四川省绵竹中学2024-2025学年高二上学期12月期末模拟考试化学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省绵竹中学2024-2025学年高二上学期12月期末模拟考试化学试卷（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题共42分）
一、单选题（本题包括14小题，每小题3分，共42分）
1. 下列化学用语的表达正确的是
A. 基态的价电子排布式
B. 次氯酸的结构式：
C. 分子中σ键的形成：
D. 基态碳原子最外层电子轨道表示式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．基态Cu的价电子排布式，故A错误；
B．次氯酸的结构式：，故B错误；
C．H的价层电子排布式为1s1，Cl的价层电子排布式为2s22p5，H的1s轨道与Cl的1个3p轨道以头碰头的方式重叠形成σ键，形成过程表示为：，故C正确；
D．题中碳的轨道表达式不满足洪特规则，正确的为，故D错误；
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】
【详解】A．氯气熔沸点低，易液化，与氢键无关，A不符合题意；
B．NH3与H2O能形成氢键，导致NH3极易溶于水，B符合题意；
C．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；
D．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. 元素O、S、Se位于周期表中VIA族。下列说法正确的是
A. 原子半径：B. 第一电离能：
C. 沸点大小：D. 氧单质、晶体硫、均为分子晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知同一主族从上往下随电子层数的递增原子半径依次增大，则原子半径：，A错误；
B．已知同一主族从上往下元素的第一电离能依次减小，则第一电离能：，B错误；
C．H2O分子间存在氢键，导致沸点异常升高，而H2S、H2Se均为分子晶体，且H2Se的相对分子质量比H2S大，故沸点大小：，C错误；
D．氧单质、晶体硫、是均由分子通过分子间作用力形成的晶体，均为分子晶体，D正确；
故选：D。
4. 是一种弱酸。关于及其盐的下列说法不正确的是
A. 既有氧化性，又有还原性
B. 的VSEPR模型为V形
C. 与分子中氮原子的杂化类型相同
D. 溶液中存在：
【答案】B
【解析】
【详解】A．中氮元素的化合价为中间价态+3价，所以由氧化还原反应规律可知，亚硝酸既有氧化性，又有还原性，故A正确；
B．中心N原子价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形，故B错误；
C．亚硝酸和硝酸分子中氮原子的价层电子对数都为3，所以氮原子的杂化方式相同，都为sp2杂化，故C
正确；
D．由题意可知，亚硝酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为，故D正确；
故选：B。
5. S2Cl2是橙黄色液体，少量泄漏会产生有窒息性的气体，喷水雾可减慢挥发，并产生酸性悬浊液，其分子结构如图所示。下列关于S2Cl2的说法错误的是
A. 为非极性分子
B. 分子中既含有极性键，又含有非极性键
C. 与S2Br2结构相似
D. 分子中S－Cl键能大于S－S键的键能
【答案】A
【解析】
【详解】从S2Cl2分子的空间结构可知，该分子空间结构不对称，为极性分子，A错误；S2Cl2中Cl—S键属于极性键，S—S键属于非极性键，不对称的结构，为极性分子，B正确；同主族元素的结构相似，C正确；氯原子半径小于硫原子半径，键长越短键能越大，所以分子中S—Cl键能大于S—S键的键能，D正确。
6. 观察下列模型，判断下列说法错误的是
A. 物质的量相同的金刚石和碳化硅，共价键个数之比为1∶1
B. SiO2晶体中Si和Si-O键个数比为1∶4
C. 石墨烯中碳原子和六元环个数比为2∶1
D. C60晶体堆积属于分子密堆积
金刚石
碳化硅
二氧化硅
石墨烯
C60
【答案】A
【解析】
【详解】A．假设金刚石和碳化硅的物质的量均为1ml，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1ml金刚石中含有2mlC-C键；1mlSiC中有1ml碳原子和1ml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2ml，由于碳原子和硅原子的数量相等，因此总共有4mlSi-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；
B．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；
C．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；
D．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. 下列说法错误的是
A. 基态碳原子核外有三种能量不同的电子
B. 区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验
C. HF比HCl稳定是因为HF分子间存在氢键
D. 和都含有配位键
【答案】C
【解析】
【详解】A．基态碳原子核外电子排布式为，核外有三种能量不同的电子，故A正确；
B．对固体进行X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，故B正确；
C．HF比HCl稳定是因为HF中H-F的键长比H-Cl的键长短，键能大，与氢键无关，故C错误；
D．存在H+与H2O中O原子之间形成的配位键；存在H+与NH3中N原子之间形成的配位键，故D正确；
故选：C。
8. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1L溶液中，离子数目为
B. 常温下，的溶液中数目为
C. 2ml与2ml反应，生成的分子数为
D. 23g和的混合气体中含有氧原子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．1L溶液中，水解，离子数目小于，A错误；
B．没有给出溶液体积，无法计算数目，B错误；
C．2ml与2ml反应生成的反应是可逆反应，生成的分子数小于，C错误；
D．和的最简式均为，根据原子守恒，23g混合气体中含有氧原子数为=，D正确；
故选D。
9. 与HCl的加成反应由第一步和第二步组成，能量与反应历程如图所示。下列说法中正确的是
A. 两步反应均释放能量B. 决速步骤是第一步
C. 第二步与的碰撞100%有效D. 过渡态1比过渡态2更稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．据图可知第一步反应中反应物的能量低于生成物的能量，该过程吸热，A错误；
B．据图可知第一步反应的活化能更大，则第一步的反应速率决定了整个反应速率的快慢，是决速步骤，B正确；
C．活化分子间的合理取向的碰撞才称为有效碰撞，碰撞不可能100%有效，C错误；
D．过渡态1的能量比过渡态2高，过渡态2更稳定，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】
【详解】A．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；
B．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；
C．泡沫灭火器原理是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；
D．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. 向5mL0.005ml·L⁻¹溶液中加入5mL0.030ml·L⁻¹KSCN溶液，溶液变红。将该红色溶液均分于两支试管中，进行下列实验。
试管
操作
现象
Ⅰ
滴入4滴1ml·L⁻¹KSCN溶液
溶液红色加深
下列说法错误的是
A 与KSCN反应中，不会完全反应生成
B. 试管Ⅰ溶液颜色加深说明该反应是可逆反应
C. 将试管Ⅱ饱和溶液换为KCl固体，现象不相同
D. 试管Ⅰ滴入1ml·L⁻¹KSCN溶液换为KCl溶液，现象相同
【答案】D
【解析】
【分析】‌铁离子和硫氰根的配位数可以从1到6‌，按，5mL0.005ml·L⁻¹溶液中加入5mL0.030ml·L⁻¹KSCN溶液，二者可恰好完全反应，若配位数小于6，例如(红色)，则KSCN过量，根据试管Ⅰ溶液颜色加深说明：再加入KSCN溶液时，反应正向进行，产生更多的Fe(SCN)3，使Fe(SCN)3的浓度增大，因此证明该反应是可逆反应。
【详解】A．据分析，与KSCN反应为可逆反应，则不会完全反应生成，A正确；
B．据分析，试管Ⅰ溶液颜色加深说明该反应是可逆反应，B正确；
C．滴入4滴饱和氯化铁溶液，则铁离子浓度增大，反应正向进行，产生更多的Fe(SCN)3，使Fe(SCN)3的浓度增大，溶液颜色加深，将试管Ⅱ饱和溶液换为KCl固体，氯化钾不影响反应相关的所有粒子的浓度，对平衡没有影响、溶液颜色不会加深，故现象不相同，C正确；
D．试管Ⅰ滴入1ml·L⁻¹KSCN溶液换为KCl溶液，氯离子、钾离子不影响反应，但溶液总体积增大，反应相关的所有粒子的浓度均减小，相当于稀释了溶液，溶液颜色变浅，故现象不同，D不正确；
选D。
12. 室温下，有如下四种溶液，下列有关叙述正确的是
Ⅱ
滴入4滴饱和溶液
溶液红色加深
编号
①
②
③
④
pH
4
4
10
10
溶液
盐酸
醋酸溶液
氢氧化钠溶液
氨水
A. 相同体积的①、②分别与③完全反应消耗NaOH的物质的量：①>②
B. 相同体积的③、④分别加水稀释10倍所得溶液pH：③v逆
D. 由丁图可知，交点A表示反应一定处于平衡状态，此时v正=v逆
【答案】D
【解析】
【详解】A．改变条件后，正逆反应速率增大且相等，若对前后气体分子数相等的化学反应，可能是加压，也可能是加了催化剂，故A正确；
B．生成物的百分含量随温度的升高而增大，m为曲线的最高点，生成物的百分含量达到最大值，达到相应温度下的限度，即建立了相应温度下的平衡状态；继续升温生成物的百分含量减小，说明升温反应向相反方向移动，故B正确；
C．C点位于曲线以下，表示未达到该温度下的最大转化率，此时平衡会向正反应方向移动，v正＞v逆，故C正确；
D．A点时c(反应物)=c(生成物)，不一定达到平衡状态，故D错误；
故选：D。
14. 室温时，向20 mL 0.1 ml/L的HCl、CH3COOH中分别滴加0.1 ml/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. 0.1 ml/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为1×10-11 ml/L
C. 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】
【分析】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；
【详解】A．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；
B．由图可知，20mL0.1ml/L的CH3COOH溶液pH=3，即c(H+)=10-3ml/L，根据Kw=c(H+)•c(OH-)，解得：c(OH-)=10-11ml/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；
C．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；
D．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。
第II卷（非选择题共58分）
二、填空题（本题共4个小题，共58分）
15. 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。
（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
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1
X
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
（2） ①. 8 ②. 哑铃形
（3）泡利原理 （4） ①. O ②. Na
（5） ①. d ②. 4
【解析】
【分析】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详解】
W为N元素，其原子序数为7，电子排布式为1s22s22p3；
【小问2详解】
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详解】
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详解】
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详解】
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。
16. 据报道，也是一种温室气体，对环境的影响是相同条件下的40倍。研究和的转化技术对环境改善有着积极的意义。一个比较好的思路是，首先两者在一定条件下反应转化为CO和，然后再将和反应转化为。
已知：①甲烷的燃烧热为；
②；
③；
回答下列问题：
（1）写出符合甲烷燃烧热的热化学方程式：_____。
（2）常温下，，其反应热_____，若在恒温恒容条件下，增大起始的体积分数（增加的用量），反应速率_____（填“增大”“减小”“不变”），的转化率_____（填“提高”“降低”“不变”）。
（3）在一定体积的密闭容器中进行化学反应：
，其化学平衡常数和温度的关系如表所示：
①该反应的化学平衡常数表达式为_____，_____（填“>”“=”或“ ③. 逆向 （4）D
（5） ①. 逐渐减小 ②. 在相对较低温度范围内，随温度升高， 反应①催化剂活性逐渐增大，反应速率增大较显著
【解析】
【小问1详解】
甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧热的热化学方程式为： ；
【小问2详解】
① ；
② ；
③ ；
根据盖斯定律可知可由①-2×②-2×③得到，则=-2×()-2×()=+247.3；在恒温恒容条件下，增大起始的体积分数(增加的用量)，反应速率增大，而的转化率降低；
【小问3详解】
①平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，则反应平衡常数为K=；由表中数据可知，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，；
②根据可知，在800℃时，K=0.9，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为，
，，，Q=>K=0.9，则反应逆向进行；
小问4详解】
A．断裂键同时断裂键反应达到平衡状态，断裂键同时断裂键反应逆向进行，故A错误；
B．、、的物质的量恰好相等，与起始量和变化量有关，不能证明反应达到平衡状态，故B错误；
C．、、的浓度之比等于化学计量数之比，与起始量和变化量有关，不能证明反应达到平衡状态，故C错误；
D．该反应正向气体分子数减小，随反应正向进行，体系内压强逐渐减小，当体系的压强不再发生改变，反应达到平衡状态，故D正确；
故选：D。
【小问5详解】
向体积恒定的容器中通入一定量的和发生反应，温度升高，反 应①逆向进行，反应②正向进行，则平衡时CH3OH的平衡浓度逐渐减小；若在反应过程中，随着温度的升高，持续监测 CH3OH与CO的浓度比，测得的数据先增大后减小，其先增大 的原因可能是在相对较低温度范围内，随温度升高，反应①催化剂活性逐渐增大，反应速率增大较显著。
17. 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是_____。
（2）B装置的作用为_____，D装置中的试剂是_____。
（3）溶液呈碱性主要原因是_____（用离子方程式表示）；常温下，的溶液中，水电离出的_____；溶液中，离子浓度由大到小的顺序是_____（填离子符号）。
（4）取上述制备的溶液于锥形瓶中，将其调整呈弱酸性，滴入2滴淀粉溶液（溶液无色），用的标准溶液滴定，消耗标准溶液。（已知：）。
①滴定达到终点时的现象是_____。
②溶液的浓度为_____。
【答案】（1）分液漏斗
（2） ①. 做安全瓶，起缓冲气流的作用 ②. 氢氧化钠溶液
（3） ①. ②. 10-4ml/L ③.
（4） ①. 当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 ②. 0.1cV
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠溶液与浓硫酸反应制备二氧化硫，装置B做安全瓶，起缓冲气流的作用，装置C中二氧化硫与硫化钠、碳酸钠混合溶液反应制备硫代硫酸钠，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫和生成的二氧化碳。
【小问1详解】
由实验装置图可知，盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；
【小问2详解】
由分析可知，装置B为空载仪器，做安全瓶，起缓冲气流的作用，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫和生成的二氧化碳；
【小问3详解】
硫化钠是强碱弱酸盐，在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解的主要离子方程式为，硫离子在溶液中水解促进水的电离，则常温下，pH为10的硫化钠溶液中，水电离出的氢氧根离子浓度为10-4ml/L；碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中分步水解使溶液呈碱性，一级水解抑制二级水解，则溶液中离子浓度大小顺序为；
【小问4详解】
①硫代硫酸钠溶液与碘溶液完全反应后，滴入最后半滴碘溶液，溶液会由无色变为蓝色，则滴定达到终点
时的现象为当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；
②由题意可知，滴定消耗VmLcml/L碘溶液，则由方程式可知，硫代硫酸钠溶液的浓度为0.1cVml/L。
18. 氮化镓（）作为第三代半导体材料被广泛应用于大功率充电器和5G通讯技术领域，某工厂利用炼锌矿渣[主要成分、、和]制备并提取，其工艺流程如下：
已知：i．镓和铝位于同一主族，性质相似；
ii．常温下，酸浸后浸出液中可能存在的各离子浓度和形成氢氧化物沉淀的见下表：
（离子浓度时即认为沉淀完全）
回答下列问题：
（1）提高酸浸效率的方法有_____（填写一种即可）；酸浸时通入足量氧气的目的是_____。
（2）滤液①中浓度大于的金属离子有_____。
（3）用“碱浸”时的化学方程式为_____。
（4）硬度大，熔点高，有三种晶体结构，其中一种结构如下，晶胞边长为apm。
金属离子
浓度
0.10
0.20
开始沉淀
8.60
2.00
6.00
3.80
4.50
完全沉淀
9.60
3.20
8.00
5.00
6.65
①为_____晶体（填“分子”“离子”或“共价”）；
②N原子的杂化方式为_____；N原子的配位数为_____；
③该晶体的密度为_____。（列出计算式，阿伏加德罗常数用表示）
【答案】（1） ①. 搅拌、适当增大硫酸浓度、升高温度等 ②. 将Fe2+转化成Fe3+
（2）Cu2+、Zn2+
（3）
（4） ①. 共价 ②. sp3 ③. 4 ④.
【解析】
【分析】炼锌矿渣[主要成分ZnFe2O4、、CuO和，加入硫酸溶解的同时通入氧气，可将Fe2+溶液中的转化成Fe3+，加入氨水调节溶液pH值，Ga3+、Fe3+完全沉淀，Cu2+部分沉淀，Zn2+未开始沉淀，将沉淀滤出后加入NaOH进行溶解，滤液经系列操作得目标产物。
【小问1详解】
可以通过搅拌、适当增大硫酸浓度、升高温度等方法提高酸浸效率，酸浸时通入足量氧气的目的是将Fe2+转化成Fe3+；
【小问2详解】
滤液pH=5.5，Fe2+先被氧气完全氧化，而Ga3+、Fe3+完全沉淀，Cu2+部分沉淀，Zn2+未开始沉淀，所以滤液中有Cu2+、Zn2+；
【小问3详解】
Ga(OH)3性质与Al(OH)3相似，也具有两性，能溶于NaOH溶液，故有；
【小问4详解】
①因GaN硬度大熔点高，原子呈空间网状结构，故为共价晶体；
②从晶胞可知每个N与四个Ga成键，N原子配位数位4；N原子杂化方式为sp3；。
③根据均摊法计算，Ga位于顶点和面心，个数为，N位于晶胞内，个数为4，根据晶胞密度计算：。