湖南省岳阳市云溪区2024-2025学年高二上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省岳阳市云溪区2024-2025学年高二上学期1月期末一、单选题1.我国的航空航天事业取得了举世瞩目的成就。下列航空航天的设备中实现了由电能到化学能转化的是A.利用生命生态实验柜养殖水稻B.太阳能电池翼为空间站提供能量需要C.空间站利用电解水供氧系统提供氧气D.利用偏二甲肼(C2H8N2)作为助推剂发射火箭【答案】C【解析】利用生命生态实验柜养殖水稻没有利用电能，故A不选；太阳能电池翼为空间站提供能量需要是电能转化为其它形式的能量，故B不选；空间站利用电解水供氧系统提供氧气是电能转化为化学能，故C选；利用偏二甲肼(C2H8N2)作为助推剂发射火箭是化学能转化为动能，故D不选；故选C。2.下列事实可用氢键解释的是A.氯气易液化 B.极易溶于水C.比稳定 D.比酸性弱【答案】B【解析】氯气熔沸点低，易液化，与氢键无关，A不符合题意；NH3与H2O能形成氢键，导致NH3极易溶于水，B符合题意；S非金属性(电负性)小于O，H2O中H-O共价键的强度大于H2S中的H-S强度，H2O比

H2S稳定，与氢键无关，C不符合题意；F非金属性(电负性)大于I，HF中H-F共价键的强度大于HI中的H-I强度，H-I比

H-F键易断裂形成H+，酸性更强，与氢键无关，D不符合题意；故答案选B。3.短周期元素的原子序数依次增大，Q单质暗处遇发生爆炸，由上述五种元素形成的化合物结构如图所示。下列说法错误的是A.原子半径：B.同周期中第一电离能大于W的元素有3种C.最高价氧化物对应水化物的酸性：D.电负性：【答案】B【解析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇氢气发生爆炸，则Q为F元素；由阴离子的结构可知，Y为B元素；由阳离子结构中X、Z、W形成的共价键分别为1、4、3可知，X为H元素、Z为C元素、W为N元素，综上X、Y、Z、W、Q分别为H、B、C、N、F。同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硼、碳、氮、氟四种原子的原子半径依次减小，故A正确；同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第二周期中第一电离能小于N元素的元素有F、Ne，共2种，故B错误；同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硼酸、碳酸、硝酸的酸性依次增强，故C正确；同周期元素从左到右电负性逐渐增大，故硼、碳、氮、氟的电负性逐渐增大，故D正确；答案选B。4.已知有机物M、N、W能发生下列反应，下列说法不正确的是A.M的苯环上的一氯代物有3种B.W分子中所有碳原子不可能共平面C.该反应的原子利用率为100%D.M、N分子中碳碳双键的数目比为3：1【答案】D【解析】M苯环上含有3种氢原子，其一氯代烷有3种，故A正确；W中连接2个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，该分子相当于甲烷分子中的一个氢原子被甲苯基取代，所以W分子中所有碳原子不可能共平面，故B正确；M、N发生加成反应生成W，该分子中只有一种物质生成，所以原子利用率为100%，故C正确；M中不含碳碳双键，N中含有1个碳碳双键，故D错误；答案选D。5.下列解释事实的化学方程式不正确的是。A.电解熔融的制：(熔融)B.用溶液除去浑浊淡水中的悬浮颗粒物：C.能使石蕊试液变红：D.用溶液处理水垢中的：【答案】C【解析】熔融的中只含有钠离子和氯离子，可利用电解熔融的制，对应的化学方程式正确，A不符合题意；溶液中的可发生水解生成胶体，胶体表面积大，有较强的吸附能力，能除去浑浊淡水中的悬浮颗粒物，对应的化学方程式正确，B不符合题意；碳酸属于二元弱酸，分两步电离，其电离方程式应为，C符合题意；在水中的溶解度比更小，可利用沉淀的转化原理将不易溶于酸的转化成易溶于酸，从而最终达到除水垢的目的，对应的化学方程式正确，D不符合题意；故选C。6.观察下列模型，判断下列说法错误的是金刚石碳化硅二氧化硅石墨烯C60A.物质的量相同的金刚石和碳化硅，共价键个数之比为1∶1B.SiO2晶体中Si和Si-O键个数比为1∶4C.石墨烯中碳原子和六元环个数比为2∶1D.C60晶体堆积属于分子密堆积【答案】A【解析】假设金刚石和碳化硅的物质的量均为1mol，金刚石中每个碳原子连接四根共价键，但每根共价键被两个环共用，因此每个碳原子实际连接根共价键，可知1mol金刚石中含有2molC-C键；1molSiC中有1mol碳原子和1mol硅原子，每个原子通过共价键连接到其他原子，形成Si-C键。由于每个共价键是两个原子共有的，因此每个原子独占的键数是总键数的一半，即2mol，由于碳原子和硅原子的数量相等，因此总共有4molSi-C键；可知物质的量相同的金刚石和碳化硅，共价键个数之比为1∶2，故A错误；晶体中1个硅原子形成4个共价键，Si和Si-O键个数比为1∶4，故B正确；石墨烯中1个六元环平均含有个碳，则碳原子和六元环个数比为2∶1，故C正确；晶体为分子晶体，其堆积属于分子密堆积，故D正确；故答案选A。7.甲胺的性质与氨相似。时，实验室里用的盐酸溶液滴定甲胺溶液，滴定曲线如图所示。(已知：)下列说法不正确的是A.该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂B.水的电离程度：C.D.b点溶液中存在：【答案】D【解析】根据，，则AG越大，酸性越强如图，由滴定曲线可知，a为碱性，d为酸性，c点为中性；a点为0.1mol/L甲胺溶液，AG=8，，则，则甲胺为弱碱，刚好反应的盐为酸性，选用甲基橙作指示剂，故A正确；c点AG=0，，显中性，d点盐酸过量，对水的电离抑制程度大于c点，故B正确；由AG=8，可知，，，故C正确；b点时加入的盐酸体积10mL，溶质为和，且浓度相等，其物料守恒为；电荷守恒为，根据物料守恒和电荷守恒可得，即，故D错误；答案选D。8.下列事实或操作与盐类水解无关的是A.明矾净水B.加热蒸干并灼烧溶液，得到固体C.焊接时用溶液除锈D.铵态氮肥(含)不能与草木灰(含)混合使用【答案】B【解析】明矾中水解生成胶体，可吸附水中悬浮颗粒，并使之沉降，与盐类水解有关，A不符合题意；加热蒸干并灼烧溶液，得到固体，是因为被空气中的氧气氧化，与盐类水解无关，B符合题意；焊接时用溶液除锈，是因为水解使溶液呈酸性，与盐类水解有关，C不符合题意；和的水解能相互促进，从而生成氨气，降低肥效，与盐类水解有关，D不符合题意；故选B。9.在一固定容积的密闭容器中，充入和发生如下化学反应：，其化学平衡常数(K)与温度(T)的关系如下表：T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6关于该反应的说法正确的是A.B.在830℃反应达到平衡时，气体的转化率约为33.3%C.其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前：D.在1000℃，当时，该反应向逆反应方向进行【答案】B【解析】由表格数据可知，温度升高，平衡常数增大，则平衡正向移动，正反应为吸热反应，故，A错误；830℃时反应达到平衡，平衡常数为1，设CO2的转化量为xmol，则三段式分析：由可知，与体积无关，代数得，解得，则CO2气体的转化率为，B正确；该反应的正反应为吸热反应，则其他条件不变，降低温度，平衡逆向移动，则反应达到新平衡前：，C错误；1000℃时K=1.7，当时，Qc==1.0＜1.7，则该反应向正反应方向进行，D错误；故选B。10.下列指定反应的离子方程式正确的是A.向溶液中滴加氨水至溶液深蓝色：B.向溶液中通过量：C.泡沫灭火器原理：D.少量通入溶液中：【答案】C【解析】向溶液中滴加氨水至溶液深蓝色，是生成了[Cu(NH3)4]2+而不是氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，A错误；由于CO2过量，碳酸根会转化为碳酸氢根，正确的离子方程式为[Al(OH)4]−+CO2=Al(OH)3↓+，B错误；泡沫灭火器原理硫酸铝与碳酸氢钠混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应离子方程式为：，C正确；SO2少量，即过量，两者发生氧化还原反应，生成硫酸钙沉淀，过量的次氯酸根和氢离子反应生成HClO，正确的离子方程式为，D错误；故选：C。11.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是①中性溶液中：②的溶液中：③加入Al能放出的溶液中：④由水电离出的的溶液中：⑤有较多的溶液中：⑥酸性溶液中：A.②④ B.③⑥ C.①② D.③⑤【答案】A【解析】①水解呈酸性，在中性溶液中，不能大量存在；②为碱性溶液：可以大量共存；③加入Al能放出的溶液可能为强酸或强碱，与氢离子不能共存，与氢氧根不能大量共存；④由水电离出的的溶液中可能为强酸或强碱：互不反应，可以大量共存；⑤与生成血红色物质，与双水解反应，不能大量共存；⑥酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，不能大量共存；符合题意的有②④，答案选A。12.已知化合物与在一定条件下反应生成化合物与，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法正确的是A.TS2所在的基元反应中活化分子百分数最大B.反应达到平衡状态后，升温使平衡逆向移动C.使用催化剂只降低正反应的活化能，反应的焓变不变D.该历程中的最大能垒(活化能)【答案】B【解析】TS2所在的基元反应活化能最大，故活化分子百分数最小，A错误；根据图示，产物能量比反应物能量低，即该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B正确；使用催化剂，正、逆反应的活化能都降低，但反应的焓变不变，C错误；该历程中最大能垒（活化能），D错误；故选B。13.我国化学家侯德榜发明“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和氮肥，工艺流程图如下。碳酸化塔中的反应：。下列说法不正确的是A.向氯化钠溶液中先通入，再通入能提高B.：碱母液储罐大于氨母液储罐C.经“冷析”和“盐析”后的体系中存在平衡D.该工艺的碳原子利用率理论上接近100%【答案】B【解析】在饱和NaCl溶液中先通入氨气(吸氨塔)使溶液呈现碱性，再通入CO2(碳酸化塔)，在碱性环境下CO2溶解能力增强，与氨气反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵与氯化钠反应生成碳酸氢钠从溶液中析出，回转焙烧炉加热后转化为纯碱、水和二氧化碳，母液中的NH4Cl在常温时的溶解度比NaCl大，在低温下却比NaCl溶解度小，在5℃～10℃时，向母液中加入食盐细粉，可使NH4Cl单独结晶析出，剩余氯化钠溶液可再次投入使用，据此来解答。由于NH3的溶解度远大于CO2，先通入NH3，再通入CO2能提高浓度，故A正确；由工艺流程图可知，进入碱母液储罐的只有氯化铵，再加入氨气后，会产生氨水，所以碱母液储罐中的溶质是氯化铵和氨水，加入氯化钠盐析出氯化铵，通过分离后得到氨母液，故c(Na+)：碱母液储罐小于氨母液储罐，故B错误；过“冷析”和“盐析”后，体系为过饱和的NH4Cl溶液，存在溶解平衡：NH4Cl(s)⇋+Cl-(aq)，故C正确；该流程中，二氧化碳中的碳原子最终全部进入纯碱中，碳原子利用率理论上为100%，故D正确；答案选B。14.室温时，向20mL0.1mol/L的HCl、CH3COOH中分别滴加0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化如图。下列说法不正确的是A.曲线Ⅱ表示的是向HCl中滴加NaOH的pH变化曲线B.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为1×10-11mol/LC.滴加NaOH溶液至pH=7时，两种溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)D.向CH3COOH中滴加20mLNaOH溶液时，溶液中微粒浓度：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)【答案】C【解析】盐酸和醋酸都是一元酸，醋酸是弱酸，不能完全电离，盐酸是强酸，可完全电离，因此相同物质的量浓度的盐酸和醋酸，醋酸的氢离子浓度小于盐酸，则pH比盐酸的大，所以曲线I代表醋酸，曲线II代表盐酸；盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸的pH小，曲线Ⅱ表示的是向HCl中滴加NaOH的pH变化pH曲线，故A正确；由图可知，20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，即c(H+)=10-3mol/L，根据Kw=c(H+)•c(OH-)，解得：c(OH-)=10-11mol/L，再由水电离的氢离子等于水电离的氢氧根浓度，故B正确；醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，当pH=7时，加入的氢氧化钠不足，醋酸还有剩余，而盐酸中恰好反应，此时c(Cl-)＞c(CH3COO-)，故C错误；醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根水解溶液显碱性，所以c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；故选：C。15.常温下将NaOH溶液滴加到磷酸溶液中，混合溶液中的pH与部分离子浓度变化的关系如图所示。下列说法正确的是A.若直线丙表示pH与-的变化关系，应该在甲线的左边B.时，C.，且溶液中D.溶液中，【答案】B【解析】常温下将NaOH溶液滴加到磷酸(H3PO4)溶液中，混合溶液中的pH越来越大，c(H3PO4)逐渐减小，c()逐渐增大，所以逐渐减小，-lg逐渐增大；随着NaOH溶液滴入，c()逐渐减小，c()逐渐增大，-lg逐渐增大；继续滴入NaOH溶液滴入c()逐渐减小，c()逐渐增大，-lg逐渐增大；，变形为，可知，以此类推，，……，Ka1(H3PO4)＞Ka2(H3PO4)，由图可知，Ka1(H3PO4)=10-2.15；Ka2(H3PO4)=10-7.21，则甲为pH与-lg的直线，乙为pH与-lg的直线。Ka1(H3PO4)＞Ka2(H3PO4)＞Ka3(H3PO4)，则若直线丙表示pH与的变化关系，其横坐标与纵坐标的差值最大，应位于乙的右边，A错误；时，==1，解得c(H+)=10-4.68，pH=4.68，B正确；NaH2PO4溶液中存在的电离和水解，其水解平衡常数Kh3=，结合分析可知，Kh3=10-11.85＜Ka2，所以电离程度大于水解程度，则溶液中，C错误；溶液中存在质子守恒，，或者通过物料守恒：、电荷守恒：合并得到，D错误；选B。16.在电场作用下双极膜能将解离成和。利用双极膜电渗析法制备乳酸(，简写为HR)的原理如图所示。下列说法正确的是A.b电极发生氧化反应B.装置中离子交换膜为阳离子交换膜C.a电极的电势低于b电极D.当a电极生成1mol气体时，理论上可生成2mol乳酸【答案】B【解析】盐室加入乳酸钠（NaR）溶液，双极膜能将解离成和，向a电极移动，则a电极为阳极，进入盐室与乳酸钠（NaR）反应生成乳酸（HR），盐室中钠离子向b电极移动，则离子交换膜为阳离子交换膜，b电极为阴极，据此分析解答。由分析可知，b电极为阴极，发生还原反应，A项错误；由分析可知，盐室中钠离子向b电极移动，则离子交换膜为阳离子交换膜，B极正确；由分析可知，a电极为阳极，b电极为阴极，a电极的电势高于b电极，C项错误；a电极氢氧根放电，发生的电极反应为：，当a电极生成1mol气体时，消耗4mol氢氧根，有4mol氢离子进入盐室，理论上可生成4mol乳酸，D项错误；故选B。二、填空题17.某实验小组尝试在钢制钥匙上镀铜。实验1：将钥匙直接浸入溶液中，后取出，钥匙表面变红，但镀层疏松，用纸即可擦掉。实验II：用下图装置对钥匙进行电镀铜。钥匙表面迅速变红，同时有细小气泡产生，精铜表面出现少量白色固体。后取出钥匙检验，镀层相对实验I略好，但仍能用纸巾擦掉一部分。经调整实验条件后获得了较好的电镀产品。实验III：用溶液代替溶液重复实验II，精铜表面未出现白色固体。回答下列问题：（1）实验I反应的化学方程式是___________。（2）实验II中钥匙应与电源___________极连接。（3）钥匙表面产生的气体是___________，此电极上的电极反应式是___________。（4）常见化合物中铜元素有、两种价态，结合实验III推测实验II中精铜表面产生的白色固体的电极反应式是___________。(已知是一种难溶于水的黄色固体)【答案】（1）（2）负（3）①.②.、（4）【解析】【小问1详析】钢制钥匙的主要成分是Fe，实验I的化学方程式是：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；【小问2详析】实验II中，电镀中镀件做阴极，钥匙是要被镀铜，则应该做阴极，即与电源的负极连接；【小问3详析】CuCl2溶液呈弱酸性，阴极上会有少量的H+放电形成H2，所以钥匙表面的气体为H2；阴极上既有Cu析出又有H2放出，电极反应式为：、；【小问4详析】Cu(II)的化合物一般都是蓝色或绿色，Cu(I)的化合物中，白色固体为CuCl，则相应的电极反应式为：Cu−e−+Cl−=CuCl。18.现有五种元素，其中W、X、Y、Z为短周期主族元素，M为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。元素结构或性质信息W基态原子核外p电子数比s电子数少1X基态原子最外层电子排布为Y基态原子的M能层只有1种自旋电子Z基态原子第一至第四电离能如下：M位于元素周期表第八列（1）W元素基态原子的核外电子排布式为_______。（2）X元素基态原子核外电子的运动状态有_______种，其中能量最高的电子所占据的原子轨道呈_______形。（3）某同学根据上述信息，推断Z元素基态原子核外电子排布图为，该同学所画的电子排布图违背了_______。（4）W、X、Y、Z四种元素中，电负性最大的是_______(填元素符号，下同)，原子半径最大的是_______。（5）按照核外电子排布，M元素属于_______区，其基态核外未成对电子数为_______。【答案】（1）1s22s22p3（2）①.8②.哑铃形（3）泡利原理（4）①.O②.Na（5）①.d②.4【解析】W元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则X有2个电子层，电子排布式为1s22s22p3，故W为N元素；X基态原子最外层电子排布为，s能级最多填充2个电子，则X为O元素，基态Y原子的M能层只有1种自旋电子，则Y为Na元素，Z元素的第二电离能与第三电离能差异很大，则Z为Mg元素；M位于元素周期表第四周期，第八列，则M为Fe，综上所述，W为N元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为Mg元素，M为Fe元素。【小问1详析】W为N元素，其原子序数为7，电子排布式为1s22s22p3；【小问2详析】X为O元素，基态原子核外共有8个电子，每个电子的运动状态各不相同，则其基态原子核外电子的运动状态有8种；其核外电子排布式为1s22s22p4，其中能量最高的电子所占据能级为2p，其原子轨道呈哑铃形；【小问3详析】根据泡利原理，同一个轨道中，两个电子自旋方式相反，该排布式中3s轨道两个电子自旋相同，所以违背了泡利原理；【小问4详析】同周期主族元素自左而右电负性增大、原子半径减小，同主族自上而下电负性减小、原子半径增大，则W、X、Y、Z四种元素中，电负性最大的是O，原子半径最大的是Na；【小问5详析】M是Fe元素，处于周期表中第四周期第Ⅷ族，按照核外电子排布，Fe元素属于d区；其基态Fe2+价电子排布式为3d6，其未成对电子数为4。三、解答题19回答下列问题：（1）的中心原子杂化类型是_______，的立体构型是_______，属于_______(填“极性”或“非极性”)分子。（2）Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的室温下易升华。中心原子的价层电子对数为_______，下列对中心原子杂化方式推断合理的是_______(填标号)。A．spB．sp2C．sp3D．sp3d（3）的键角_______(填“>”、“=”或“<”)的键角，原因_______。（4）中C原子的杂化类型为_______，其中含有两个相同的大键，其形式为_______。(用表示，n为原子数，m为电子数)，检验时，以S原子配位不以N原子配位的原因是_______。（5）咪唑、噻唑、呲啶是含N和S的有机杂环类化合物，结构如图所示：①上述三种物质中，沸点最高的是_______(填化学名称)②已知咪唑中存在大键，则在咪唑分子的两个氮原子中，更容易与形成配位键的是_______(填“①”或“②”)号氮原子。【答案】（1）①.sp3杂化②.三角锥形③.极性（2）①.5②.D（3）①.>②.中N原子不存在孤电子对，而中N原子含1对孤对电子，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，使得中键角减小（4）①.sp杂化②.③.S的电负性比N弱，更易提供孤对电子（5）①.咪唑②.①【解析】【小问1详析】中心Se原子的价层电子对数为3+，中心原子杂化类型是sp3杂化；中心Se原子的价层电子对数为4，含一对孤对电子，立体构型为三角锥形；中心Se原子的价层电子对数为，含两对孤对电子，分子构型为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子；【小问2详析】中心原子的价层电子对数为，结合价层电子对数可知中心原子杂化方式应为sp3d杂化；【小问3详析】中N原子价层电子对数为4，无孤对电子，而中心N原子价层电子对数也为4，含一对孤对电子，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此中的的键角小于的键角；【小问4详析】与CO2互为等电子体，也呈直线形结构，中心C原子采用sp杂化；其中含有两个相同的大键，形式为：；中S和N原子均存在孤对电子，但N的电负性强于S，因此S原子更易提供孤对电子；【小问5详析】①三者均为分子，但咪唑可形成分子间氢键，因此其沸点最高；②由咪唑的结构简式可知其大键应为，N①提供单电子形成大键，而N②提供一对孤对电子形成大键，由此可知N②不含其他孤电子对，而N①存在一对孤对电子，则①号氮原子更容易与形成配位键。20.以废镍触媒(含NiO、MgO、CaO、Al2O3、Fe2O3及SiO2)为原料制备硫酸镍的工艺流程如图：已知：①NiS不溶于水或稀硫酸；。②该工艺流程条件下，有关金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH见下表：金属离子Ni+Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH6.42.24.19.6完全沉淀时的pH8.43.55.411.6回答下列问题：（1）“酸溶”时，Al2O3溶解的化学方程式为___________。（2）“滤渣1”的成分是___________(填化学式)。（3）“滤液1”的pH约为1.8，在“调节pH”时用氨水逐步调节pH至6.3，依次析出的是___________(填化学式)。（4）从“沉镍”到“溶解”还需经过的操作是___________，“溶解”时用0.01mol·L-1的硫酸而不用水的原因是___________。（5）“滤渣4”并入滤渣___________(填“1”、“2”或“3”)可实现再利用。（6）某工厂用2t该废镍触媒(NiO含量为75%)制备硫酸镍，设整个流程中Ni的损耗率为20%，最终得到NiSO4·6H2O的质量为___________t。【答案】（1）（2）SiO2和CaSO4（3）、（4）①.过滤(洗涤)焙烧(煅烧)②.抑制Ni2+水解（5）3（6）4.2