四川省宜宾市叙州区2023_2024学年高二化学上学期1月期末试题含解析

这是一份四川省宜宾市叙州区2023_2024学年高二化学上学期1月期末试题含解析，共22页。试卷主要包含了15kJ，0×2+b—463等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷分为第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。第一部分1~3页，第二部分4－6页。满分100分。考试时间75分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上无效。考试结束后，将答题卡交回，试卷自留。
可能用到的相对原子质量有：H：1 C：12 O：16 S：32 Cu：64
第一部分选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 下列说法中正确的是
A. 常温下能发生的反应一定是放热反应
B. 、，
C. 的燃烧热(标准摩尔燃烧焓)，则101kPa时，完全燃烧生成和时所放出的热量为445.15kJ
D. 物质完全燃烧时，化学能全部转化为热能
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应是否放热与反应是否需要加热无关，常温下能发生的反应不一定是放热反应，A错误；
B．为放热反应，焓变为负；为吸热反应，焓变为正；故，B错误；
C．燃烧热是在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；为0.5ml，则101kPa时，完全燃烧生成和时所放出的热量为445.15kJ，C正确；
D．物质完全燃烧时，化学能除转化为热能外，往往伴随其它能量的变化，D错误；
故选C。
2. 可发生水解反应，下列说法正确的是
A. 中N原子杂化类型为杂化B. 为非极性分子
C. 分子空间构型为平面三角形D. 的电子式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中，N原子轨道杂化方式为sp3杂化，价层电子对数为3+1=4，A错误；
B．H2O是V性结构，为极性分子，B错误；
C．为sp3杂化，空间构型为三角锥形，C错误；
D．的电子式为，D正确；
故选D。
3. 合成氨工业中，在催化剂作用下发生反应。下列说法正确的是
A. 该反应的反应物键能总和大于生成物的键能总和
B. 实际生产中通常选择200℃、100Mpa条件下合成氨
C. 采取迅速冷却的方法，使气态氨变为液态氨后及时从平衡混合物中分离出去，可提高氨的产量
D. 增大催化剂的表面积，可有效加快反应速率和提高平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．合成氨的反应为放热反应，根据反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和可知，该反应的反应物键能总和小于生成物的键能总和，A错误；
B．工业生产中宜选择200℃条件，此时催化剂活性较大，但不宜选用100MPa，因为氨的含量在此条件下升高并不明显，且成本较高，B错误；
C．氨气易液化，实际生产中，采取迅速冷却的方法，使气态氨变成液氨后及时从平衡混合物中分离出去，从平衡角度考虑，平衡向正反应方向移动，从而可提高转化率与产率，C正确；
D．增大催化剂的比表面积(单位质量的物质所具有的总表面积)，可有效加快反应速率，但不会影响平衡，即不能提高平衡转化率，D错误；
故选C。
4. 下列有关化学用语的表示正确的是
A. 的结构示意图：B. py轨道的电子云轮廓图：
C. S的价层电子排布式：D. N的轨道表示式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．的质子数为8，结构示意图：，A错误；
B．py轨道的电子云轮廓图：，B错误；
C．S为16号元素，价层电子排布式：，C正确；
D．洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同；基态N原子核外电子排布图为，D错误；
故选C。
5. 共价键的强弱可用键能来衡量。键能是指气态分子中1ml化学键解离成气态原子所吸收的能量。已知：，，则的键能为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应②—①×2得到反应2H2+O2(g)=2H2O(g)ΔH=−482kJ/ml，由反应热与反应物的键能之和与生成物键能之和的差值相等可得：(436.0×2+b—463.0×4)kJ/ml=—482kJ/ml，解得b=498.0，故选A。
6. 离子液体是一类应用价值很高的绿色溶剂，由同一短周期的非金属元素X、Y、Z及碳、氢元素组成的离子液体，其结构如图所示，下列说法正确的是
A. 原子半径：X>Y>ZB. Y的最高价氧化物的水化物是强酸
C. 第一电离能大小：X>Z>YD. 阳离子中含有的大π键为
【答案】D
【解析】
【分析】同一短周期的非金属元素X、Y、Z，由题图知，X周围有三个或四个共价键，整个粒子带一个正电荷，则X最外层电子数为5，故X为N元素，Y连接四个共价键且带1个负电荷，则Y为B元素，Z为F元素，以此解答。
【详解】A．同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，因此原子半径：B>N >F，故A错误；
B．Y为B，最高价氧化物的水化物H3BO3是弱酸，故B错误；
C．同一周期元素从左向右第一-电离能呈增大趋势，第IIA族和第V A族最外层电子处于全满和半满状态，较稳定，第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，第一电离能大小：F>N>B，故C错误；
D．由结构可知，阳离子中有3个碳原子和2个氮原子形成大π键，含有的大π键为，故D正确；
故选D。
7. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①；②；③；④。则下列说法中正确的是
A. ①和③元素均为非金属元素，并且位于同一主族
B. ②号元素的单质具有强氧化性
C. 第一电离能：
D. 电负性：
【答案】C
【解析】
【分析】由基态原子的电子排布式可知，①为N元素、②为Na元素、③为S元素、④为K元素。
【详解】A．N为第VA族元素，S为第VIA族元素，故A错误；
B．Na具有强还原性，故B错误；
C．同周期元素，从左到右原子电离能依次增大，同主族元素，从上到下原子电离能依次减小，则第一电离能大小顺序为，故C正确；
D．同周期元素，从左到右原子电负性依次增大，同主族元素，从上到下原子电负性依次减小，则电负性大小顺序为N＞P＞Na＞K，故D错误；
故选C。
8. 在2A(g)+B(g)3C(g)+5D(g)反应中，表示该反应速率最快的是
A. v(A)=0.5ml/(L•s)B. v(B)=0.3ml/(L•s)
C. v(C)=0.8ml/(L•s)D. v(D)=0.4ml/(L•s)
【答案】B
【解析】
【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质的速率与其化学计量数比值越大，表示的反应速率越快，注意保持单位一致。
【详解】A．=0.25ml/(L•s)；
B．=0.3ml/(L•s)；
C．=0.267ml/(L•s)；
D．=0.08ml/(L•s)；
综上反应速率v(B)>v(C)>v(A)>v(D)；
故选B。
9. 铬及其化合物在催化方面具有重要应用。Cr2O3在丙烷脱氢：C3H8(g)=3C(石墨，s)+4H2(g)过程中起到催化作用，其中的部分反应历程如图所示。下列说法错误的是
A. Cr2O3在丙烷脱氢的反应过程中可能作氧化剂和氧化产物
B. 该反应的焓变为E1-E2+ΔH2+E3-E4
C. C3H8(g)=3C(石墨，s)+4H2(g)，该反应在高温条件下能自发进行
D. 该反应可实现将化学能转化为热能
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cr2O3在丙烷脱氢过程中起到催化作用，可能是Cr2O3先做氧化剂，将丙烷或氢气氧化，然后再被生成的某物质氧化为Cr2O3，所以Cr2O3在丙烷脱氢的反应过程中可能作氧化剂和氧化产物，故A正确；
B．该反应的焓变为各步反应焓变的和，所以该反应的焓变为E1-E2+△H2+E3-E4，故B正确；
C．该反应为分解反应，△H>0，且该反应为气体分子数增大的反应，所以△S>0，根据△G=△H-△TS，当△G7，故溶液显碱性，B正确；
C．b点所在曲线为25℃时，将b点溶液稀释，Kw不变，沿曲线移动，b点对应的溶液pH=6，呈酸性，稀释后pH趋近7， c点对应的溶液呈碱性，b点不能移动到c点，C错误；
D．d点对应的溶液pH=8，pOH约等于5，pHc(Sr2+)=c(HF)>c(H+)
【答案】C
【解析】
【分析】HF为弱酸，存在电离平衡：HFH++F-，Ka=，=，温度不变，电离常数不变，lg[]越大，c(F-)越大，-lgc(F-)越小，c(Sr2+)越小，-lgc(Sr2+)越大，所以L1、L2分别代表-lgc(F-)、-lgc(Sr2+)与lg[]的变化曲线。
【详解】A．由分析可知，L1、L2分别代表-lgc(F-)、-lgc(Sr2+)与lg[]的变化曲线，A正确；
B．当lg[]=1时，c(Sr2+)=10-4ml/L，c(F-)=10-2.2ml/L，代入图示数据，Ksp(SrF2)=c(Sr2+)⋅c2(F-)=10-4×(10-2.2)2=10-8.4，数量级为10-9，B正确；
C．根据原子守恒，由溶解平衡可知2c(Sr2+)=c(F-)，有平衡HFH++F-可知，溶解得到的c(F-)等于溶液中存在的c(F-)与生成的c(HF)之和，故溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F-)+c(HF)，C错误；
D．由图可知，c点处c(Sr2+)=c(F-)，则与H+结合的F-占了SrF2溶解出来的一半，则加入的HCl多于生成的HF；c点对应lg[]值大于0，则＞1，即c(HF)＞c(H+)，故溶液中存在c(Cl-)＞c(Sr2+)=c(HF)＞c(H+)，D正确；
故选C。
第二部分非选择题(共58分)
二、非选择题(15~19题，共5题)
15. W、X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大的六种元素，其结构或性质如下表：
请根据信息回答下列问题：
（1）元素W为___________(填元素符号)。
（2）基态X原子的核外价电子轨道表示式为___________，该基态X原子中成对电子数与未成对电子数之比为___________。
（3）在三种元素中，没有最高正价的为___________ (填元素符号)，从元素的性质角度分析其原因可能是___________。
（4）与Q同周期的元素中，最外层单电子数与Q相同的有___________种。
（5）①~③是原子序数相邻且依次增大的三种元素，它们和R元素的基态原子的各级电离能()如下表，Q基态原子的电离能满足下表中的___________(填“①”“②”或“③”)。
R元素的第四电离能()比①～③的大的主要原因是___________。
【答案】15. C16. 4：3
17. ①. O ②. 氧元素的电负性大，最外层的6个电子难失去(合理即可)
18. 419. ①. ② ②. Fe的第四电离能是从轨道上再失去一个电子，轨道较稳定，难失去电子(合理即可)
【解析】
【分析】W的一种核素常用于测定文物年代，即该核素为14C，推出W元素为C，Y元素是短周期中原子核外第一次出现s能级电子总数等于p能级电子总数，核外电子排布式为1s22s22p4，推出Y为O，六种元素的原子序数依次增大，推出X为N，Z的单质为单核分子，最高能级电子数为电子层数的2倍，电子排布式为1s22s22p63s23p6，推出Z为Ar，Q为Cr，R为Fe，据此分析；
【小问1详解】
根据上述分析，元素W为C；故答案为C；
小问2详解】
根据上述分析，X为N，价电子排布式为2s22p3，即价电子轨道式为；基态氮元素核外电子排布式为1s22s22p3，根据泡利不相容原理和洪特规则，氮元素中成对电子对数与未成对电子数之比为4∶3；故答案为；4∶3；
【小问3详解】
W、X、Y三种元素分别为C、N、O，其中没有最高正价的元素为O，是因为氧元素的电负性大，最外层有6个电子，难以失去；故答案为O；氧元素的电负性大，最外层的6个电子难失去(合理即可)；
【小问4详解】
Q为Cr，最外层电子排布式为4s1，最外层单电子数为1，同周期最外层单电子数为1的有K、Cu、Ga、Br，有4种；故答案为4；
【小问5详解】
Q为Cr，价电子排布式为3d54s1，根据表中数据可知，①最外层有2个电子，应是V，②最外层有1个电子，应是Cr，③最外层有2个电子，应是Mn，符合Cr元素的是②；R为Fe，价电子排布式为3d64s2，失去三个电子后价电子排布式为3d5，第四电离能应从3d5轨道上再失去一个电子，3d5轨道较稳定，难失去电子，因此Fe元素的第四电离能比其余三种元素大；故答案为②；Fe的第四电离能是从轨道上再失去一个电子，轨道较稳定，难失去电子(合理即可)。
16. “碳中和”目标如期实现的关键技术之一是的再资源化利用。
（1）氨的饱和食盐水捕获是其利用的方法之一，反应原理为：。该反应常温下能自发进行的原因是___________。
（2）基掺杂形成(等)，能用于捕获，原理如下图所示。已知阳离子电荷数越高、半径越小，阴离子越易受其影响而分解。
①时，再生的化学方程式为___________。
②相比，其优点有___________。
（3）催化电解吸收的溶液可将转化为有机物。
①在阴极放电生成的电极反应式为___________。
②碱性溶液有利于抑制阴极上副产物的产生，该副产物的化学式为___________。
（4）在催化剂作用下，以和为原料合成，主要反应为：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
保持压强，将起始的混合气体匀速通过装有催化剂的反应管，测得出口处的转化率和甲醇的选择性与温度的关系如题图1、题图2所示。
①随着温度的升高，转化率增大、但甲醇选择性降低的原因是___________。
②假设定义催化剂催化效率，计算时三种催化剂的催化效率之比___________(写出计算过程)。
【答案】（1）反应
（2） ①. (或) ②. 等质量的和相比，吸收的的量多；和电荷数相等、半径小，再生时分解温度低，更节能
（3） ①. ②.
（4） ①. 随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗的增多。反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，转化率升高、但选择性降低 ②.
【解析】
【小问1详解】
反应为熵减的反应，该反应常温下能自发进行，反应，故答案为反应。
【小问2详解】
①时，加热生成和，再生的化学方程式为，故答案为(或)；
②已知阳离子电荷数越高、半径越小，阴离子越易受其影响而分解，所以相比，其优点有等质量的和相比，吸收的的量多；和电荷数相等、半径小，再生时分解温度低，更节能，故答案为等质量的和相比，吸收的的量多；和电荷数相等、半径小，再生时分解温度低，更节能。
【小问3详解】
①催化电解吸收的溶液可将转化为有机物，在阴极放电生成，电极反应式为，故答案为；
②电解时，H+可在阴极得到电子生成H2，碱性溶液有利于抑制H2的产生，故答案为H2。
【小问4详解】
①随着温度的升高，随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗的增多。反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，转化率升高、但选择性降低，导致转化率增大、但甲醇选择性降低，故答案为随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ速率加快，消耗的增多。反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，随着温度升高，反应Ⅰ正向进行程度小，反应Ⅱ正向进行程度大，转化率升高、但选择性降低；
②由图可知，340℃时、、的CO2的转化率分别为12%、10%和5%，、、甲醇的选择性分别为15%、20%和30%，所以，故答案为。
17. Fe2+在空气中易被氧化。某小组探究绿矾(FeSO4•7H2O)和莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]在空气中的稳定性。
Ⅰ．探究溶液中的稳定性：配制0.1ml·L-1两种溶液[A：FeSO4，B：(NH4)2Fe(SO4)2]，露置于空气中一段时间，并检验其中的Fe3+，结果如表。
（1）常温时0.1ml·L-1(NH4)2SO4溶液pH=5.0，则B溶液中水解程度：Fe2+_____NH(填“>”或“”、“