(OH)2、NH4Cl。氨气极易溶于水，仪器a的名称是长颈漏斗，可以防止倒吸；【小问2详解】N2H4中N原子采用sp3杂化，不是平面结构，正、负电荷中心不重合，属于极性分子。【小问3详解】氯气和氢氧化钠生成次氯酸钠：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，次氯酸钠和氨气反应生成肼和氯化钠：2NH3+ClO=N2H4+H2O+Cl；总反应为：2NH3+2OH−+Cl2=N2H4+2Cl−+2H2O；已知肼具有强还原性，次氯酸钠、氯气具有强氧化性，肼会与其反应；该装置中通入NH3必须过量的原因是因为N2H4具有强还原性易被Cl2氧化，NH3必须过量，促进氯气、次氯酸钠和氨气反应，以利于肼的生成；【小问4详解】Cl2中含有挥发产生的HCl，会和装置B中氢氧