广西博白县中学2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题

2023年春季期高二年级月考化学试题(考试时间：75分钟满分：100分)可能用到的原子量：H1C12O16Ca70As75一、选择题(共16个小题，每小题只有一个选项符合题目要求。每小题3分，共48分。)1.下列能层中包含f能级的是A.K层 B.L层 C.M层 D.N层【答案】D【解析】【详解】A．K层包含1s能级，A错误；B．L层包含2s和2p能级，B错误；C．M层包含3s、3p、3d，C错误；D．N层包含4s、4p、4d、4f能级，D正确；故选D。2.下列分子中只存在σ键的是A.CO2 B.C2H4 C.CH3OH D.C2H2【答案】C【解析】【分析】单键全是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，叁键中有1个σ键和2个π键，。【详解】A．CO2中含有2个碳氧双键，所以CO2中有2个σ键和2个π键，故不选A；B．C2H4分子中含有1个碳碳双键和4个CH键，C2H4分子中5个σ键和1个π键，故不选B；C．CH3OH分子中含有3个CH键、1个CO键、1个OH键，CH3OH分子中只存在σ键，故选C；D．C2H2分子中含有1个碳碳叁键和2个CH键，C2H2分子中3个σ键和2个π键，故不选D；选C。3.现有几种元素的基态离子(、、、)，其核外电子排布式均为，下列有关叙述正确的是A.原子半径：Y＞Z＞X＞WB.最高正化合价：W＞X＞Z＞YC.电负性：W＞X＞Y＞ZD.第一电离能：X＞W＞Z＞Y【答案】A【解析】【分析】其核外电子排布式均为，四种离子是10电子结构，则W为F，X为O，Y为Na，Z为Al；【详解】根据分析可知：W为F，X为O，Y为Na，Z为Al；

A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Na＞Al＞O＞F，故A正确；

B．O、F都无最高正价，故B错误；

C．非金属性越强电负性越强，元素越靠近右上角非金属性越强，非金属性F＞O＞Al＞Na，则元素电负性F＞O＞Al＞Na，故C错误；

D．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：F＞O＞Al＞Na，故D错误；

故选：A。4.用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是A.H2O与BeCl2为角形(V形) B.SO3与CO为平面三角形C.CS2与SO2为直线形 D.BF3与PCl3为三角锥形【答案】B【解析】【分析】【详解】A．H2O为角形（V形），而BeCl2为直线形，A错误；B．SO3与CO32－平面三角形，B正确；C．CS2为直线形，而SO2为角形（V形），C错误；D．BF3为平面三角形，PCl3为三角锥形，D错误；答案选B。5.下列有关共价键的描述，错误的是A.键能：C－N＜C=N＜C≡N B.键长：I－I＞Br－Br＞Cl－ClC.共价键极性：H－F＜N－H D.分子中的键角：H2O＜CO2【答案】C【解析】【详解】A．两种元素的原子之间形成共价键，形成的共价键的数目越多，键能越大，故键能大小关系为：C－N＜C=N＜C≡N，A正确；B．原子半径：I＞Br＞Cl，则两个同种元素的原子之间形成的共价键的键长就越长，故键长大小关系为：I－I＞Br－Br＞Cl－Cl，B正确；C．由于原子半径：F＜N，元素的电负性：F＞N，因此它们分别与相同原子H原子形成共价键时，共价键的键长越短，共用电子对偏向吸引电子能力强的元素一方的能力就越强，共价键的极性就越强，故共价键极性：H－F＞N－H，C错误；D．H2O是V形分子，键角是105°；CO2是直线形分子，键角是180°，故分子中的键角大小关系为：H2O＜CO2，D正确；故合理选项是C。6.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、CH3Cl C.苯、C2H2 D.NH3、HCl【答案】C【解析】【详解】A．CO2和H2S均含有非极性键，CO2分子构型为直线型，是非极性分子，H2S分子构型为V型，是为极性分子，故A不符合题意；B．C2H4、CH3Cl均含有非极性键，C2H4分子结构对称，为非极性分子，CH3Cl为极性分子，故B不符合题意；C．苯、C2H2均含有非极性键，且均为非极性分子，故C符合题意；D．NH3、HCl均含有非极性键，但均为极性分子，故D不符合题意；故答案选C。7.下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是A.SiO2和CO2 B.CH4和I2 C.H2O2和Na2O2 D.NaBr和HBr【答案】B【解析】【详解】A．SiO2和CO2的化学键均为共价键，但是SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，故A不符合题意；B．CH4和I2的化学键均为共价键，且均为分子晶体，故B符合题意；C．H2O2中的化学键为共价键，Na2O2中的化学键为共价键和离子键，故C不符合题意；D．NaBr中的化学键为离子键，HBr中的化学键为共价键，故D不符合题意；故答案选B。8.下列有关化学用语表示正确的是A.HF分子中σ键的电子云轮廓图： B.H2O的VSEPR模型：C.KCl的形成过程： D.次氯酸的结构式：HClO【答案】B【解析】【详解】A．HF中σ键是由s轨道(球形)与p轨道(哑铃形或纺锤形)头碰头形成的，其电子云轮廓图为，故A错误；B．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，VSEPR模型为：，故B正确；C．KCl为离子化合物，氯原子得到钾原子的最外层电子，二者均形成最外层8个电子的稳定结构，形成过程为，故C错误；D．次氯酸的分子式为HClO，结构式为ClOH，故D错误；故选B。9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.3.36LO2和4.8g臭氧中含有的氧原子数均为0.3NAB.0.1mol/L的溶液中，所含的Al3+数目小于0.1NAC.1molFe溶于过量稀硝酸，转移的电子数为3NAD.1L1mol/L氨水中含有的NH3·H2O分子数为NA【答案】C【解析】【详解】A．未指明标准状况，无法计算3.36LO2的物质的量，A项错误；B．没有给出溶液体积，无法计算，B项错误；C．铁与硝酸反应生成硝酸铁，1molFe失去3mol电子，转移电子数3NA，故C项正确；D．1L1mol/L氨水中含有的NH3·H2O分子、NH3分子、数目之和为NA，D项错误；故选：C。10.关于下列装置说法正确的是A.装置①中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2＋生成B.装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大C.装置③中钢闸门应与外接电源的正极相连获得保护D.装置④盐桥中KCl的Cl－移向乙烧杯【答案】B【解析】【详解】A．锌比铁活泼，锌作负极，电子从负极锌流出经导线流向正极铁，铁被保护，不可能产生二价铁离子，故A错误；B．a为与电源负极相连是阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，碱性增强，pH值增大，故B正确；C．用外加电源的阴极保护法保护金属，被保护的金属应该接电源的负极，即钢闸门应与外接电源的负极相连，故C错误；D．原电池中阴离子向负极移动，锌是负极，所以Cl－移向甲烧杯，故D错误。答案选B。11.下列说法正确的是A.S(g)+O2(g)=SO2(g)△H1，S(s)+O2(g)=SO2(g)△H2；则△H1的数值大于△H2B.甲烷的燃烧热为△H=890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=890.3kJ/molC.C(s，石墨)=C(s，金刚石)△H=+1.9kJ/mol，则金刚石比石墨稳定D.同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同【答案】A【解析】【详解】A．S在O2中燃烧产生SO2的反应是放热反应，由于气态S含有的能量比等质量的固体S多，反应物含有的能量越多，反应放出热量就越多，故△H1的数值大于△H2，A正确；B．甲烷的燃烧热表示1molCH4气体完全燃烧产生CO2气体和液体水放出的热量，故根据甲烷的燃烧热为△H=890.3kJ/mol，可知甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=890.3kJ/mol，B错误；C．物质含有的能量越低，则物质的稳定性就越强。根据热化学方程式C(s，石墨)=C(s，金刚石)△H=+1.9kJ/mol可知：金刚石含有的能量比等质量的石墨多，故金刚石不如石墨更稳定，C错误；D．反应热大小只与反应物及生成物的状态有关，而与反应条件无关。同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同，D错误；故合理选项是A。12.下列说法错误的是A.水很稳定是因为水中含有大量氢键B.乳酸分子[CH3CH(OH)COOH]中含有一个手性碳原子C.碘易溶于四氯化碳、甲烷难溶于水，二者都可用相似相溶原理解释D.酸性：HClO3＞HClO2【答案】A【解析】【详解】A．水很稳定，是因为水分子内的共价键较强的缘故，与氢键无关，氢键只影响水的熔沸点，故A错误；

B．CH3CH(OH)COOH中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，故B正确；

C．碘、四氯化碳、甲烷均是非极性分子，而水是极性溶剂，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水，故C正确；

D．HClO3中Cl的化合价高于HClO2，所以酸性：HClO3＞HClO2，故D正确；

故答案选A。13.下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是A.实验室常用排饱和食盐水的方法收集Cl2B.将一氧化碳中毒者放入高压氧舱，增大氧气浓度缓解病情C.啤酒瓶开启后，马上泛起大量泡沫D.工业合成氨在高温条件下进行【答案】D【解析】【详解】A．Cl2能够溶于水，并与水发生可逆反应：Cl2+H2OH++Cl+HClO，在饱和食盐水中含有较大浓度的Cl，可以使上述平衡逆向移动，从而减少Cl2的溶解及反应，有助于Cl2收集，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．将一氧化碳中毒者放入高压氧舱，增大氧气浓度可以使CO血红蛋白转化为氧合血红蛋白，提高血红蛋白向组织细胞输送氧气的能力，故可缓解病情，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．啤酒瓶开启后，气体压强减小，CO2气体的溶解度降低从啤酒中逸出，故会马上泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．工业上用N2、H2合成氨气，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，合成氨在高温条件下进行是为了增大化学反应速率，缩短达到平衡所需时间，但升高温度，化学平衡逆向移动，导致NH3的平衡含量降低，故不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；故合理选项是D。14.中国科学家在淀粉人工合成方面取得了重大突破性进展，该研究在国际上首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成(图示为局部)，下列有关说法正确的是A.(1)是氧化还原反应，也是化合反应B.甲醛中C原子采用的是sp2杂化C.过氧化氢是含有非极性键的非极性分子D.DHA肯定难溶于水【答案】B【解析】【详解】A．CO2与H2反应产生CH3OH、H2O，反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，反应过程中元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应；但由于生成物是两种，因此不符合化合反应的特点，A错误；B．甲醛中C原子形成3个σ共价键，因此C原子杂化类型采用是sp2杂化，B正确；C．H2O2分子中2个O原子形成OO非极性共价键，每个O原子再分别和1个H形成HO极性共价键，由于该分子中各个化学键空间排列不对称，因此H2O2是极性分子，C错误；D．DHA分子中有两个羟基和一个羰基，羟基是亲水基，且DHA分子易与水形成分子间氢键，因此该物质可溶于水，D错误；故合理选项是B。15.下列实验装置(部分夹持装置略去)正确且能达到相应实验目的的是A.装置Ⅰ利用乙醇提取溴水中的Br2B.利用装置Ⅱ蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体C.利用装置Ⅲ制备Fe(OH)3胶体D.利用装置Ⅳ验证非金属性S＞C＞Si【答案】D【解析】【详解】A．装置Ⅰ中，分液漏斗的尖端没有紧靠烧杯内壁，缺乙醇与水混溶，不能用乙醇提取溴水中的溴，A不符合题意；B．利用装置Ⅱ直接蒸干AlCl3溶液时由于氯化铝会水解而不能制得无水AlCl3固体，应在氯化氢气流中加热，B不符合题意；C．利用装置Ⅲ制备Fe(OH)3胶体时，应该将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，而不能滴入NaOH溶液中，C不符合题意；D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。将硫酸滴入Na2CO3溶液中发生复分解反应H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O；反应产生的CO2气体通入Na2SiO3溶液中，发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，说明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，从而证明元素的非金属性：S＞C＞Si，D正确；故合理选项是D。16.柠檬酸铁铵是一种常见的补铁剂，其制备流程如下：下列说法错误的是A.基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2B.可用铁氰化钾检验Fe2+是否完全转化为Fe3+C.碳酸根离子和硫酸根离子的空间结构均为正四面体形D.步骤⑤一系列操作包括蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤，干燥【答案】C【解析】【详解】A．Fe原子序数为26，核外电子排布为，价电子排布式为3d64s2，故A正确；B．检验Fe2+是否完全转化为Fe3+，需要检验亚铁离子是否剩余，可用在待测溶液中加入铁氰化钾观察是否有蓝色沉淀，故B正确；C．碳酸根离子的空间结构为平面三角形，C项错误；D．步骤⑤是从柠檬酸亚铁铵中得到晶体的操作，应进行蒸发浓缩，再冷却结晶，然后过滤晶体，洗涤晶体后干燥，故D正确；故选：C二、非选择题(每空2分，共52分)17.合成氨有助于解决地球上粮食不足问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。（1）基态N原子中，能量最高的电子的电子云在空间有_______个伸展方向，原子轨道呈_______形。（2）我国科研人员研制出了“”催化剂，使得合成氨温度和压强分别降到了350℃，，这是近年来合成氨反应研究中心重要突破。①第三电离能_______(填“>”或“＜”)，原因是_______。②比较与的半径大小关系：_______(填“>”或“＜”)。（3）科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化H2，将转化为NH2，反应过程如图所示：产物中原于的杂化轨道类型为_______。【答案】（1）①.3②.哑铃（2）①.<②.Mn2+的3d轨道半充满较稳定，难再失去一个电子③.<（3）sp3杂化【解析】【小问1详解】基态N原子中能量最高的电子在3p轨道，p轨道的电子云在空间有3个伸展方向，原子轨道呈哑铃形，故答案为3；哑铃。【小问2详解】①Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2，Mn2+的3d轨道半充满较稳定，难再失去一个电子，故其第三电离能大；故答案为＜；Mn2+的3d轨道半充满较稳定，难再失去一个电子，故其第三电离能大。②具有相同电子层结构的离子，核电荷数越小，半径越大，所以r(Li+)<r(H)；故答案为<。【小问3详解】产物中N原子形成四个共价键，所以杂化轨道类型为sp3杂化；故答案为sp3杂化。18.已知：25℃时，Ka1(H2SO3)=1.5×102，Ka2(H2SO3)=6×108，Ka1(H2A)=1.3×107，Ka2(H2A)=7.1×1010，Ksp(CaSO3)=3.1×107。(1)H2SO3溶液和NaHA溶液反应的主要离子方程式为_______(不考虑H2SO3与HA发生氧化还原反应)。(2)0.1mol/LNa2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为____。(3)25℃时.将10mL0.20mol·L1的HCOOH溶液和10mL0.20mol·L1的CH3COOH溶液分别与10mL0.20mol·L1的NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)变化的示意图如图所示：①HCO的电离平衡常数表达式K=____。②反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是______，反应结束后所得两溶液中，c(HCOO)_________c(CH3COO)(填“>”“<”或“=”)。(4)25℃时，某溶液中含有0.001mol/LCa2+、0.010mol/LH2SO3，加入KOH固体以调节溶液pH(忽略溶液体积的变化、忽略H2SO3的挥发和分解)。当pH为7时，能否有CaSO3沉淀生成_______(填“能”或“否”)。【答案】①.H2SO3+HA=HSO+H2A②.c(Na+)＞c(SO)＞c(OH)＞c(HSO)＞c(H+)③.④.HCOOH的酸性比CH3COOH强等浓度的HOOOH溶液中的c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率较快⑤.＞⑥.能【解析】【分析】(1)根据Ka1(H2SO3)=1.5×102，Ka2(H2SO3)=6×108，Ka1(H2A)=1.3×107，Ka2(H2A)=7.1×1010知，酸性：H2SO3＞H2A＞HSO＞HA，据此分析判断H2SO3溶液和NaHA溶液反应的产物，再书写反应的离子方程式；(2)0.1mol/LNa2SO3溶液中SO水解，溶液显碱性，水也电离出部分氢氧根离子，据此排序；(3)①HCO的电离方程式为HCO3⇌H++，据此书写平衡常数表达式；②HCOOH的酸性比CH3COOH强，结合越弱越水解分析解答；(4)Ka1(H2SO3)=1.5×102，则NaHSO3的水解平衡常数＜电离平衡常数，说明NaHSO3溶液显酸性，因此0.010mol/LH2SO3，加入KOH固体以调节溶液pH为7时，说明溶液中含有NaHSO3和Na2SO3，结合HSO3⇌H++和Ka2(H2SO3)=6×108，计算出c(SO)=6×103mol/L，再根据c(Ca2+)c(SO)与Ksp(CaSO3)的大小分析判断。【详解】(1)根据Ka1(H2SO3)=1.5×102，Ka2(H2SO3)=6×108，Ka1(H2A)=1.3×107，Ka2(H2A)=7.1×1010知，酸性：H2SO3＞H2A＞HSO＞HA，H2SO3溶液和NaHA溶液反应生成H2A和NaHSO3，反应离子方程式为H2SO3+HA=HSO+H2A，故答案为：H2SO3+HA=HSO+H2A；(2)0.1mol/LNa2SO3溶液中SO水解，溶液显碱性，水也电离出部分氢氧根离子，因此离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(SO)＞c(OH)＞c(HSO)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(SO)＞c(OH)＞c(HSO)＞c(H+)；(3)①HCO的电离方程式为HCO3⇌H++，平衡常数表达式K=，故答案为：；②HCOOH的酸性比CH3COOH强，等浓度的HOOOH溶液中的c(H+)较大，甲酸溶液与NaHCO3溶液的反应速率较快使得反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异；将10mL0.20mol·L1的HCOOH溶液和10mL0.20mol·L1的CH3COOH溶液分别与10mL0.20mol·L1的NaHCO3溶液混合，反应结束后，恰好生成HCOONa和CH3COONa溶液，由于甲酸钠的水解程度较小，所得两溶液中，c(HCOO)＞c(CH3COO)，故答案为：HCOOH的酸性比CH3COOH强等浓度的HOOOH溶液中的c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率较快；＞；(4)Ka1(H2SO3)=1.5×102，则NaHSO3的水解平衡常数＜电离平衡常数，说明NaHSO3溶液显酸性，0.010mol/LH2SO3，加入KOH固体以调节溶液pH为7时，说明溶液中含有NaHSO3和Na2SO3，c(H+)=c(OH)=1×107mol/L，根据HSO3⇌H++，则Ka2(H2SO3)=6×108==≈，解得：c(SO)=6×103mol/L，则c(Ca2+)c(SO)=0.001×6×103=6×106＞Ksp(CaSO3)=3.1×107，因此有CaSO3沉淀生成，故答案为：能。【点睛】本题的难点和易错点为(4)，要注意pH为7时，溶液中含有NaHSO3和Na2SO3，要注意根据电离平衡常数计算溶液中的c(SO)。19.CH4－CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H＞0。该原理不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。请回答下列问题：（1）已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g)K1C(s)+O2(g)=CO2(g)K2C(s)+O2(g)=CO(g)K3①催化重整反应的K=_____(用K1、K2、K3表示)。②L(L1、L2)、x可分别代表压强或温度。如图表示L一定时，CH4－CO2催化重整反应中CH4(g)的平衡转化率随x的变化关系。x代表的物理量是______；判断L1、L2的大小关系L1______L2(填“＞”，“＜”或“=”)。（2）某温度下，在体积为2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行催化重整反应，经过2min达到平衡状态时测得CO2的转化率是50%。①反应达到平衡状态的标志是______(填字母)。A．单位时间内生成nmol的CH4的同时，生成2nmol的H2B．c(CH4)：c(CO2)：c(CO)：c(H2)=1：1：2：2C．反应体系的压强不变D．容器中的混合气体密度不再发生变化②2min内平均化学反应速率v(CH4)=______mol•L1•min1；若其它条件不变增大压强，则重整反应的化学平衡常数______(填“变大”、“变小”或“不变”)。【答案】（1）①.②.压强③.＜（2）①.AC②.0.125③.不变【解析】【小问1详解】①已知①C(s)+2H2(g)=CH4(g)K1=②C(s)+O2(g)=CO2(g)K2=③C(s)+O2(g)=CO(g)K3=则根据盖斯定律，将③×2①②，整理可得CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，则反应热△H=；②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H＞0表示该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应。由于升高温度，化学平衡向吸热的正反应分析移动，导致CH4的平衡转化率增大，与图象变化趋势不吻合；而增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应分析移动，导致CH4的平衡转化率减小，与图象变化趋势吻合，故X表示压强，L表示温度；在压强不变时，升高温度，化学平衡正向移动，导致CH4的平衡转化率增大，根据图象可知CH4的平衡转化率：L1＜L2，所以温度：L1＜L2；【小问2详解】①A．单位时间内生成nmol的CH4，就会同时消耗2nmol的H2，又生成2nmol的H2，则H2的浓度不变，反应达到平衡状态，A符合题意；B．CH4(g)、CO2(g)按1:1的物质的量关系反应，加入的二者的物质的量不相等，因此平衡时c(CH4)、c(CO2)不可能相等，故c(CH4):c(CO2):c(CO):c(H2)=1:1:2:2时反应不能处于平衡状态，B不符合题意；C．反应在恒容密闭容器中进行，该反应是反应前后气体物质量不相同的反应，若反应体系的压强不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，C符合题意；D．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则容器中的混