2022届广东省揭阳市榕城区仙桥中学高二下学期期中考试化学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页广东省揭阳市榕城区仙桥中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A．我国成功研制出多款新冠疫苗，采用冷链运输疫苗，以防止蛋白质变性B．北斗卫星导航系统由中国自主研发、独立运行，其所用芯片的主要成分为SiO2C．“神州十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料D．石墨烯液冷散热技术系我国华为公司首创，所使用材料石墨烯是一种二维碳纳米材料【答案】B【解析】A．温度升高，蛋白质会发生变性，为避免蛋白质变性，疫苗一般应冷链运输，故A正确；B．晶体硅是良好的半导体材料，可用于制造芯片，即芯片的主要成分为硅，不是二氧化硅，二氧化硅可以制作光导纤维，故B错误；C．高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，故C正确；D．石墨烯具有非常好的热传导性能，可用于液冷散热技术方面，是由碳原子组成的六角形呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料，故D正确；故选B。2．下列有关化学用语表示正确的是A．钾离子的电子排布式：B．基态氮原子的电子排布图：C．水的电子式：D．基态铬原子的价电子排布式：【答案】B【解析】A．K的原子序数为19，核内19个质子，核外19个电子，表示失去最外层一个电子，核外只有18个电子，钾离子的电子排布式为，选项A错误；B．N原子核外有7个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，基态氮原子的电子排布图位，选项B正确；C．中O原子与每个H原子形成一对共用电子对，只有共价键，电子式为，选项C错误；D．电子排布处于全满或半满状态是稳定状态，则基态铬原子的价电子排布式为，选项D错误；答案选B。3．三氯化磷分子和氨分子结构和空间构型相似，是三角锥形而不是平面正三角形，下列关于三氯化磷分子的叙述，不正确的是A．PCl3分子中三个共价键的键长、键能和键角都相等B．PCl3分子中的P—Cl键属于极性共价键C．PCl3分子中既有σ键，又有π键D．PCl3分子中各原子都达到8电子稳定结构【答案】C【解析】A．PCl3分子中三个P-Cl键完全相同，所以键长、键角都相等，故A正确；B．不同非金属元素之间形成极性共价键，则分子中P-Cl键是极性共价键，故B正确；C．PCl3分子中只有σ键，没有π键，故C错误；D．在PCl3分子中各原子都达到8电子稳定结构，故D正确；答案为C。4．下列说法中正确的是A．和都是正四面体形分子，且键角都为B．电子云图中，小点越密，表明电子越多C．气体单质中，一定有键，可能有键D．分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用强【答案】D【解析】A．白磷分子的空间构型为正四面体形，键角为60°，故A错误；B．电子云图中，小黑点的多少只表示电子在此处发现几率的多少，小点越密表明电子出现的几率越多，故B错误；C．稀有气体是单原子分子，分子中不存在σ键，故C错误；D．磷化氢分子中有3对成键电子对和1对孤电子对，孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用强，故D正确；故选D。5．将CO2转化为燃料甲醇是实现碳中和的途径之一、在恒温恒容密闭容器中进行反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

∆H，下列有关说法正确的是A．若升高温度，反应逆向进行，则∆H<0B．正反应为熵增过程，∆S>0C．若混合气体的密度不随时间变化，可说明反应达到平衡D．加入催化剂，可提高CO2的平衡转化率【答案】A【解析】A．若升高温度，反应向逆反应方向进行，说明该反应为放热反应，反应∆H<0，故A正确；B．由方程式可知，该反应是一个气体体积减小的反应，反应∆S<0，故B错误；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒温恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故C错误；D．加入催化剂，降低反应的活化能，反应速率加快，但化学平衡不移动，二氧化碳的平衡转化率不变，故D错误；故选A。6．下列事实不能用平衡移动原理解释的是A．氯水在光照下颜色变浅，最终变为无色B．夏天打开啤酒瓶，有很多气泡冒出C．由NO2(g)、N2O4(g)组成的平衡体系通过缩小体积加压后颜色变深D．实验室用排饱和食盐水的方法收集Cl2【答案】C【解析】A．氯水中存在,光照下发生反应，随反应进行HClO浓度减小，平衡正向移动，氯气浓度逐渐减小至消失，最终颜色变浅至无色，可用平衡移动原理解释，故A不符合题意；B．夏天打开啤酒瓶，是压强减小，平衡逆向移动，有很多气泡冒出，可用平衡移动原理解释，故B不符合题意；C．由NO2(g)、N2O4(g)组成的平衡体系,缩小体积增大压强体系物质浓度增大，颜色变深，而且平衡正向移动，在变深基础上变浅，最终颜色仍然变深，所以颜色变深不能用平衡移动原理解释，故C符合题意；D．饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向移动，抑制氯气和水反应，所以可用排饱和食盐水的方法收集Cl2可用平衡移动原理解释，故D不符合题意；故答案为：C7．某实验小组为检验菠菜中是否含有铁元素，进行如下操作：①取10.0g菠菜研磨成汁，加30mL水溶解后过滤；②滤液加入稀硝酸氧化后滴加KSCN溶液，检验溶液中是否含有Fe3+。上述实验操作中不需要用到的仪器为A． B． C． D．【答案】D【解析】A．称量菠菜需要托盘天平，故A正确；B．菠菜研磨成汁，加30mL水溶解后过滤需要漏斗，故B正确；C．向滤液中加稀硝酸氧化和滴加KSCN溶液均需要胶头滴管，故C正确；D．本实验没有涉及定量的滴定，故不需要滴定管，故D错误；故答案为D8．水是生命资源，节约用水是公民的义务。下列有关水处理方法涉及盐类水解原理的是A．用Fe2(SO4)3除去水中的悬浮物B．用二氧化氯对自来水进行杀菌消毒C．用Na2CO3除去硬水中的Ca2+D．用Na2S除去工业废水中的Cu2+和Hg2+【答案】A【解析】A．硫酸铁中由于电离出的铁离子发生水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附作用，除去悬浮物、能净水，涉及盐类水解原理，故A符合题意；B．用二氧化氯进行自来水消毒，氧化性强杀菌消毒程度高且无污染，不涉及盐类水解原理，故B不符合题意；C．Na2CO3能溶于水，碳酸钙难溶于水，故用Na2CO3除去硬水中的Ca2+，不涉及盐类水解原理，故C不符合题意；D．用Na2S能与Cu2+和Hg2+生成CuS和HgS沉淀，除去工业废水中的Cu2+和Hg2+，不涉及盐类水解原理，故D不符合题意；故选A。9．25℃时，由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中，一定能大量共存且溶液为无色的离子组是A．Cl-、NO、K+、Ba2+ B．NH、SCN-、Cl-、Fe3+C．Cu2+、SO、Al3+、Cl- D．SO、Na+、HCO、K+【答案】A【解析】由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中，可能是酸或者碱抑制了水的电离；A．Cl-、NO、K+、Ba2+在酸或者碱溶液中均不能反应，故一定能大量共存，故A正确；B．NH和Fe3+在碱性环境不能存在，SCN-在酸性环境不能存在，且Fe3+有颜色，故一定不能大量共存，故B错误；C．Cu2+和Al3+在碱性环境不能存在，Cu2+有颜色，故一定不能大量共存，故C错误；D．HCO在酸性或者碱性均不能存在，故D错误；故答案为A10．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A．常温下，78gNa2O2中含有离子数为4NAB．1L0.5mol/L的AlCl3溶液中所含Al3+的数目为0.5NAC．1molCl2与过量H2O反应，转移的电子数目为NAD．标准状况下，11.2LN2和NO混合气体中的原子数为NA【答案】D【解析】A．78g过氧化钠的物质的量为：=1mol，1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子，含有的阴离子数为NA，故A错误；B．铝离子在溶液中会水解，导致个数减少，故1L0.5mol/L的AlCl3溶液中的铝离子的个数小于0.5NA个，故B错误；C．1molCl2与过量H2O的反应是可逆反应，只有很少的氯气参加反应，转移电子的物质的量小于0.1mol，故C错误；D．NO和N2都是双原子分子，11.2L的混合气体总的物质的量==0.5mol，所以混合气体中的原子数=0.52NA=1NA，故D正确；故选D。11．现有4种元素的基态原子的电子排布式如下：①；②；③；④。则下列比较中，正确的是A．第一电离能：④>③>②>① B．原子半径：④>③>②>①C．电负性：④>③>②>① D．最高正化合价：④>③=②>①【答案】A【解析】由题干信息可知，①即为S；②即为P；③即为N；④即为F。A．同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，同一主族从上往下元素的第一电离能依次减小，故第一电离能：④>③>②>①，A正确；B．同一周期从左往右主族元素原子半径依次减小，同一主族从上往下元素原子半径依次增大，故原子半径：②>①>③>④，B错误；C．同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小，故电负性：④>③>①>②，C错误；

D．主族元素的最高正价等于其最外层电子数(O、F除外)，故最高正化合价：①>③=②>④，D错误；故答案为：A。12．根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的立体构型正确的是选项分子式中心原子杂化方式价层电子对互斥模型分子或离子的立体构型ASO2sp直线形直线形BHCHOsp2平面三角形三角锥形CNF3sp2四面体形平面三角形DNH4+sp3正四面体形正四面体形A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A、SO2中心原子杂化方式sp2，价层电子对互斥模型为平面三角形，含有一个孤电子对，分子的立体构型为V型结构，选项A错误；B、HCHO分子中心原子杂化方式sp2，价层电子对互斥模型为平面三角形，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，选项B错误；C、NF3分子中心原子杂化方式sp3，价层电子对互斥模型为四面体形，含有一个孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，选项C错误；D、NH4+的中心原子杂化方式sp3，价层电子对互斥模型为正四面体形，没有孤电子对，离子的立体构型为正四面体形，选项D正确；答案选D。13．我国科学家最近发现一种可用于制造半导体材料的新物质，其结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、Y处于同一主族。下列说法正确的是A．原子半径：B．电负性：C．W、Z形成的化合物各原子最外层满足8电子稳定结构D．W的氧化物对应的水化物为强电解质【答案】C【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，由化合物结构式可知，X形成1条共价键，Z形成4条共价键，W形成1条共价键，Z、Y处于同一主族，可确定Z、Y都为第IVA元素，原子序数Z>Y，则Z为Si，Y为C，再根据原子序数大小关系，可推出X为H，W为Cl，即X、Y、Z、W分别为H、C、Si、Cl。A．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：，A项错误；B．电负性：，B项错误；C．的电子式为，化合物中各原子最外层满足8电子稳定结构，C项正确；D．的氧化物对应的水化物，并无说明是最高价氧化物的水化物，如是弱电解质，D项错误；故选C。14．对下列图示实验的描述正确的是A．图1所示的实验：可根据溶液颜色变化比较Zn、Cu的金属活泼性B．图2所示的实验：用NaOH溶液滴定盐酸C．图3所示的实验：用浓硫酸和NaOH溶液反应测定中和热D．图4所示的实验：根据两烧瓶中气体颜色的变化(热水中变深、冰水中变浅)判断NO2(g)⇌N2O4(g)是吸热反应【答案】A【解析】A．该装置为原电池，活泼金属作负极、不活泼金属作正极，反应过程中若溶液颜色变浅，说明铜离子得到电子被还原、则锌失去电子被氧化，可证明锌的活泼性大于铜，A正确；B．图中装置的左侧滴定管为碱式滴定管，则右侧为酸式滴定管，该实验为用盐酸滴定NaOH溶液，B错误；C．测定中和热只能使用稀酸和稀碱；由于浓硫酸遇水放热，使用浓硫酸会导致中和热测定数值偏大，C错误；D．热水中的烧瓶中气体的颜色变深，即平衡2NO2(g)N2O4(g)逆向移动，冰水中的烧瓶中气体的颜色变浅，即平衡2NO2(g)N2O4(g)正向移动，说明该平衡的正反应是放热反应，D错误；故选A。15．以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池的结构如图所示。下列关于该电池的叙述正确的是A．该装置属于电解池B．放电过程中，H+从正极区向负极区迁移C．电池负极的电极反应式为D．在电池反应中，每消耗氧气，理论上能生成(标准状况)CO2【答案】C【解析】A．该装置是微生物燃料电池，属于原电池，A不正确；B．原电池在放电过程中，阳离子向正极移动，则H+从负极区向正极区迁移，B不正确；C．在电池负极，C6H12O6失电子产物与H2O反应，生成CO2气体和H+，电极反应式为，C正确；D．在电池反应中，每消耗氧气，得到4mole-，依据电极反应式，理论上能生成22.4L(标准状况)CO2，D不正确；故选C。16．已知完全分解1molH2O2放出热量为98kJ，在含有少量I-的溶液中H2O2分解的机理为反应Ⅰ：H2O2(aq)+I-(aq)IO-(aq)+H2O(l)△H1反应Ⅱ：H2O2(aq)+IO-(aq)O2(g)+I-(aq)+H2O(l)△H2在一定温度下，其反应过程能量变化如图所示，下列有关该反应的说法不正确的是A．反应Ⅱ高温下能自发进行B．H2O2分解产生氧气的速率是由反应I决定的C．I-、IO-都是催化剂D．△H1+△H2=-196kJ•mol-1【答案】C【解析】A．根据能量变化图可知反应Ⅱ为吸热反应，即，又因为该反应的，故反应Ⅱ高温下能自发进行，A正确；B．反应Ⅰ的活化能高，反应速率慢，故分解产生氧气的速率由反应Ⅰ决定，B正确；C．根据反应过程可知，I-是反应的催化剂，而IO-是中间产物，C错误；D．完全分解放出热量，反应Ⅰ、Ⅱ相加即得，D正确；故选：C。二、填空题17．根据已学知识，请回答下列问题：(1)基态N原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_______，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_______。(2)写出3p轨道上有2个未成对电子的元素的符号：_______。(3)某元素被科学家称之为人体微量元素中的“防癌之王”，其原子的外围电子排布式为4s24p4，该元素的名称是_______。(4)已知铁是26号元素，写出Fe的价层电子排布式_______；在元素周期表中，该元素在_______填“s”“p”“d”“f”或“ds”)区。(5)Zn2+的核外电子排布式为_______。【答案】(1)

L

球形和纺锤形(或哑铃形)(2)Si或S(3)硒(4)

3d64s2

d(5)1s22s22p63s23p63d10【解析】(1)N是7号元素，根据构造原理，可知基态N原子核外电子排布式是1s22s22p3，价层电子排布式是2s22p3，则其核外电子占据的最高能层的符号是L；占据该能层电子为s电子和p电子，s能级电子云轮廓图为球形，占据p能级电子的电子云轮廓图形状为纺锤形(或哑铃形)；(2)3p轨道上有2个未成对电子的核外电子排布式可能是1s22s22p63s23p2或1s22s22p63s23p4，前者是14号Si元素，后者是16号S元素；(3)某元素被科学家称之为人体微量元素中的“防癌之王”，其原子的外围电子排布式为4s24p4，基态原子核外电子数是2+8+18+6=34，该元素是第四周期第ⅥA族元素，该元素是硒元素；(4)已知铁是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2简写为[Ar]3d64s2，则Fe的价层电子排布式为3d64s2，位于元素周期表的d区；(5)Zn是30号元素，根据构造原理可知基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2。Zn2+是Zn原子失去最外层的2个4s电子形成的离子，则Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。18．CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题。工业上有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)

∆H=-49.0kJ/mol。将6molCO2和8molH2充入2L的恒温刚性密闭容器中，测得的氢气物质的量随时间变化如图所示(实线)。(1)下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是_______(填序号)。A．v正(CO2)=3v逆(H2) B．混合气体的平均相对分子质量不变C．n(CO2)：n(H2)保持不变 D．压强保持不变(2)a点正反应速率_______(填大于、等于或小于)b点逆反应速率。(3)平衡时CO2的转化率为_______，该条件下反应的平衡常数K=_______。(4)若达到平衡后往容器中分别充入CO2、H2O各2mol，请问v正_______v逆(填“大于”，“小于”或者“等于”)。(5)仅改变某一实验条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示，对应的实验条件改变的是_______。(6)如果要加快反应速率并且提高CO2平衡转化率，可以采取的措施有_______(写任意一个即可)【答案】(1)BD(2)大于(3)

33.3%

0.5(4)大于(5)增大CO2的量(6)加压、移除产品【解析】(1)A．在任何时刻都存在3v正(CO2)=v正(H2)，若v正(CO2)=3v逆(H2)，则v正(H2)=3v正(CO2)=9v逆(H2)，反应正向进行，正、逆反应速率不等，反应未达到平衡，A错误；B．由于体系内全为气体，反应前后物质的量发生变化，故当混合气体的平均相对分子质量不变，此时反应达到平衡，B正确；C．n(CO2)：n(H2)保持不变，反应可能处于平衡状态，也可能为处于非平衡状态，不能据此判断反应是否达到平衡状态，C错误；D．反应为恒容，且前后气体系数不同，故压强不变可以作为平衡判断的标志，D正确；故合理选项是BD；(2)由图中可知：a点、b以后H2的物质的量还在减小，反应还在向正向进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，当到c点时正反应速率最小，逆反应速率最大，此时正反应速率和逆反应速率相等，可知a点正反应速率大于b点的逆反应速率；(3)由图中可知：平衡时氢气的物质的量为2mol，反应消耗H2的物质的量是8mol-2mol=6mol，则根据物质反应转化关系可知反应消耗CO2的物质的量是2mol，由于开始时加入CO2的物质的量为6mol，则CO2的平衡转化率为；根据方程式CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)中物质反应转化关系可知：每有3molH2反应会消耗1molCO2，反应产生CH3OH、H2O(g)的物质的量都是1mol，从反应开始至平衡时共消耗6molH2，则平衡时n(CO2)=6mol-2mol=4mol，n(H2)=8mol-6mol=2mol，n(CH3OH)=n(H2O)=2mol，由于容器的容积是2L，故各种气体的平衡浓度分别是c(CO2)=2mol/L，c(H2)=1mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=1mol/L，则该温度下的化学平衡常数K=；(4)若达到平衡后往容器中分别充入CO2、H2O各2mol，此时Qc=，反应向右进行，v正＞v逆；(5)由图中可知：改变条件后H2的量减少，达到平衡所需要的时间更短，即反应速率加快，且H2的物质的量是逐渐减少的，故仅改变某一实验条件再进行实验，对应的实验条件改变的是增大CO2的量，增大一种反应物的浓度，化学平衡正向移动，另一种反应物的转化率增大；(6)如果要加快反应速率并且提高CO2平衡转化率，可以采取的措施有加压、移除产品等。三、工业流程题19．利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，图为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。②流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8(1)Co2O3中Co元素的化合价为_______。(2)NaClO3发生的主要离子反应方程式为_______；若不慎加入过量NaClO3，可能会生成有毒气体是_______(写化学式)。(3)沉淀Ⅰ的主要成分为_______、_______。(4)若萃取剂层含锰元素，则加入NaF溶液的目的是_______。(5)“水层”中含有CoCl2，写出生成CoC2O4·2H2O的化学反应方程式为_______。(6)为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量HNO3酸化的AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是_______。(答一条即可)【答案】(1)+3(2)

Cl2(3)

Fe(OH)3

Al(OH)3(4)将Mg2+和Ca2+转化为MgF2、CaF2沉淀除去(5)(6)产品中混有NaCl杂质；结晶时H2O含量低【解析】水钴矿用盐酸溶解，用Na2SO3还原得到浸出液，加入NaClO3后用Na2CO3调节pH至5.2，过滤得到沉淀IFe(OH)3和Al(OH)3，往滤液I加入NaF溶液，得到MgF2、CaF2沉淀，过滤除去后得到滤液Ⅱ，用萃取剂萃取后得到的水层溶液中加入草酸铵溶液得到CoC2O4·2H2O，若是将水层直接蒸发浓缩、冷却结晶，则得到CoCl2·6H2O。(1)Co2O3中O为-2价，计算可得Co元素的化合价为+3价。(2)因为浸出液中含有H+和Fe2+，NaClO3在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：；因为溶液中含有Cl-，酸性条件下可以与Cl-反应：，因此生成的有毒气体为氯气。(3)浸出液加入NaClO3后溶液中的离子有H+、Co2+、Fe3+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等，加入Na2CO3调节pH到5.2后，结合已知②，可知生成的沉淀为Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)经过过滤，滤液I中的阳离子有Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，因为萃取剂层含有Mn元素，因此加入NaF是为了除去Mg2+、Ca2+，即将Mg2+和Ca2+转化为MgF2、CaF2沉淀除去。(5)“水层”中含有CoCl2，加入草酸氨后生成CoC2O4·2H2O的化学反应方程式为。(6)计算出粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，证明其中含有一些含氯杂质，且杂质中氯所占的质量分数大于CoCl2·6H2O中氯的质量分数。因此可能的原因是：产品中混有NaCl杂质；或结晶时H2O含量低。四、实验题20．高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效、多功能新型绿色消毒剂，主要用于饮水处理和化工生产。某化学小组利用如图装置和药品制备K2FeO4并测定纯度。回答下列问题：已知：K2FeO4为紫色固体，具有强氧化性，易溶于水、微溶于浓碱溶液、不