浙江省宁波市奉化区2023_2024学年高二化学上学期期末检测试题含解析

这是一份浙江省宁波市奉化区2023_2024学年高二化学上学期期末检测试题含解析，共19页。试卷主要包含了本卷考试时间，可能用到的相对原子质量， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
说明：1.本卷考试时间：90分钟，满分100分。
2.可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Si-28 Cl-35.5 Fe-56
3.请把答案做在答题卷的指定区域，在试卷或草稿纸上作答一律无效。
第Ⅰ卷选择题部分(共48分)
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合要求，不选、错选、多选均不得分)
1. 我国提出2060年实现碳中和的目标，体现了大国担当。碳中和中的碳是指
A. 碳原子B. 二氧化碳C. 碳元素D. 含碳物质
【答案】B
【解析】
【详解】碳中和中的碳是指二氧化碳，减少二氧化碳的排放和充分利用二氧化碳转化为其他物质是碳中和的核心，故选B。
【点睛】
2. 下列关于反应热的说法正确的是
A. 使用催化剂只改变可逆反应中正反应的活化能
B. 反应物的总键能小于生成物的总键能，则反应为吸热反应
C. 反应热与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关
D. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=−571．6 kJ∙ml−1，则H2的燃烧热为571．6 kJ∙ml−1
【答案】C
【解析】
【详解】A．使用催化剂使可逆反应中正、逆反应的活化能都改变，故A错误；
B．反应物的总键能小于生成物的总键能，说明生成物总键能大，释放出能量，则反应为放热反应，故B错误；
C．反应热与反应体系的始态和终态能量有关，而与反应的途径无关，故C正确；
D．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=−571.6 kJ∙ml−1，燃烧热是指可燃物1ml完全燃烧生成稳定氧化物释放的热量，则H2的燃烧热为285.8kJ∙ml−1，故D错误；
答案为C。
3. 嫦娥5号月球探测器带回的月壤样品的元素分析结果如图，下列有关含量前六位元素的说法正确的是
A. 原子半径：Al＜SiB. 第一电离能：Mg＜Ca
C. Fe位于元素周期表的p区D. 这六种元素中，电负性最大的是O
【答案】D
【解析】
【详解】A．Al、Si同周期，Al的核电荷数小于Si，原子半径：Al>Si，故A错误；
B．Mg、Ca同主族，同主族从上到下第一电离能减小，故B错误；
C．Fe位于元素周期表的d区，故C错误；
D．同周期元素从左到右电负性增大，同主族元素从上到下电负性减弱，则由此可知六种元素中电负性最大的为O，故D正确；
故选：D。
4. 下列有关元素单质或化合物的叙述正确的是
A. P4分子呈正四面体，键角为109°28′
B. NaCl焰色试验为黄色，与Cl电子跃迁有关
C. Cu基态原子核外电子排布符合构造原理
D. H2O是由极性键构成的极性分子
【答案】D
【解析】
【详解】A．P4分子呈正四面体，4个P位于4个顶点，其中P- P- P键角为60°，故A错误；
B．NaCl焰色试验为黄色，与Na电子跃迁有关，故B错误；
C．Cu基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s1，此时能量最低，但不符合构造原理，故C错误；
D．H2O的空间构型为V形，是由极性键构成的极性分子，故D正确；
答案为：D
5. 关于如图所示各装置的叙述正确的是
A. 图1是化学能转变为电能的装置，总反应为
B. 图2铁钉发生吸氧腐蚀，导管中水面上升，负极反应为
C. 图3装置可在铁件表面镀铜，溶液浓度不变
D. 图4支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A．该装置为原电池装置，化学能转变为电能，因为Fe比Cu活泼，因此Fe作负极，总反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A错误；
B．发生吸氧腐蚀，遵循原电池工作原理，负极上发生Fe－2e-=Fe2＋，正极上发生，具支试管中气体压强减小，因此导管中水面上升，故B错误；
C．电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极，因此待镀铁件作阴极，铜作阳极，故C错误；
D．根据电解原理，钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀，故D正确；
答案为D。
6. 在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g) ΔH=-373.2kJ·ml-1，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是
A. 加催化剂同时升高温度B. 加催化剂同时增大压强
C. 升高温度同时充入N2D. 降低温度同时增大压强
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂能加快化学反应速率，升高温度平衡逆向移动，NO转化率降低，故A错误；
B．催化剂能加快化学反应速率，增大压强平衡正向移动，增大NO转化率，故B正确；
C．升高温度化学反应速率加快，平衡逆向移动，充入N2平衡逆向移动，NO转化率减小，故C错误；
D．降低温度化学反应速率减慢，故D错误。
答案选B。
7. 用90%的普通汽油与10%的燃料乙醇调和成乙醇汽油，可节省石油资源。已知乙醇的标准摩尔燃烧焓为，下列表示乙醇燃烧反应的热化学方程式正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】燃烧热是指在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。已知乙醇的标准摩尔燃烧焓为，则乙醇燃烧反应的热化学方程式为：，故选A。
8. 物质的组成与结构决定了物质的性质与变化。下列说法正确的是
A. MgO的熔点高于NaCl的熔点
B. 金刚石与碳化硅晶体结构相似，金刚石的硬度小于碳化硅
C. CH3CH2CH2COOH的酸性比CH3COOH的酸性强
D. HF晶体沸点高于HCl，是因为HCl共价键键能小于HF
【答案】A
【解析】
【详解】A．MgO、NaCl均离子晶体，半径、，且、所带电荷多，MgO晶体中晶格能大，故熔点高，A正确；
B．金刚石与碳化硅都是共价晶体，结构相似，碳原子半径小于硅原子半径，则键长：，键长越短，键能越大，则金刚石的硬度大于碳化硅，B错误；
C．烃基为推电子基团，烃基越大，羧基中H-O的极性越弱，越难电离氢离子，酸性越弱，故丁酸的酸性弱于乙酸，C错误；
D．HF和HCl属于分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，其沸点越高，但是HF分子间存在氢键，故HF晶体沸点高于HCl，D错误；
故选A。
9. 某温度下，在一个2 L的密闭容器中，加入4 ml A和2 ml B进行如下反应：2A(g)＋B(g) C(s)＋3D(g)，反应2 min后达到平衡，测得生成1.6 ml C，下列说法不正确的是
A. 前2 min D的平均反应速率为1.2 ml·L-1·min-1
B. 此时A的平衡转化率是80%
C. 增大该体系的压强，平衡向逆方向移动
D. 该温度下平衡常数K=432
【答案】C
【解析】
【分析】在2 L的密闭容器中，加入4 ml A和2 ml B进行反应：2A(g)＋B(g) === C(s)＋3D(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 ml C，则：
【详解】A．v(D)=ΔcD/Δt=4.8 ml / (2 L*2 min)=1.2 ml·L-1·min-1，A正确；
B．达到平衡时，A的转化率为3.2 ml /4 ml×100%=80%，B正确；
C．该反应为气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，C错误；
D．该温度下平衡常数K==(4.8/2)3 / (0.8/2)2×(0.4/2)=432，D正确；
故选D。
10. 下列说法不正确的是
A. 常温下，2.0×10-7ml·L-1的盐酸中c(H+)=2.0×10-7ml·L-1
B. 将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH变小但仍保持中性
C. 常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质
D. 常温下，pH为3的醋酸溶液中加水稀释，溶液pH增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化氢是强电解质，溶于水完全电离，2.0×10-7ml·L-1的盐酸中c(Cl－)=2.0×10-7ml·L-1，溶液显酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由于水还电离，所以溶液中氢离子浓度大于1.0×10-7ml·L-1，A错误；
B．氯化钾不水解，将KCl溶液从常温加热至80℃，水的离子积常数增大，氢离子浓度增大，溶液的pH变小，由于氢离子浓度仍然等于氢氧根离子浓度，所以仍保持中性，B正确；
C．常温下，NaCN溶液呈碱性，是因为CN－水解，这说明HCN是弱电解质，C正确；
D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加水稀释，电离程度增大但醋酸浓度减小是pH变化的主要因素，所以稀释后氢离子浓度减小，溶液pH增大，D正确；
答案选A。
11. 某物质M是制造染料的中间体，它的球棍模型如图所示，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X元素原子半径最小，W的轨道有一个未成对电子，Y、Z同主族。下列说法正确的是
A. 电负性：B. 最简单氢化物沸点：
C. 是极性分子D. Z氧化物对应的水化物为强酸
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示结构，X元素原子半径最小，则X元素为氢；W的轨道有一个未成对电子，可能为3p1或3p5，根据图示成键结构可知W为氯；Y、Z同主族则Y为氧，Z为硫；据此分析。
【详解】A．同一主族元素，从上往下，电负性减弱，故电负性氧>硫；同一周期，从左往右电负性增强，故电负性硫”“=”或“ ③. 0-t1时段， 4Fe(OH)2 +O2= 4FeOOH+ 2H2O，因此pH几乎不变；t1-t2时段，Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小23. 不受影响
【解析】
【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整pH（0.1ml/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1ml/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。
【小问1详解】
加入铁粉与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4平衡正向移动沉钛，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；
故答案为：过滤；
【小问2详解】
①向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色，故白色沉淀为Fe(OH)2，反应的离子方程式为；
②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3，则氢氧根离子浓度小于理论数据，结合可知，此时c(Fe2+)>0.1ml/L；
③0-t1时段， 4Fe(OH)2 +O2= 4FeOOH+ 2H2O，因此pH几乎不变；t1-t2时段，Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小；
【小问3详解】
由于 ，Fe(C2O4)不与稀碱溶液反应， 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响；