贵州省贵阳市普通中学2023-2024学年高二上学期期末监测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1贵州省贵阳市普通中学2023-2024学年高二上学期期末监测注意事项：1.本试卷满分100分，考试用时75分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、考号、座位号填写在答题卡上。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涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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。供参考的相对原子质量：H-1C-12N-14Fe-56第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意，请将正确选项的序号填入答题卡相应的位置)。1.化学与生活密切相关，下列做法与化学反应速率控制无关的是A.使用含氟牙膏防龋齿 B.洗衣服时使用加酶洗衣粉C.夏天将牛奶放在冰箱保存 D.在月饼包装内放置抗氧化剂【答案】A【解析】使用含氟牙膏可以防龋齿，与反应速率无关，故A符合题意；使用加酶洗衣粉洗衣服时，催化剂酶可以提高洗涤的反应速率，故B不符合题意；温度降低，化学反应速率减慢，牛奶可以保存更长的时间，故C不符合题意；在月饼包装内放置抗氧化剂降低了氧气浓度，可减慢反应速率，月饼可以保存时间长久，故D不符合题意；故答案选A。2.合成氨所需的H2可由反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)∆H<0提供，下列措施中，能提高CO转化率的是A.增大水蒸气浓度 B.升高温度C.增大CO浓度 D.增大压强【答案】A【解析】增大水蒸气的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故A正确；正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，CO的转化率降低，故B错误；增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；该反应前后气体的体积不变，增加压强，该平衡会不会发生移动，CO的转化率不变，故D错误。答案选A。3.一定条件下，将等体积的NO2和SO2置于密闭容器中发生反应，下列不能说明反应达平衡状态的是A. B.混合气体颜色保持不变C.SO3和NO体积分数比保持不变 D.NO2的浓度保持不变【答案】C【解析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。，说明该反应达到平衡状态，故A不选；当体系的颜色不再发生改变时，二氧化氮的浓度不再发生变化，所以能说明达到平衡状态，故B不选；SO3和NO体积分数比一直保持不变，故该反应不一定达到平衡状态，故C选；当该反应达到平衡状态时，各物质的量浓度不变，NO2的浓度保持不变能说明达到平衡状态，故D不选；故选C。4.下列化学用语表述不正确的是A.基态Si的电子排布式：B.基态K的简化电子排布式：[Ar]4s1C.基态N原子的电子排布图：D.基态Li原子最外层电子的电子云轮廓图：【答案】D【解析】Si元素为14号元素，原子核外有14个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，故A正确；K原子核外有19个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1，简化电子排布式：[Ar]4s1，故B正确；N原子核外电子排布式是1s22s22p3，结合泡利原理、洪特规则，其核外电子排布图为，故C正确；基态Li原子电子排布式为1s22s1，最外层电子在s轨道，电子云轮廓图为球形，故D错误；故选D。5.物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是A.NH4Cl B.NH3·H2OC.CH3COONH4 D.NH4HSO4【答案】D【解析】根据铵根离子的浓度和盐类水解的影响因素来分析，如果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，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱。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，选项ACD中铵根离子浓度分别之比为1：1：1，B中NH3•H2O部分电离。氯化铵中，铵根离子的水解不受氯离子的影响；NH3•H2O是弱电解质，部分电离，其铵根离子浓度最小；醋酸根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，其铵根离子浓度较小；硫酸氢铵中的氢离子对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度较小，铵根离子浓度较大；综上NH4+的浓度最大的是NH4HSO4。答案选D。6.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是A.向水中加入少量Na B.向水中加入少量氨水C.将水加热至100℃，pH=6 D.向水中加入少量MgSO4【答案】D【解析】Na与水反应，溶液呈碱性，A不合题意；向水中加入少量氨水，溶液呈碱性，抑制水电离，B不合题意；加热可以促进水的电离，但是溶液仍为中性，C不合题意；向水中加入少量MgSO4，MgSO4电离出Mg2+和，Mg2+与OH-结合成弱碱，c(OH-)减小，会使水的电离平衡向正方向移动，溶液中c(H+)>c(OH-)，所得溶液呈酸性，D符合题意；故选D。7.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1LpH=2的硫酸溶液中含有H＋数目为B.标准状况下，11.2LSO3所含氧原子数目为C.0.1mol熔融态的NaHSO4中，阳离子数目为D.0.1molFeCl3完全水解产生的胶粒数目为【答案】A【解析】1LpH=2的硫酸溶液中氢离子浓度为0.01mol•L-1，含有H+物质的量n=cV=0.01mol，则溶液中含有H+数目为0.01NA，故A正确；标准状况下，11.2LSO3为非气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；NaHSO4熔融态电离：NaHSO4=Na++，阳离子只有Na+，0.1mol熔融态的NaHSO4中，阳离子数目为0.1NA，故C错误；0.1molFeCl3完全水解产生的氢氧化铁为0.1mol，氢氧化铁胶体粒子由若干个聚集而成，则胶粒数目小于0.1NA，故D错误；故选A。8.下列说法正确的是A.各能层含有的能级数为n＋1B.各能层含有的电子数为2n2C.基态硫原子的核外电子有9种空间运动状态D.同一原子中，2p、3p、4p能级中的轨道数依次增多【答案】C【解析】各能层中能级数等于其所处的能层数，例如当n=1时，它有1s能级，故A错误；各能层最多含有的电子数为2n2，但最外层不能超过8个电子，次外层不能超过18个电子，倒数第三层不能超过32个电子，故B错误；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，空间运动状态即原子轨道数，有9种，故C正确；p能级的轨道数为3，则同一原子中，2p、3p、4p能级中的轨道数相同，故D错误；故选C9.常温下，向20mL氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法不正确的是A.常温下，氨水的电离常数Kb约为B.b点和d点溶液均为中性C.c点溶液中：D.b、c之间的点一定满足：【答案】B【解析】NH3·H2O电离出OH-抑制水的电离；向氨水中滴加HCl，反应生成NH4Cl，的水解促进水的电离，随着HCl的不断滴入，水电离的c(H+)逐渐增大；当氨水与HCl恰好完全反应时恰好生成NH4Cl，此时水电离的c(H+)达到最大（图中c点）；继续加入HCl，盐酸电离的H+抑制水的电离，水电离的c(H+)又逐渐减小；据此分析。常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c(H+)=10-11mol/L，则c(OH-)=0.001mol/L，，故A项正确；b点溶液中c(H+)=10-7mol/L，常温下c(H+)·c(OH-)=Kw=10-14，所以c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；d点溶液中水电离的c(H+)=10-7mol/L，此时溶液中溶质为NH4Cl和HCl，溶液显酸性，故B项错误；根据图知，c点水电离的H+达到最大，溶液中溶质为NH4Cl，根据物料守恒：，故C项正确；b、c之间溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，根据电荷守恒：，故D项正确；故答案选B。10.金属被腐蚀会影响其本身的强度及使用而造成巨大损失，采取相应的防护措施具有重要意义。下列关于金属防护的说法不正确的是A.在钢铁表面进行发蓝处理来防止腐蚀B.在船体外镶嵌铜块以减缓船身的腐蚀C.将钢闸门与直流电源的负极相连以防腐蚀D.在普通钢中加入铬、镍等制成不锈钢可延缓腐蚀【答案】B【解析】钢铁防腐蚀可用化学方法在其表面进行发蓝处理，形成一层致密氧化物膜，阻止钢铁被腐蚀，故A正确；在铁船壳上镶嵌铜块，Fe比Cu活泼，构成原电池，Fe作负极加快其腐蚀，故B错误；将钢闸门与外加电源负极相连，阴极上电解质溶液中阳离子得电子发生还原反应，此方法为外加电源的阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀，故C正确；不锈钢是合金，合金改变了金属的结构，不锈钢能保护铁不被腐蚀，故D正确；故选B。11.质子膜H2S燃料电池实现了H2S废气资源回收利用，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.电极a为负极B.电池工作时H＋通过质子固体电解质膜向电极b移动C.电极b上发生的电极反应：D.每消耗22.4L(标准状况)H2S气体，电路中转移4mole-【答案】D【解析】根据装置图可判断总反应为2H2S(g)+O2(g)＝S2(s)+2H2O，负极H2S失电子发生氧化反应，正极O2得电子发生还原反应，以此解答该题。a极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，发生氧化反应，则a为负极，故A正确；由分析可知，电极b是正极，a为负极，原电池中阳离子向正极移动，则H＋通过质子固体电解质膜向电极b移动，故B正确；由分析可知，电极b是正极，发生还原反应：，故C正确；2molH2S参与反应，失去4mol电子，每消耗22.4L(标准状况)H2S气体，即1molH2S气体，电路中转移2mol电子，故D错误；故选D。12.某同学为探究化学反应速率的影响因素拟设计如图实验方案，不能达成目的的是A．探究反应物浓度对化学反应速率的影响B．探究温度对化学反应速率的影响C．探究催化剂对化学反应速率的影响D．探究固体反应物表面积对化学反应速率的影响A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】该实验中只有一个变量：反应物浓度，增大反应物浓度加快反应速率，所以该设计能达到实验目的，故A项正确；该实验中只有一个变量：温度，升高温度加快反应速率，能达到实验目的，故B项正确；该实验中有两个变量：温度和催化剂，不能达到实验目的，故C项错误；碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，粉末状的碳酸钙增大反应接触面积，反应更加剧烈，能达到实验目的，D项正确；答案选C。13.“中国芯”的主要原料是单晶硅，“精炼硅”反应历程中的能量变化如图所示，下列有关描述正确的是A.历程Ⅰ的原子利用率为100%B.历程Ⅱ是吸热反应C.历程Ⅲ的热化学方程式是：D.实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程由没有能量损耗【答案】C【解析】由题给图示可知，历程Ⅰ不是化合反应，因而原子利用率不是100%，故A错误；历程Ⅱ中生成物的总能量低于反应物的总能量，因而属于放热反应，故B错误；反应Ⅲ中，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，其热化学方程式是：，故C正确；粗硅和纯硅的组成物质不同能量，粗硅变为精硅的过程中能量会损耗，故D错误；故选C。14.四种短周期主族元素W、X、Y、Z，W元素的原子在短周期中原子半径最大，X元素原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，Y元素原子L电子层的p能级上只有一对成对电子，Y和Z在元素周期表中处于同一主族。下列有关叙述不正确的是A.原子半径：W>X>YB.XY2是由极性键构成C.W、Y、Z三种元素组成的化合物多于2种D.化合物W2Y2中的阴、阳离子个数比为1∶1【答案】D【解析】W元素的原子在短周期中原子半径最大，W是Na元素；X元素原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，X是C元素；Y元素原子L电子层的P能级上只有一对成对电子，Y是O元素；Y和Z在周期表中处于同一主族，Z是S元素。电子层数越多，半径越大，同周期元素从左到右半径减小，原子半径：Na＞C＞O，故A正确；CO2为直线型分子，正负电荷中心重合，CO2是极性键构成的非极性分子，故B正确；W、Y、Z三种元素组成的化合物有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3等，故C正确；化合物Na2O2由钠离子和过氧离子构成，阴阳离子个数比为1﹕2，故D错误；答案选D。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(4小题，共58分)。15.H、C、N、O与Mn、Fe、Cu等形成的多种化合物在生产和生活中有广泛应用。回答下列问题：（1）H、C、N、O四种元素的电负性由大到小的顺序为_______。（2）Mn位于元素周期表中的位置是_______；Mn和O基态原子的核外未成对电子数较多的是_______。（3）在元素周期表中，Cu位于_______区，基态Cu原子价层电子排布式为_______，Cu元素有两种常见离子，化合价为＋1和＋2，从结构上分析其基态离子更稳定的是_______。（4）含有Cu元素的盐的焰色试验为绿色，许多金属盐都可以发生焰色试验，其原因是______。（5）基态Fe等多原子核外电子排布中，能级会发生交错现象。以下表示的各能级能量大小关系，不符合客观事实的是_______。a．4s>3s>2s>1sb．4s>4p>4d>4fc．6s>5p>4d>3d【答案】（1）O>N>C>H（2）①.第四周期第ⅦB族②.Mn（3）①.Ds②.③.Cu＋（4）激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长的光的形式释放能量（5）b【解析】【小问1详析】元素电负性同周期从左到右依次增大，同主族从上到下依次减小，H、C、N、O四种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C>H，故答案为：O>N>C>H；【小问2详析】①Mn元素为25号元素，位于元素周期表中的位置是第四周期第ⅦB族，故答案为：第四周期第ⅦB族；②Mn的基态价电子排布式为3d54s2，未成对电子数为5；O的基态价电子排布式为2s22p4，未成对电子数为2，则Mn和O基态原子的核外未成对电子数较多的是Mn；【小问3详析】①Cu为29号元素，位于元素周期第四周期，位于ds区，故答案为：ds；②基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；③Cu2+的价电子排布式为：3d9，Cu+的价层电子排布式为：3d10，Cu+价电子层处于全充满结构，比Cu2+更稳定，故答案为：Cu+；【小问4详析】含有Cu元素的盐的焰色试验为绿色，许多金属盐都可以发生焰色试验，其原因是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长的光的形式释放能量，故答案为：激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长的光的形式释放能量；【小问5详析】原子核外电子排布按照能量由低到高的各能级顺序为1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f5d6p7s5f，故答案为：b。16.铁及其化合物在生产生活中有着广泛的应用，回答下列问题。Ⅰ．FeSO4是常见的补血剂成分之一，某化学兴趣小组同学为测定某补血剂中铁元素的含量，用酸性KMnO4标准溶液进行氧化还原滴定实验。（1）下列四种滴定方式(夹持部分略)，最合理的一项设计是_______(填字母序号)。a．b．c．d．（2）滴定过程中发生的离子反应方程式是_______，滴定终点的现象是_______。（3）该实验小组称取0.30g补血剂配成溶液，用酸性KMnO4标准溶液进行滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液18.00mL，则所测补血剂中铁元素的质量分数是_______。(假设补血剂中其他成分不与酸性KMnO4标准溶液反应)（4）下列操作会使所测补血剂中铁元素含量偏低的是_______。a．锥形瓶洗净后留有蒸馏水b．未用标准溶液润洗滴定管c．振荡时不慎将试样溅出d．滴定前读数正确，滴定后俯视读数Ⅱ．K2FeO4是一种新型易溶于水、高效、安全的水处理剂。（5）根据K2FeO4中铁元素的化合价，推测其具有的化学性质是_______；K2FeO4与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH，作为水处理剂它起到的作用是_______。（6）实验室用铁、石墨作电极模拟制备K2FeO4的装置如图。X电极是_______(填写电极材料)，阳极的电极反应式是_______。【答案】（1）b（2）①.②.当滴入最后半滴酸性KMnO4标准溶液时，锥形瓶内的溶液颜色变成浅红色，且30s不再有颜色的改变（3）16.8%（4）cd（5）①.强氧化性②.消毒杀菌、净化水（6）①.Fe②.【解析】【小问1详析】高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，应用酸式滴定管盛装，滴定时为便于观察颜色变化，滴定终点颜色由浅变深易于观察，所以应把高锰酸钾滴入试样中，所以应用b图装置，故选b；故答案为：b；【小问2详析】滴定过程中亚铁离子被氧化，发生的离子反应方程式是，滴定终点的现象是：当滴入最后半滴酸性KMnO4标准溶液时，锥形瓶内的溶液颜色变成浅红色，且30s不再有颜色的改变；【小问3详析】该实验小组称取0.30g补血剂配成溶液，用0.0100mol⋅L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液18.00mL，结合反应的定量关系计算，，亚铁离子物质的量n（Fe2+）=0.018L×0.01mol/L×5=9×10-4mol，则所测补血剂中铁元素的质量分数=，故答案为：16.8%；【小问4详析】a.锥形瓶洗净后留有蒸馏水对滴定实验无影响，故a错误；b.未用标准溶液润洗滴定管，滴定过程中消耗标准溶液体积偏大，结果偏高，故b错误；c.振荡时不慎将试样溅出，测定结果偏低，故c正确；d.滴定前读数正确，滴定后俯视读数，读取标准溶液体积偏小，结果偏低，故d正确；故答案为：cd；【小问5详析】K2FeO4中铁元素的化合价+6价，推测其具有的化学性质是强氧化性，可以消毒杀菌，被还原后的产物Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用，故答案为：强氧化性；消毒杀菌、净化水；【小问6详析】电解时X电极是Fe，阳极Fe失电子发生氧化反应，电极反应方程式为。17.某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含有NiO、Al2O3、FeO、Fe2O3，还有少量油脂。采用如下工艺流程回收其中的镍并制备硫酸镍晶体(NiSO4⋅7H2O)；室温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Ni2＋Al3＋Fe3＋Fe2＋开始沉淀时()的pH7.23.72.27.5沉淀完全时()的pH8.74.73.29.0回答下列问题：（1）写出一种可以提高“碱浸”速率的措施_______。（2）“碱浸”中NaOH的作用是除去油脂和_______。为回收金属，向“滤液”中通入过量CO2，生成沉淀，该反应的离子方程式为_______。（3）“转化”时反应离子方程式是_______，“转化”过程中可替代的物质是_______。（4）利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的_____，如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为，则“调pH”应控制的范围是_____。（5）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_______。【答案】（1）粉碎废镍催化剂（或搅拌、适当加热等）（2）①.溶解Al2O3（或除去Al2O3）②.（3）①.②.O2或空气（4）①.②.3.2～6.2（5）提高硫酸镍的回收率【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应Al2O3+2NaOH+3H2O＝2Na[Al(OH)4]，过滤得到的滤渣用稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的溶液，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。【小问1详析】依据外界条件对反应速率的影响可知，可以提高“碱浸”速率的措施有粉碎废镍催化剂或搅拌、适当加热等；【小问2详析】根据以上分析可知“碱浸”中NaOH的作用是除去油脂和溶解Al2O3（或除去Al2O3）。为回收金属，向“滤液”中通入过量CO2，生成氢氧化铝沉淀，该反应的离子方程式为；【小问3详析】“转化”过程中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是，双氧水可以用O2或空气替代；【小问4详析】根据表格数据可知Ni2＋完全沉淀时pH＝8.7，则Ni(OH)2的10－5×（10－5.3）2＝10－15.6；铁离子完全沉淀时pH＝3.2，如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为，则Ni2＋开始沉淀时溶液中氢氧根浓度是mol/L＝10－7.8mol/L，pH＝6.2，即“调pH”应控制的范围是3.2～6.2；【小问5详析】分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。18.汽车尾气是城市的主要空气污染物，尾气里含有的NO是由内燃机燃烧时产生的高温引起氮气和氧气反应所致：（1）该反应的平衡常数表达式为_______。（2）用化学原理对氮氧化物进行处理可实现废物利用。已知H2的燃烧热为，在催化剂存在下，H2还原NO生成液态水和氮气的热化学方程式为_______。（3）利用反应可实现汽车尾气的无害化处理。向甲、乙两个容积都为1L的恒容密闭容器中分别充入1.0molNO和1.