2021-2022学年四川省邻水实验学校高二下学期第二次月考理综化学试题

邻水实验学校2022年春季高二第2次月考试题理科综合化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Si-14一、选择题：本题共13题，每小题只有一项符合题目要求，每题6分，共78分。1.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是A.CH3CH2OH能与水互溶B.NaClO通过氧化灭活病毒C.过氧乙酸相对分子质量为76D.氯仿的化学名称是四氯化碳【答案】D【解析】【详解】A.乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，A说法正确；B.次氯酸钠具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，B说法正确；C.过氧乙酸的分子式为C2H4O3，故其相对分子质量为76，C说法正确；D.氯仿的化学名称为三氯甲烷，D说法不正确。综上所述，故选D。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.基态氯原子的电子排布式：1s22s22p63s13p6 B.顺-2-丁烯的球棍模型：C.基态N原子的电子排布图为： D.HCl的电子式是【答案】D【解析】【详解】A．Cl是17号元素，根据构造原理，可知氯原子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，A错误；B．由于碳碳双键两端的甲基分别位于双键平面的两侧，故是反-2-丁烯的球棍模型，B错误；C．氮为7号元素，基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，电子排布图为，C错误；D．HCl是共价化合物，H与Cl之间共用1对电子，电子式为，D正确；故选D。3.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水制氢方法中第一步反应的化学方程式是2H2O+SO2+I2=H2SO4+2HI，用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A.0.1molH2O中所含原子总数约0.3NAB.25℃时，pH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目约为0.1NAC.消耗1molSO2时，转移的电子数为2NAD.产生2molHI时，消耗36gH2O【答案】B【解析】【详解】A．1个H2O含有3个原子，故0.1molH2O中所含原子总数约为0.3NA，故A正确；B．pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，但是未知溶液体积，故无法计算物质的量，故B错误；C．S的化合价由+4价升高到+6价，变化2价，故消耗1molSO2时，转移的电子数为2NA，故C正确；D．由方程式可知，生成2molHI消耗2mol水，质量为2mol×18g/mol=36g，故D正确；故选B。4.2021年6月，电视剧《功勋》中展示了“共和国勋章”获得者屠呦呦发现并提取青蒿素的艰辛历程。青蒿素—一种用于治疗疟疾的药物，挽救了全球特别是发展中国家的数百万人的生命”。青蒿素是从植物黄花蒿茎叶中提取的，其结构简式如图，下列说法不正确的是A.该分子中所有碳原子均在同一平面B.它的分子式为C15H22O5C.青蒿素不稳定，易受还原性物质的影响而变质D.它在常见有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度【答案】A【解析】【详解】A．该分子中存在与3个C相连的饱和C，不可能所有碳原子均在同一平面，故A错误；B．根据结构简式，它的分子式为C15H22O5，故B正确；C．青蒿素分子中含有过氧键，具有强氧化性，易受还原性物质的影响而变质，故C正确；D．有机物易溶于有机溶剂，所以在常见有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故D正确；选A。5.四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH＝1，气体A和气体B相遇产生白烟，X与Z可按原子个数比1：1形成离子化合物C。下列说法正确的是A.原子半径由大到小的顺序为r(W)>r(Y)>r(Z)>r(X)B.Z元素最高价氧化物的水化物可与B发生反应C.Y的非金属性比X强，其单质非常活泼D.Y的含氧酸比W的含氧酸酸性强【答案】B【解析】【分析】四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH＝1，则B为强酸性气体，为HCl，则X是H、W是Cl元素；气体A和气体B相遇产生白烟，白烟为氯化铵，则A是氨气；X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，所以Y是N元素；X与Z可按原子个数比1：1形成离子化合物C，且Z原子序数大于N而小于Cl元素，则Z为Na元素。【详解】A．据分析可知，X、Y、Z和W分别为H、N、Na、Cl；原子半径由大到小的顺序为r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)，故A错误；B．Z元素最高价氧化物的水化物为NaOH，B为HCl，可以反应，故B正确；C．Y单质为N2，N2性质稳定，故C错误；D．W的含氧酸酸中HClO4酸性强于Y的含氧酸HNO3，故D错误；故答案选B。6.下列操作不能达到实验目的的是目的操作A检验某待测液中含有SO先向待测液中加入盐酸酸化，无明显现象后，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀B验证的氯水的漂白性可向pH试纸上滴少量氯水，观察试纸的颜色变化C比较金属活动性:Mg>Al镁、铝为电极，氢氧化钠溶液为电解质的原电池装置D比较Mg(OH)2与Fe(OH)3二者的溶解度大小向盛有1mL0.1mol/LMgCl2溶液的试管中滴加1~2滴2mol/LNaOH溶液，有白色沉淀生成，再滴加2滴0.1mo/LFeCl3溶液，有红褐色沉淀生成A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．先向待测液中加入盐酸酸化，无明显现象说明溶液中不含有银离子、碳酸根离子等干扰离子，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀说明溶液中含有硫酸根离子，故A正确；B．氯水中具有强氧化性的次氯酸，能使有机色质漂白褪色，则向pH试纸上滴少量氯水，试纸先变红后褪色说明氯水具有漂白性，故B正确；C．镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能与氢氧化钠溶液反应，所以在镁、铝为电极，氢氧化钠溶液为电解质的原电池装置中铝为原电池的负极，镁为正极，该实验不能用于比较镁和铝的金属性强弱，故C错误；D．向盛有1mL0.1mol/L氯化镁溶液的试管中滴加1~2滴2mol/L氢氧化钠溶液，有氢氧化镁白色沉淀生成，再滴加2滴0.1mo/L氯化铁溶液，有红褐色沉淀生成说明溶解度大的氢氧化镁转化为溶解度小的氢氧化铁，故D正确；故选C。7.反电渗析法盐差电池是用离子交换膜将海水与河水隔开(离子浓度：海水>河水)，阴阳离子在溶液中定向移动将盐差能转化为电能的电池，原理如图所示。下列说法不正确的是A.钛电极上发生还原反应B.石墨极上的反应为：Fe2+−e－=Fe3+C.石墨极为电池的负极D.CM膜为阴离子交换膜【答案】D【解析】【详解】A．根据图中信息在钛电极上是铁离子得到电子变为亚铁离子，化合价降低，发生还原反应，故A正确；B．根据图中信息在石墨极上是亚铁离子失去电子变为铁离子，其电极反应式为：Fe2+−e－=Fe3+，故B正确；C．石墨极上是亚铁离子失去电子变为铁离子，因此石墨极为电池的负极，故C正确；D．根据原电池中“同性相吸”，钛为正极，因此CM膜为阳离子交换膜，阳离子穿过阳离子交换膜向正极移动，故D错误。综上所述，答案为D。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。8.CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。（1）生成CH3Cl的化学方程式是____。（2）CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl·、·CH3)反应，包括以下几步：Ⅰ.链引发Ⅱ.链传递Ⅲ.链终止Cl22Cl·Cl·+CH4→·CH3+HCl·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·……2Cl·→Cl2Cl·+·CH3→CH3Cl……①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：____、____。②不同卤原子自由基(X·)均可夺取CH4中的H，反应通式：X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g)△H。已知：25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。a．当X为Cl时，△H=____kJ·mol-1。b．若X依次为F、Cl、Br、I，△H随着原子序数增大逐渐_____(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：____。③探究光照对CH4与Cl2反应的影响，实验如表。编号操作结果A将Cl2与CH4混合后，光照得到氯代甲烷B将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合得到氯代甲烷C将Cl2先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与CH4混合几乎无氯代甲烷D将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合几乎无氯代甲烷a．由B和D得出的结论是____。b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：____。（3）丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。推知—CH3中C—H键能比中C—H键能____(填“大”或“小”)。【答案】（1）（2）①.②.③.+8④.增大⑤.同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小⑥.光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4⑦.黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递（3）大【解析】【小问1详解】甲烷与氯气发生取代反应生成CH3Cl和HCl，化学方程式是。故答案为：；【小问2详解】①模仿Cl·+CH4→·CH3+HCl，·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·，由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：。故答案为：；②a．25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g)当X为Cl时，△H=439kJ·mol-1-431kJ·mol-1=+8kJ·mol-1。故答案为：+8；b．若X依次为F、Cl、Br、I，生成的卤化物中氢卤键键能逐渐减小，△H随着原子序数增大逐渐增大(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小。故答案为：增大；同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小；③a．由B将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合得到得到氯代甲烷，D将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合，却几乎无氯代甲烷，得出的结论是光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4。故答案为：光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4；b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递。故答案为：黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递；【小问3详解】生成，放出的能量比生成小，推知—CH3中C—H键能比中C—H键能大(填“大”或“小”)。故答案为：大。9.I、烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟O3氧化结合(NH4)2SO3溶液吸收法同时脱除SO2和NO的过程示意图如下。（1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。反应平衡常数(25℃)活化能/(kJ/mol)反应a:2O3(g)3O2(g)△H1=-286.6kJ/mol1.6×105724.6反应b:NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H2=-200.9kJ/mol6.2×10343.17反应c:SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H31.1×104158.17①已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ/mol则ΔH3＝______。②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内SO2和NO的转化率均会随温度升高而降低，分析出现这一现象的原因是___________。(已知该条件下反应未达到平衡状态)③其他条件不变时，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，SO2和NO的转化率随O3的浓度的变化如下图。结合活化能相关数据分析NO的转化率高于SO2的原因_______。（2）(NH4)2SO3溶液显碱性，用离子方程式和相关文字解释：________________。II、科学家研究表明氮氧化物与悬浮在大气中的盐粒子相互作用时能产生“二次雾霾”，涉及的反应有：①2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)K1②2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)K2回答下列问题：（3）写出反应①平衡常数表达式________________。（4）恒温恒容条件下，反应②达到平衡状态的标志是__________________。a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变c．NO和ClNO的物质的量相等d．每消耗0.1molNO的同时消耗0.05molCl2（5）为研究不同条件对反应②的影响，恒温时向2L密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2①在恒容条件下反应10min达到平衡，测得10min内v(ClNO)＝7.5×10-3mol·L-1·min-1，则NO的平衡转化率α1＝________。②在恒压条件下建立平衡时，NO的转化率为α2，则α2______α1(填“＞”“＜”或“＝”)，平衡常数K2______________(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.－241.6kJ/mol②.高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致SO2和NO的转化率均降低③.反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2（2）溶液中存在：SO+H2OHSO+OH−、NH+H2ONH3·H2O+H+SO的水解程度大于NH的水解程度，使溶液显碱性（3）K1=（4）ab（5）①.75%②.>③.不变【解析】【小问1详解】①已知：a:2O3(g)3O2(g)△H1=-286.6kJ/mold:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝-196.6kJ/mol由盖斯定律可知，得反应：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H3=；②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内SO2和NO的转化率均会随温度升高而降低，可能原因是：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，导致c(O3)减小，使得反应b和c的反应物浓度减小，速率减小，导致SO2和NO的转化率均降低；③反应的活化能越大反应越慢，活化能越小则反应越快；由图表活化能相关数据可知，NO的转化率高于SO2的原因为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2；【小问2详解】(NH4)2SO3为弱酸弱碱盐，溶液中存在水解反应：SO+H2OHSO+OH−、NH+H2ONH3·H2O+H+，由于SO水解程度大于NH的水解程度，使溶液氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液显碱性；【小问3详解】固体浓度为常数，不计入平衡常数公式内；由反应①的方程式可知，平衡常数表达式K1=；【小问4详解】a．反应为气体分子数改变的反应，体系压强保持不变，说明反应达到平衡状态，a正确；b．氯气为黄绿色气体，混合气体颜色保持不变，说明氯气浓度不再改变，反应达到平衡，b正确；c．NO和ClNO的物质的量相等，不能说明正逆反应速率相等，不变判定反应达到平衡，c错误；d．每消耗0.1molNO的同时消耗0.05molCl2，描述的都是正反应，不能说明正逆反应速率相等，不变判定反应达到平衡，d错误；故选ab；【小问5详解】①在恒容条件下反应10min达到平衡，测得10min内v(ClNO)＝7.5×10-3mol·L-1·min-1，则反应生成的ClNO浓度为7.5×10-3mol·L-1·min-1×10min=0.075mol·L-1，根据化学方程式可知，反应一氧化氮的浓度为0.075mol·L-1、物质的量为0.075mol·L-1×2L=0.15mol，故NO的平衡转化率α1＝。②反应为气体分子数减小的反应，在恒压条件下建立平衡时，相当于在原有平衡上缩小体积，导致平衡正向移动，使得一氧化氮转化率提高，故如果NO的转化率为α2，则α2>α1；平衡常数K2只受温度的影响，故不变。10.制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：资料：i．磷灰石的主要成分是ii．可溶于水，微溶于水ii．iv．（1）制备①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和_______。②增大酸浸反应速率的措施有_______(只写1条)。③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是_______。（2）制备将、、混合并调节溶液的pH制备。①酸性条件下，生成的离子方程式是_______。②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。pH=1时，溶液中的，则_______。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀_______。③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是_______。ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是_______(答出2点)。【答案】（1）①.②.加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等③.生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积（2）①.②.③.，能产生沉淀④.发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀⑤.pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等【解析】【分析】由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。【小问1详解】由题意可知，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为，故答案为：；②加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等措施能增大酸浸的反应速率，故答案为：加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等；③其他条件不变时，若仅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的二水硫酸钙沉淀附着在在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率，故答案为：生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积；【小问2详解】①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为，故答案为：；②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3，则磷酸的三级电离常数Ka3==c(H+)=10—12.3，所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为==10—18.6mol/L；当溶液中铁离子浓度为1mol/L时，磷酸铁的熵Qc==1mol/L×10—18.6mol/L＞，所以能产生磷酸铁沉淀，故答案为：，能产生沉淀；③ⅰ．由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含离子溶液，离子能与溶液中的铁离子反应生成离子：，溶液中铁离子浓度减小，生成磷酸铁沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为磷酸铁沉淀时，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的铁离子能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，故答案为：发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀；ⅱ．其他条件不变，制备磷酸铁沉淀时若pH大于2，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团聚，所以工业上选择pH=2而不是更高的pH制备磷酸铁，故答案为：pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等。(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.硅是地壳中储量仅次于氧的元素，在自然界中主要以SiO2和硅酸盐的形式存在。（1）基态硅原子的价电子排布式为______，核外电子共有___________种运动状态。（2）硅、金刚石和碳化硅晶体的熔点从高到低依次是_______，判断的依据为：___________。（3）晶态SiO2的晶胞如图。①硅原子的杂化方式为_________，氧原子的配位数为___________。②已知SiO2晶胞的棱长均为apm，则SiO2晶体的密度ρ=________g·cm-3(列出计算式)。（4）硅元素最高价氧化物对应的水化物为原硅酸(H4SiO4)。资料：原硅酸()可溶于水，原硅酸中的羟基可发生分子间脱水，逐渐转化为硅酸、硅胶。①原硅酸钠(Na4SiO4)溶液吸收空气中的CO2会生成H4SiO4，写出生成H4SiO4的离子方程式：___________。②从结构的角度解释H4SiO4脱水后溶解度降低的原因：_________________。【答案】（1）①.3s23p2②.14（2）①.金刚石＞碳化硅＞硅②.三者均为原子晶体，其中C-C键长<C-Si的键长<Si-Si的键长，键长越短键能越大，熔点越高（3）①.sp3②.2③.（4）①.SiO+2CO2+2H2O=2CO+H4SiO4②.原硅酸脱水后，羟基相对数量减少，与水形成氢键的数目减少，同时可能发生交联形成空间网状结构【解析】【小问1详解】(1)硅元素位于第三周期第ⅣA族，原子序数14，价电子排布式为；核外电子数为14，每个电子的运动状态均不相同，共有14中运动状态，故填、14；【小问2详解】(2)硅、金刚石和碳化硅晶体三者均属于原子晶体，其中C-C的键长<C-Si的键长<Si-Si的键长，键长越短键能越大，熔点越高，所以熔点：金刚石＞碳化硅＞硅，故填金刚石＞碳化硅＞硅、三者均属于原子晶体，其中C-C的键长<C-Si的键长<Si-Si的键长，键长越短键能越大，熔点越高；【小问3详解】(3)①如图，硅原子的价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论，其杂化方式为杂化，氧原子的配位数为2，故填、2；②如图晶胞中含有硅原子个数为，氧原子个数为16，晶胞参数为apm，根据，故填；【小问4详解】(4)①原硅酸属于弱电解质，根据题意该离子方程式为，故填；②原硅酸的结构中含有亲水基羟基，数目越多能与水