四川省兴文第二中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题

四川省兴文第二中学20232024学年高二上学期12月月考化学试题可能用到的相对原子质量有：H：1C：12O：16S：32Cu：64Cl：35.5Fe：56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.下列说法中，不正确的是()A.固氮就是把游离态氮通过化学反应转化为化合态的氮B.能源、材料、信息是现代社会发展的三大支柱C.自发进行的放出能量的氧化还原反应才能设计成原电池D.合适催化剂的使用，能够使原本不能发生的化学反应发生【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氮的固定就是把氮的单质转化为化合物的方法，故A正确；B．能源、材料、信息被称为现代社会发展的三大支柱，是现代社会发展必须面对的三大问题，故B正确；C．构成原电池内界条件是自发的发生氧化还原反应，所以理论上说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池，故C正确；D．催化剂只是改变反应速率，不能使原本不能发生反应得以发生，故D错误；故选：D。2.下列关于C和N的说法正确的是A.C核素中的中子数为8 B.C核素中的电子数为8C.N核素中的质子数为14 D.C和N互为同位素【答案】A【解析】【分析】【详解】A．C核素中的中子数为146=8，A正确；B．C核素中的电子数等于质子数，为6，B错误；C．N左下角数字代表质子数，为7，C错误；D．C和N所含质子数不同，为不同的元素，不是同位素，D错误；综上所述答案为A。3.下列说法正确的是A.化学键的断裂与形成与反应放热和吸热无关B.放热反应的发生无需任何条件C.所有化学变化一定遵循质量守恒和能量守恒D.化学变化一定有化学键的断裂和生成，有化学键断裂或生成一定发生了化学变化【答案】C【解析】【分析】【详解】A．旧键断裂吸收能量，新键生成放出能量，当吸收的能量大于放出的能量时反应吸热，反之则放热，所以化学键的断裂与形成与反应放热和吸热有关，故A错误；B．某些放热反应需要一定条件引发，如燃烧需要温度达到可燃物的着火点，故B错误；C．所有化学变化一定遵循质量守恒和能量守恒，C正确；D．有化学键的断裂或生成不一定发生了化学变化，如HCl溶于水时共价键断裂，但并没有发生化学变化，故D错误；综上所述答案为C。4.合成氨工业中，下列措施有利于提高平衡转化率的是A.提高反应温度B.从反应体系中分离出氨C.使用催化剂D.充入稀有气体提高压强【答案】B【解析】【详解】A项、合成氨是放热反应，提高温度平衡逆向移动，平衡转化率降低，A错误；B项、从反应体系中分离出氨使平衡正向移动，平衡转化率增加，B正确；C项、使用催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，故平衡转化率不变，C错误；D项、体积不变充入稀有气体，平衡不移动，平衡转化率不变，D错误。故本题答案选B。5.同温同压下，2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH1；2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH2，则ΔH1和ΔH2的关系是A.ΔH1<ΔH2 B.ΔH1>ΔH2C.ΔH1=ΔH2 D.无法判断【答案】B【解析】【详解】已知①2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH1，②2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH2，则根据盖斯定律可知①－②得到2H2O(l)＝2H2O(g)的ΔH＝ΔH1－ΔH2，由于液态水转化为气态时需要吸热，则ΔH1－ΔH2＞0，因此ΔH1>ΔH2，答案选B。6.已知化学反应的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是A.每生成2分子AB吸收bkJ热量B.该反应的反应热C.该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D.断裂1molA―A键和1molB―B键，放出akJ能量【答案】B【解析】【详解】A．依据图像分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(ab)kJ热量，故A错误；

B．反应热△H=反应物能量总和生成物能量总和，所以反应热△H=+(ab)kJ•mol1，故B正确；

C．依据能量图像分析可知反应物能量低于生成物能量，故C错误；

D．旧键断裂吸收能量，断裂1molAA和1molBB键，吸收akJ能量，故D错误；

故选：B。7.下列说法正确的是A.第二能层含有2s、2p和2d三个能级 B.处于同一能层的电子能量一定相同C.原子中3d2表示3d能级有两个轨道 D.F原子中s轨道的电子云轮廓都为球形【答案】D【解析】【详解】A．第二能层含有2s、2p两个能级，所以不存在2d能级，选项A错误；B．处于同一能层的电子可能有s电子、p电子或d电子，d电子能量>p电子能量>s电子能量，所以处于同一能层的电子能量不一定相同，选项B错误；C．d能级的轨道数为5，即3d能级有5个轨道，3d2表示3d能级有两个电子，选项C错误；D．s轨道的电子云轮廓为球形，即1s、2s、3s等电子云轮廓都为球形，所以F原子中s轨道的电子云轮廓都为球形，选项D正确；答案选D。8.可逆反应3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g）在密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）A.保持容器体积不变，加入水蒸气B.将容器的容积缩小一半C.保持容器体积不变，充入少量稀有气体D.升高温度【答案】C【解析】【分析】根据有效碰撞理论进行判断，纯液体和固体的量不改变反应速率。【详解】A.保持容器体积不变，加入水蒸气，增加反应物的量，反应速率加快，A错误；B.将容器的容积缩小一半，增大压强，反应速率加快，B错误；C.保持容器体积不变，充入少量稀有气体，不改变反应浓度，反应速率不变，C正确；D.升高温度，反应速率加快，D错误。答案为C。9.下列说法正确的是A.某温度下，某溶液的pH=6，则该溶液一定显酸性B.常温下，同浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，盐酸的pH大于醋酸C.等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液显酸性，则溶液中c(Na+)＞c(CH3COO)D.醋酸钠溶液中，c(Na+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)【答案】D【解析】【详解】A．pH=6的溶液不一定显酸性，例如100℃的蒸馏水的pH=6，但显中性，故A错误；B．常温下，同浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，

醋酸稀释过程中不断电离，HCl完全电离，所以同浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，c(H+)：醋酸＜盐酸，则盐酸的pH小于醋酸，故B错误；C．等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液显酸性，根据电荷守恒：则溶液中c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，c(H+)＞c(OH)，c(Na+)＜c(CH3COO)，故C错误；D．醋酸钠溶液中符合物料守恒，c(Na+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)，故D正确；答案选D。10.下列说法正确的是A.常温下某醋酸溶液pH=a，将溶液稀释到原体积的103倍，则溶液的pH=(a+3)B.某强碱弱酸盐NaA溶液，随温度升高，pH一定变小C.pH=2的盐酸和pH=2的醋酸以体积比1∶10混合后，溶液pH仍为2D.等浓度等体积的CH3COONa和NaClO溶液中离子总数，前者小于后者【答案】C【解析】【分析】【详解】A．若该酸的pH=5，稀释到原体积的103倍，溶液接近中性，此时pH≈7，而不是5+3=8，A错误；B．强碱弱酸盐NaA溶液显碱性，虽然升高温度促进A的水解，但同时促进水的电离，溶液中c(H+)可能增大也可能减小，即pH可能增大也可能减小，B错误；C．混合前两溶液中c(H+)相等，则无论以何种比例混合，混合后c(H+)不变，pH不变，C正确；D．两溶液中分别存在电荷守恒：c(CH3COO)+c1(OH)=c1(H+)+c1(Na+)、c(ClO)+c2(OH)=c2(H+)+c2(Na+)，两溶液中c1(Na+)=c2(Na+)，但次氯酸根的水解程度大于醋酸根，所以次氯酸钠溶液碱性更强，c1(H+)＞c2(H+)，所以CH3COONa溶液中离子浓度更大，体积相等，则离子总数更大，D错误；综上所述答案为C。11.下图为某物质的结构。已知：W、Y、Z属于不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是A.Y元素在周期表中的位置为第二周期IVA族B.W、X对应的简单离子半径：X>WC.该物质具有强氧化性，可以用作漂白剂D.该物质中，Y、X原子的最外层均满足8电子结构【答案】A【解析】【分析】W、Y、Z属于不同周期、不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于IIA族，X位于VIA族，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为621=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，据此解答。【详解】A．由分析可知，Y为B元素，原子序数为5，位于第二周期IIIA族，故A错误；B．由分析可知，X为O元素，W为Mg元素，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径X>W，故B正确；C．该物质中含有OO键，具有强氧化性，可以用作漂白剂，故C正确；D．该化合物中O形成2个共价键，且有2个孤电子对，两个B都形成4个共价键且得两个电子，则O、B原子均满足8电子稳定结构，故D正确；故答案选A。12.明矾溶于水，所得溶液中各种离子的物质的量浓度的关系是A.c(K+)＞c()＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH)B.c()＞c(K+)=c(Al3+)＞c(OH)＞c(H+)C.c()＞c(K+)=c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH)D.c()＞c(K+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH)【答案】D【解析】【详解】明矾的主要成分是KAl(SO4)2∙12H2O，溶于水会发生电离，KAl(SO4)2∙12H2O=K++Al3++2+12H2O，c()最大，Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH)，K+不水解，c(K+)＞c(Al3+)，故离子浓度大小关系为c()＞c(K+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH)，答案选D。13.实验室用0.1mol/L的NaOH溶液滴定的一元弱酸HA溶液。溶液中，HA和的分布系数、NaOH溶液体积与pH的关系如图所示。[如HA的分布系数，]。下列叙述正确的是A.x点对应溶液的pH约为5B.p点对应的溶液中，C.n点对应的溶液中，D.滴定到q点时，溶液中【答案】A【解析】【详解】A．由图象可知，当时，对应溶液的，此时溶液中的，，x点时，根据图象有，则此时的，，故A正确；B．p点时，，根据电荷守恒有：，根据物料守恒有：，两式联立消去，解得：，故B错误；C．n点对应溶液，根据电荷守恒，可知：，故C错误；D．滴定到q点时，，由图可知，故D错误；选A。14.将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在图所示的情境中，下列有关说法正确的有个。①阴极的电极反应式为Fe2e=Fe2+②金属M的活动性比Fe的活动性弱③钢铁设施表面因积累大量电子而被保护④钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【详解】图示保护金属的方法为牺牲阳极的阴极保护法，利用了原电池原理，此处阳极、阴极实际是原电池负极、正极，根据原电池原理，金属M的活泼性要比铁强，才能保护钢铁设施，②说法错误；此时Fe被保护，不发生反应，①说法错误；由于负极（图示阳极M）失去的电子流入正极（图示阴极），故此时钢铁设施表面积累大量电子，从而被保护，③说法正确；由于海水中含有大量的电解质，故其导电能力比河水强，所以钢铁在海水中腐蚀速率更快，④说法错误；综上所述，只有③说法正确，故答案选B。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大，A元素的价层电子排布式为；C元素为最活泼的非金属元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的；E元素基态原子核外有7个能级且有4个未成对电子；F元素在元素周期表第11列；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。（1）D、C两种元素形成的化合物的电子式为___________。（2）A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为___________(用元素符号表示)。（3）C元素电子排布图为___________。（4）E元素位于元素周期表的第___________族，形成的离子中较稳定的离子的价层电子排布式是___________。（5）F元素位于元素周期表的___________区，B元素原子核外占据最高能级的电子云轮廓图是___________形。（6）G可能的性质有___________(填字母)。A.其最高价氧化物对应水化物是弱酸 B.其第一电离能小于磷小于硒C.其原子半径大于锗 D.氢化物的稳定性G大于A【答案】15.16.N<O<F17.18.①.Ⅷ②.19.①.ds②.哑铃20.A【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G七种元素属于前四周期，且原子序数依次增大，其中A元素的价电子构型为nsnnpn+1，则n=2，故A为N元素；C元素为最活泼的非金属元素，则C为F元素；B的原子序数介于氮、氟之间，故B为O元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的，令最外层电子数为x,则(2+8+x)×=x，解得x=2，故D为Mg元素；E元素基态原子核外有7个能级且有4个未成对电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，其为Fe元素；F元素在元素周期表第11列，为Cu元素，G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，则G为As元素。【小问1详解】由分析可知，A为N、B为O、C为F、D为Mg、E为Fe、F为Cu、G为As；D、C两种元素形成的化合物为MgF2，电子式为；【小问2详解】同周期主族元素随原子序数增大元素电负性增大，故电负性由小到大的顺序为：N<O<F；【小问3详解】C为F，核外有9个电子，根据泡利原理和洪特规则，电子排布图为；【小问4详解】E为Fe，为26号元素，位于周期表第4周期第Ⅷ族，原子核外价层电子排布式为3d64s2，形成的离子中较稳定的离子是Fe3+，价层电子排布式是3d5；【小问5详解】F元素为Cu，原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，位于周期表的ds区；B为O，核外电子排布式1s22s22p4，最高能级为2p能级，电子云轮廓图是哑铃形；【小问6详解】A．非金属性As＜P，酸性：H3AsO4＜H3PO4，H3AsO4不是强酸，故A正确；B．As元素主要4p能级为半充满稳定状态，其第一电离能比同周期右边相邻元素大，即比Se大，故B错误；C．同周期从左到右原子半径逐渐减小，其原子半径小于锗，故C错误；D．同主族从上到下，氢化物的稳定性逐渐降低，AsH3稳定性小于NH3，故D错误。答案选A。16.科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航空航天。如图1所示装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入和空气，其中固体电解质是掺杂了的固体，它在高温下能传导正极生成的离子()。（1）c电极为___________极，c电极上的电极反应式为___________。（2）如图2所示为用惰性电极电解溶液，a电极上的电极反应式为___________；电解一段时间后，a电极产生气体，b电极不产生气体，则溶液的___________(填“减小”或“增大”)。（3）在工业上，利用该电池电解溶液生产，装置如图。①阳极的电极反应式为___________。②阴极产生的气体为___________。③右侧的离子交换膜为___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阴极区a%___________b%(填“>”“=”或“<”)。【答案】（1）①.正②.（2）①.②.减小（3）①.②.③.阴④.<【解析】【分析】图1中根据电流方向可知c为负极，负极上甲烷失去电子结合氧离子生成二氧化碳和水，d为正极，在正极上氧气得到电子直接生成氧离子，以此解题。【小问1详解】根据图示，电流由c经导线流向d，所以c是正极、d是负极，电极c上甲烷失去电子结合氧离子生成二氧化碳和水，电极反应式为：；【小问2详解】图2有外加电源，即该装置为电解池，根据电解原理，a为阳极，b为阴极，a电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋；b电极上不产生气体，其电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，总反应式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，溶液中c(H＋)增大，pH减小；【小问3详解】①Fe作阳极，根据题意可知其电极反应式为Fe＋8OH6e=FeO＋4H2O；故答案为Fe＋8OH6e=FeO＋4H2O；②根据离子放电顺序，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，产生气体为H2；故答案为H2；③根据①的电极反应式，OH－参加反应，OH－移向右侧，即右侧的离子交换膜为阴离子交换膜；根据②的分析，阴极上成产生OH－，即Na＋通过交换膜移向左侧，生成NaOH，氢氧化钠浓度增大，即a%＜b%；故答案为阴；＜。17.根据所学内容，回答下列问题：（1）在微生物作用的条件下，经过两步反应被氧化成。两步反应的能量变化示意图如下：①第一步反应是___________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是___________。②1mol(aq)全部氧化成(aq)的热化学方程式是___________。（2）白磷、红磷是磷的两种同素异形体，在空气中燃烧得到磷的氧化物，空气不足时生成P4O6，空气充足时生成P4O10。①已知298K时白磷、红磷完全燃烧的热化学方程式分别为：P4(s，白磷)+5O2(g)=P4O10(s)ΔH1=2983.2kJ·mol1P(s，红磷)+O2(g)=P4O10(s)ΔH2=738.5kJ·mol1则该温度下白磷转化为红磷的热化学方程式为______。相同状况下，能量较低的是________(填“红磷”或“白磷”)，白磷的稳定性比红磷___________(填“高”或“低”)。②已知298K时白磷不完全燃烧的热化学方程式为P4(s，白磷)+3O2(g)=P4O6(s)ΔH=1638kJ·mol1.在某密闭容器中加入12.4g白磷和8.96L氧气(标准状况下)，控制条件使之恰好完全反应。则所得到的P4O10和P4O6的物质的量之比为___________，反应过程中放出的热量为___________。（3）已知H2(g)+Br2(l)=2HBr(g)ΔH=72kJ·mol1，蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，其他相关数据如下表：物质H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436200a则表中a=___________。【答案】（1）①.放热②.ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)③.(aq)+2O2(g)=(aq)+2H++H2O(1)∆H=346kJ·mol1（2）①.P4(s，白磷)=4P(s，红磷)∆H=29.2kJ∙mol1②.红磷③.低④.1:1⑤.231.06kJ（3）369【解析】【小问1详解】①第一步反应是放热反应，判断依据是ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)；②第一步的热化学方程式为(aq)+O2(g)=(aq)+2H+(aq)+H2O(1)，ΔH=273kJ/mol，第二步的热化学方程式为：(aq)+0.5O2(g)=(aq)，ΔH=73kJ/mol，根据盖斯定律则(aq)+2O2(g)=(aq)+2H++H2O(1)，ΔH=346kJ/mol。【小问2详解】①根据盖斯定律，反应I4II得：P4(s，白磷)=4P(s，红磷)∆H=29.2kJ∙mol1，能量越低物质越稳定，则能量较低的是红磷，白磷的稳定性比红磷低；②设有xmol白磷生成P4O10，有ymol白磷生成P4O6，则有，解得，则所得到的P4O10与P4O6的物质的量之比为1：1，反应放出的热量=0.05mol×2983.2kJ·mol1+0.05mol×1638kJ·mol1=231.06kJ。【小问3详解】蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，结合反应及表格中数据可知，436+(200+30)2a=72，解得a=369。18.为使的利用更具价值，某研究小组设计了如下三种减碳方式。请按要求回答下列问题。（1）设想1：用太阳能将转化成和C(s，石墨烯)如图所示：①热分解系统中能量转化形式为_______。②在重整系统中的还原剂为：_______。（2）设想2：和反应转化为，其催化反应历程示意图如下(与单位为kJ)：①该催化总反应为_______。②Ⅰ→Ⅲ反应的_______。（3）设想3：与在催化剂作用下制取乙烯：在2L密闭容器中分别投入，，发生反应：；在不同温度下，用传感技术测出平衡时的变化关系如图所示。①该反应的_______0(填“＞”“＜”或“不能确定”)。②200℃，5min达平衡，_______；的平衡转化率为_______；该反应平衡常数的值为_______。③其他条件不变，将反应器容积压缩为原来的一半，平衡将向_______(填“正向”或“逆向”或“不”)移动；的平衡转化率将_______(填“增大”“减小”或“不变)。【答案】（1）①.太阳能转化为热能、热能转化为化学能②.FeO（2）①.②.（3）①.＜②.③.50%④.⑤.正向⑥.增大【解析】【小问1详解】①热分解系统中发生反应，大多数分解反应为吸热反应，且为热分解系统提供了太阳能，则热分解系统中能量转化形式为太阳能转化为热能、热能转化为化学能②在重整系统中发生反应，Fe元素的化合价升高，被氧化，还原剂为FeO。【小问2详解】①由图示可知，该催化总反应为。②由图可知Ⅰ→Ⅲ反应为放热反应，且放出kJ的能量，故。【小问3详解】（①由图可知，升高温度，氢气物质的量增多，说明升温平衡逆向移动，故逆向为吸热反应，正反应为放热反应，故该反应的＜0。②200℃，5min达平衡，氢气物质的量为3mol，则氢气消耗了3mol，消耗了1mol，生成乙烯0.5mol，则；的平衡转化率为；根据方程式的系数可知，平衡时，为1mol，氢气为3mol，乙烯为0.5mol，水为2mol，则该反应平衡常数的值为。③该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，加压，反应向气体物质的量减小的方向移动，故当其他条件不变，将反应器容积压缩为原来的一半，平衡将向正向移动；的平衡转化率将增大。19.铼(Re)是熔点和沸点较高金属单质之一，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有Re2O7、ReS2、ReO3、PbO、MoO3、CuO、Fe3O4)中提取铼粉的流程如图所示。已知：Ⅰ.Re2O7易溶于水，高铼酸钾(KReO4)在水中的溶解度随温度变化较大；Ⅱ．RCl阴离子交换树脂，对铼具有良好的选择性，在酸性体系中能够有效的吸附铼。回答下列问题：（1）“氧化浸出”过