2021届四川省广安第二中学高二下学期第一次月考化学试题（含解析）

2021年春广安二中高2019级第一次月考试题化学测试注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班次、智学网号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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.化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是A葡萄酒中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化B.中国天眼传输信息用的光纤材料是硅C.研发新能源汽车，减少化石燃料的使用，与“绿水青山就是金山银山”的绿色发展理念一致D.氧化铝是冶炼金属铝的原料，也是较好的耐火材料【答案】B【解析】【详解】A．葡萄酒发酵过程中会产生很多细菌，SO2具有杀菌作用，可以杀死细菌，并且SO2具有还原性，可以防止葡萄酒被氧化，A正确；B．光纤的成分为SiO2，不是硅单质，B错误；C．化石燃料大量使用，对环境会造成污染，如酸雨、PM2.5等，研发新能源替代化石燃料符合绿色发展观念，C正确；D．电解熔融Al2O3可获得Al，同时Al2O3熔点高，是优良的耐火材料，D正确；故答案选B。2.2015年4月在漳州市发生了PX爆炸事件，PX的成分“对二甲苯”，其结构式如图所示，下列关于PX的叙述中，不正确的是A.PX是一种有机化合物B.仅由碳、氢两种元素组成C.爆炸燃烧的产物可能是CO2和H2OD.该有机化合物分子中存在碳碳单键，也存在碳碳双键【答案】D【解析】【详解】A．PX为含碳的化合物，属于苯的同系物，为有机物，故A正确；

B．该物质只含C、H元素，故B正确；

C．只含C、H元素，属于苯的同系物，根据元素守恒值，爆炸燃烧的产物可能是二氧化碳和水，故C正确；

D．苯环中碳碳双键存在介于单键和双键之间的特殊键，不存在碳碳双键，故D错误；

故选：D。3.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A.电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32g铜B.100mL1mol•L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC.室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水，所得溶液的H+浓度小于0.1NAD.1molFeBr2与22.4LCl2完全反应时转移的电子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A．阳极上粗铜中除了铜放电外，还有比铜活泼的金属放电，故当转移电子为NA个时，溶解铜的质量小于32g，故A错误；

B．100mL1mol•L-1FeCl3物质的量n=cV=0.1L×1mol•L-1=0.1mol，由于铁离子是弱碱阳离子，能发生水解反应，溶液中Fe3+的数目小于0.1NA个，故B错误；C．室温下1LpH=1的醋酸溶液中氢离子的物质的量为n=cV=1L×0.1mol•L-1=0.1mol，加水稀释后醋酸的电离程度增大，则氢离子的物质的量大于0.1mol，所得溶液中H+数目大于0.1NA，故C正确；D．氯气所处状态不明确，故其物质的量无法计算，则和FeBr2反应后转移的电子数无法计算，故D错误；故选：C。4.下列装置或操作不能达到目的的是

A.图①装置用于测定生成氢气的速率B.图②装置用标准酸溶液滴定氢氧化钠溶液C.图③装置进行中和反应反应热的测定实验D.图④装置探究H2SO4浓度对化学反应速率的影响【答案】B【解析】【详解】A．图中装置可以测量单位时间内产生氢气的体积，或者收集单位体积氢气所用的时间，进而测定反应生成氢气的速率，A不符合题意；B．用标准酸溶液滴定氢氧化钠溶液时，标准酸液应该盛放在酸式滴定管中，图示是碱式滴定管，实验不能达到目的，B符合题意；C．图示装置可以保证反应过程中热量几乎没有损失，进行中和反应反应热的测定并计算，C不符合题意；D．操作所用试剂其他条件相同，只有硫酸的浓度不同，利用控制单一变量法可以探究H2SO4浓度对化学反应速率的影响，D不符合题意；故选B。【点睛】酸式滴定管的下端为玻璃活塞，开启活塞，液体即自管内滴出；碱式滴定管的下端用橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管。5.联合国确定2019年为“国际化学元素周期表年”，以纪念门捷列夫发明元素周期表150周年。现有短周期元素X、Y、Z和M在周期表中的位置如图所示，其中Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半。下列说法正确的是XYZMA.X元素位于第2周期ⅤA族 B.Y元素的非金属性比Z强C.Z的原子半径比X的大 D.M的氧化物的水化物是强酸【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z和M在周期表中的位置如图所示，则X在第二周期，Y、Z和M在第三周期，其中Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y原子的次外层电子数为8，最外层电子数为4，则Y为Si元素，根据周期表，Z为P元素、M为Cl元素、X为O元素。【详解】A.X为O元素，位于第2周期ⅥA族，A错误；B.Y为Si元素，Z为P元素，同周期从左到右非金属性依次增强，则非金属性P比Si强，B错误；C.Z为P元素，X为O元素，P原子电子层比O多，则P原子半径比O大，C正确；D.Cl的氧化物的水化物有HClO、HClO4等，HClO是弱酸，D错误；答案选C。【点睛】根据原子结构得到对应的元素，再结合元素周期律的知识进行解题。6.如图所示，甲池的总反应式为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，下列说法正确的是A.甲池是电能转化为化学能装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B.甲池中正极的电极反应式是O2+4e-+4H+=2H2OC.反应过程中，乙池的pH逐渐减小D.甲池中消耗O2的体积与丙池生成气体的总体积在相同条件下的比值为1∶2【答案】C【解析】【详解】A、甲池是燃料电池，是化学能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能转化为化学能的装置，A错误；B、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，正极是氧气得到电子的还原反应，在碱性电解质下的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，B错误；C、电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，pH逐渐减小，C正确；D、甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，所以如果消耗1mol氧气，则转移电子4mol，根据丙装置可知生成的气体是氢气和氯气，因此根据电子守恒可知甲池中消耗O2的体积与丙池生成气体的总体积在相同条件下的比值为1∶1，D错误，答案选C。7.常温下，部分弱酸的电离平衡常数如下表所示。下列说法正确的是弱酸HCOOHHCN电离平衡常数Ka=1.77×10-4Ka=5×10-10A.0.1mol·L-1的NaCN溶液：c(Na＋)>c(HCN)>c(CN-)>c(H＋)B.pH=8的HCOONa溶液：c(Na＋)-c(HCOO-)=9.9×10-7mol·L-1C.0.1mol·L-1HCOONa溶液甲和0.1mol·L-1NaCN溶液乙：c(H＋)甲＜c(H＋)乙D.0.1mol·L-1NaCN溶液和0.1mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合：2c(Na＋)=c(CN-)+c(HCOO-)【答案】B【解析】【分析】【详解】A．0.1mol·L-1的NaCN溶液中CN-离子水解，溶液县碱性，但水解程度很小，所以浓度关系为：c(Na＋)>c(CN-)>c(HCN)>c(H＋)，A错误；B．pH=8的HCOONa溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)+c(H＋)=c(HCOO-)+c(OH-)，因为c(H＋)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，则c(Na＋)-c(HCOO-)=c(OH-)-c(H＋)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol·L-1，B正确；C．0.1mol·L-1HCOONa溶液甲和0.1mol·L-1NaCN溶液乙，因为甲酸电离常数比HCN的电离平衡常数大，所以酸性强，则对应离子的水解能力弱，碱性弱，则氢离子浓度大，即c(H＋)甲>c(H＋)乙，C错误；D．0.1mol·L-1NaCN溶液和0.1mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合,根据物料守恒分析：2c(Na＋)=c(CN-)+c(HCOO-)+c(HCN)+c(HCOOH)，D错误；故选B。三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)8.能源问题是现代社会发展的三大基本问题之一。（1）焦炭可用于制取水煤气。实验测得1.2g碳与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了13.16kJ热量。该反应的热化学方程式为_____；该反应在____条件下能自发进行(选“高温”、“低温”或“任意温度”)。（2）甲醇(CH3OH)广泛用作燃料电池的燃料，工业上可由CO和H2来合成，化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。如图是在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。①T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1_____K2(填“>”、“<”或“=”)。②若容器容积不变，下列措施不能增加CO转化率的是____(填字母)。a.降低温度b.将CH3OH(g)从体系中分离c.使用合适的催化剂③生成甲醇的化学反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示。则图中t2时采取的措施可能是____。④若在T1℃时，往一恒容密闭容器通入等物质的量CO和H2达到平衡时，测得压强为起始压强的0.6倍，则CO的平衡转化率为_____（3）甲醇(CH3OH)燃料电池是以铂为电极，以KOH溶液为电解质溶液，在两极区分别加入CH3OH和O2即可产生电流。请写出负极的电极反应为____。【答案】（1）①.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)∆H=+131.6kJ/mol②.高温（2）①.>②.c③.加压④.40%（3）CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O【解析】【小问1详解】1.2g碳物质的量，0.1molC与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了13.16kJ热量，则1molC与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了131.6kJ热量，热化学方程式为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)∆H=+131.6kJ/mol，该反应△S＞0、△H＞0，则自发进行的条件为高温，故答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)∆H=+131.6kJ/mol；高温；【小问2详解】①根据“先拐先平数值大”规则可知，T1＜T2，由图可知：升高温度，CO的转化率降低，则正反应是放热反应，温度越高平衡常数K越小，所以K1＞K2，故答案为：＞；

②a．降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，故a不选；

b．将CH3OH(g)从体系中分离，平衡正向移动，CO转化率增大，故b不选；

c．使用合适的催化剂平衡不移动，甲醇产率不变，故c选；故答案为：c；

③该反应正向是气体体积减小的放热反应。由图象可知，t2时刻改变条件：正逆反应速率均瞬间增大、并且正向移动，所以改变的条件是加压；假设CO和H2的起始物质的量都是1mol，设转化了xmolCO，列三段式：，在恒温恒容下，物质的量之比等于压强比，测得压强为起始压强的0.6倍，则，解得x=0.4，则CO的平衡转化率为；故答案为：加压；40%；【小问3详解】甲醇失电子发生氧化反应，因为电解质溶液是KOH溶液，所以电极方程式为CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O。9.“84”消毒液的成分是NaClO，某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO并探究其性质。该学习小组用如图装置进行实验(部分夹持装置略去)，反应一段时间后，取C瓶中的溶液进行实验，测得溶液的pH=12。(查阅资料：饱和NaClO溶液pH为11)。回答下列问题：（1）仪器a的名称为_______。（2）实验结束后，在m处最好连接盛______(填“NaOH溶液”或“水”)的注射器，然后打开K1关闭K2，最后再拆除装置。（3）测定C瓶溶液中NaClO含量的实验步骤如下：步骤1：将C瓶溶液加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，塞紧瓶塞并在暗处充分反应后滴入5~6滴淀粉溶液。步骤2：分两次各取步骤1的溶液20mL于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时两次耗Na2S2O3溶液体积的平均值为16.00mL。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)①步骤1的C瓶中发生反应的离子方程式为：_____。②滴定终点的现象为______。③C瓶溶液中NaClO含量为_____g·L-1。④若盛Na2S2O3标准溶液的滴定管未用Na2S2O3标准溶液润洗，则测得C瓶溶液中NaClO含量______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。【答案】（1）分液漏斗（2）NaOH溶液（3）①.ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O②.当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色③.2.98④.偏大【解析】【分析】装置A中二氧化锰固体和浓盐酸反应生成氯气，氯气中含氯化氢气体，B装置的作用是安全装置，氯气通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，通过碱石灰吸收多余氯气；【小问1详解】仪器a的名称为分液漏斗；【小问2详解】装置内剩余的氯气可以通过m处除去，实验结束后，在m处最好连接盛盛氢氧化钠溶液的注射器然后打开K1关闭K2，最后再拆除装置，防止装置内剩余氯气进入空气污染环境，故答案为：NaOH溶液；【小问3详解】①步骤I的C瓶中反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；

②常选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；

④由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O=2I-+S4O，可得关系式：，解得n=0.0008mol，C瓶溶液中NaClO的含量为=2.98g/L，故答案为：2.98；

⑤若盛Na2S2O3标准溶液的滴定管未用Na2S2O3标准溶液润洗，消耗标准溶液体积增大，导致计算结果偏大，故答案为：偏大。10.Ⅰ.实验室里需要纯净的氯化钠溶液，但实验室只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠.某学生设计了如下方案进行提纯：（1）操作②能否改为加硝酸钡溶液，______(填“能”或“否”)，理由________。（2）进行操作②后，如何判断SO已除尽，方法是_______。（3）操作④的目的是_______。Ⅱ.硫酸亚铁铵(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：步骤1：将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。步骤2：向处理过的铁屑中加入过量的3mol/LH2SO4溶液，在60℃左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。步骤3：向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。请回答下列问题：（4）在步骤1中“分离操作”，所用到的玻璃仪器有_______。(填仪器编号)①漏斗②分液漏斗③烧杯④广口瓶⑤铁架台⑥玻璃棒⑦酒精灯（5）在步骤3中“一系列操作”依次为________、_______和过滤。（6）实验室欲用18mol/LH2SO4来配制240mL0.3mol/LH2SO4溶液，需要量取______mL浓硫酸，实验时，下列操作会造成所配溶液浓度偏低的是______。(填字母)a.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理b.未冷却至室温直接转移至容量瓶中c.加水时超过刻度线后又倒出d.定容时仰视刻度线【答案】（1）①.否②.改用Ba(NO3)2会使溶液中引入新的杂质离子NO（2）静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽（3）除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸（4）①③⑥（5）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（6）①.4.2②.cd【解析】【分析】碳酸氢铵不稳定，加热分解生成二氧化碳、氨气和水，加热后残留物为氯化钠和硫酸钠，将残留物溶解后加入氯化钡可生成硫酸钡沉淀，过滤后得到滤液含有氯化钠、氯化钡，加入碳酸钠溶液生成碳酸钡沉淀，过滤，滤液中含有碳酸钠和氯化钠，加入盐酸，盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，加热煮沸，可得到纯净的氯化钠溶液。【小问1详解】本实验的目的最终得到纯净的氯化钠溶液，因此操作②中改为加硝酸钡溶液，会引入新的杂质离子NO，得不到纯的氯化钠，因此不能用Ba(NO3)2溶液代替BaCl2溶液，故答案为：否；改用Ba(NO3)2会使溶液中引入新的杂质离子NO-；【小问2详解】操作②，加入氯化钡溶液，目的是除去硫酸根离子，因此判断SO已除尽方法是：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽；【小问3详解】滤液中剩余的碳酸钠与过量的盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠，因此操作④进行的加热煮沸，其目的是除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸；【小问4详解】进行过滤操作，所用到的玻璃仪器有①漏斗，③烧杯，⑥玻璃棒，故答案为：①③⑥；【小问5详解】由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤，本题中一系列操作”依次为加热浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；【小问6详解】根据溶液稀释前后溶质的量不变规律，实验室没有240mL容量瓶，只能选用250mL容量瓶，因此18mol/L×V(浓H2SO4)=0.25L×0.3mol/L，V(H2SO4)=0.0042L=4.2mL；

a．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，不影响溶质的量和溶液的体积，对无影响，故a不合题意；

b．未冷却至室温直接转移至容量瓶中，等溶液冷却到室温后，溶液的体积会偏小，所配溶液浓度偏大，故b不合题意；

c．加水时超过刻度线后又倒出，造成溶质的量减少，所配溶液浓度偏低，故c符合题意；

d．定容时仰视刻度线，造成溶液的体积偏高，所配溶液浓度偏低，故d符合题意，

故答案为：41.7；cd。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.R、T、W、X、Y、Z为前四周期元素，且W、X、Y、Z的核电荷数依次增大。表中列出它们的性质和结构：元素编号元素性质或原子结构R原子价电子排布式为nsnnpn+1T基态原子核外3个能级上有电子，且各能级上的电子数相等W原子电子层数与核外电子数相等X核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等Y元素的原子半径在该周期中最大(除稀有气体外)Z第四周期未成对电子数最多的元素（1）Y原子的电子排布式为______，其最高能层符号为____，它的核外有___个运动状态不同的电子，Z的价电子排布图为_______。（2）R、T、X的电负性由大到小的顺序为______，第一电离能由大到小的顺序为______，X和Y原子半径大小关系为______。(用元素符号填空)（3）WTR分子中的三个原子除W原子外均为8电子构型，根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键的类型有_______。（4）与Z同周期的某三价阳离子比其二价阳离子更稳定，其原因是：______；该元素位于周期表______区。（5）RW3分子的立体构型为______；与TX2互为等电子体的分子有_______(写两种)。【答案】（1）①.[Ne]3s1②.M③.11④.（2）①.O>N＞C②.N>O＞C③.Na＞O（3）σ键和π键（4）①.Fe原子外围电子排布为3d64S2，Fe2+、Fe3+的外围电子分别为3d6、3d5，其中Fe3+中3d轨道处于半充满状态，比较稳定②.d（5）①.三角锥②.N2O、CS2【解析】【分析】R、T、W、X、Y、Z都是短周期元素，且W、X、Y、Z的核电荷数依次增大．R原子价电子排布式为nsnnpn+1，而n=2，则R为N元素；T元素基态原子核外3个能级上有电子，且各能级上的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p2，故T为C元素；W元素原子电子层数与核外电子数相等，则W为H元素；X元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，Y元素的原子半径在该周期中最大（除稀有气体外），处于IA族，Y的原子序数大于X，故X为O元素、Y为Na；Z是第四周期未成对电子数最多的元素，故Z为Cr；【小问1详解】Y为Na，核外有11个电子，钠原子的电子排布式为[Ne]3s1，其最高能层符号为M，它的核外有11个电子，每个电子的运动状态都不同，则有11种运动状态不同的电子；Z为Cr元素，Cr的原子序数是24，则基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1，价电子排布图为；【小问2详解】同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性由大到小的顺序为O>N＞C；第一电离能同周期从左到右呈增大趋势，由于N原子2p轨道半充满较为稳定，其第一电离能高于O，所以第一电离能由大到小顺序为：N＞O＞C；X是Na，Y是O，Na原子有3层电子层，O原子只有2层，电子层数越多半径越大，则原子半径大小关系为Na＞O；【小问3详解】HCN分子中三个原子除H原子外均为8电子构型，其结构式为H-C≡N，根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键的类型有σ键和π键；【小问4详解】Z为Cr是第四周期元素，同周期的三价铁离子比其二价亚铁离子更稳定，其原因是：Fe原子外围电子排布为3d64S2，Fe2+、Fe3+的外围电子分别为3d6、3d5，其中Fe3+中3d轨道处于半充满状态，比较稳定；铁在第四周期第ⅤⅢ族，价电子排布为3d64s2，则Fe元素位于周期表的d区；【小问5详解】NH3中价层电子对为3+×(5−3)=4，VSEPR模型为四面体，由于N原子含一对孤电子对，故其空间构型为三角锥；原子总数相等价电子总数相等的微粒互为等电子体，与CO2等电子的化合物为