安徽省江南十校2023-2024学年高二下学期5月阶段联考化学A试题

2024届“江南十校”高二年级联考化学(A卷)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1N14O16Na23Si28Cl35.5Ga70一、选择题(每题只有一个正确选项，每题3分，共42分)1.冰天雪地也是金山银山。习近平总书记高度重视冰雪事业发展，多次作出重要论述和重大部署。下列有关说法错误的是A.，B.冰雪资源中只含有水分子，没有其他物质C.冰雪资源可以与其他资源融合，用于开发新能源D.合理利用冰雪资源有利于可持续发展【答案】B【解析】【详解】A．该过程是放热过程，，且为混乱度减小过程，，A正确；B．冰雪资源中除了含有水分子外，还含有空气中的灰尘颗粒、二氧化碳等，B错误；C．冰雪资源可以与其他资源融合，用于开发新能源，C正确；D．合理利用冰雪资源有利于可持续发展，D正确；故选B。2.下列说法正确的是A.俗称赤血盐，实验室中常用于检验，晶体中的化学键有离子键、金属键、配位键、共价键B.超分子具有分子识别与自组装的特征，“杯酚”分离和这个案例体现了超分子具有自组装这个重要特征C.甲烷水合物()因外观像冰遇火即燃，被称作“可燃冰”，其中与之间存在氢键D.2024年3月，星舰重返大气层时，船体被呈微微红光高温等离子体包裹。等离子体是由阳离子、中性粒子、自由电子等多种不同性质的粒子所组成的电中性物质【答案】D【解析】【详解】A．并非金属晶体，其晶体中不存在金属键，A错误；B．“杯酚”分离和这个案例体现了超分子具有分子识别的特征，B错误；C．可燃冰水分子间以氢键结合形成笼状结构，与间不能形成氢键，C错误；D．等离子体是由阳离子、中性粒子、自由电子等多种不同性质的粒子所组成的电中性物质，D正确；答案选D。3.下列生产生活中的事实合理及解释正确的是A.合成氨选择铁触媒做催化剂，因为铁触媒能加快反应速率，提高反应物的平衡转化率B.红酒中添加少量的，因为添加少量的可以起到杀菌和抗氧化的作用C.用和制作泡沫灭火器，因为和可以相互促进水解，生成大量气体和泡沫，隔离氧气D.草木灰与铵态氮肥宜混合使用，因为可以同时补充钾元素和氮元素，起到复合肥的作用【答案】B【解析】【详解】A．催化剂不能提高平衡转化率，A错误；B．红酒里少量有两个作用，一是消除杂菌，二是抗氧化，B正确；C．制作泡沫灭火器用的是和，不是和，C错误；D．草木灰和铵态氮肥会发生双水解反应，导致氮元素流失，所以两者不能混合使用，D错误；答案选B。4.下列实验设计中，对现象的描述和解释均正确的是选项实验设计现象解释A用50mL注射器吸入20mL和混合气体，将细管端用胶塞塞紧，推动活塞压缩气体气体的颜色先变浅又逐渐变深压强增大，平衡先逆向移动，再正向移动B向盛有5mL0.01mol/L溶液的试管中加入2mL0.01mol/LKI溶液，再滴加入少量KSCN溶液滴加KSCN后溶液显红色溶液和KI溶液的反应是可逆反应C常温下，分别测定饱和NaA、NaB溶液的pHpH：NaA<NaB：HA>HBD某温度下，向盛有5mL0.1mol/LNaOH溶液的试管中加入5mL0.1mol/L的溶液，再滴加几滴0.1mol/L溶液先生成白色沉淀，后来转化成蓝色沉淀该温度下，：A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．推动活塞，压缩气体，使容器内混合气体浓度增大颜色加深，增大压强，颜色会加深；加压，平衡正向移动，导致气体颜色变浅，气体颜色先变深后变浅，故A错误；B．5mL0.01mol/L溶液的试管中加入2mL0.01mol/LKI溶液的反应中溶液过量，滴加KSCN后溶液一定显红色，无法证明该反应是可逆反应，故B错误；C．饱和NaA、NaB溶液的浓度是否相等无法确定，故C错误；D．不足，滴加少量，沉淀的转化可证明：，故D正确；故答案为：D。5.如何有效处理氨氮废水，变废为宝是我们研究的方向。请阅读下列材料，选出错误的选项材料一：“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼（），其反应历程如下所示。材料二：工厂的氨氮废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中在电极表面的氧化过程的微观示意图如图：A.由材料一可知，整个反应过程中，催化中心的铁元素化合价不变B.由材料一可知，总反应为C.将材料一的替换为，反应可得和HDOD.材料二中，过程②的电极反应式为：（*表示吸附在含催化剂的电极表面）【答案】A【解析】【详解】A．反应过程中铁的成键个数发生了变化，化合价发生了变化，A错误；B．由材料一图示可知与反应转化为肼（），总反应为，B正确；C．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，得到ND2NH2和HDO，C正确；D．由材料二可知，过程②中在电极表面失去电子生成和H2O，的电极反应式为，D正确；故选A。6.钴（Co）的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。请选出正确的选项①工作时，Ⅱ室溶液的pH减小②电解总反应：③利用该装置，除了制备金属钴，还可以得到副产品HCl④生成0.5molCo，Ⅰ室溶液质量理论上减少9gA.①②③④ B.①③④ C.②③④ D.①②④【答案】A【解析】【分析】阳极水失去电子，电极反应式为：，阴极Co2+得到电子变为Co，电极反应式为：。【详解】①、分别通过交换膜向Ⅱ室移动，所以Ⅱ室溶液pH减小，①正确；②由分析中阴阳极的电极反应式可得，总反应方程式为，②正确；③、分别通过交换膜向Ⅱ室移动，Ⅱ室可得到副产品HCl，③正确；④生成0.5molCo，转移1mol，根据阳极反应，生成8g，同时有1mol移向Ⅱ室，所以I室溶液质量理论上减少9g，④正确；故选A。7.一定条件下，反应的平衡常数为1，在体积为2L的容器中充入1molCO、0.2mol发生上述反应直至达到平衡，下列说法正确的是A.该反应的平衡常数的表达式为：B.CO的平衡转化率为20%C.达到平衡时再充入CO和各0.2mol，平衡不移动D.升高温度，可以提高反应的活化能，正、逆反应速率均加快【答案】C【解析】【详解】A．由于是固体，故平衡常数的表达式为，故A错误；B．设CO的平衡转化率为x，则平衡时CO的物质的量为1mol0.5xmol，CO2的物质的量为0.2mol+0.5xmol，根据平衡常数为1可得，解得x=0.4，可得CO的平衡转化率为40%，故B错误；C．达到平衡时再充入和各0.2mol，此时的，平衡不移动，故C正确；D．升高温度，不能提高反应的活化能，可以提高反应的活化分子数，因此正、逆反应速率均加快，故D错误；故选C。8.下列各项叙述中，不正确的是A.布洛芬(Ibuprofen)为解热镇痛类、非甾体抗炎药，对感冒发烧有一定治疗效果，其分子结构为，其中含有1个手性碳原子B.Cu原子的基态价电子排布式为，其位于周期表分区中的ds区C.是以硅氧四面体为基本单元形成的网状结构，6.0g中共含有0.2mol键D.N原子的电子排布式为，其核外电子共有5种不同的空间运动状态【答案】C【解析】【详解】A．布洛芬中含一个手性碳原子，如图所示：，故A项正确；B．Cu原子位于第四周第Ⅰ副族，位于ds区，故B项正确；C．中平均每个Si原子形成四个键，6.0g，即0.1mol二氧化硅，含键为0.4mol，故C项错误；D．量子力学把电子在核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，N原子核外电子占据轨道数为5，空间运动状态也是5种，故D项正确；故本题选C。9.价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构以及分子的极性，下列说法不正确的是A.和的立体构型均为直线形B.和的VSEPR模型均为四面体C.和均为非极性分子D.和中心原子的价层电子对数相同【答案】C【解析】【详解】A．中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，中心原子N周围的价层电子对数为：2+=2，均无孤电子对，故二者中心原子均为sp杂化，立体构型为直线形，A正确；B．VSEPR模型则是基于分子的价电子对(包括共价键和孤对电子)之间的排斥关系来预测分子几何形状的一种理论，中心原子的价电子对数为3+=4，的中心原子的价电子对数为2+=4，因此二者的VSEPR模型是一致的均为四面体，B正确；C．中心原子的价电子对数为2+=3，有一对孤电子对，为V形结构，分子中正、负电荷中心不重合，为极性分子，中心原子的价电子对数为4+=4，无一对孤电子对，为正四面体形，分子中正、负电荷中心重合，为非极性分子，C错误；D．中心原子的价电子对数为3+=4，中心原子的价电子对数为4+=4，二者价电子对数均为4，D正确；故答案为：C。10.下列关于物质的性质解释不正确的是A.熔点：(146K)(1293K)，是由于的相对分子质量更大，分子间作用力更强B.碱性：，是由于二者均可以通过形成配位键与结合而显碱性，可以看成中H原子被取代，N原子周围电子云密度降低，且空间位阻增大，使其与形成配位键能力变弱C.Be的两种激发态的第二电离能：，是由于第二电离能前者是失去2s电子，后者是失去2p电子，2p电子能量更高，第二电离能相对前者较小D.酸性：，是由于Cl原子的吸电子作用使中羟基的极性增强，更容易电离【答案】A【解析】【详解】A．BF3是分子晶体，熔化需克服分子间作用力，而AlF3是离子晶体，熔化需克服离子键，离子键远强于分子间作用力，故熔点：BF3(146K)<AlF3(1293K)，A错误；B．N2H4可以看成NH3中H原子被−NH2取代，N原子周围电子云密度降低，且空间位阻增大，使其与H+形成配位键能力变弱即N2H4结合H+的能力弱，碱性弱，B正确；C．Be的两种激发态中[He]2p2的第二电离能是获得能量失去2p能级上的电子，而[He]2s12p1的第二电离能是获得能量失去2s能级上的电子，2p电子能量更高，需要的能量更少，第二电离能相对更小，C正确；D．由于Cl原子的吸电子作用使CH2ClCOOH中羟基的极性增强，更容易电离，酸性更大，故酸性：CH2ClCOOH>CH3COOH，D正确；故选A。11.氟是化学性质最为活泼的元素，氟可与除He、Ne和Ar外的所有元素形成化合物。几种氟化物的熔、沸点如下表所示，下列说法不正确的是氟化物LiF熔点/℃845a207c沸点/℃1681b129dA.键角： B.1mol中共含有15molσ键C.a<845、b<1681、c>207、d>129 D.中含有配位键【答案】B【解析】【详解】A．与中心原子均为杂化，中心原子电负性，对成键电子对吸引力更强，成键电子越靠近中心原子斥力越大，故键角，A正确；B．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1mol中共含有18molσ键，B错误；C．与LiF均为离子晶体，前者阴阳离子很大，离子键较弱，熔沸点低于LiF；、均为分子晶体，相对分子质量大于，则熔沸点高于，C正确；D．B原子最外层有3个电子，只能与3个F原子通过共用电子对的方式形成共价键，故中有一个键需要以提供电子对B提供空轨道的方式形成配位键，D正确；故选B。12.硼化物是一类由硼和另一种元素(通常是金属)组成的化合物。它们通常具有较高的硬度和熔点，化学性质稳定，不易水解，因此被广泛应用于高温耐火材料、研磨材料、超导材料等领域。下列说法不正确的是A.基态硼原子的价层电子排布式为B.在硼化镁晶体中，镁原子和硼原子是分层排布的，图1是该晶体微观结构的透视图，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上，则硼化镁的化学式为C.图2为磷化硼晶胞结构图，若氮化硼与磷化硼具有相似的结构，则BN的熔点比BP高D.图2磷化硼晶胞沿z轴方向上的投影图为【答案】D【解析】【详解】A．基态硼原子的价层电子排布式为2s22p1，A正确；B．由图一可知每个B原子周围紧邻的Mg原子数为3，每个Mg紧邻的B原子数为6，Mg与B原子个数比为1∶2，故硼化镁的化学式为，B正确；C．氮化硼与磷化硼均为共价晶体，N原子半径小于P原子，键长更小，键能更大，熔点更高，C正确；D．图2磷化硼晶胞沿z轴方向上的投影图如图所示，选项中漏画了前后侧面面心原子的投影，正确投影图为：，D错误；故选D。13.下列说法正确的是A.常温下，用pH计测得0.1mol/L的溶液的，则该温度下，B.已知25℃时某一元弱酸HA的，向HA溶液中加入NaOH溶液至恰好完全反应，则反应过程中某时刻可能存在：C.将0.1mol/L的NaOH水溶液，从常温升高到70℃，溶液的pH不变D.1000mL的新制氯水中，mol【答案】D【解析】【详解】A．由于溶液呈碱性，故中水解>电离，所以，A错误；B．根据溶液电中性原则，B一定不存在，B错误；C．升高温度，水的离子积增大，所以增大，pH减小，C错误；D．由电荷守恒mol，再由得失电子守恒，两式联立得，D正确；故选D。14.用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。已知：ⅰ．图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。ⅱ．2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始mol⋅L，不同pH下由图1得到]。下列说法不正确的是A.由图1可知，的数量级是B.由图2，若初始状态，，无沉淀生成C.由图2，若初始状态，，平衡后溶液中存在mol/LD.由图1和图2，若初始状态，，发生反应：【答案】D【解析】【分析】，，；由图1中和的交点可知，，由和的交点可知，。【详解】A．由和的交点可知，，A正确；B．由图2，初始状态，时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，或者，无沉淀生成，B正确；C．由图2，初始状态，时，该点位于曲线Ⅱ上方，会生成沉淀，由物料守恒可知，C正确；D．时，溶液中主要的含碳微粒是，初始状态，时，该点位于曲线Ⅱ上方，应发生反应，D错误；故答案为：D。二、非选择题(包含4道大题，共58分)15.亚氯酸钠有强氧化性，是一种重要的含氯消毒剂，实验室可通过以下原理制备亚氯酸钠：制备方法：在A装置制备气体，并将气体导入B装置中进一步反应得到亚氯酸钠溶液，最后对B中溶液进行结晶操作获得晶体。（1）多孔球泡的作用为____________。（2）装置A中反应的离子方程式为____________。（3）装置B中在反应中为____________（填氧化剂或还原剂），其电子式为______，若实验中气体的流速过快可能会导致产品中混有较多的______杂质。（4）利用上述原理制备出晶体的样品，可以用“间接碘量法”测定样品（杂质与和都不反应）的纯度。测定时进行如下实验：准确称取mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol⋅L标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL（已知：）。①所称取的样品中的质量分数为______（用含c、V、m的代数式表示）。②若滴定时其它操作正确，盛装标准液的滴定管滴定前尖嘴处有气泡而滴定后气泡消失，则所测得晶体纯度______（填偏高、偏低或无影响）。【答案】（1）增大接触面积，使反应充分进行（2）（3）①.还原剂②.③.（或其它合理答案）（4）①.②.偏高【解析】【分析】由图可知，A装置中二氧化硫与氯酸钠溶液反应生成硫酸钠和二氧化氯，装置B中二氧化氯与过氧化氢溶液和浓氢氧化钠溶液反应生成亚氯酸钠和水。【小问1详解】多孔球泡可以使气体均匀地分散到溶液中，有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行，提高反应效率，故答案为：增大接触面积，使反应充分进行；【小问2详解】由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化硫与氯酸钠溶液反应生成硫酸钠和二氧化氯，反应的离子方程式为，故答案为：；【小问3详解】过氧化氢是含有极性键和非极性键的共价化合物，电子式为；由分析可知，装置B中发生的反应为二氧化氯与过氧化氢溶液和浓氢氧化钠溶液反应生成亚氯酸钠和水，反应中过氧化氢中的氧元素化合价升高被氧化，是反应的还原剂，若实验中二氧化硫气体的流速过快，二氧化硫不能与氯酸钠溶液充分反应，未反应二氧化硫与装置B中过氧化氢溶液和浓氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠和水，导致亚氯酸钠中混有硫酸钠杂质，故答案为：还原剂；；；小问4详解】①由方程式可得如下转化关系：∼2∼，滴定消耗VmLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则样品中的质量分数为×100%=，故答案为：；②若滴定时其它操作正确，盛装硫代硫酸钠标准液的滴定管滴定前尖嘴处有气泡而滴定后气泡消失会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏大，导致滴定结果偏高，故答案为：偏高。16.电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有和少量的、，能够采用如图流程进行逐一分离，实现资源再利用。已知：，回答下列问题：（1）在酸性条件下和反应可生成蓝色的，该反应可用于检验。该反应的方程式如下：，反应中没有元素化合价发生变化。则1mol中含有______条过氧键。（2）还原池中有生成，还原池中反应的离子方程式为____________。（3）沉淀1为，其性质与相似，则与NaOH溶液反应的化学方程式____________。（4）①将溶液中离子浓度按照从大到小排列：____________；②沉淀池2加入硫酸溶液，调时，此时溶液中的浓度为______，由此可知。沉淀池2中加入生成的沉淀主要是______。（设平衡浓度为mol⋅L。已知：的，）。（5）沉淀池3如果没有加NaOH调，会导致__________________。【答案】（1）（2）（3）（或）（4）①.②.③.CuS（5）不能完全沉淀【解析】【分析】该工艺流程原料为含有和少量的、的废水，目的为将所含金属元素逐一沉淀分离，且得到可用水，废水经“还原池”将转化为，在“沉淀池1”得到，“沉淀池2”得到，“沉淀池3”得到。【小问1详解】由信息可知中Cr的化合价是+6价，根据化合物化合价代数和为零原则，含有1个2价O，4个1价O，每条过氧键含有两个1价O，因此1mol中含有条过氧键；故答案为：；【小问2详解】从流程可知，还原池中加入了含有和少量的、的废水，和用于调节溶液酸碱性的，且还原池中有生成，即转化为，依据氧化还原反应的规律可推断转变为，根据得失电子守恒和质量守恒即可写出正确的离子反应方程式为；故答案为：；【小问3详解】的性质与相似，即为两性氢氧化物，可以溶于强酸溶液，也可以溶于强碱溶液，依据反应或，可以写出与NaOH溶液反应的化学方程式为或；故答案为：或；【小问4详解】溶液中存在、及，故溶液中离子浓度大小关系为；时，，根据的，可计算；由，则时，，说明完全沉淀，溶液中，说明未沉淀，故沉淀池2生成的沉淀主要成分为；故答案为：；；；【小问5详解】由前面的计算可知，如果pH过低，会导致浓度过低，就不能完全沉淀；故答案为：不能完全沉淀。17.反应在工业上有重要应用。（1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。温度/℃7008008301000平衡常数1.671.111.000.59①反应的______0（填“>”“<”或“=”）。②，，，是关于速率的常数。温度为时，；温度为时，，则______（填“>”“<”或“=”）。③向绝热恒容密闭容器中充入等量的CO和进行反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是______（填序号）。a．容器中的压强不变b．c．气体的平均相对分子质量保持不变d．该反应平衡常数保持不变e．和的体积比保持不变（2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是____________。②同温同压下，等物质的量的CO和通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为50%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为80%，则达到平衡时出口a和出口b中H₂的质量比为______。（3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。①固体电解质采用质子导体，阳极的电极反应式为______。②同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的0.8倍，则CO的转化率为______（用%表示，保留小数点后两位）。【答案】（1）①.②.>③.abd（2）①.Pd膜能选择性分离出，平衡正向移动，平衡转化率增大②.1∶15（3）①②.53.33%【解析】【小问1详解】①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，；②，时，；时，，结合表格数据可知；a．在绝热容器中，发生反应，气体物质的量不变，温度改变，压强改变，容器中的压强不变时，反应已达平衡，a正确；b．当时，正逆反应速率相等，反应已达平衡，b正确；c．气体的物质的量不变，气体的质量不变，故气体的平均相对分子质量保持不变，不能判断反应已达平衡，c错误；d．该反应平衡常数只与温度有关，温度不变，该反应平衡常数不变，反应已达平衡，d正确；e．和为生成物，物质的量之比始终是1：1，体积比也为1：1，和的体积比保持不变不能判断反应已达平衡，e错误；【小问2详解】①由于Pd膜能选择性分离出，平衡正向移动，平衡转化率增大，故应器存在Pd膜时转化率更高；②根据反应，设通入的CO为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为50%，则平衡时CO、、、的平衡物质的量均为0.5mol，可计算出此温度下平衡常数K=1；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为80%，则平衡时CO、、、的平衡物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.8mol、0.8mol（a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系），设a口产生的的物质的量为xmol，则，（前后气体计量数相等，体积V可约分）解得，则出口a产生的为0.05mol，出口b的为0.8molmolmol，质量比为1∶15；【小问3详解】①电解时，一氧化碳和水从均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，氢气在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，电极反应式为：；②根据电极方程式，可知出口I处气体为生成和没有完全反应剩余的CO、设通入的CO体积为