甘肃省定西市定西八校2024-2025学年高二上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1甘肃省定西市定西八校2024-2025学年高二上学期1月期末试题一、选择题1．化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．将食物放进冰箱，降低了细菌的活性，抑制食物腐败B．铁盐作净水剂利用了水解原理及铁离子的强氧化性C．轮船镶嵌锌块利用了牺牲阳极法，避免船体遭受腐蚀D．硬铝密度小，强度高，常用于制造飞机和飞船【答案】B【解析】冰箱通过降低温度来减缓细菌的生长和繁殖，延长食物保鲜时间，A正确；铁盐作净水剂利是铁盐水解形成的氢氧化铁胶体具有吸附性，可吸附水中杂质，B错误；轮船镶嵌锌块，形成原电池，锌活泼，作原电池负极，船体被保护，C正确；硬铝属于铝合金，具有密度小、强度高的特点，可用于制造飞机和飞船，D正确。2．抗癌药物CADD522的结构如图，下列说法错误的是A．基态氧原子的p能级的能量一定比s能级的能量高B．基态Cl原子中有17个空间运动状态不同的电子C．2px、2py、2pz轨道互相垂直，但能量相等D．基态氯原子的2p和3p轨道数相同【答案】B【解析】基态氧原子核外电子排布式为1s22s22p4，p能级的能量比s能级的高，A正确；空间运动状态就是占用的轨道数，基态Cl原子核外电子排布式为1s22s22p62s22p5，有1+1+3+1+3=9个空间运动状态不同的电子，B错误；2px、2py、2pz轨道为相同能层，相同能级，方向相互垂直的三个轨道，能量相同，C正确；基态氯原子的2p和3p轨道数均为3，D正确。3．下列化学用语表达正确的是A．乙烯的球棍模型为 B．NH4Cl的电子式为C．基态S2-的价层电子排布式为3s23p6 D．中子数为10的氧原子为8【答案】C【解析】碳原子半径大于氢原子，乙烯分子的球棍模型为：，A错误；NH4Cl为离子化合物，其电子式：，B错误；S原子序数16，基态S2-的价层电子排布式为3s23p6，C正确；中子数为10的氧原子为818O，D错误。4．已知M→P分两步进行：①M→N，②N→P。其反应过程中能量变化如图。下列说法错误的是A．M的总键能比P的总键能大 B．相同条件下，最稳定的物质为PC．ΔH1>ΔH2 D．ΔH<0【答案】A【解析】M→P为放热反应，说明生成物总键能大于反应物总键能，A错误；物质能量越低，结构越稳定，P能量最低结构最稳定，B正确；ΔH1为吸热过程的反应热，为正值，ΔH2为放热过程的反应热，为负值，ΔH1＞ΔH5．下列说法正确的是A．失电子难的元素得电子一定容易 B．电离能越大的元素电负性一定越小C．最外层电子排布为ns2的元素一定位于s区 D．不同能层的s轨道的空间取向均相同【答案】D【解析】失电子难的元素得电子不一定容易，如最外层电子数为4的碳元素即不易失电子，也不易得电子，A错误；电离能越大的元素电负性不一定越小，如氮元素的第一电离能大于氧元素，而电负性小于氧元素，B错误；最外层电子排布为ns2的元素不一定位于s区，如氦元素位于p区、铁元素位于d区、锌元素位于ds区，C错误；不同能层的s轨道的能量不同，但空间取向却相同，D正确。6．CO2催化加氢可制取高附加值产品甲醇、乙醇等，这对解决环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知反应6H2+2CO2⇌A．22.4LH2含有的分子数为NA B．44gCO2含有的非极性共价键数为2NAC．0.1molC2H5OH中含有中子数为2NA D．每生成1molH2O，转移的电子数为2NA【答案】C【解析】未指明气体是否处于标准状况，无法计算，A错误；CO2的结构式：O=C=O，不含非极性共价键，B错误；每个C2H5OH中含20个中子，则0.1molC2H5OH中含有中子数为2NA，C正确；反应过程中：，即生成3mol水时转移12mol电子，则每生成1molH2O，转移的电子数为4NA，D错误。7．下列实验装置不能达到相应实验目的的是A．测定中和反应反应热B．直接蒸干FeCl3饱和溶液制FeCl3晶体C．证明NH3·H2O为弱碱D．排出盛有NaOH溶液的滴定管尖嘴内的气泡A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】中和反应反应热的测定关键是做好保温工作，用塑料、泡沫填充两个烧杯的空隙，上部盖上硬纸板，同时为了使酸、碱快速充分混合发生反应，减少热量损失，用不易导热的玻璃搅拌器进行搅拌，用温度计测定反应后的温度，图中能够达到测定中和反应反应热的目的，A正确；FeCl3发生水解：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+HCl，加热会促进水解反应，随着温度升高，HCl会挥发逸出，导致FeCl3进一步水解产生Fe(OH)3，B错误；用干燥的pH试纸测定饱和NH4Cl溶液的酸碱性，pH＜7，说明NH4Cl溶液显酸性，从而证明NH4+能发生水解，说明了NH3·H2O为弱碱，C正确；NaOH溶液应用碱式滴定管盛装，在排气泡时，用手向上弯曲橡胶管内玻璃球上方部位，并轻轻挤压玻璃球，使液体缓缓外移不断向外驱赶气体，当尖嘴有液体流出时，气泡被完全排出，操作合理，D正确。8．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．含有Na+，CO32-的溶液中：K+，ClB．能与Al反应放出H2的溶液中：SO42-，Fe3+，C．常温下，KwcH+=1×10-12D．含有Fe2+、NO3-的溶液中：NH4+，【答案】C【解析】Ca2+和CO32-不能大量共存，A错误；与Al反应放出H2的溶液中可能是强酸性溶液，也可能是强碱性溶液，在强碱性溶液中，NH4+、Fe3+与OH-不能大量共存，B错误；常温下KwcH+=1×10-12mol⋅L-19．由X、Y、Z、M四种短周期主族元素组成的化合物ZX2MY4可用于食品工业和发酵工业。已知X、Y、Z、M的原子序数依次增大，X与Z同主族且不相邻，Y原子的最外层电子数是Z、M原子的最外层电子数之和，基态M原子有3个未成对电子，下列说法正确的是A．原子半径：Z>Y>M B．第一电离能：M>X>YC．单质沸点：Y>Z>M>X D．电负性：Y>X>Z【答案】D【解析】基态M原子有3个未成对电子，则M为N或P元素，综合信息：四种短周期主族元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大及其他可判断M为P元素；X与Z同主族且不相邻，Y原子的最外层电子数是Z、M原子的最外层电子数之和，则X为H、Y为O、Z为Na。Y、Z、M分别是O、Na、P，O原子电子层数最少，原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径依次减小，则原子半径：Na>P>O，A错误；X、Y、M分别为H、O、P，氢元素和氧元素的第一电离能均大于磷元素，B错误；四种元素构成的单质有：氢气、氧气(臭氧)、金属钠和单质磷（红磷、白磷等），氧气和臭氧都是分子晶体，而金属钠是金属晶体，所以钠的沸点高于氧气和臭氧，另外单质磷的沸点也高于氧气，C错误；金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于氢元素，则电负性大小顺序为O>H>Na，D正确。10．下列实验操作和现象及得出的结论均正确的是选项实验操作实验现象结论A向NaClO溶液中滴入2滴酚酞试液溶液由无色最终变为浅红色NaClO溶液呈碱性B微热滴有酚酞的Na2CO3溶液溶液红色加深温度升高，CO3C往CuSO4溶液中通入H2S产生黑色沉淀酸性：H2S>H2SO4D往Na[Al(OH)4]溶液中加入过量稀盐酸最终有白色沉淀产生稀盐酸促进了[Al(OH)4]-的水解A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】次氯酸钠溶液呈碱性且具有强氧化性，向次氯酸钠溶液中滴入2滴酚酞，溶液会先变红后褪色，A错误；碳酸钠在溶液中发生水解，水解反应为吸热反应，升高温度，水解程度增大，溶液碱性增强，所以微热滴有酚酞的碳酸钠溶液，溶液红色加深，B正确；氢硫酸的酸性弱于硫酸，向硫酸铜溶液中通入硫化氢气体产生黑色沉淀是因为硫化铜的溶解度小，不能与稀硫酸反应，C错误；氢氧化铝是两性氢氧化物，向四羟基合铝酸钠溶液加入过量稀盐酸发生的反应：Na[Al(OH)4]+4HCl=NaCl+AlCl3+H2O，D错误。11．铝-空气电池具有能量密度高、比容量高、环境友好等优点，一种棉布基铝-空气电池的结构如图所示，连接好装置后，电流计发生偏转，下列说法错误的是A．电子由铝电极流出，经过外电路流向碳纸电极B．负极上发生的反应为Al-3eC．电路中每转移2mole-，消耗11.2L（标准状况下）OD．电池工作一段时间后，电解质溶液的pH不变【答案】D【解析】铝-空气电池以KOH溶液为电解液，铝电极作负极，碳纸电极作正极，原电池中电子由负极流出，即电子由铝电极流出，经过外电路流向碳纸电极，A正确；Al作负极，电极反应式：Al-3e-+4OH-=AlOH4-，B正确；碳纸电极作正极，电极反应：O2+4e-+2H2O=4OH12．以CH4燃料电池为电源电解饱和NaCl溶液的装置如图，一段时间后测得外电路中通过2mole-A．气体X为CO2B．N极的电极反应式为OC．通过2mole-时，D．NaCl溶液中的Na+向P极移动【答案】C【解析】装置中左侧为燃料电池，通入甲烷的M电极为负极，电极反应为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，则气体X为二氧化碳，A正确；通入空气的N电极为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B正确；右侧装置为电解饱和氯化钠溶液，O电极与燃料电池的正极相连，为阳极，电极反应为：Cl--2e-=Cl2，P电极为阴极，电极反应式为2H2O-2e-=H2+2OH-，由得失电子数目守恒可知，通过2mol电子时，左侧装置消耗甲烷和氧气的体积之和为2mol×18+2mol×14=0.75mol，右侧装置生成氢气和氯气的物质的量为13．研究葡萄糖在催化剂表面的反应始于葡萄糖醇盐[C6H11O6K，其阴离子的存在形式为CH2OH(CHOH)3CHO-CHO]。CH2OH(CHOH)3CHO-CHO在电极上催化生成甲酸的部分反应历程如图（Ts为过渡态，IM表示吸附在催化剂上进行反应或生成的物种）。下列说法错误的是A．IM1→IM2为该反应历程的决速步骤B．上述历程总反应的ΔH<0C．催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率D．反应过程中有极性键的断裂和形成【答案】A【解析】决速步骤为活化能最大的反应，即为IM3→IM4，A错误；该反应的反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，B正确；催化剂通过降低活化能以提高反应速率，C正确；CH2OH(CHOH)3CHO-CHO在电极上催化生成甲酸反应过程中有极性键的断裂（C-H键）和形成(H-O键14．常温下，调节Na2CO3溶液的pH，测得含碳微粒的摩尔分数[如H2CO3的摩尔分数为nH2CO3A．曲线a表示H2CO3的摩尔分数随pH的变化B．N点对应溶液的pH=8.54C．常温下，CO32-的水解常数为D．M点对应溶液中：c【答案】B【解析】Na2CO3溶液中碳酸根离子水解：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，随着酸性增强，pH减小，CO32-摩尔分数逐渐减小，HCO3-摩尔分数先增大，后减小，H2CO3摩尔分数逐渐增大，则曲线a表示H2CO3摩尔分数，A正确；根据曲线a、b交点，Ka1=cHCO3-×二、非选择题15．下表为元素周期表前36号元素，回答下列问题：(1)上表元素中位于d区的元素为（填名称）；戊元素最高能层的符号为，基态原子中未成对电子数与戊相同的元素为（填名称）。(2)基态甲原子核外电子的轨道表示式为；乙、丙组成的原子个数比为1：1的物质与水反应的离子方程式为。(3)上述所有非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸性从强到弱的顺序是。(4)仅由乙、丙、丁三种元素组成的化合物的水溶液呈（填“酸”“中”或“碱”）性。(5)已知铬原子、己原子的电离能[I/（kJ·mol-1）]数据如下表所示。铬的第二电离能比己的第二电离能大的原因是。电离能I1I2铬6531591己7171509【答案】(1)锰M钠(2)2Na2O2+2H2O=4Na++4OH—+O2↑(3)HClO4＞H3PO4＞H2CO3(4)碱(5)Cr原子失去1个电子后，Cr+的价电子排布式为稳定的半充满结构3d5，较难失去电子，锰原子失去1个电子后，Mn+的价电子排布式为3d54s1，易失去电子形成3d5【解析】（1）位于d区的为己，己为锰元素；戊为Cl，其原子序数为17，基态原子的价电子排布式为3s23p5，最高能层的符号为M；Cl原子中未成对电子数为1，与其相同的还有丙，丙为钠，其基态原子的价电子排布式为3s1，原子中未成对电子数为1；（2）甲为C，其原子序数为6，基态原子的电子排布式为1s22s22p2，轨道表示式为；乙为O、丙为Na，二者形成的化合物过氧化钠与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH—+O2↑；（3）元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性强弱顺序为Cl＞P＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性从强到弱的顺序为HClO4＞H3PO4＞H2CO3；（4）乙、丙、丁分别为O、Na、P元素，三者形成的盐磷酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性；（5）铬元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54s,1，失去1个电子后，Cr+的价电子排布式为稳定的半充满结构3d5，较难失去电子；锰元素的原子序数为25，基态原子的价电子排布式为3d54s2，锰原子失去1个电子后，Mn+的价电子排布式为3d54s1，易失去电子形成3d5，所以铬元素的第二电离能比锰元素的第二电离能大。16．波尔多液是一种无机铜素杀菌剂，其有效成分的化学组成是CuSO4·xCu(OH)2·yCa(OH)2·zH2O，有良好的黏附性能，多用于葡萄园、果园等场所防治多种真菌和细菌性病害。某化学兴趣小组通过间接碘量法测定波尔多液中铜元素含量的步骤如下：步骤Ⅰ．取2.50mL波尔多液试样加入碘量瓶中，加入适量稀硫酸，调节溶液呈弱酸性；步骤Ⅱ．往碘量瓶中加入20mL2.0mol·L-1KI溶液（过量），盖上碘量瓶玻璃塞，在暗处充分振荡；步骤Ⅲ．打开碘量瓶玻璃塞，加入指示剂，用1.5mol·L-1硫代硫酸钠（Na2S2O3）标准溶液滴定至溶液变色，加入KSCN溶液继续滴定至终点，消耗标准溶液的体积为VmL，重复操作2次，实验数据如下表：实验编号123V/mL12.4812.5212.50已知：①2Cu2++4I-=2CuI↓②CuI沉淀表面易吸附I2，CuSCN吸附I2的能力远远小于CuI；③该实验温度下，Ksp(CuSCN)=5.0×10-15，Ksp(CuI)=1.0×10-12。请回答下列问题：(1)滴定前，往波尔多液中加入的稀硫酸需要适度过量使溶液呈弱酸性，其原因是；碘量瓶结构如图所示，加入过量KI溶液后振荡前塞上瓶塞的原因可能是。(2)步骤Ⅲ选择的指示剂为；滴定终点的标志是。(3)Na2S2O3标准溶液应盛放在（填“碱式”或“酸式”）滴定管中，该仪器在使用之前需要进行的操作是。(4)若步骤Ⅲ中加入KSCN溶液后，碘量瓶内溶液中c(SCN-)=2×10-3mol·L-1，则c(I-)=mol·L-1；2.50mL该波尔多液试样中所含铜元素的质量为g。(5)下列情况会导致最终测得的铜离子浓度偏大的是______（填标号）。A．步骤Ⅰ过程中加入充分过量的稀硫酸B．步骤Ⅱ过程中碘量瓶未塞上玻璃塞C．步骤Ⅱ过程中使用的碘量瓶用蒸馏水洗净后未用波尔多液进行润洗D．步骤Ⅲ过程中未加入KSCN溶液【答案】(1)防止Cu2+在溶液中水解和步骤Ⅲ消耗硫代硫酸钠溶液消耗体积过大防止I—被空气中氧气氧化(2)淀粉溶液滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不复原(3)碱式检查碱式滴定管是否漏液(4)0.40.096V(5)AB【解析】（1）波尔多液中的Cu2+会发生水解：Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，为防止其水解需滴定前在波尔多液中加入适度过量的稀硫酸使溶液呈弱酸性，若酸性过强，步骤Ⅲ中滴入的硫代硫酸钠溶液与溶液中氢离子反应，使得消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏大，导致所测结果偏高；碘离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，所以加入过量碘化钾溶液后振荡前塞上瓶塞；（2）滴定时加入的指示剂为淀粉溶液，溶液中碘与硫代硫酸钠溶液完全反应后，滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的标志是滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不复原；（3）硫代硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，应放在碱式滴定管中；碱式滴定管使用之前需检查碱式滴定管是否漏液；（4）由溶度积可知，溶液中硫氰酸根离子的浓度为2×10—3mol/L时，溶液中亚铜离子的浓度为5.0×10-152×10-3mol/L=2.5×10—12mol/L，则溶液中碘离子浓度为1.0×10-122.5×10—12mol/L=0.4mol/L；由方程式可得如下转化关系：2Cu2+—I2—2Na2S2（5）步骤Ⅰ过程中加入充分过量的稀硫酸会使步骤Ⅲ消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，导致测得的铜离子浓度偏大，A正确；步骤Ⅱ过程中碘量瓶未塞上玻璃塞会使溶液中碘离子被空气中氧气氧化为碘，使得步骤Ⅲ消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，导致测得的铜离子浓度偏大，B正确；步骤Ⅱ过程中使用的碘量瓶用蒸馏水洗净后未用波尔多液进行润洗不会影响溶液中碘的物质的量，对测得的铜离子浓度无影响，C错误；步骤Ⅲ过程中未加入硫氰化钾溶液会使溶液中碘的物质的量偏小，使得步骤Ⅲ消耗硫代硫酸钠溶液体积偏小，导致测得的铜离子浓度偏小，D错误。17．LiFePO4是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备LiFePO4，工艺流程如图：已知：①酸浸后，钛主要以TiOCl4②溶液中离子的浓度小于或等于1.0×10-5mol·L-1时可视为不存在；Ksp(FePO4)=1.3×10-22，Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-25。回答下列问题：(1)LiFePO4中铁元素的化合价为价；将钛铁矿粉碎的优点为。(2)酸浸工序中，铁的浸出率结果如图所示，工业上一般选择浸出温度为90℃，时间为5小时，原因为；滤渣的主要成分为（填化学式）。(3)写出生成TiO2·xH2O的离子方程式：；对滤液1进行加热的目的是。(4)滤液2中加入双氧水和磷酸发生反应的化学方程式为。(5)若滤液2中c(Mg2+)=1.0mol·L-1，当Fe3+完全沉淀时，通过计算判断Mg2+是否沉淀：（写出计算过程，忽略溶液体积的变化）。【答案】(1)+2价增大反应物的接触面积，加快酸浸的反应速率，使反应更加充分(2)温度为90℃，时间为5小时，铁的浸出率较高，且升高温度，延长浸出时间，铁的浸出率变化不大SiO2(3)TiOCl42-+(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+2H++4Cl-升高温度，平衡右移，有利于TiO2·xH2O(4)2FeCl2+H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4HCl(5)Fe3+完全沉淀时，溶液中磷酸根离子浓度为1.3×10-221.0×10-5mol/L=1.3×10–17mol/L，溶液中浓度熵Qc=c3(Mg2+)c2(PO43-)＝13×(1.3×10–17)2=1.7×10–34＜Ksp[Mg3(PO4)2【解析】（1）磷酸亚铁锂中锂元素、磷元素和氧元素的化合价分别为+1价、+5价和—2价，由化合价代数和为0可知，铁元素的化合价为+2价；将钛铁矿粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快酸浸的反应速率，使反应更加充分；（2）温度为90℃，时间为5小时，铁的浸出率较高，且升高温度，延长浸出时间，铁的浸出率变化不大，所以工业上一般选择浸出温度为90℃，时间为5小时；钛铁矿主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质，向钛铁矿粉中加入盐酸酸浸，钛元素转化为TiOCl4（3）生成TiO2·xH2O的反应为加热使TiOCl42-水解得到TiO2·xH2O沉淀，反应的离子方程式为TiOCl42-+(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+2H++4Cl-，TiOCl42-在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，平衡右移，有利于TiOCl4（4）加入过氧化氢溶液和磷酸溶液的目的是将溶液中亚铁离子转化为磷酸铁沉淀，反应的离子方程式为2FeCl2+H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4HCl；（5）由溶度积可知，溶液中Fe3+完全沉淀时，溶液中磷酸根离子浓度为1.3×10-221.0×10-5mol/L=1.3×10–17mol/L，则溶液中浓度熵Qc=c3(Mg2+)c2(PO43-)＝13×(1.3×10–17)2=1.7×10–34＜Ksp[Mg3(PO4