-四川省德阳市什邡中学2024-2025学年高二上学期12月期末模拟考试 化学试题（解析版）

第页，共页第19页，共19页什邡中学高2023级平实部高二(上)期末可能用到的相对原子质量：H-1；O-16；Ba-137；N-14；S-32；C-12；Ti-48一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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。1.下列表示不正确的是A.氯化钙的电子式： B.基态Cr原子的价层电子轨道表示式：C.的VSEPR模型： D.Cl－Cl的p－pσ键电子云图形：【答案】B【解析】【详解】A．氯化钙属于离子化合物，电子式为，A正确；B．Cr元素原子序数是24，价层电子轨道为4s13d5，其电子轨道表示式为：，B错误；C．SO3分子中S原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，其VSEPR模型为，C正确；D．两个p轨道“头碰头”重叠形成p-pσ键，形成轴对称的电子云图形，D正确；故选B。2.冰壶比赛被称为“冰上的国际象棋”，制作冰壶用的标准砥石的化学成分为石英碱长正长岩，常见的组分有钾长石和钠长石等。下列说法错误的是A.碱性： B.基态原子未成对电子数：C.基态氧原子轨道表示式： D.电负性：【答案】B【解析】【详解】A．同一周期，从左到右，金属性减弱，故金属性Al＜Na，则碱性，A正确；B．Al的基态电子排布式为，3p轨道有一个未成对电子，Si的基态电子排布式为，3p轨道有2个未成对电子，则基态原子未成对电子数Si＞Al，B错误；C．O8号元素，基态氧原子轨道表示式：，C正确；D．同一周期，从左到右，电负性依次增强；同一主族，从上到下，电负性依次减弱，故电负性顺序为，D正确；故选B。3.一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则A.沸点： B.最高价氧化物的水化物的酸性：C.第一电离能： D.和空间结构均为平面三角形【答案】D【解析】【分析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素，W可形成4个共价键，原子序数比N小，即W为C元素，R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素，X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素，综上：R为H元素、W为C元素、Z为N元素、X为O元素、Y为P元素。【详解】A．由于NH3可形成分子间氢键，而PH3不能，因此沸点：NH3＞YH3，故A错误；B．W为C元素、Z为N元素，由于非金属性：C＜N，因此最高价氧化物的水化物的酸性：H2CO3＜HNO3，故B错误；C．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能：，故C错误；D．的中心原子价层电子对数为，属于sp2杂化，为平面三角形，的中心原子价层电子对数为，属于sp2杂化，为平面三角形，故D正确；故选D。4.碳酸氢铵用途广泛，但在高温下易分解，150℃时碳酸氢铵完全分解的化学方程式为。下列说法正确的是A.、互为同位素B.的电子式为C.的VSEPR模型：三角锥形D.该反应涉及的氧化物均属于极性分子【答案】B【解析】【详解】A．、的质子数不同，不互为同位素，A项错误；B．中C分别与2个O共有2对电子，电子式为，B项正确；C．中心原子上有一个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，C项错误；D．为极性分子，为非极性分子，D项错误；故选B。5.下列有关物质结构或性质的描述中，正确的是A.的空间构型为平面三角形B.键角：C.F的电负性大于Cl的电负性，所以酸性：D.HF分子间的氢键：氢键【答案】C【解析】【详解】A．的孤电子对数为，所以的空间构型为三角锥形，故A错误；B．中N为杂化，且有一个孤电子对，则键角：，故B错误；C．F的电负性大于Cl的电负性，的极性大于的极性，使—的极性大于—的极性，导致更易电离出氢离子，酸性更强，故C正确；D．图中箭头所指的为形成的共价键，氢键通常用虚线表示，故D错误；答案选C。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1Llmol/L的CH3COONa溶液中含有的数目为NAB.标准状况下，2.24L的氯仿中含有的分子数为0.1NAC.32g环状S8()分子中含有的共价键键数目为NAD.一定条件下，1molN2和3molH2充分反应生成NH3的分子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A．1Llmol/L的CH3COONa溶液的，电离出的总量为，但要发生水解，最后的数目小于，A错误；B．标准状况下，氯仿为液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，B错误；C．环状S8()分子中有共价键，则32g环状S8中的共价键数目为，C正确；D．由N2和H2充合成氨气为可逆反应，不能反应完全，因此1molN2和3molH2充分反应生成NH3的分子数小于2NA，D错误；故答案为：C。7.下表是常温下几种弱酸的电离平衡常数。下列说法正确的是CH3COOHHClOA.向溶液加入少量溶液：B.反应的平衡常数C.向溶液通入少量气体：D.中，结合质子能力最强的是【答案】A【解析】【分析】根据ka的大小，可以判断酸性的强弱为：CH3COOH>>HClO>。【详解】A．因为酸性CH3COOH>，根据强酸制弱酸，加入少量CH3COOH，发生反应的离子方程式为：，A正确；B．反应的平衡常数，B错误；C．向溶液通入少量气体，次氯酸钠具有强氧化性，硫化氢具有强还原性，二者发生氧化还原反应，C错误；D．酸性越弱，对应的离子结合氢离子的能力越强，故结合质子能力最强的是，D错误；答案选A。8.下列离子方程式书写正确的是A.泡沫灭火器的原理：B.向BaCl2溶液中通入少量SO2：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+C.向Na2S2O3溶液中加入稀盐酸：3S2O+2H+=4S↓+2SO+H2OD.Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液：Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2O【答案】D【解析】【详解】A．泡沫灭火器的原理为硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为，故A错误；B．亚硫酸的酸性弱于盐酸，则二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故B错误；C．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应生成氯化钠、硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故C错误；D．碳酸氢钙溶液与少量氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2O，故D正确；故选D。9.下列实验能达到目的的是实验目的实验方法或操作A测定中和反应的反应热选用浓度和体积相同的氢氧化钡和稀硫酸作为反应试剂B探究浓度对化学反应速率的影响量取同体积不同浓度H2O2溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，对比现象C用测定家用84消毒液的pH用玻璃棒葹取消毒液于干燥的pH试纸上，并与标准比色卡对比读出pHD实验室配制FeCl3溶液将FeCl3∙6H2O固体用浓盐酸溶解，再加入适量蒸馏水稀释至所需浓度A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钡和稀硫酸反应，不仅生成H2O，还生成BaSO4，所以测得的热量不是中和反应的反应热，A不能达到实验目的；B．H2O2溶液与Na2SO3溶液混合发生反应H2O2+Na2SO3=Na2SO4+H2O，没有现象产生，则无法探究浓度对化学反应速率的影响，B不能达到实验目的；C．84消毒液的有效成分NaClO具有漂白性，能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定家用84消毒液的pH，C不能达到实验目的；D．FeCl3为强酸弱碱盐，易发生水解而使溶液变浑浊，为抑制FeCl3水解反应的发生，应将FeCl3∙6H2O固体用浓盐酸溶解，再加入适量蒸馏水稀释至所需浓度，D能达到实验目的；故选D。10.在一恒容的密闭容器中充入CO2、CH4使其起始浓度均为0.1mol/L，在一定条件下发生反应：，测得平衡时CH4转化率与温度、压强的关系如图，下列有关说法中不正确的是A.时该反应的平衡常数为1.64 B.压强：C.压强为时，在y点： D.上述反应的【答案】D【解析】【分析】在一恒容的密闭容器中充入CO2、CH4使其起始浓度均为0.1mol/L，在一定条件下发生反应：，测得平衡时CH4转化率为80%，则参加反应CH4、CO2的物质的量都为0.1mol/L×80%=0.08mol，平衡时各物质的浓度分别为：CH40.02mol/L、CO20.02mol/L、CO0.16mol/L、H20.16mol/L。【详解】A．时该反应的平衡常数为=≈1.64，A正确；B．为气体分子数增大的可逆反应，减小压强平衡正向移动，反应物的转化率增大，则压强：，B正确；C．压强为时，在y点，CH4的转化率小于平衡转化率，则平衡正向移动，，C正确；D．压强一定时，升高温度，CH4的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，则上述反应的，D不正确；故选D。11.某同学设计实验探究丙酮碘化反应中，丙酮(无色液体)、I2、H+浓度对化学反应速率的影响。已知：编号丙酮溶液I2溶液盐酸蒸馏水溶液褪色的时间/s①②③④下列说法正确的是A.对比实验①和②无法探究丙酮浓度对反应速率的影响B.如果t1大于t3，可知I2浓度越大，反应速率越慢C.实验③中，以丙酮表示的反应速率为D.实验④中，a=1mL，根据实验①和④可探究H+浓度对反应速率的影响【答案】D【解析】【详解】A．实验①和②的温度相同，溶液的总体积都为6mL，c(I2)相同，只有c(丙酮)不同，可以探究丙酮浓度对反应速率的影响，A不正确；B．溶液的颜色是由c(I2)决定的，实验①中c(I2)是实验③中的二倍，即便t1大于t3，也不能说明I2浓度越大，反应速率越慢，B不正确；C．实验③中，丙酮过量，应使用c(I2)计算丙酮表示的反应速率，即为mol·L-1·s-1，C不正确；D．混合溶液的总体积都为6mL，则实验④中，a=6mL-5mL=1mL，实验①和④中两种反应物的浓度都相同，只有c(H+)不同，则可探究H+浓度对反应速率的影响，D正确；故选D。12.甲酸分子在活性Pd催化剂表面脱氢的反应历程与能量变化如图所示。下列说法正确的是A.该反应历程分3步进行B.反应达平衡，其他条件相同，升高温度，甲酸浓度减小C.若用代替，则可制得HDD.在Pd催化剂表面上有极性键和非极性键的断裂和形成【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，该反应历程分4步进行，A错误；B．由图可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲酸浓度增大，B错误；C．由图可知，甲酸分子脱氢生成CO2和H2，若用代替，则可制得CO2和HD，C正确；D．在Pd催化剂表面上没有非极性键的断裂，D错误；答案选C。13.为一种二元弱酸；常温时，向的水溶液中逐滴滴加溶液，混合溶液中、和的物质的量分数随变化的关系如图所示，下列说法不正确的是A.为B.当溶液中时，溶液值为2.7C.当加入时，D.向的溶液中继续滴加溶液，水的电离程度先增大后减小【答案】C【解析】【分析】H2A是二元弱酸，向H2A溶液中加入氢氧化钠溶液时，溶液中H2A的浓度减小，HA—的浓度先增大后减小，A2—的浓度先不变后增大，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应H2A、HA—、A2—的物质的量分数随溶液pH变化的关系；由图可知，H2A的浓度与HA—的浓度相等时，溶液pH为1.2，则电离常数Ka1(H2A)==c(H+)=1×10—1.2，HA—的浓度与A2—的浓度相等时，溶液pH为4.2，则电离常数Ka2(H2A)==c(H+)=1×10—4.2。【详解】A．由分析可知，电离常数Ka2(H2A)=1×10—4.2，故A正确；B．电离常数Ka1(H2A)Ka2(H2A)==1×10—5.4，H2A的浓度与A2—的浓度相等时，溶液中氢离子浓度为mol/L=1×10—2.7mol/L，则溶液pH为2.7，故B正确；C．由题意可知，氢氧化钠溶液体积为15ml时，得到等浓度的NaHA和Na2A的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系和物料守恒关系，整合可得，故C错误；D．向pH为4.2的溶液中继续加入氢氧化钠溶液时，HA—的浓度减小、A2—的浓度增大，A2—的水解程度增大导致水的电离程度增大，而氢氧化钠溶液过量时，氢氧化钠电离出的氢氧根离子会抑制水的电离导致水的电离程度减小，所以向pH为4.2的溶液中继续加入氢氧化钠溶液时，水的电离程度会先增大后减小，故D正确；故选C。14.现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH、Ba2+、CO、Cl-、SO。现取两份各200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.7g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，以下推测正确的是A.一定存在NH、CO、SO，一定不存在Ba2+、Cl-B.一定存在NH、CO、Cl-、SO，可能存在K+C.若溶液中存在NH、Cl-、CO、SO、K+五种离子，则c(K+)>0.1mol·L-1Dc(SO)=0.1mol·L-1，c(NH)<c(SO)【答案】C【解析】【分析】第一份溶液中加入足量NaOH溶液，加热生成的气体为氨气，质量为1.7g即0.1mol，第二份加入足量氯化钡溶液，得到沉淀12.54g，沉淀经盐酸洗涤、干燥后，剩余沉淀质量为4.66g，这4.66g沉淀为硫酸钡，物质的量为0.02mol，溶解的沉淀物为碳酸钡，物质的量为7.88g÷197g/mol=0.04mol，因为存在硫酸根离子和碳酸根离子，则一定不存在钡离子，200g溶液中含有硫酸根离子0.02mol，碳酸根离子0.04mol，铵根离子0.1mol根据电荷守恒，则含有钾离子，氯离子是否存在无法确定，钾离子的物质的量至少为0.02mol。【详解】A．根据分析可知，一定存在铵根离子、碳酸根离子和硫酸根离子，一定不存在钡离子，可能存在氯离子，A错误；B．根据分析可知，氯离子不一定存在，钾离子一定存在，B错误；C．200g溶液中含有硫酸根离子0.02mol，碳酸根离子0.04mol，铵根离子0.1mol，同时还有氯离子存在，则钾离子的物质的量一定大于0.02mol，c(K+)>0.1mol/L，C正确；D．200g溶液中含有硫酸根离子0.02mol，铵根离子0.1mol，则硫酸根离子的浓度小于铵根离子浓度，D错误；故答案选C。二、非选择题(本题包括4个小题，共58分)15.前四周期元素、、、、、的原子序数依次增大。元素的基态阴离子的电子排布式与基态锂离子的相同，和位于同主族，基态原子核外有3个能级且各能级上容纳的电子数相等，基态原子核外有2个未成对电子，最外能层符号为。价离子的能级达到全充满结构。请回答下列问题：（1）基态原子价电子轨道表示式为___________。（2）标准状况下，气体含键的物质的量为___________；已知与的电子式相似，则分子中键的数目为___________。（3）由、、三种元素中的两种构成原子个数比为的分子中，含极性键的非极性分子有___________(填分子式)：既含极性键，又含非极性键的极性分子有___________(填分子式)。（4）、分别与构成的阴离子中，立体构型为平面三角形的有___________(填离子符号)。（5）钴可形成配合物，该配合物中的空间构型为___________；是黄色沉淀，该物质中四种元素的电负性由大到小的顺序是___________(填元素符号)。【答案】（1）（2）①.②.（3）①.②.（4）、（5）①.形②.【解析】【分析】基态锂离子的电子排布式为1s2，A元素的基态阴离子的电子排布式与基态锂离子的相同，则A为H；基态B原子核外有3个能级且各能级上容纳的电子数相等，则B的核外电子排布式为1s22s22p2，则B为C；基态D原子核外有2个未成对电子，最外能层符号为L，则D原子核外电子排布式为1s22s22p4，有2+2+4=8个电子，则D为O；B(C)、C、D(O)原子序数依次增大，则C为N；+1价F离子的3d能级达到全充满结构，则基态F原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则F为Cu；E和A(H)同主族，且原子序数比D(O)大，比F(Cu)小，则E为Na或K；综上所述，A、B、C、D、E、F分别为：H、C、N、O、Na或K、Cu，据此解答。【小问1详解】C为N元素，基态N原子有5个价电子，其价轨道表示式为。【小问2详解】C为N，C2即N2，标准下，aLN2的物质的量=，1个N2中含2个π键，则aLN2气体含π键的物质的量=；已知CN⁻与N2互为等电子体，结构式为N≡C-C≡N，含有3个σ键，则1mol(CN)2分子中σ键的数目为3NA。【小问3详解】由H、C、O三种元素中的两种构成原子个数比为1∶1的分子有，H2O2、C2H2、CO，其中C2H2为直线形分子，以上四种分子正负电荷中心重合，为含有极性键的非极性分子；H2O2含极性键，又含非极性键的极性分子。【小问4详解】C、N分别与O构成的阴离子有、、等，其中、的价层电子对数均为3，且不含孤电子对，空间构型为平面三角形。【小问5详解】价层电子对数为2+=3，中心原子含有1个孤电子对，空间构型为V形；中四种元素为K、Co、N、O，同周期元素从左到右电负性增加，N<O，金属性强的电负性弱，故电负性为O>N>Co>K。16.热化学和各类平衡等都是化学研究的对象（1）已知：①②③④上述反应热效应之间的关系式为___________(用含、、的代数式表示)。（2）将不同量的和分别通入体积为的恒容密闭容器中，进行反应：，得到如下表两组数据：实验组温度起始量平衡量达到平衡所需时间18002462900123①该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应；实验2的平衡常数___________。②若保持温度和容积不变，向实验1再增加，使反应达到新平衡，下列说法不正确的是___________。A．新旧平衡时容器气体压强之比为B．新平衡时的转化率增大C．新平衡时的浓度是D．新旧平衡时容器气体密度之比为（3）室温下，用的溶液滴定(二元弱酸)溶液，所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题①点②所示的溶液中的电荷守恒式为___________。②点③所示溶液中各离子浓度由大到小的顺序为___________。③点④所示溶液中___________。【答案】（1）（2）①.放热②.(或1/6)③.（3）①.②.③.【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，③×2-②×2-①得到△H4=。【小问2详解】①依据实验1和2计算平衡常数比较判断反应热量变化，对于实验1列出“三段式”平衡常数K==1；对于实验2列出“三段式”平衡常数K==(或)；升高温度平衡常数变小，该反应为放热反应；②若保持温度和容积不变，向实验1再增加，A．反应前后气体压强不变，新、旧平衡时容器内气体的压强之比=(4+6)：6=5：3，A正确；B．实验1再增加，平衡正向移动，但新平衡时H2O的转化率减小，B错误；C．设消耗水难度为x，结合平衡常数计算，

，x=1.2，新平衡时CO的浓度是0.8mol•L-1，C正确；D．新、旧平衡时容器内气体密度之比=质量之比=(6×18+4×28)：(2×18+4×28)=

179:75，D错误；答案为：BD。【小问3详解】①溶液中所有阳离子所带的正电荷总数一定等于阴离子所带的负电荷总数，即电荷守恒：；②点③时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4，溶液显酸性，的电离程度大于水解程度，另外的水解和电离都是微弱的，则溶液中离子浓度关系为：，；③点④溶质为等浓度的KHC2O4和K2C2O4，根据物料守恒可得：2c(K+)=3c(H2C2O4)+3c(HC2O)+3c(C2O)，即c(K+)=[c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)]，c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)=[c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)]=。17.钛白粉()是一种染料及颜料，广泛用于油漆、塑料、造纸等行业。以钛铁矿(主要成分是，含、、等杂质)为原料制备钛白粉并回收绿矾()，工艺流程如下：已知有关钛的转化反应如下：ⅰ．；ⅱ．；ⅲ．。回答下列问题：（1）“滤渣1”的主要成分是___________(填化学式)。“水浸”中，正确的操作是___________(填序号)。①向水中加入“酸溶”混合物②向“酸溶”混合物中加入水（2）用离子方程式表示铁屑的主要作用：___________。（3）“滤液”经处理可循环用于___________(填名称)工艺，提高原料利用率。（4）测定样品纯度。步骤1：精确称取样品放入锥形瓶中，一定条件下，将溶解并还原为。步骤2：用溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点，平行实验三次，平均消耗滴定液。滴定反应：。①在滴定接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是将滴定管旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于尖嘴口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，使用洗瓶以蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。②该样品中的质量分数为___________。（5）工业上，采用水解制备，写出反应的化学方程式：___________。【答案】（1）①.、②.①（2）（3）酸溶（4）（5）【解析】【分析】酸溶时发生反应：，，，其中硫酸钙和二氧化硅均难溶于硫酸，故“滤渣1”中有二氧化硅和硫酸钙。还原过程主要发生2Fe3++Fe=3Fe2+，再经过冷却结晶法回收绿矾(FeSO4⋅7H2O)，滤液经水解得到和硫酸，最后灼烧得到钛白粉。【小问1详解】和均难溶于硫酸，故“滤渣1”中有、。“酸溶”后混合物中含有浓硫酸，应将此混合物加入水中，避免液体飞溅，故选①。【小问2详解】铁屑的主要作用是还原Fe3+，离子方程式为：。【小问3详解】由分析可知，滤液b含硫酸，可用于“酸溶”工序。【小问4详解】根据关系式TiO2∼Ti3+∼Fe3+可得，n(TiO2)=n(Fe3+)=cV×10-3mol，该样品中的质量分数为。【小问5详解】工业上，采用水解制备，同时生成HCl，反应的化学方程式为：。18.硫代硫酸钠()主要用于照相业作定影剂，其次作鞣革时重铬酸盐的还原剂。实验室制备的装置如下图所示：（1）盛装浓硫酸的仪器名称