2021-2022学年云南省曲靖市宣威三中高二（下）月考化学试卷（4月份）（含答案解析）

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2021-2022学年云南省曲靖市宣威三中高二（下）月考化学试卷（4月份）
1. 以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是( )
A. 四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反应
B. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
2. NA表示阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是(    )
A. 2.4gMg在足量O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B. 标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数为0.5NA
C. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的σ键数为0.4NA
D. 0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA
3. O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是(    )
A. 氧气是氧化产物
B. O2F2既是氧化剂又是还原剂
C. 若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子
D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
4. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(    )
A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
5. 根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是(    )

实验
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3>H2SiO3

A. A B. B C. C D. D
6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(    )
A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN−、Cl−
B. c(H)c(OH)1×1012的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−
C. c(Fe2+)=1mol⋅L−1的溶液中：H+、NH4+、MnO4−、SO42−
D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42−、HCO3−
7. 短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21.下列关系正确的是(    )


W
X

Y



Z

A. 氢化物沸点：WW
C. 化合物熔点：Y2X3c(H+)>c(OH−) 
【解析】解：由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2=MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，且不引入新杂质加MnF2，最后蒸发浓缩、趁热过滤(防止低温MnSO4⋅H2O溶解而减少)，
(1)根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，故“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为SO2+MnO2=Mn2++SO42−，故答案为：SO2+MnO2=Mn2++SO42−；
(2)加入过氧化氢是亚铁离子氧化成铁离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
(3)调节pH至5∼6，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，除杂过程中不能引入新杂质，所以可加氧化钙和氧化镁调节溶液的pH，故答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3；a、b；
(4)氟化锰是难溶物，书写离子方程式用化学式，反应方程式为：MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2；K=c(Mn2+)c(Mg2+)=c(Mn2+)×c2(F−)c(Mg2+)×c2(F−)=5.3×10−37.4×10−11=7.2×107，故答案为：MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2；7.2×107；
(5)温度高于27℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低，所以采用趁热过滤，减少MnSO4⋅H2O在水中的溶解，故答案为：因为减少MnSO4⋅H2O在水中的溶解，得到更所得产品；
(6)MnSO4是强酸弱碱盐，水解呈酸性，方程式为：Mn2++2H2O⇌Mn(OH)2+2H+；离子浓度大小为：不水解离子>水解的离子>显性的离子>隐性的离子，所以离子浓度大小为：c(SO42−)>c(Mn2+)>c(H+)>c(OH−)，故答案为：Mn2++2H2O⇌Mn(OH)2+2H+；c(SO42−)>c(Mn2+)>c(H+)>c(OH−).
由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2=MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，且不引入新杂质加MnF2，最后蒸发浓缩、趁热过滤(防止低温MnSO4⋅H2O溶解而减少)，以此来解答．
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．

17.【答案】+1230.05CDBD该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大  0.9p5.4 
【解析】解：(1)已知：Ⅰ.2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2(g)△H1=−238kJ⋅mol−1
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g)△H2=−484kJ⋅mol−1
根据盖斯定律12×(反应I−反应II)得到反应C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)的△H=12×[−238kJ⋅mol−1−(−484kJ⋅mol−1)]=+123kJ/mol，
故答案为：+123；
(2)①结合三段式计算：
                   C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)xxx
平衡(mol)1−xxx
平衡时气体压强是开始的1.5倍，则1−x+x+x=1.5，解得x=0.5，则0∼10min丙烯的化学反应速率v(C3H6)=0.510 mol⋅L−1⋅min−1=0.05mol⋅L−1⋅min−1，
故答案为：0.05；
②A.焓变(△H)只与化学反应有关，所以反应的焓变(△H)始终保持不变，即反应的焓变(△H)保持不变不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.C3H6与H2均是生成物，二者的物质的量之比始终保持1：1不变，不能说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B错误；
C.该反应正向是气体体积增大的反应，各物质均为气体，所以气体总压强保持不变的状态是平衡状态，故C正确；
D.v(C3H6)正=v(C3H6)逆表示正反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
③A.正反应应吸热，降低温度平衡逆向移动，反应物转化率降低，故A错误；
B.正反应应吸热，升高温度平衡正向移动，反应物转化率增大，故B正确；
C.加催化剂不能改变平衡状态，转化率不变，故C错误；
D.及时分离出H2平衡正向移动，反应物转化率增大，故D正确；
故答案为：BD；
④起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，因此丙烷的平衡转化率增大，
故答案为：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，因此丙烷的平衡转化率增大；
(3)①由图可知，反应达到平衡状态时C3H8的气体体积分数为25%，列出三段式：
                   C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)yyy
平衡(mol)1−yyy
则1−y1+y=0.25，解得y=0.6，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，所以平衡时气体的压强为1.6pkPa，p(C3H8)=0.4mol1.6mol×1.6pkPa=0.4pkPa、p(C3H6)=p(H2)=0.6pkPa，Kp=p(c3H6)⋅p(H2)p(C3H8)=0.6kPa×0.6kPa0.4kPa=0.9pkPa，
故答案为：0.9p；
②m点处反应三段式为，
                  C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)zzz
平衡(mol)1−zzz
图a中m点处C3H8的气体体积分数为50%，即1−z1+z=0.5，解得z=13mol，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，m点处气体的压强为43pkPa，分压：p(C3H8)=23kPa、p(C3H6)=p(H2)=13pkPa，所以m点处v正v逆=k正k逆×p(C3H8)p(C3H6)⋅p(H2)=0.9pkPa×23kPa13kPa×13kPa=5.4，
故答案为：5.4。
(1)已知：Ⅰ.2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2(g)△H1=−238kJ⋅mol−1
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g)△H2=−484kJ⋅mol−1
根据盖斯定律12×(反应I−反应II)得到反应C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)；
(2)①列出三段式
                   C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)xxx
平衡(mol)1−xxx
平衡时气体压强是开始的1.5倍，则1−x+x+x=1.5，解得x=0.5，据此解答；
②可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；
③提高转化率，可以改变条件使平衡正向移动，根据影响反应的因素分析；
④该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动；
(3)①由图可知，反应达到平衡状态时C3H8的气体体积分数为25%，列出三段式：
                   C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)yyy
平衡(mol)1−yyy
则1−y1+y=0.25，解得y=0.6，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，所以平衡时气体的压强为1.6pkPa，p(C3H8)=0.4mol1.6mol×1.6pkPa=0.4pkPa、p(C3H6)=p(H2)=0.6pkPa，代入Kp=p(c3H6)⋅p(H2)p(C3H8)；
②m点处反应三段式为，
                  C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)zzz
平衡(mol)1−zzz
图a中m点处C3H8的气体体积分数为50%，即1−z1+z=0.5，解得z=13mol，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，m点处气体的压强为43pkPa，分压：p(C3H8)=23kPa、p(C3H6)=p(H2)=13pkPa，所以m点处v正v逆=k正k逆×p(C3H8)p(C3H6)⋅p(H2)。
本题考查化学平衡计算及外界条件对化学平衡移动影响原理，侧重考查分析判断及知识综合运用、计算能力，明确化学平衡常数计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，注意④中平衡常数KP计算时各物质分压强为解答易错点，题目难度较大。

18.【答案】(1)1s22s22p63s23p63d84s2； 2；  
(2)①正四面体；
②配位键； N ；
 ③高于；氨分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性； sp3； 
(3)金属；Cu+电子排布呈全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大；
(4)① 3：1 ；
②3251dNA×107∘ 
【解析】
【分析】
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、氢键、电离能、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的综合考查，需要学生具备扎实的基础。
【解答】
(1)Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；2；
(2)①SO42−中S原子的孤电子对数=6+2−2×42=0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，
故答案为：正四面体；
②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，
故答案为：配位键；N；
③PH3分子之间为范德华力，氨分子之间形成氢键，分子间作用力更强，故氨气的沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N−H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，故答案为：高于；氨分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；sp3；
(3)单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的，
故答案为：金属；Cu+电子排布呈全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大；
(4)①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×18=1、Cu原子数目=6×12=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1，故答案为：3：1；
②属于面心立方密堆积，晶胞质量为59+64×3NAg，则59+64×3NAg=dg⋅cm−3×(a×10−7cm)3，解得a=3251dNA×107，故答案为：3251dNA×107。