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2022-2023学年四川省宜宾市叙州区第二中学高二下学期开学考试化学试题 （解析版）
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这是一份2022-2023学年四川省宜宾市叙州区第二中学高二下学期开学考试化学试题 （解析版），共15页。试卷主要包含了 用NA表示阿伏加德罗常数的值，1NA，C项错误；， 某恒温密闭容器发生可逆反应， 某、混合溶液中存在平衡等内容，欢迎下载使用。
叙州区二中2022-2023学年高二下期开学考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56
第I卷 选择题(48分)
一．选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求
1. 对于化学反应方向的确定，下列说法正确的是
A. 在温度、压强一定的条件下，焓因素和熵因素共同决定一个化学反应的方向
B. 温度、压强一定时，放热的熵增加的反应不一定能自发进行
C. 反应焓变是决定反应能否自发进行的唯一因素
D. 能够自发进行的反应就一定能够发生并完成
【答案】A
【解析】
【详解】A．在温度、压强一定的条件下，化学反应的方向是熵变和焓变共同影响的结果，我们称为复合判据，故A正确；
B．放热反应△H＜0，熵增加的反应，△S＞0，△H-T△S一定小于0，反应一定能自发进行，故B错误；
C．化学反应的方向是熵变和焓变共同影响的结果，故C错误；
D、反应能自发进行，不一定能完成，如可逆反应，故D错误；
答案选A。
2. 下列元素中，基态原子的价电子排布式、电子排布式或电子排布图不正确的是
A. Al 3s23p1 B. As [Ar]4s24p3
C. Ar 3s23p6 D. Ni 3d84s2
【答案】B
【解析】
【详解】A.Al位于周期表中第三周期、第ⅢA族，则其价电子排布式为 3s23p1，A项正确；B.对于主族元素来说，价电子就是最外层电子，则As的价电子排布式为4s24p3，B项错误；C.Ar位于零族，价电子排布式为3s23p6 ，C项正确；D.根据核外电子排布规律，Ni的价电子排布式和电子排布图分别为3d84s2 、，D项正确。答案选B。
3. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A. 28g晶体硅中所含Si—Si键数目2NA
B. H2S、H2Te、H2O分子间作用力依次增大
C. 在标准状况下，将2.24LNO和1.12LO2混合气体置于密闭容器中的分子总数为0.1NA
D. ①金刚石②金属钾③干冰三种晶体的微粒配位数由大到小排序为③＞②＞①
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶体硅中每个硅形成四个键，平均每个硅形成个键，28g硅是1mol，所以形成键数目为，A正确；
B．分子间作用力包含范德华力和氢键，氢键强于范德华力，分子间存在氢键，三者中的分子作用力最大，和分子间只存在范德华力，结构相似的分子间范德华力只与相对原子质量有关，的相对分子质量大于，所以的分子间作用力大于的分子间作用力，B项正确；
C．，会继续发生反应，所以反应达到平衡时密闭容器中分子总数应小于0.1NA，C项错误；
D．金刚石晶体中每个C原子与其相邻的四个C原子形成共价键，构成正四面体，配位数是4，金属钾晶体为体心立方堆积，配位数为8，干冰晶体是一种立方面心结构，晶胞的8个顶点和6个面心各有一个二氧化碳分子，其配位数是12，所以它们的配位数由大到小排序为③＞②＞①，D项正确；
答案选C。
4. 某恒温密闭容器发生可逆反应：Z(?)+W(?)X(g)+Y(?)△H，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件。下列有关说法中正确的是
A. t1～t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量可能相等也可能不等
B. Z和W在该条件下至少有一个是为气态
C. 若在该温度下此反应平衡常数表达式为K=c(X)，则t1～t2时间段与t3时刻后的X浓度不相等
D. 若该反应只在某温度T以上自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图象可知，正反应速率不随时间和压强改变而改变，Z、W均为非气体，X是气体，Y可能是气体或是非气体，所以反应过程中气体摩尔质量可能相等也可能不等，故A正确；
B．根据图象可知，正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，Z、W均为非气体，故B错误；
C．由于化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数K=c(X)是定值，则t1～t2时间段与t3时刻后的c(X)相等，故C错误；
D．由于该反应在温度为T以上时才能自发进行，根据△H-T△S＜0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故D错误；
答案选A。
5. 海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是
A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴
B. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
C. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂
D. 富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收
【答案】C
【解析】
【详解】A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；
B、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确；
C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；
D、提取溴时一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确；
答案选C。
【点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。
6. 对于可逆反应，研究的目的和图示相符的是
A. 图1：研究压强对反应的影响(p1>p2) B. 图2：研究温度对反应的影响
C. 图3：研究平衡体系增加N2对反应的影响 D. 图4： 研究催化剂对反应的影响
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．该反应为气体的分子总数减小的反应，增大压强，平衡向着生成氨气的方向移动，氨气的体积分数增大；由于p1>p2，所以p1条件下对应氨气的体积分数应大于p2，与图象不符，故A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，化学反应向着逆反应方向进行，反应物氮气的转化率减小，故B错误；
C．增大反应物的浓度，正反应速率增大，逆反应速率在开始的瞬间不变，平衡正向移动，故C正确；
D．加入催化剂可以加快化学反应速率，反应达到平衡的时间缩短，但是不会引起平衡的移动，故D错误；
故选C。
7. 某、混合溶液中存在平衡：，与温度T的关系如下图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法正确的是
A. 反应
B. 若温度为，对应的平衡常数分别为，则
C. 若时，反应进行到状态D时，一定v正＞v逆
D. 状态A与状态B相比，状态B时的转化率更高
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象可知，随温度升高，c(I)减小， 为放热反应，逆反应为吸热反应，即 ΔH＞0，故A错误；
B．为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，化学平衡常数减小，根据图象T1＜T2，则K1＞K2，故B错误；
C．曲线上的每个点在对应温度下都是平衡点，D点在T1未达到平衡，此时反应向正反应方向进行，即v正＞v逆，故C正确；
D．B点温度高于A点，升高温度，平衡向逆反应方向进行，I2的转化率降低，故D错误；
答案为C。
8. 某二氧化氯复合消毒剂发生器的工作原理如图所示。通电后，产生成分为ClO2、Cl2、O3、H2O2的混合气体甲，被水吸收后可制得具有更强的广谱杀菌灭毒能力的二氧化氯复合消毒剂。下列说法正确的是
A. m端为电源正极，隔膜为阴离子交换膜
B. 产生ClO2的电极反应式为Cl-+5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
C. 通电后d口所在极室pH升高，e口排出NaOH溶液
D. 标准状况下，b口每收集到2.24 L气体乙，电路中转移电子0.4NA
【答案】C
【解析】
【分析】左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，溶液丙为NaOH溶液。
【详解】A． 左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；
B． Cl-转化为ClO2发生氧化反应，应是失去电子，故B错误；
C． 右室是水放电生成氢气与氢氧根离子，右室pH升高，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，e口排出NaOH溶液，故C正确；
D． 标准状况下，b口每收集到2.24 L(0.1mol)气体乙，电路中转移电子0.2NA,
故选C。
第II卷(非选择题 52分)
9. TiN具有良好的导电和导热性，可用于高温结构材料和超导材料。可利用化学气相沉积技术来制备氮化钛。请回答下列问题：
（1）已知1200℃下，三种制备氮化钛反应的热化学方程式：
(ⅰ)
(ⅱ)
(ⅲ)= + 2.88 kJ/mol
利用反应ⅰ和ⅱ两种方式制备TiN时。反应ⅱ的反应趋势远大于ⅰ，其原因是_______。
（2）在1200℃、130kPa反应条件下，将、、以物质的量之比1∶1∶2加入反应容器进行反应ⅲ。20min后反应达到平衡状态，平衡时混合气体中与的分压相等，则平衡转化率为_______(保留三位有效数字)，0～20min之间，以分压表示的平均反应速率为_______。
（3）制备氮化钛的原料氨气的合成。将和投入到某刚性反应容器中，测得反应过程中的体积分数和反应体系的总压p随着温度的升高而变化的曲线如图：
①对于该可逆反应过程，下列有关说法正确的是_______(填序号)。
A．a、b、c三点时，该反应均处于平衡状态
B．m→n过程中，该反应平衡逆向移动
C．混合气体的平均摩尔质量M(b)>M(c)>M(a)
D．混合气体的密度
②x、y、m三点对应温度下的平衡常数由大到小的顺序为_______。
③当温度为，该反应达到平衡时，以气体分压表示的该反应的平衡常数_______(列出计算式即可)。
【答案】（1）反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度大，因此反应ii的反应趋势远大于反应i
（2） ① 66.7% ②. 1.125
（3） ①. BC ②. K(x)>K(y)>K(m) ③.
【解析】
【小问1详解】
由方程式可知，反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度远大于反应i，△H—T△S远小于反应i，所以反应ⅱ的反应趋势远大于反应ⅰ，故答案为：反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度大，因此反应ii的反应趋势远大于反应i；
【小问2详解】
设起始加入四氯化钛、氮气和氢气的物质的量分别为1mol、1nol和2mol，四氯化钛的转化率为amol，由方程式可知，20min反应达到平衡时，四氯化钛、氮气、氢气、氯化氢的物质的量分别为(1—a)mol、(1—0.5a)mol、(2—2a)mol、4amol，由平衡时混合气体中氮气和氢气的分压相等可得：(1—0.5a)=(2—2a)，解得a=，则四氯化钛的转化率为66.7%；混合气体的总物质的量为mol；由反应在1200℃、130kPa反应条件下进行可知，平衡时四氯化钛的反应速率为=1.125kPa/min，故答案为：66.7%；1.125；
【小问3详解】
①A．化学反应限度是一定条件下化学反应的最大限度，由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程，反应未达到平衡状态，故错误；
B．由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，b→c过程为化学平衡移动过程，升高温度，氨的体积分数降低，所以该反应的正反应为放热反应。m→n过程为化学平衡移动过程，则该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，化学反应限度是一定条件下化学反应的最大限度，由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程，c点为平衡移动过程，该反应是气体体积减小的反应，反应中气体的物质的量减小，该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，则b、c、a三点物质的量依次增大，混合气体的平均摩尔质量M(b)、M(c)、M(a)依次减小，故正确；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则b、c、a三点混合气体的密度相等，故错误；
故选BC；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，反应的平衡常数减小，由图可知，x、y、m三点对应温度依次增大，所以平衡常数依次减小，故答案为：K(x)>K(y)>K(m)；
③由图可知，当温度为T3反应达到平衡时，氨气的体积百分含量为20%、体系总压强为30MPa，设氮气的转化率为x，平衡时氮气、氢气和氨气的物质的量分别为(0.1—0.1x)mol、(0.26—0.3x)mol和0.2xmol，由氨气的体积百分含量为20%可得：×100%=20%，解得x=0.3，则氮气、氢气和氨气的平衡分压为×30MPa=7MPa、×30MPa=17MPa和×30MPa=6MPa，反应的平衡常数，故答案为：。
10. A、B、C、D、E、F是元素周期表前四周期的六种常见元素，原子序数依次增大，它们有如下性质：
元素
性质
A
自然界中有多种同素异形体，其中一种是自然界中最硬的单质
C
地壳中含量最多的元素
D
基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有1个未成对电子
E
常见的金属元素，可形成多种氧化物，其中一种氧化物常用作红色颜料
F
基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子
请完成以下问题：
（1）基态B原子的价层电子排布图为_______。
（2）A和B的简单氢化物中沸点更高的是_______(填化学式)，理由是_______。
（3）比较酸性强弱：_______(填“”或“”)，依据是_______。
（4）B的一种氢化物常用作火箭推进剂的燃料，液态与气体反应生成对环境友好的气态产物，放出热量，写出该反应的热化学方程式_______。
（5）D元素的一种氧化物常可作杀菌消毒剂和漂白剂，的分子构型为_______；工业上制取的方法之一是：用D的单质与潮湿的碳酸钠反应，只生成和另外两种含钠的化合物，反应中无其他气体生成，写出该反应的化学方程式_______。
（6）用一个离子反应证明氧化性_______。
【答案】（1） （2） ①. NH3 ②. NH3中存在氢键，分子间氢键会使物质沸点升高，故沸点更高的是NH3
（3） ①. < ②. 二者都是N形成的含氧酸，非羟基氧数越多酸性越强，非羟基氧数为1，非羟基氧数为2
（4）2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)=-10akJ·mol-1
（5） ① V型 ②. 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3
（6）
【解析】
【分析】自然界中最硬的单质是金刚石，A为C；地壳中含量最多的元素是O，C是O；故B是N；D是Cl；E是Fe；F是Cu；
【小问1详解】
基态N的价层电子排布式为2s22p3，故其价层电子排布图为；
【小问2详解】
CH4、NH3相比，NH3中存在氢键，分子间氢键会使物质沸点升高，故沸点更高的是NH3；
【小问3详解】
二者都是N形成的含氧酸，非羟基氧数越多酸性越强，非羟基氧数为1，非羟基氧数为2，故酸性强弱：<；
【小问4详解】
根据题中信息，环境友好的气态产物应为N2和水蒸气，反应为2N2H4+2NO2=3N2+4H2O，2molN2H4与NO2反应时放出热量为=10akJ，该反应的热化学方程式为2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)=-10akJ·mol-1；
【小问5详解】
Cl2O中O配位原子数为2，孤对电子数为2，价层电子对数为4，sp3杂化，故其分子构型为V型；根据化合价分析，其中一种含钠化合物应为NaCl，除Cl2O外无气体生成，根据元素分析，另一种含钠产物应为NaHCO3，故反应为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3；
【小问6详解】
根据氧化还原反应概念，要证明氧化性，则在反应中为氧化剂，为氧化产物，该反应为。
11. 滴定法是化学常用来定量测定物质含量的一种重要的实验方法。在实际生产生活中应用广泛。用I2O5可定量测定CO的含量，该反应原理为5CO+I2O5COO2+I2。其实验步骤如下：
①取500mL(标准状况)含有CO某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管中在170℃下充分反应；
②用水—乙醇液充分溶解产物I2，配制100mL溶液；
③量取步骤②中溶液25.00mL于锥形瓶中，然用0.01mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定。消耗标准Na2S2O3溶液的体积如表所示。
第一次
第二次
第三次
滴定前读数/mL
2.10
2.50
1.40
滴定后读数/mL
22.00
20.50
21.50
（1）步骤②中配制100mL一定物质的量浓度的待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和______。
（2）Na2S2O3标准液应装在_____(填标号)中。
（3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察______。(填标号)
A.滴定管内液面的变化 B.锥形瓶内溶液颜色的变化
（4）指示剂应选用______，判断达到滴定终点的现象是_____。
（5）气体样品中CO的体积分数为______。(已知：气体样品中其他成分不与I2O5反应；2Na2S2O3+2I2=2NaI+Na2S4O6)
（6）下列操作会造成所测CO的体积分数偏大的是______(填标号)。
A. 锥形瓶用待测溶液润洗 B. 滴定终点俯视读数
C. 滴定前有气泡，滴定后没有气泡 D. 配制100mL待测溶液时，有少量溅出
【答案】（1）100mL容量瓶
（2）B （3）B
（4） ①. 淀粉溶液 ②. 滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色
（5）8.96% （6）AC
【解析】
【小问1详解】
步骤②中配制100mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶。
【小问2详解】
Na2S2O3标准液是强碱弱酸盐溶液显碱性，盛装在碱式滴定管中，故选B，故答案为：B。
【小问3详解】
如图滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，以判断滴定终点，故答案为：B。
【小问4详解】
量取步骤②中溶液25.00mL于锥形瓶中，然后用0.01mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，碘单质遇到淀粉变蓝，反应终点的指示剂选择淀粉溶液，滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，说明反应完全，故答案为：淀粉溶液；滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色。
【小问5详解】
用0.01mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，消耗标准Na2S2O3溶液的体积分别为22.00mL-2.10mL=19.90mL、20.50mL-2.50mL=18.00mL、21.50-1.40mL=21.10mL，第二组误差大可舍去，平均体积为=20.00mL，由5CO+I2O5COO2+I2，2Na2S2O3+2I2=2NaI+Na2S4O6，得到定量关系：5CO~I2~2Na2S2O3，则n(CO)=2.5×n(Na2S4O6)= 2.5×0.02L×0.01mol/L=5×10-4mol，100mL溶液中含CO为5×10-4mol ×=2×10-3mol，气体样品中CO的体积分数为=8.96%。
【小问6详解】
A．锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故A正确；
B．滴定终点俯视读数，读取标准溶液体积减小，测定结果偏低，故B错误；
C．滴定前有气泡，滴定后没有气泡，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C正确；
D．配制100mL待测溶液时，有少量溅出，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，故D错误；
故答案为：AC。
12. Ⅰ、某实验小组用100mL0.55mol·LNaOH溶液与100mL0.5mol·L盐酸进行中和热的测定，装置如图所示。
（1）回答下列问题：
①图中装置缺少的仪器是___________。
②若将盐酸改为相同体积、相同浓度的醋酸，测得中和热为ΔH1，NaOH溶液与盐酸反应中和热为ΔH，则ΔH1___________ΔH (填写<、>、=)；若测得该反应放出的热量为2.84kJ，请写出盐酸与NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式：___________
Ⅱ、已知1g的甲烷完全燃烧生成液态水放出akJ的热量。
（2）写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式为___________。
Ⅲ、发射卫星可用肼做燃料，二氧化氮做氧化剂，两者反应生成氮气和水蒸气。已知：
kJ·mol
kJ·mol
（3）写出肼和二氧化氮反应的热化学方程式为：___________。
（4）有科学家预言，氢能将成为21世纪的主要能源，而且是一种理想的绿色能源。若1mol氢气完全燃烧生成1mol气态水放出241kJ的热量，已知H-O键能为463kJ·mol，O=O键能为498kJ·mol，计算H-H键能为___________kJ·mol。
【答案】（1） ①. 环形玻璃搅拌棒 ②. > ③. HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol
（2）kJ/mol
（3）kJ/mol
（4）436
【解析】
【小问1详解】
①由图可知，图中缺少让氢氧化钠溶液和盐酸完全反应的环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；
②醋酸是一元弱酸，在溶液中电离时会吸收热量，所以将盐酸改为相同体积、相同浓度的醋酸，会使测得的中和热ΔH1大于氢氧化钠溶液与盐酸反应的中和热ΔH；100mL0.55mol/L氢氧化钠溶液与100mL0.5mol/L盐酸完全反应生成0.05mol水，由测得该反应放出的热量为2.84kJ可知，中和热ΔH=—=—56.8kJ/mol，则反应的热化学方程式为HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol，故答案为：>；HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol；
【小问2详解】
由1g的甲烷完全燃烧生成液态水放出akJ的热量可知，反应的反应热ΔH=—=—16a kJ/mol，则反应的热化学方程式为kJ/mol，故答案为：kJ/mol；
【小问3详解】
将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应②—①×得到肼和二氧化氮反应，则反应热ΔH=(—534kJ/mol) —(+66.4kJ/mol)×=—567.2kJ/mol，则反应的热化学方程式为kJ/mol，故答案为：kJ/mol；
【小问4详解】
设氢氢键的键能为akJ/mol，由1mol氢气完全燃烧生成1mol气态水放出241kJ的热量可得：2×463kJ/mol—(akJ/mol+498kJ/mol×)=241kJ，解得a=436，故答案为：436。
叙州区二中2022-2023学年高二下期开学考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56
第I卷 选择题(48分)
一．选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求
1. 对于化学反应方向的确定，下列说法正确的是
A. 在温度、压强一定的条件下，焓因素和熵因素共同决定一个化学反应的方向
B. 温度、压强一定时，放热的熵增加的反应不一定能自发进行
C. 反应焓变是决定反应能否自发进行的唯一因素
D. 能够自发进行的反应就一定能够发生并完成
【答案】A
【解析】
【详解】A．在温度、压强一定的条件下，化学反应的方向是熵变和焓变共同影响的结果，我们称为复合判据，故A正确；
B．放热反应△H＜0，熵增加的反应，△S＞0，△H-T△S一定小于0，反应一定能自发进行，故B错误；
C．化学反应的方向是熵变和焓变共同影响的结果，故C错误；
D、反应能自发进行，不一定能完成，如可逆反应，故D错误；
答案选A。
2. 下列元素中，基态原子的价电子排布式、电子排布式或电子排布图不正确的是
A. Al 3s23p1 B. As [Ar]4s24p3
C. Ar 3s23p6 D. Ni 3d84s2
【答案】B
【解析】
【详解】A.Al位于周期表中第三周期、第ⅢA族，则其价电子排布式为 3s23p1，A项正确；B.对于主族元素来说，价电子就是最外层电子，则As的价电子排布式为4s24p3，B项错误；C.Ar位于零族，价电子排布式为3s23p6 ，C项正确；D.根据核外电子排布规律，Ni的价电子排布式和电子排布图分别为3d84s2 、，D项正确。答案选B。
3. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A. 28g晶体硅中所含Si—Si键数目2NA
B. H2S、H2Te、H2O分子间作用力依次增大
C. 在标准状况下，将2.24LNO和1.12LO2混合气体置于密闭容器中的分子总数为0.1NA
D. ①金刚石②金属钾③干冰三种晶体的微粒配位数由大到小排序为③＞②＞①
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶体硅中每个硅形成四个键，平均每个硅形成个键，28g硅是1mol，所以形成键数目为，A正确；
B．分子间作用力包含范德华力和氢键，氢键强于范德华力，分子间存在氢键，三者中的分子作用力最大，和分子间只存在范德华力，结构相似的分子间范德华力只与相对原子质量有关，的相对分子质量大于，所以的分子间作用力大于的分子间作用力，B项正确；
C．，会继续发生反应，所以反应达到平衡时密闭容器中分子总数应小于0.1NA，C项错误；
D．金刚石晶体中每个C原子与其相邻的四个C原子形成共价键，构成正四面体，配位数是4，金属钾晶体为体心立方堆积，配位数为8，干冰晶体是一种立方面心结构，晶胞的8个顶点和6个面心各有一个二氧化碳分子，其配位数是12，所以它们的配位数由大到小排序为③＞②＞①，D项正确；
答案选C。
4. 某恒温密闭容器发生可逆反应：Z(?)+W(?)X(g)+Y(?)△H，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件。下列有关说法中正确的是
A. t1～t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量可能相等也可能不等
B. Z和W在该条件下至少有一个是为气态
C. 若在该温度下此反应平衡常数表达式为K=c(X)，则t1～t2时间段与t3时刻后的X浓度不相等
D. 若该反应只在某温度T以上自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图象可知，正反应速率不随时间和压强改变而改变，Z、W均为非气体，X是气体，Y可能是气体或是非气体，所以反应过程中气体摩尔质量可能相等也可能不等，故A正确；
B．根据图象可知，正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，Z、W均为非气体，故B错误；
C．由于化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数K=c(X)是定值，则t1～t2时间段与t3时刻后的c(X)相等，故C错误；
D．由于该反应在温度为T以上时才能自发进行，根据△H-T△S＜0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故D错误；
答案选A。
5. 海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是
A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴
B. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
C. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂
D. 富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收
【答案】C
【解析】
【详解】A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；
B、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确；
C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；
D、提取溴时一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确；
答案选C。
【点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。
6. 对于可逆反应，研究的目的和图示相符的是
A. 图1：研究压强对反应的影响(p1>p2) B. 图2：研究温度对反应的影响
C. 图3：研究平衡体系增加N2对反应的影响 D. 图4： 研究催化剂对反应的影响
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．该反应为气体的分子总数减小的反应，增大压强，平衡向着生成氨气的方向移动，氨气的体积分数增大；由于p1>p2，所以p1条件下对应氨气的体积分数应大于p2，与图象不符，故A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，化学反应向着逆反应方向进行，反应物氮气的转化率减小，故B错误；
C．增大反应物的浓度，正反应速率增大，逆反应速率在开始的瞬间不变，平衡正向移动，故C正确；
D．加入催化剂可以加快化学反应速率，反应达到平衡的时间缩短，但是不会引起平衡的移动，故D错误；
故选C。
7. 某、混合溶液中存在平衡：，与温度T的关系如下图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法正确的是
A. 反应
B. 若温度为，对应的平衡常数分别为，则
C. 若时，反应进行到状态D时，一定v正＞v逆
D. 状态A与状态B相比，状态B时的转化率更高
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象可知，随温度升高，c(I)减小， 为放热反应，逆反应为吸热反应，即 ΔH＞0，故A错误；
B．为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，化学平衡常数减小，根据图象T1＜T2，则K1＞K2，故B错误；
C．曲线上的每个点在对应温度下都是平衡点，D点在T1未达到平衡，此时反应向正反应方向进行，即v正＞v逆，故C正确；
D．B点温度高于A点，升高温度，平衡向逆反应方向进行，I2的转化率降低，故D错误；
答案为C。
8. 某二氧化氯复合消毒剂发生器的工作原理如图所示。通电后，产生成分为ClO2、Cl2、O3、H2O2的混合气体甲，被水吸收后可制得具有更强的广谱杀菌灭毒能力的二氧化氯复合消毒剂。下列说法正确的是
A. m端为电源正极，隔膜为阴离子交换膜
B. 产生ClO2的电极反应式为Cl-+5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
C. 通电后d口所在极室pH升高，e口排出NaOH溶液
D. 标准状况下，b口每收集到2.24 L气体乙，电路中转移电子0.4NA
【答案】C
【解析】
【分析】左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，溶液丙为NaOH溶液。
【详解】A． 左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；
B． Cl-转化为ClO2发生氧化反应，应是失去电子，故B错误；
C． 右室是水放电生成氢气与氢氧根离子，右室pH升高，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，e口排出NaOH溶液，故C正确；
D． 标准状况下，b口每收集到2.24 L(0.1mol)气体乙，电路中转移电子0.2NA,
故选C。
第II卷(非选择题 52分)
9. TiN具有良好的导电和导热性，可用于高温结构材料和超导材料。可利用化学气相沉积技术来制备氮化钛。请回答下列问题：
（1）已知1200℃下，三种制备氮化钛反应的热化学方程式：
(ⅰ)
(ⅱ)
(ⅲ)= + 2.88 kJ/mol
利用反应ⅰ和ⅱ两种方式制备TiN时。反应ⅱ的反应趋势远大于ⅰ，其原因是_______。
（2）在1200℃、130kPa反应条件下，将、、以物质的量之比1∶1∶2加入反应容器进行反应ⅲ。20min后反应达到平衡状态，平衡时混合气体中与的分压相等，则平衡转化率为_______(保留三位有效数字)，0～20min之间，以分压表示的平均反应速率为_______。
（3）制备氮化钛的原料氨气的合成。将和投入到某刚性反应容器中，测得反应过程中的体积分数和反应体系的总压p随着温度的升高而变化的曲线如图：
①对于该可逆反应过程，下列有关说法正确的是_______(填序号)。
A．a、b、c三点时，该反应均处于平衡状态
B．m→n过程中，该反应平衡逆向移动
C．混合气体的平均摩尔质量M(b)>M(c)>M(a)
D．混合气体的密度
②x、y、m三点对应温度下的平衡常数由大到小的顺序为_______。
③当温度为，该反应达到平衡时，以气体分压表示的该反应的平衡常数_______(列出计算式即可)。
【答案】（1）反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度大，因此反应ii的反应趋势远大于反应i
（2） ① 66.7% ②. 1.125
（3） ①. BC ②. K(x)>K(y)>K(m) ③.
【解析】
【小问1详解】
由方程式可知，反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度远大于反应i，△H—T△S远小于反应i，所以反应ⅱ的反应趋势远大于反应ⅰ，故答案为：反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度大，因此反应ii的反应趋势远大于反应i；
【小问2详解】
设起始加入四氯化钛、氮气和氢气的物质的量分别为1mol、1nol和2mol，四氯化钛的转化率为amol，由方程式可知，20min反应达到平衡时，四氯化钛、氮气、氢气、氯化氢的物质的量分别为(1—a)mol、(1—0.5a)mol、(2—2a)mol、4amol，由平衡时混合气体中氮气和氢气的分压相等可得：(1—0.5a)=(2—2a)，解得a=，则四氯化钛的转化率为66.7%；混合气体的总物质的量为mol；由反应在1200℃、130kPa反应条件下进行可知，平衡时四氯化钛的反应速率为=1.125kPa/min，故答案为：66.7%；1.125；
【小问3详解】
①A．化学反应限度是一定条件下化学反应的最大限度，由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程，反应未达到平衡状态，故错误；
B．由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，b→c过程为化学平衡移动过程，升高温度，氨的体积分数降低，所以该反应的正反应为放热反应。m→n过程为化学平衡移动过程，则该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，化学反应限度是一定条件下化学反应的最大限度，由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程，c点为平衡移动过程，该反应是气体体积减小的反应，反应中气体的物质的量减小，该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，则b、c、a三点物质的量依次增大，混合气体的平均摩尔质量M(b)、M(c)、M(a)依次减小，故正确；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则b、c、a三点混合气体的密度相等，故错误；
故选BC；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，反应的平衡常数减小，由图可知，x、y、m三点对应温度依次增大，所以平衡常数依次减小，故答案为：K(x)>K(y)>K(m)；
③由图可知，当温度为T3反应达到平衡时，氨气的体积百分含量为20%、体系总压强为30MPa，设氮气的转化率为x，平衡时氮气、氢气和氨气的物质的量分别为(0.1—0.1x)mol、(0.26—0.3x)mol和0.2xmol，由氨气的体积百分含量为20%可得：×100%=20%，解得x=0.3，则氮气、氢气和氨气的平衡分压为×30MPa=7MPa、×30MPa=17MPa和×30MPa=6MPa，反应的平衡常数，故答案为：。
10. A、B、C、D、E、F是元素周期表前四周期的六种常见元素，原子序数依次增大，它们有如下性质：
元素
性质
A
自然界中有多种同素异形体，其中一种是自然界中最硬的单质
C
地壳中含量最多的元素
D
基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有1个未成对电子
E
常见的金属元素，可形成多种氧化物，其中一种氧化物常用作红色颜料
F
基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子
请完成以下问题：
（1）基态B原子的价层电子排布图为_______。
（2）A和B的简单氢化物中沸点更高的是_______(填化学式)，理由是_______。
（3）比较酸性强弱：_______(填“”或“”)，依据是_______。
（4）B的一种氢化物常用作火箭推进剂的燃料，液态与气体反应生成对环境友好的气态产物，放出热量，写出该反应的热化学方程式_______。
（5）D元素的一种氧化物常可作杀菌消毒剂和漂白剂，的分子构型为_______；工业上制取的方法之一是：用D的单质与潮湿的碳酸钠反应，只生成和另外两种含钠的化合物，反应中无其他气体生成，写出该反应的化学方程式_______。
（6）用一个离子反应证明氧化性_______。
【答案】（1） （2） ①. NH3 ②. NH3中存在氢键，分子间氢键会使物质沸点升高，故沸点更高的是NH3
（3） ①. < ②. 二者都是N形成的含氧酸，非羟基氧数越多酸性越强，非羟基氧数为1，非羟基氧数为2
（4）2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)=-10akJ·mol-1
（5） ① V型 ②. 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3
（6）
【解析】
【分析】自然界中最硬的单质是金刚石，A为C；地壳中含量最多的元素是O，C是O；故B是N；D是Cl；E是Fe；F是Cu；
【小问1详解】
基态N的价层电子排布式为2s22p3，故其价层电子排布图为；
【小问2详解】
CH4、NH3相比，NH3中存在氢键，分子间氢键会使物质沸点升高，故沸点更高的是NH3；
【小问3详解】
二者都是N形成的含氧酸，非羟基氧数越多酸性越强，非羟基氧数为1，非羟基氧数为2，故酸性强弱：<；
【小问4详解】
根据题中信息，环境友好的气态产物应为N2和水蒸气，反应为2N2H4+2NO2=3N2+4H2O，2molN2H4与NO2反应时放出热量为=10akJ，该反应的热化学方程式为2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)=-10akJ·mol-1；
【小问5详解】
Cl2O中O配位原子数为2，孤对电子数为2，价层电子对数为4，sp3杂化，故其分子构型为V型；根据化合价分析，其中一种含钠化合物应为NaCl，除Cl2O外无气体生成，根据元素分析，另一种含钠产物应为NaHCO3，故反应为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3；
【小问6详解】
根据氧化还原反应概念，要证明氧化性，则在反应中为氧化剂，为氧化产物，该反应为。
11. 滴定法是化学常用来定量测定物质含量的一种重要的实验方法。在实际生产生活中应用广泛。用I2O5可定量测定CO的含量，该反应原理为5CO+I2O5COO2+I2。其实验步骤如下：
①取500mL(标准状况)含有CO某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管中在170℃下充分反应；
②用水—乙醇液充分溶解产物I2，配制100mL溶液；
③量取步骤②中溶液25.00mL于锥形瓶中，然用0.01mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定。消耗标准Na2S2O3溶液的体积如表所示。
第一次
第二次
第三次
滴定前读数/mL
2.10
2.50
1.40
滴定后读数/mL
22.00
20.50
21.50
（1）步骤②中配制100mL一定物质的量浓度的待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和______。
（2）Na2S2O3标准液应装在_____(填标号)中。
（3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察______。(填标号)
A.滴定管内液面的变化 B.锥形瓶内溶液颜色的变化
（4）指示剂应选用______，判断达到滴定终点的现象是_____。
（5）气体样品中CO的体积分数为______。(已知：气体样品中其他成分不与I2O5反应；2Na2S2O3+2I2=2NaI+Na2S4O6)
（6）下列操作会造成所测CO的体积分数偏大的是______(填标号)。
A. 锥形瓶用待测溶液润洗 B. 滴定终点俯视读数
C. 滴定前有气泡，滴定后没有气泡 D. 配制100mL待测溶液时，有少量溅出
【答案】（1）100mL容量瓶
（2）B （3）B
（4） ①. 淀粉溶液 ②. 滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色
（5）8.96% （6）AC
【解析】
【小问1详解】
步骤②中配制100mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶。
【小问2详解】
Na2S2O3标准液是强碱弱酸盐溶液显碱性，盛装在碱式滴定管中，故选B，故答案为：B。
【小问3详解】
如图滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，以判断滴定终点，故答案为：B。
【小问4详解】
量取步骤②中溶液25.00mL于锥形瓶中，然后用0.01mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，碘单质遇到淀粉变蓝，反应终点的指示剂选择淀粉溶液，滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，说明反应完全，故答案为：淀粉溶液；滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色。
【小问5详解】
用0.01mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，消耗标准Na2S2O3溶液的体积分别为22.00mL-2.10mL=19.90mL、20.50mL-2.50mL=18.00mL、21.50-1.40mL=21.10mL，第二组误差大可舍去，平均体积为=20.00mL，由5CO+I2O5COO2+I2，2Na2S2O3+2I2=2NaI+Na2S4O6，得到定量关系：5CO~I2~2Na2S2O3，则n(CO)=2.5×n(Na2S4O6)= 2.5×0.02L×0.01mol/L=5×10-4mol，100mL溶液中含CO为5×10-4mol ×=2×10-3mol，气体样品中CO的体积分数为=8.96%。
【小问6详解】
A．锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故A正确；
B．滴定终点俯视读数，读取标准溶液体积减小，测定结果偏低，故B错误；
C．滴定前有气泡，滴定后没有气泡，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C正确；
D．配制100mL待测溶液时，有少量溅出，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，故D错误；
故答案为：AC。
12. Ⅰ、某实验小组用100mL0.55mol·LNaOH溶液与100mL0.5mol·L盐酸进行中和热的测定，装置如图所示。
（1）回答下列问题：
①图中装置缺少的仪器是___________。
②若将盐酸改为相同体积、相同浓度的醋酸，测得中和热为ΔH1，NaOH溶液与盐酸反应中和热为ΔH，则ΔH1___________ΔH (填写<、>、=)；若测得该反应放出的热量为2.84kJ，请写出盐酸与NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式：___________
Ⅱ、已知1g的甲烷完全燃烧生成液态水放出akJ的热量。
（2）写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式为___________。
Ⅲ、发射卫星可用肼做燃料，二氧化氮做氧化剂，两者反应生成氮气和水蒸气。已知：
kJ·mol
kJ·mol
（3）写出肼和二氧化氮反应的热化学方程式为：___________。
（4）有科学家预言，氢能将成为21世纪的主要能源，而且是一种理想的绿色能源。若1mol氢气完全燃烧生成1mol气态水放出241kJ的热量，已知H-O键能为463kJ·mol，O=O键能为498kJ·mol，计算H-H键能为___________kJ·mol。
【答案】（1） ①. 环形玻璃搅拌棒 ②. > ③. HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol
（2）kJ/mol
（3）kJ/mol
（4）436
【解析】
【小问1详解】
①由图可知，图中缺少让氢氧化钠溶液和盐酸完全反应的环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；
②醋酸是一元弱酸，在溶液中电离时会吸收热量，所以将盐酸改为相同体积、相同浓度的醋酸，会使测得的中和热ΔH1大于氢氧化钠溶液与盐酸反应的中和热ΔH；100mL0.55mol/L氢氧化钠溶液与100mL0.5mol/L盐酸完全反应生成0.05mol水，由测得该反应放出的热量为2.84kJ可知，中和热ΔH=—=—56.8kJ/mol，则反应的热化学方程式为HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol，故答案为：>；HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol；
【小问2详解】
由1g的甲烷完全燃烧生成液态水放出akJ的热量可知，反应的反应热ΔH=—=—16a kJ/mol，则反应的热化学方程式为kJ/mol，故答案为：kJ/mol；
【小问3详解】
将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应②—①×得到肼和二氧化氮反应，则反应热ΔH=(—534kJ/mol) —(+66.4kJ/mol)×=—567.2kJ/mol，则反应的热化学方程式为kJ/mol，故答案为：kJ/mol；
【小问4详解】
设氢氢键的键能为akJ/mol，由1mol氢气完全燃烧生成1mol气态水放出241kJ的热量可得：2×463kJ/mol—(akJ/mol+498kJ/mol×)=241kJ，解得a=436，故答案为：436。
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