江西省宜春市宜丰中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题

江西省宜丰中学20232024(上)创新部高二12月考试化学试卷相对原子质量：H1C12O16Na23Fe56S32Cl35.5Cu64Ag108一、单选题(每小题只有一个正确选项，每题3分，共54分)1.下列化合物分子中既含σ键又含π键的是A. B. C.CH3CH2OH D.CO2【答案】D【解析】【详解】A．的结构式为，含有1个键和2个键，但不是化合物，A错误；B．的结构式为，只含有键，不含键，B错误；C．的结构中只含键，不含键，C错误；D．的结构式为，含有2个键和2个键，D正确。故选D。2.基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d105s1的元素所属的区、周期和族为Ap区、第五周期、第ⅠB族 B.ds区、第五周期、第Ⅷ族C.d区、第四周期、第ⅠB族 D.ds区、第五周期、第ⅠB族【答案】D【解析】【分析】【详解】由该原子电子排布式知，其最高能层为第5层，故位于第五周期，根据其价电子排布特点确定其位于ds区，对应族为IB，故答案选D。3.下列操作会使水的电离平衡向电离方向移动，且的是A.将纯水加热到80℃ B.向水中加入少量的C.向水中加入少量的固体 D.向水中加入少量的固体【答案】D【解析】【详解】A．将纯水加热会促进水的电离平衡向电离方向移动，氢离子浓度增大，pH减小，所以pH小于7，故A错误；B．向水中加少量的，铁离子水解会促进水电离，使电离平衡向电离方向移动，且使溶液呈酸性pH小于7，故B错误；C．向水中加入少量的固体，电离的氢离子会使水的电离平衡向左移动，但溶液成酸性pH小于7，故C错误；D．向水中加入少量的固体，碳酸氢根水解会促进水的电离使电离平衡向电离方向移动，溶液呈碱性pH大于7，故D正确；故答案为：D。4.下列性质的比较中，错误的是（）A.稳定性：HF>H2O>H2S B.沸点：NH3>PH3C.键角：H2O>NH3>CH4 D.熔点：SiI4>SiBr4>SiCl4【答案】C【解析】【详解】A.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，所以其稳定性：HF>H2O>H2S，A正确；B.NH3和PH3都是分子晶体，NH3分子之间含有氢键，沸点较高，则沸点：NH3>PH3，B正确；C.NH3、H2O、CH4三分子中心原子都是sp3杂化，中心原子杂化类型相同时，有孤对电子会使键角变小，孤对电子越多，键角越小，三种分子的键角CH4＞NH3＞H2O，C错误；D.SiI4、SiBr4、SiCl4均为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点越大，则熔点：SiI4>SiBr4>SiCl4，D正确；故答案为：C。5.下列各项叙述错误的是A.若Mn元素的基态原子电子排布式为，则违反了构造原理B.若硫原子的价层电子图为违反了泡利原理C.氮原子的核外电子排布图为，符合洪特规则和泡利原理D.泡利原理、洪特规则、构造原理都是核外电子排布满足能量最低的条件【答案】B【解析】【详解】A．25号Mn元素的基态电子排布式为1s22s2p63s23p63d54s2，如果25号Mn元素的基态电子排布式为1s22s2p63s23p63d7，则违反了构造原理，故A正确；B．当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相同，这个规则是洪特规则，若硫原子的价层电子图为违反了洪特规则，故B错误；C．氮原子的核外电子排布图为，符合洪特规则和泡利原理，故C正确；D．泡利原理、洪特规则、构造原理都是对核外电子排布满足能量最低的要求，故D正确。选B。6.Na、Mg、Al均为第三周期元素。下列说法正确的是A.离子半径：B.第一电离能：C.还原性：D.碱性：【答案】C【解析】【详解】A．三种离子核外电子排布相同半径随核电荷数增大而减小，故A错误；B．同周期元素第一电离能总体趋势：核电荷数越大，第一电离能越大，故B错误；C．同周期元素，核电荷数越大金属性越弱，对应单质还原性越弱，故C正确；D．金属性，其对应最高价氧化物水化物碱性越弱，碱性：，故D错误；故选C。7.下列离子VSEPR模型与离子的空间立体构型一致的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数；σ键个数＝配原子个数，孤电子对个数＝，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。【详解】A．中价层电子对个数＝，且不含孤电子对，所以离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致都是正四面体结构，故A正确；B．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以其VSEPR模型是平面三角形，实际上是V形，故B错误；C．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以VSEPR模型是四面体结构，实际空间构型为三角锥形，故C错误；D．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以VSEPR模型为四面体结构，实际为三角锥形结构，故D错误；故答案选A。8.鲍林提出杂化轨道理论能解释分子的空间结构，下列关于粒子的描述正确的是选项粒子空间结构解释ASO2V形S原子采取sp2杂化BBF3三角锥形B原子采取sp3杂化CC2H4平面三角形C原子采取sp2杂化DClO四面体形Cl原子采取sp3杂化A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．二氧化硫分子中硫原子的价电子对数=2+(622)/2=3，采取sp2杂化，含有1对孤对电子，空间结构为V形，A正确；B．三氟化硼分子中硼原子的价电子对数=3+(313)/2=3，采取sp2杂化，空间结构为平面三角形，B错误；C．乙烯分子中每个碳原子均形成3个σ键和1个π键，价层电子对数是3，采取sp2杂化，为平面形，C错误；D．氯酸根离子中氯原子的价电子对数=3+(7+123)/2=4，氯原子采取sp3杂化，含有一对孤对电子，空间结构为三角锥形，D错误；答案选A。9.下列各组分子都属于含有极性键的非极性分子的是A.CO2、H2S B.C2H4、CH4 C.Cl2、C2H2 D.NH3、HCl【答案】B【解析】【分析】【详解】A．H2S分子中S原子有孤电子对，空间构型为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，A不符合题意；B．C2H4、CH4均含有CH极性键，且正负电荷中心重合，为非极性分子，B符合题意；C．Cl2分子中不含极性键，C不符合题意；D．NH3、HCl中心原子均有孤电子对，正负电荷中心不重合，为极性分子，D不符合题意；综上所述答案为B。10.下列说法不正确的是（）A.由于HO键比HS键牢固，所以水的熔沸点比H2S高B.HF的沸点在同族元素的氢化物中出现反常，是因为HF分子间存在氢键C.F2、Cl2、Br2、I2熔沸点逐渐升高，是因为它们的组成结构相似，分子间的范德华力增大D.氯化铵固体受热分解既破坏了离子键又破坏了共价键【答案】A【解析】【详解】A.H2O和H2S的熔沸点与化学键无关，水的熔沸点比H2S高，因为水中存在氢键，故A错误；B.因为HF分子间存在氢键，导致HF的沸点是同族元素的氢化物中最高的，故B正确；C.卤素单质的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以卤素单质从上到下熔沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质量增大，分子间的范德华力增大，故C正确；D.氯化铵为离子化合物，加热分解破坏离子键和共价键，故D正确；答案选A。11.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是酸HXHYHZ电离常数K/(mol·L1)9×1079×1061×102A.三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZB.反应HZ+Y=HY+Z能够发生C.由电离平衡常数可以判断，HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸D.相同温度下，1mol·L1HX溶液的电离常数大于0.1mol·L1HX溶液的电离常数【答案】B【解析】【分析】【详解】A．相同温度下，电离平衡常数越大，酸性越强，三种酸的酸性强弱关系：，A判断错误；B．根据较强酸制较弱酸原理，反应HZ+Y=HY+Z能够发生，B判断正确；C．由电离平衡常数可以判断，HX、HY、HZ都属于弱酸，C判断错误；D．电离平衡常数只与温度有关，与酸的浓度无关，D判断错误。答案为B。12.下列几种有机羧酸中，按酸性由强到弱的顺序排列正确的是①乙酸()②氯乙酸()③三氯乙酸()④三氟乙酸()A.②①④③ B.①②③④ C.④③②① D.③②④①【答案】C【解析】【分析】【详解】由于电负性：，则键极性：键键键，故三氟乙酸中羧基中的羟基的极性最大，最易电离出氢离子，酸性最强；乙酸中羧基中的羟基的极性最小，酸性最弱，则酸性强弱顺序：，C正确；故选C。13.下列离子方程式书写正确的是A.用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢：B.溶液与足量氯水反应：C.使酸性高锰酸钾溶液褪色：D.稀与溶液反应：【答案】A【解析】【详解】A．用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢发生沉淀转化，故A正确；B．溶液与足量氯水反应生成氯化铁和碘单质，反应的离子方程式为，故B错误；C．使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为，故C错误；D．稀与溶液反应生成硫酸钡沉淀、水，反应的离子方程式为，故D错误；选A。14.物质的量浓度相同的下列溶液中，c(NH4+)最大的是ANH4Cl B.CH3COONH4 C.NH4HCO3 D.NH4HSO4【答案】D【解析】【分析】根据铵根离子的浓度和水解的影响角度来分析，若含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，溶液中的c(NH4+)减小，反之，若含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱，溶液中的c(NH4+)增大，据此分析判断。【详解】物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑(水解)其他因素影响，则ABCD选项中铵根离子浓度分别比为1:1:1:1，其水解方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+，A.NH4Cl溶液中，NH4+的水解不受氯离子的影响；B.CH3COONH4溶液中醋酸根离子对NH4+的水解起到促进作用，导致NH4+水解程度大，其溶液中的铵根离子浓度c(NH4+)减小；C.NH4HCO3溶液中HCO3对NH4+的水解起到促进作用，导致NH4+水解程度大，其溶液中的铵根离子浓度c(NH4+)减小；D.NH4HSO4溶液中H+对NH4+的水解起抑制作用，导致NH4+水解程度很小，溶液中的c(NH4+)增大；综上所述，NH4+的浓度最大的是NH4HSO4，故D项正确，答案选D。15.常温下，若1体积溶液与2体积的溶液混合所得溶液的(溶液体积变化不计)，则与物质的量浓度之比应为A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】的溶液物质的量浓度为1×10−3mol∙L−1，，设溶液的物质的量浓度为，体积为，则氢氧化钠溶液的体积为，混合所得溶液的，即，解得，则与物质的量浓度之比应为，故B符合题意。综上所述，答案为B。16.下列说法正确的是（）A.向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，c(Cl)增大，Ksp增大B.已知的，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有，且C.可通过比较和的Ksp的大小比较它们的溶解性D.25℃时，故新生成的AgCl可转化为AgI【答案】D【解析】【详解】A、氯化银溶液中存在如下平衡：AgCl(s)=Ag+(aq)+Cl(aq)，由于氯化钠的溶解度大于氯化银，加入NaCl固体，增大氯离子浓度，平衡向逆反应方向移动，析出氯化银沉淀，氯化银的溶解度降低，但温度不变，溶度积不变，故A错误；B、含有固体MgCO3的溶液中，Mg2+和CO32都能水解，水解后离子浓度不相等，并且在不同的温度下，溶度积不同，故B错误；C、氢氧化镁和碳酸镁的组成结构不同，所以不能通过比较Mg(OH)2和MgCO3的Ksp的大小比较它们的溶解性，故C错误；D、Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，根据沉淀的转化原理可知，AgCl悬浊液中加入NaI溶液时，很容易转化为AgI悬浊液，故D正确；故选D。【点睛】对于结构相同的难溶电解质可以直接比较Ksp大小即可得出溶解度大小；但是对于结构不同的难溶电解质不能直接通过比较Ksp大小来比较溶解度大小。如Mg(OH)2和MgCO3，必须换算成溶解度才能直接比较。17.室温下，向10mL0.10mol•L11YOH溶液中逐渐滴加0.20mol•L1HX溶液，混合溶液的pH变化如图所示(温度和体积变化忽略不计)。下列结论错误的是A.HX一元弱酸，YOH为一元强碱B.M点对应溶液中水的电离程度大于N点溶液中水的电离程度C.N点对应溶液中粒子浓度：c(HX)>c(X)>c(Y+)>c(H+)>c(OH)D.室温时,pH=aYX溶液中水电离出的c(OH)=l.0×10(14a)mol•L1【答案】C【解析】【详解】A．由图可知0.10mol•L11YOH溶液pH=13，该碱溶液中c（OH）=c（YOH）=0.1mol/L，说明YOH完全电离，则YOH为强碱；滴加0.20mol•L1HX溶液5mL时恰好完全反应，生成正盐YX，此时溶液pH>7，说明X水解，则HX为弱酸，故A正确；B．M和N点均存在X的水解，但过量的HX电离出的H+抑制了水的电离，且过量HX越多，对水的电离抑制能力越大，则M点对应溶液中水的电离程度大于N点溶液中水的电离程度，故B正确；C．N点溶液中溶质为YX和HX，且两者浓度相等，此时溶液显酸性，说明HX的电离程度大于X的水解程度，则c(X)>c(Y+)>c(HX)>c(H+)>c(OH)，故C错误；D．X的水解促进水的电离，YX溶液中c(OH)来自水的电离，则室温时，pH=a的YX溶液中水电离出的c(OH)=l.0×10(14a)mol•L1，故D正确；故答案为C。18.W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为，X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，下列说法不正确的是A.与W生成的气态化合物的热稳定性：Z>YB.W与的原子半径：W<LiC.X和Y的第一电离能：X>YD.X、Z、R的电负性：【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大，W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，说明W的原子序数小于Li，则W为H元素；X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，二者位于VIA族，则X为O，Z为S元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为，X(O)的L层含有6个电子，则Y的M层含有4个电子，为Si元素；R的原子序数大于S，则R为Cl元素，据此分析解答。【详解】A．元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性S>Si，则与W(H)生成的气态化合物的热稳定性：S>Si，即Z>Y，故A正确；B．同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：H<Li，即W<Li，故B正确；C．同一周期从左到右第一电离能逐渐增大，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：O>C>Si，即X>Y，故C正确；D．同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：S<Cl<O，即，故D错误；答案选D。二、填空题(每空2分，共46分)19.下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。请回答下列问题：（1）写出元素⑨的基态原子的核外电子排布式___________，元素⑩的价电子轨道表示式___________。（2）表中所给元素中，原子半径最大的是___________(填元素符号)，元素⑥、⑦形成的简单离子半径更小的是___________(填离子符号)。（3）下列关于元素③、④分别与①形成的简单化合物的叙述正确的是___________(填序号)。A.中心原子的价层电子对数相同B.中心原子的杂化方式不同C.分子的VSEPR模型相同，空间结构也相同D.④与①形成的分子的键角比③与①形成的分子的键角更大（4）元素④、⑤的第一电离更大的是___________(填元素符号)。（5）元素②与元素⑦形成的分子的空间结构为___________。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d64s2②.（2）①.Ca②.Cl（3）A（4）N（5）直线形【解析】【分析】由元素周期表可知，①为H元素，②为Be元素，③为C元素，④为N元素，⑤为O元素，⑥为S元素，⑦为Cl元素，⑧为Mg元素，⑨为Fe元素，⑩为Cu元素，据此分析解题。【小问1详解】元素⑨即铁的原子序数为26，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，元素⑩即Cu，原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，则轨道表示式为，故答案为1s22s22p63s23p63d64s2；。【小问2详解】电子层数越多，原子(离子)半径越大，电子层数相同，质子数越多，原子(离子)半径越小。则表中所给元素中，原子半径最大的是Ca；元素⑥、⑦形成的简单离子分别为S2、Cl，电子层数相同，Cl的质子数多，半径更小；故答案为Ca；Cl。【小问3详解】元素③、④分别与①形成的简单化合物分别为CH4和NH3。A．CH4和NH3中心原子的价层电子对数分别为4+(44×1)=4、3+(53×1)=4，所以价层电子对数相同，故A正确；B．CH4和NH3中心原子的价层电子对数相同，所以中心原子的杂化方式相同，故B错误；C．CH4和NH3中心原子的价层电子对数相同，则分子的VSEPR模型相同，但甲烷的中心原子没有孤电子对，氨的中心原子有孤电子对，空间结构不相同，故C错误；D．NH3分子的中心原子上有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力比较大，CH4的中心原子上没有孤电子对，所以NH3的键角比CH4的键角小，故D错误；故答案选A。【小问4详解】由于N原子的价层电子排布式为2s22p3，是半充满的稳定结构，失去一个电子需要的能量更多，所以N的第一电离能大于O，故答案为N。【小问5详解】元素②与元素⑦形成的分子为BeCl2，中心原子Be的价层电子对数为2+(22×1)=2，则BeCl2的空间结构为直线形；故答案为直线形。20.某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流表的指针发生了偏转。请回答下列问题：（1）A电极的电极反应式为：___________。（2）丙池中F电极为___________(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)，写出电解时总反应的离子方程式___________。（3）当乙池中C极质量变化10.8g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为___________mL(标准状况)。（4）若丙池通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和PH(不考虑CO2的溶解)，则电解过程中转移的电子___________mol，若电解后溶液的体积为400ml，则所得溶液中氢离子的浓度___________。【答案】（1）CH3OH+8OH6e=CO+6H2O（2）①.阴极②.2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑（3）560（4）①.0.6②.1mol/L【解析】【分析】由图可看出甲池为燃料电池为原电池，乙池、丙池为电解池，则A为负极，F为阴极，E为阳极，D为阴极，C为阳极，B为正极；【小问1详解】由分析可知，乙池为电解池，A电极的电极反应式为：CH3OH+8OH6e=CO+6H2O，故答案为：电解池；CH3OH+8OH6e=CO+6H2O；【小问2详解】由分析可知，丙池中F电极与燃料电池A电极即负极相连，故为阴极，电解时总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，故其离子方程式为：2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑，故答案为：阴极；2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑；【小问3详解】由分析可知，乙池C电极中的电极反应方程式为：Age=Ag+，故当乙池中C极质量变化10.8g时，电路中流过的电子为：，甲池中B电极电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，故理论上消耗O2的体积为=560mL，故答案为：560；【小问4详解】碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n(Cu)=0.2mol、n(H2)=0.1mol，则转移电子的物质的量=0.2mol×2+0.1mol×2=0.6mol，根据Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑可知，n(H+)=0.4mol，故若电解后溶液的体积为400mL，则所得溶液中氢离子的浓度为：，故答案为：0.6；。21.五氧化二钒在工业生产中有重要用途。某含钒废料的成分为V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3，实验小组从其中回收V2O5的一种工艺流程如下：请回答下列问题：（1）所加纯碱不宜过量太多，否则会造成后某工序中___________原料消耗过多。（2）“酸浸”时，VO3转化为VO，转化反应的离子方程式为___________；滤渣1的主要成分为___________(填化学式)。（3）已知：常温下，Al(OH)3、Fe(OH)3饱和溶液中金属阳离子浓度的负对数[lgc(M3+)]与pH的关系如图所示：

常温下，Ksp[Fe(OH)3]=___________；当调pH=4时，溶液中A13+___________(填“是”或“否”)沉淀完全。(已知；溶液中离子浓度小于等于105mol·L1时，认为该离子沉淀完全)【答案】（1）避免“酸浸”时消耗太多的盐酸（2）①.VO+2H+=VO2++H2O②.H2SiO3（3）①.1038②.否【解析】【分析】研磨目的是原料混合均匀。加快焙烧速率，使焙烧更充分，焙烧后所得混合物有Na2CO3、NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3，盐酸与Na2SiO3生成滤渣1为H2SiO3【小问1详解】所加纯碱不宜过量太多，理由为避免“酸浸”时消耗太多的盐酸。【小问2详解】“酸浸”时，VO3转化为VO2+，转化反应的离子方程式为VO3+2H+=VO2++H2O；Na2SiO3与盐酸反应生成H2SiO3滤渣1的主要成分为H2SiO3.【小问3详解】)由图pH=2时，c(OH)=1012mol·L1，c(Fe3＋)=102mol·L1，Ksp[Fe(OH)3]=102×(1012)3=1038；pH=5时，c(OH)=109mol·L1，c(Al3＋)=106mol·L1，Ksp[Al(OH)3]=106×(109)3=1033，pH=4时，c(OH)=1010mol·L1，c(Al3＋)=1033/(1010)3=103mol·L1>105mol·L1，铝离子没有沉淀完全；22.回答下列问题。化学式HCNCH3COOHH2CO3电离平衡常数(25℃)Ka=4.93×1010Ka=1.76×