山西省太原市2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山西省太原市2023-2024学年高二上学期期末(考试时间：上午10：00—11：30)可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5Fe56一、选择题：本题包括15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项的序号填入答案栏内。1.工业上合成氰化氢()的一种反应原理为：。利用下列相关化学键的键能数据，估算该反应的约为化学键键能/414389896436A. B.C. D.【答案】A【解析】=反应物的总键能-生成物的总键能=4×414+3×389-（414+896+3×436）=；根据分析可得，该反应的约为，A正确；根据分析可得，该反应的约为，B错误；根据分析可得，该反应的约为，C错误；根据分析可得，该反应的约为，D错误；故选A。2.下列各基态原子或离子的电子排布式中，错误的是A. B.C. D.【答案】B【解析】核外电子排布式：，A正确；核外电子排布式：，B错误；核外电子排布式：，C正确；核外电子排布式：，D正确；答案选B。3.为维护国家安全和利益，经国务院批准，决定对镓、锗相关物项实施出口管制，自2023年8月1日起正式实施。如图为镓和锗在元素周期表中的信息，下列说法错误的是A.镓的核电荷数为31B.电负性：C.镓、锗均位于周期表的区D.基态锗原子核外有7种能量不同的电子【答案】D【解析】由图可知，镓是31号元素，镓的核电荷数为31，A正确；同周期元素，从左往右，电负性依次增大，则电负性：，B正确；镓、锗位于周期表中的第IIIA族和IVA族，属于p区，C正确；基态锗原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，有8个能级，8种能量不同的电子，D错误；故选D。4.阻燃剂分子结构如图。下列说法错误的是A.第一电离能：B.分子中元素的化合价均为+5价C.基态原子价电子排布式为D.基态原子的轨道表示式为【答案】D【解析】同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：，A正确；P的电负性小于O和N，因此共用电子对偏离P显出+5价，B正确；O为8号元素，基态原子价电子排布式为，C正确；基态原子的轨道表示式为，D错误；故选D。5.下列说法中，错误的是A.氧原子可以形成、，也可能形成B.中的原子的杂化方式为，空间结构为形C.的分子结构是，在中有1个键和2个键D.的分子结构是，在中只有键没有键【答案】A【解析】氧原子可以形成、，也可能形成，A错误；中的原子价层电子对数：，含2对孤电子对，杂化方式为，空间结构为形，B正确；的分子结构是，在中有1个键和2个键，C正确；的分子结构是，在中只有键没有键，D正确；答案选A。6.下列有关金属腐蚀和保护说法中，错误的是A.生铁中含碳，比纯铁容易生锈B.牺牲阳极法是利用电解原理保护金属C.埋在潮湿土壤里的铁管比在干燥的土壤里更容易被腐蚀D.镀银的铁制品，镀层损坏后，露出的铁比镀银的铁制品更容易被腐蚀【答案】B【解析】生铁是含碳的铁合金，容易形成原电池，此时铁作负极被腐蚀，所以生铁比纯铁容易生锈，A不符合题意；牺牲阳极的阴极保护法是利用原电池原理保护金属，B符合题意；铁管埋在潮湿的土壤中会与周围的环境形成原电池，加快铁管腐蚀，C不符合题意；镀银的铁制品，镀层损坏后，镀层、铁与外界环境形成原电池，铁作负极被腐蚀，D不符合题意；故选B；7.下列叙述中，不能用盐类水解原理解释的是A.常用明矾作净水剂B.向沸水中滴加饱和溶液制备胶体C.施肥时，草木灰(有效成分)与铵态氮肥不可混用D.抢救钡离子中毒者时，可用硫酸钠溶液洗胃【答案】D【解析】明矾电离出的铝离子水解生成Al(OH)3胶体具有吸附性，可以做净水剂，A不符合；FeCl3通过水解产生氢氧化铁胶体，B不符合；K2CO3水解显碱性，铵态氮肥电离产生的铵根离子遇碱会反应生成氨气放出，造成肥效降低，C不符合；钡离子会与硫酸根离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，和盐类水解无关，D符合；答案选D。8.利用下列装置进行的实验，不能达到预期目的的是A．在铁制品上电镀铜B．制作水果(柠檬)电池C．将溶液蒸干制备无水D．粗测碳酸钠溶液的A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】在铁制品上电镀铜，应该将铜片作为阳极，待镀铁制品作阴极，A正确；利用水果(柠檬)汁为电解质溶液，铜片和铝片为两极，形成原电池，使二极管发光，从而达到形成原电池原理，B正确；蒸发促进Al3+水解生成氢氧化铝，且生成的氯化氢易挥发，得不到无水固体，C错误；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，能用pH试纸测Na2CO3溶液的pH，D正确；故选C。9.利用电解法可将含有、、、等杂质粗铜提纯。下列叙述正确的是A.电解时以精铜作阳极B.电解时阴极上发生的反应为C.用溶液作电解质溶液，反应一段时间后浓度保持不变D.电解后，可在电解槽阴极下方收集到少量、等金属【答案】B【解析】将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯时，以精铜作阴极，粗铜作阳极，A错误；电解时，溶液中的Cu2+在阴极上得电子，发生的反应为，B正确；电解时，阳极的其他金属杂质也会放电，故电解液中溶液浓度减小，C错误；电解时，阳极粗铜中的Fe、Zn、Cu失电子转化为金属阳离子，Ag、Pt不失电子，则电解后，电解槽阳极底部会形成含有少量Ag、Pt等金属的阳极泥，D错误；故选B。10.贮备电池具有下列特点：日常将电池的一种组成部分(如电解质溶液)与其他部分隔离备用；使用时电池可迅速被激活并提供足量电能。贮备电池主要用于应急救援和武器系统等。Mg-AgCl电池是一种可被海水激活的贮备电池。下列叙述中错误的是A.正极反应式为Ag++e-=AgB.负极反应式为Mg-2e-=Mg2+C.电池放电时Cl-由正极向负极迁移D.负极会发生副反应：Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑【答案】A【解析】正极是AgCl得电子，方程式应该为：AgCl+e-=Ag+Cl-，A错误，符合题意；镁做负极失去电子变成镁离子，方程式为：Mg-2e-=Mg2+，B正确，不符合题意；放电时阴离子移向负极，C正确，不符合题意；因为是海水，所以镁会直接与水反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，D正确，不符合题意；故选A。11.下列实验事实不能证明CH3COOH是弱电解质的是A.将pH=3的醋酸溶液稀释100倍后pH=4.04B.0.1mol/L的醋酸溶液的pH约为2.9C.CH3COONa溶液能使酚酞试液变红D.100mL1mol/L的醋酸溶液恰好与100mL1mol/L的NaOH溶液中和【答案】D【解析】pH=3的醋酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，将其稀释100后，若CH3COOH是强电解质，则溶液中c(H+)=10-5mol/L，溶液pH=5，现在稀释100后pH=4.04，c(H+)＞10-5mol/L，说明在溶液中存在电离平衡，因此能证明CH3COOH是弱电解质，A不符合题意；若CH3COOH是强电解质，则0.1mol/L的醋酸溶液的c(H+)=10-1mol/L，溶液pH=1。而实质上0.1mol/L醋酸溶液的pH约为2.9＞1，说明其水溶液中c(H+)＜0.1mol/L，则CH3COOH是一元弱酸，证明CH3COOH是弱电解质，B不符合题意；CH3COONa溶液能使酚酞试液变红，说明该溶液显碱性，则证明CH3COONa是强碱弱酸盐，因此可证明CH3COOH是一元弱酸，CH3COOH属于弱电解质，C不符合题意；一元酸与一元碱发生中和反应产生盐和水，当二者的物质的量相等时就恰好反应，与酸、碱的相对强弱无关，因此不能证明CH3COOH是弱电解质，D符合题意；故合理选项是D。12.臭氧分解的反应历程包括以下反应：反应①(快)；反应②(慢)。大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基()能够催化分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是A.活化能：反应①>反应②B.分解为的速率主要由反应①决定C.参与反应提高了分解为平衡转化率D.参与反应①、②，改变分解的反应历程【答案】D【解析】活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能反应①<反应②，A错误；分解的反应速率取决于慢反应，B错误；催化剂能改变反应速率，不影响化学平衡，C错误；参与了反应①和②，加快了的分解反应速率，改变了反应历程，D正确；答案选D。13.一定条件下，按2：1的比例向容积为的密闭容器充入A物质和B物质，发生反应：，温度、压强()对A物质的平衡转化率的影响如下图所示，下列说法错误的是A.压强：；B.压强为时，若和时该反应的速率分别为、，则：C.该反应的D.平衡常数：A点=B点【答案】C【解析】根据题干和图像可知：升高温度，A的平衡转化率降低；结合化学方程式可知：增大压强，A的平衡转化率增大；通过分析可知:在温度相同的情况下，压强越大，A的平衡转化率越高，p1<p2，A不符合题意；通过分析可知:在压强相同的情况下，温度越高，反应速率越快，v1<v2，B不符合题意；通过分析可知:在压强相同的情况下，升高温度，A的平衡转化率降低,该反应为放热反应，C符合题意；化学平衡常数为温度的函数，温度相同化学平衡常数相同，D不符合题意；故答案选C；14.常温下，将等浓度的溶液分别滴加到等、等体积的、两种弱酸溶液中，溶液的与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是A.的浓度大于的浓度B.a点水的电离程度小于b点水的电离程度C.常温下的电离常数是D.向溶液中滴加溶液至时，【答案】A【解析】当lg=0，c(A-)=c(HA)，电离平衡常数ka(HA)=c(H+)=10-4；当1g=0，c(B-)=c(HB)，电离平衡常数ka(HA)=c(H+)=10-5；Ka(HA)>Ka(HB)。Ka(HA)>Ka(HB)，故酸性：HA>HB，又等pH、等体积的HA、HB两种弱酸，故HA的浓度小于HB的浓度，故，A符合题意；a点为HA与NaA的混合溶液，pH=4溶液为酸和盐的混合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电离出的约为10-10mol/L，b点为HB与NaB的混合溶液，pH=5，抑制水的电离，溶液中由水电离出的约为10-9mol/L，故a点水的电离程度小于b点水的电离程度，B不符合题意；根据分析可得，HA的电离常数是10-4，C不符合题意；pH=7时，,当pH=7时，则c(B-)=100c(HB)，D不符合题意；故答案选A；15.常温下，将过量粉末置于水中，达到沉淀溶解平衡：，。[已知：，，，]，下列说法错误的是A.上层清液中：B.上层清液中：C.向体系中通入气体，溶液中增大D.向体系中加入溶液，存在：【答案】D【解析】上层清液为的碳酸钙饱和溶液：，碳酸根离子存在水解平衡，根据原子守恒，，A正确；碳酸钙饱和溶液，据，，B正确；向体系中通入气体，碳酸钙和二氧化碳、水生成碳酸氢钙，溶液中增大，C正确；体系中加入溶液，存在：，D错误；故选D。二、必做题：本题包括4小题，共45分。16.下表为元素周期表的一部分，每个字母分别代表一种元素。回答下列问题：（1）元素Y、Z、M、Q中，原子半径最大的是_______(填元素名称)。（2）基态Q原子中，其占据的最高能层的符号是_______，其最高能级的原子轨道的形状是_______。（3）下列关于R的说法正确的是_______(填序号)。①R的原子序数为26②依据核外电子排布，把元素周期表划分为5个区，R位于ds区③基态的价层电子轨道表示式为（4）的中心原子杂化轨道类型为_______，键角为_______。的空间结构名称为_______。【答案】（1）硼（2）①.L②.哑铃形（3）①③（4）①.②.③.三角锥形【解析】由元素位置可知X、Y、Z、M、Q、R分别为H、B、N、O、F、Fe。【小问1详析】同周期从左到右原子半径依次递减，则原子半径最大的是B；【小问2详析】基态Q原子核外电子排布式为1s22s22p5，其占据的最高能层的符号是L；其最高能级是2p，原子轨道的形状是哑铃形；【小问3详析】①R为铁，原子序数是26，故①正确；②铁位于元素周期表d区，故②错误；③基态Fe3+价层电子轨道表示式为，故③正确；故选①③；【小问4详析】BF3的中心原子价层电子对数为，无孤对电子，杂化轨道类型为sp2；空间构型为平面三角形，键角为120°；NH3的中心原子价层电子对数为，有1对孤对电子，杂化轨道类型为sp3；空间构型为三角锥形；17.室温下，相关弱酸的电离常数如下表所示：弱酸电离常数回答下列问题：（1）室温下，浓度相同的和两种溶液的大小：_______(填“<”或“>”)，判断依据是_______。（2）室温下，向的溶液中加入相同浓度的溶液。①当滴加溶液至溶液中的时，溶液的_______7(填“<”“=”或“>”，下同)，此时(溶液)_______。②该温度下，反应的平衡常数_______(列出计算式即可)。（3）为测定某溶液的浓度，取待测溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞溶液，用浓度为的标准溶液滴定。①达到滴定终点的现象是_______。②某同学第一次滴定后标准溶液的液面如图所示，读数为_______。③平行滴定三次的实验数据如下表所示，请计算待测溶液的浓度为_______。实验次数溶液的体积/待测溶液的体积/1②25.00224.7125.00324.6925.00【答案】（1）①.＜②.的酸性小于(或电离常数：)，相同浓度的水解程度更大，溶液的碱性更强（2）①.＝②.＜③.（3）①.当滴入最后半滴溶液时，溶液刚好由红色变无色，且半分钟内不变色②.24.70③.0.09880【解析】【小问1详析】电离平衡常数越大，酸性越强，电离常数：，因此的酸性小于，所以相同浓度的水解程度更大，溶液的碱性更强；【小问2详析】①当滴加溶液至溶液中的时，依据电荷守恒可知，因此溶液中，所以溶液的＝7，恰好反应时，亚硝酸根离子水解，溶液显碱性，溶液显中性，说明酸过量，所以此时(溶液)小于。②该温度下，反应的平衡常数。小问3详析】①碱遇酚酞试液显红色，所以达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴溶液时，溶液刚好由红色变无色，且半分钟内不变色。②某同学第一次滴定后标准溶液的液面如图所示，读数为24.70。③平行滴定三次的实验数据如下表所示，消耗标准液体积的平均值为mL＝24.70mL，所以待测溶液的浓度为mol/L＝0.09880。18.某研究性学习小组用如图所示的装置进行实验，探究原电池、电解池和电解制备钴的工作原理。一段时间后装置甲的两极均有气体产生，且极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。请根据实验现象及所查资料，回答下列问题：查阅资料：高铁酸根()在溶液中呈紫红色。（1）上述装置中，发生还原反应的电极有_______(填字母)。A. B. C. D.（2）丙池中的_______(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动。（3）若撤掉装置乙中的阳离子交换膜，石墨电极上产生的气体除外，还可能有_______。（4）乙池是电解制备金属钴的装置图，相比电解前，电解完成后理论上I室中_______(填“变大”“变小”或“不变”)，该电解池总反应的化学方程式是_______。（5）反应过程中，极处发生的电极反应为和_______。（6）一段时间后，若极质量减小，极收集到气体，则在极收集到的气体体积为_______(均已折算为标准状况时的气体体积)。【答案】（1）BC（2）从右向左（3）（4）①.不变②.（5）（6）448【解析】从图中可知，丙装置构成原电池结构，Zn电极为负极，失电子生成Zn2+，Cu电极为正极，Cu2+得电子生成Cu，则甲中X电极为阳极，Fe失电子结合氢氧根离子生成高铁酸根离子，此外氢氧根离子也会失电子生成氧气，Y电极为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子，乙中石墨电极为阳极，Co电极为阴极，Co2+得电子生成Co。【小问1详析】上述装置中，Y电极为阴极、Co电极为阴极，均得电子发生还原反应，而X电极为阳极，Zn电极为负极，均失电子发生氧化反应，因此答案选BC。【小问2详析】丙池为原电池，原电池电解质溶液中的阴离子向负极移动，则硫酸根离子从右向左移动。【小问3详析】乙中石墨电极为阳极，若撤掉装置乙中的阳离子交换膜，则氯离子可在石墨电极上失电子生成氯气，且氯离子失电子能力强于水，因此石墨电极上产生的气体除氧气外还有氯气。【小问4详析】I室中水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，但是生成的氢离子通过阳离子交换膜均进入II室内，因此n(H+)不变。阴极上Co2+得电子生成Co，则电解池总反应为。【小问5详析】X电极为阳极，阳极上除了氢氧根离子失电子生成氧气外，Fe也会失电子结合氢氧根离子生成高铁酸根离子，电极反应为。【小问6详析】X电极质量减小1.12g，减小的质量为铁的质量，根据电极反应式可知，消耗Fe0.02mol，转移电子0.12mol，Y电极收集到2.24L气体，该气体为氢气，根据电极反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，生成0.1mol氢气，转移0.2mol电子，根据得失电子守恒，则X电极上生成氧气转移0.08mol电子，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，转移0.08mol电子生成0.02mol氧气，标况下体积为448mL。19.的资源化有利于实现“碳中和”，利用氧化烷烃可制得烯烃。以和乙苯()为原料合成苯乙烯()为例，涉及以下反应：I．(g)+Ⅱ．(g)回答下列问题：（1）写出与反应生成和的热化学方程式：_______。（2）下列说法正确的是_______。(填字母)A.当时，反应Ⅱ达到平衡状态B.升高温度，反应Ⅱ的正、逆反应速率都增大C.增大压强，反应I平衡逆向移动，平衡常数减小D.反应I加入催化剂，可降低该反应的活化能（3）在刚性容器中，进料浓度比[(乙苯)：]分别等于1∶5、1∶15、1∶50时，乙苯的平衡转化率随反应温度的变化关系如图所示：曲线的进料浓度比[(乙苯)：]为_______，判断依据是_______。（4）某温度下，等物质的量的乙苯和在刚性容器内只发生反应Ⅱ，若初始的总压强为，平衡时乙苯的转化率为40%，则平衡时的总压强为_______(用表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数_______。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)【答案】（1）（2）BD（3）①.1：50②.其他条件相同时，(乙苯)/比值减小，相当于增大，反应Ⅱ平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大（4）①.②.【解析】【小问1详析】方程式Ⅱ-I可得：，=；【小问2详析】A．未指明速率表示的方向，则不能说明反应Ⅱ达到平衡状态，A错误；B．升高温度，可逆反应的正、逆反应速率都增大，B正确；C．平衡常数只与温度有关，增大压强，K值不变，C错误；D．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，D正确；故选BD；【小问3详析】进料浓度比(乙苯)∶越小，乙苯的平衡转化率越大，曲线的进料浓度比[(乙苯)∶]为1∶50；理由是其他条件相同时，(乙苯)/比值减小，相当于增大，反应Ⅱ平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大；【小问4详析】某温度下，等物质的量的乙苯和在刚性容器内只发生反应Ⅱ，设乙苯和的物质的量均为xmol，平衡时乙苯的转化率为40%，则平衡时、、(g)、物质的量分别为0.6xmol、0.6xmol、0.4xmol、0.4xmol、0.4xmol，平衡时气体总的物质的量为2.4xmol，恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，平衡时的总压强为=，平衡时、、(g)、分压分别为，反应Ⅱ的平衡常数=。三、选做题：以下两组题任选一组题作答，共10分，A组较简单，若两组都做，按A组计分。A组20.工业上将一种以ZnSO4为主要成分的浸出液(含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Cl-等杂质)经过一系列处理后，用于制备金属锌，其流程如下：已知该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2Cu2+Zn2+开始沉淀的pH2.36.84.76.2完全沉淀的pH3.28.36.78.2回答下列问题：（1）“调pH”时选择氧化锌的目的是_______，优点是_______。（2）若“滤渣1”的主要成分是Fe(OH)3，“调pH”的范围应是_______，写出相关反应的离子方程式：_______。（3）“除氯”时发生反应：。已知：25℃时，，，请计算该反应的平衡常数K=_______(列出计算式即可)。（4）“电解”时生成产品的一极是_______(填“阴极”或“阳极”)；缺少“除氯”步骤的影响是_______。【答案】（1）①.促进Fe3+水解生成沉淀②.不引入新的杂质（2）①.3.2≤pH＜4.7②.Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+、ZnO+2H+=Zn2++H2O（3）（4）①.阴极②.电解时溶液中的Cl-放电生成氯气，污染环境【解析】向以ZnSO4为主要成分的浸出液(含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Cl-等杂质)中加入H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO，调整溶液的pH使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+留在溶液中，经过滤除去Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入ZnS，反应产生CuS沉淀，经过滤除去CuS，再向滤液中加入Ag2SO4，使Cl-转化为AgCl沉淀，达到除去溶液的Cl-的目的，所得溶液为ZnSO4，再在一定条件下电解ZnSO4溶液，反应产生Zn。【小问1详析】“调pH”时选择氧化锌的目的是促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被除去；该操作的优点是不引入新的杂质；【小问2详析】加入ZnO调整溶液pH，只使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+留在溶液中，根据表格数据可知：Fe3+沉淀完全的pH=3.2，而Cu2+开始形成Cu(OH)2沉淀的pH=4.7，因此若滤渣1的主要成分是Fe(OH)3，“调pH”的范围应该是3.2≤pH＜4.7，就可以达到实验目的；有关反应的离子方程式为：ZnO+2H+=Zn2++H2O、Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；【小问3详析】对于反应，化学平衡常数K==；【小问4详析】电解ZnSO4反应产生Zn，Zn2+应该在阴极得到电子被还原为Zn单质；缺少“除氯”步骤的影响是电解时溶液中的Cl-放电生成氯气，污染环境。B组21.湿法炼锌净化钴渣中含有、、和的单质及，可利用过硫酸钠()氧化水解法实现钴的富集，其工艺流程如下：已知：该工艺条件下