2023广元中学高二下学期5月期中考试化学试题含解析

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广元中学高2021级高二下学期期中考试
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 O：16 Si：28 S：32 Cu：64
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 2022年中国空间站全面建成，标注着中国航天的崭新高度。下列说法错误的是
A. 用于“天和”核心舱推进系统的氮化硼陶瓷是新型无机非金属材料
B. 空间站搭载的太阳能电池板的核心材料是二氧化硅
C. 载人舱所用钛合金的性能可以通过改变合金元素的种类、含量加以调节
D. 航天服使用的尼龙、氯丁橡胶、聚酯纤维均为有机高分子材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮化硼陶瓷是新型无机非金属材料，A正确；
B．太阳能电池板的核心材料是硅，B错误；
C．钛合金的性能可以通过改变合金元素的种类、含量加以调节，C正确；
D．尼龙、氯丁橡胶、聚酯纤维均为有机高分子材料，D正确；
故选B。
2. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是

实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：
B
取10ml 0.1mol·L-1的AgNO3溶液于试管中，先向其中加入1ml 0.1 mol·L-1的KCl溶液；再加入1ml 0.1 mol·L-1的KBr溶液
先出现白色沉淀；后又出现淡黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)
C
石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
向乙醇中加入一小块金属Na
产生无色气体
乙醇中含有水

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，且氯水有剩余，再加入淀粉KI溶液，氯水能将碘离子氧化为碘单质，不能比较溴单质和碘单质的氧化性，A项错误；
B．硝酸银过量，加入KBr溶液，一定会生成AgBr沉淀，不能比较Ksp(AgCl)和Ksp(AgBr)的大小，B项错误；
C．石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液，溶液红棕色变无色，说明和不饱和烃发生了加成反应，证明气体中含有不饱和烃，C项正确；
D．Na和乙醇、水反应均能生成氢气，故该现象不能证明乙醇中含有水，D项错误；
答案选C。
3. A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素。A是宇宙中含量最多的元素，B的价电子层中有3个未成对电子；C与D同主族：E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。五种元素形成的离子化合物可表示为[E(BA3)4(A2C)2]2+[DC4]2-，下列说法错误的是
A. 第一电离能：B>C
B. BC3-离子呈三角锥形结构
C. 该化合物含有离子键、共价键、配位键
D. A与B、C均可形成含有非极性共价键的化合物
【答案】B
【解析】
【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素，A是宇宙中含量最多的元素，则A为H元素；B的价电子层中有3个未成对电子，则B为N元素；C与D同主族，C与D形成[DC4]2-，则C为O元素、D为S元素：E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则E为Cu元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故A正确；
B．硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形，故B错误；
C．由组成可知，阳离子为配离子，中心离子为铜离子，水分子和氨分子为配体，阴离子为硫酸根离子，则该化合物是含有离子键、共价键、配位键的离子化合物，故C正确；
D．联氨和过氧化氢都是含有极性共价键和非极性共价键共价化合物，故D正确；
故选B。
4. 汽车尾气中的氮氧化物、碳氢化物与臭氧反应是造成城市光化学污染的主要原因，其中常见的反应为CH3CH=CHCH3(2—丁烯)+2O3→2CH3CHO+2O2，已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A. CH3CHO和CH3CH=CHCH3分子中采取sp2杂化和sp3杂化的碳原子数目之比均为1：1
B. O2和O3均为非极性分子
C. 标准状况下，2.24L CH3CH2OH中所含原子数目为0.7NA
D. 若有2mol O3参与反应，则反应中转移的电子数目为12NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醛和2—丁烯分子中饱和碳原子的杂化方式均为sp3杂化、双键碳原子的杂化方式均为sp2杂化，则分子中采取sp2杂化和sp3杂化的碳原子数目之比均为1：1，故A正确；
B．臭氧和二氧化硫的原子个数都为3、价电子数目都为18，互为等电子体，等电子体具有相同的空间结构，二氧化硫为结构不对称的V形，属于极性分子，所以臭氧也为极性分子，故B错误；
C．标准状况下，乙醇为液态，则无法计算2.24L乙醇的物质的量和所含原子数目，故C错误；
D．由方程式可知，反应中2mol臭氧反应，反应转移电子的物质的量为4mol，则反应中转移的电子数目为4NA，故D错误；
故选A。
5. 下列说法或有关化学用语的表述正确的是
A. 在基态多电子原子中，p能级电子能量一定高于s能级电子能量
B. 基态Fe原子的外围电子轨道表示式为
C. 因O的电负性比N大，故O的第一电离能比N也大
D. 根据原子核外电子排布的特点，Cu在元素周期表中位于s区
【答案】B
【解析】
【详解】A．在基态多电子原子中，p能级电子能量不一定高于s能级电子能量，如3s能级电子能量高于2p能级电子能量，故A错误；
B．铁元素的原子序数为26，基态原子的价电子排布式为3d64s2，外围电子轨道表示式为 ，故B正确；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故C错误；
D．铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，处于元素周期表ds区，故D错误；
故选B。
6. 一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是
A. 能发生取代反应，不能发生加成反应
B. 既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C. 与互为同分异构体
D. 该物质与碳酸钠反应得
【答案】C
【解析】
【详解】A．该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故A错误；
B．同系物是结构相似，分子式相差1个或n个CH2的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，故B错误；
C．该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；
D．该物质只含有一个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，最多生成0.5mol二氧化碳，最大质量为22g，故D错误；
故选C。
7. 我国电动汽车产业发展迅猛，多种车型采用三元锂电池，其正极材料可表示为Li1-aNixCoyMnzO2其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4，且x+y+z=1，电池总反应为Li1-aNixCoyMnzO2+LiaC6LiNixCoyMnzO2+6C(石墨)，其电池工作原理如图所示，两板之间有一个允许特定离子X通过的隔膜。下列说法错误的是

A. 允许离子X通过的隔膜属于阳离子交换膜
B. 充电时，外电路中流过0.2mol电子，A极质量减少1.4g
C. 在Li1-aNixCoyMnzO2材料中，若x：y：z=2：3：5，则a=0.3
D. 放电时，正极反应式为Li1-aNixCoyMnzO2+aLi++ae-=LiNxCoyMnzO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．由该电池放电时工作原理可知，放电时，A为负极B为正极，负极产生的锂离子通过阳离子交换膜进入正极，即允许离子X通过的隔膜属于阳离子交换膜，故A正确；
B．充电时，A极是阴极，电极反应为aLi++ae-+6C=LiaC6，外电路中流过0.2mol电子，A极质量增加0.2mol×7g/mol＝1.4g，故B错误；
C．Li1-aNixCoyMnzO2中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4，且x+y+z=1，若x：y：z=2：3：5，则x＝0.2、y＝0.3、z＝0.5，则依据化合价代数和为0可知a=1+2×0.2+3×0.3+4×0.5－2×2＝0.3，故C正确；
D．由该电池放电时工作原理可知，放电时B为正极，Li1-aNixCoyMnzO2得电子结合Li+生成LiNxCoyMnzO2，正极反应为Li1-aNixCoyMnzO2+aLi++ae-=LiNxCoyMnzO2，故D正确；
故选B。
二、非选择题：共58分。
8. 一种利用废铜屑制硫酸铜晶体的实验流程及主要装置如下：


（1）盛浓硝酸玻璃仪器名称为___________，写出加浓硝酸刚开始时废铜屑溶解的离子方程式___________。
（2）废铜屑中常含有铁、铅等杂质，铅可形成硫酸铅沉淀而除去，某些氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
氢氧化钠
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Cu(OH)2
4.2
6.7
Fe(OH)3
2.7
3.7
Fe(OH)2
7.6
9.6
试分析铁元素除去的合适的pH范围___________，为不引入杂质，调节pH时所加的物质为___________。
（3）下列有关操作的说法错误的是___________。
A．也可在烧瓶中先加入废铜屑、水，再缓缓加入浓硝酸、浓硫酸
B．某些实验中的趁热过滤操作，应使用短颈漏斗而不用长颈漏斗
C．配置3mol·L—1的硫酸溶液时，应在烧杯中将蒸馏水缓慢加入浓硫酸中并搅拌散热
（4）图中“一系列操作”包含的步骤有蒸发浓缩→___________→___________→洗涤→干燥。
（5）已知： 2Cu2+ +4I- =2CuI↓+I2，I2+ 2S2O=S4O+2I—。称取纯晶体ag加入适量稀硫酸和水配成100mL溶液，取20.00mL，加入过量的KI溶液(杂质不参与反应)，再加入几滴淀粉溶液，用c mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，平均消耗Na2S2O3溶液b mL，则所测试样中硫酸铜晶体的纯度为___________ %(质量分数)
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O
（2） ①. 3.7~4.2 ②. CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3
（3）C （4） ①. 冷却结晶 ②. 过滤
（5）
【解析】
【分析】由题给流程可知，向铜和稀硫酸中分批加入浓硝酸共热反应，将铜转化为硫酸铜，过滤得到含有硫酸铅的滤渣和含有硫酸铜的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入氧化铜或氢氧化铜或碳酸铜或碱式碳酸铜调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铜晶体。
【小问1详解】
由实验装置图可知，盛浓硝酸的玻璃仪器为分液漏斗；加浓硝酸刚开始时废铜屑溶解的反应为铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O；
【小问2详解】
由分析可知，加入氧化铜或氢氧化铜或碳酸铜或碱式碳酸铜调节溶液pH在3.7~4.2范围内的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：3.7~4.2；CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3；
【小问3详解】
A．铜与硫酸不反应，加入硝酸的目的是将铜溶解转化为铜离子，则在烧瓶中先加入废铜屑、水，再缓缓加入浓硝酸、浓硫酸也能达到使铜溶解转化为铜离子的目的，故正确；
B．趁热过滤时，使用短颈漏斗而不用长颈漏斗的目的是便于滤液顺利流下，故正确；
C．配置3mol·L—1的硫酸溶液时，应在烧杯中将密度大的浓硫酸缓慢加入蒸馏水中并搅拌散热，否则会因暴沸而发生意外事故，故错误；
【小问4详解】
由分析可知，制备硫酸铜晶体的一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；过滤；
【小问5详解】
由方程式可得如下转化关系：2Cu2+—I2—2S2O，滴定消耗bmL cmol/L硫代硫酸钠溶液，则ag试样中硫酸铜晶体的纯度为×100%=，故答案为：。
9. 完成下列问题
I、雾霾主要成分为灰尘、、NOX、有机碳氢化合物等粒子。烟气脱硝是治理雾霾的方法之一、
（1）以氨气为脱硝剂时，可将NOX还原为N2。
已知：i． △H= a kJ·
ii． △H= b kJ·
则反应的 △H=___________kJ·。
（2）臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为： △H <0某温度时，在体积为1L的刚性密闭容器中充入2 molNO2和1molO3发生反应，保持恒温恒容条件。
①下列事实能够证明该反应已经达到平衡的是___________ (填标号)。
A． B．混合气体密度不再改变
C．O2的体积分数不再改变 D．混合气体平均摩尔质量不再改变
②欲增加NO2的平衡转化率，可采取的措施有___________ (填标号)。
A．充入氦气 B．升高温度 C．充入2 molNO2 D．充入2 mol NO2和1molO3
③达到平衡时，混合气体总压为p，O2的浓度为0.5，则NO2的转化率为___________，平衡常数Kp=___________ (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
II、碳和氮的化合物是广泛的化工原料，在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：，其化学平衡常数K和温度T的关系如下表：
t℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
（3）该反应为反应___________(填“吸热”、“放热”)。
（4）某温度下，平衡浓度符合下式：，试判断此时的温度为___________℃。
（5）在800℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为，，，，则下一时刻，___________(填“>”、“<”或“=”)。
【答案】（1）(b—3a)
（2） ①. CD ②. D ③. 50% ④.
（3）吸热 （4）700
（5）<
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应ii—i×3可得氨气与一氧化氮的脱硝反应，则反应的焓变△H=(b—3a)kJ/mol，故答案为：(b—3a)；
【小问2详解】
①A．不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．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，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．氧气的的体积分数不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体平均摩尔质量增大，则混合气体平均摩尔质量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故选CD；
②A．恒容条件下充入不参加反应的氦气，平衡体系中各物质的浓度不变，化学平衡不移动，二氧化氮的平衡转化率不变，故错误；
B．该反应为吸热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的平衡转化率减小，故错误；
C．恒容条件下充入2 mol二氧化氮，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，但二氧化氮的转化率减小，故错误；
D．恒容条件下充入2 mol二氧化氮和1mol 臭氧相当于增大压强，该反应是气体体积减小的反应，平衡向正反应方向移动，二氧化氮的平衡转化率增大，故正确；
故选D；
③由题意可知，反应达到平衡时，氧气的浓度为0.5mol/L，由方程式可知，反应消耗二氧化氮的物质的量为0.5mol/L×1L×2=1mol，平衡时二氧化氮、臭氧、五氧化二氮、氧气的物质的量分别为2mol—1mol=1mol、1mol—0.5mol/L×1L=0.5mol、0.5mol/L×1L=0.5mol、0.5mol/L×1L=0.5mol，则二氧化氮的平衡转化率为 =50%，反应的平衡常数Kp==，故答案为：50%；；
【小问3详解】
由表格数据可知，升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，故答案为：吸热；
【小问4详解】
由3c(CO2)⋅c(H2)=5c(CO)⋅c(H2O)可得：反应的平衡常数K===0.6，则反应的温度为为700℃，故答案为：700；
【小问5详解】
由题给数据可知，800℃时反应的浓度熵Qc===1>K=0.9，则反应向逆反应方向进行，正反应速率小于逆反应速率，故答案为：<。
10. 明矾晶体[]在生产、生活中有广泛用途，如饮用水的净化、造纸工业的施胶剂、食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料——铝灰(含Al、及少量和)可制备明矾，工艺流程如图：

回答下列问题：
（1）“滤渣①”的主要成分是___________(填化学式)；操作Ⅱ用到的玻璃仪器有玻璃棒、___________。
（2）滤液A中含有的阳离子有：___________，加入的作用是：___________。
（3）写出流程图丁中在水溶液中的电离方程式：___________。
（4）若将流程图甲中的过量稀硫酸改成过量的氢氧化钾溶液，所得溶液的溶质除外，还含有KOH和___________ (填化学式)；写出铝灰与过量的氢氧化钾溶液反应生成气体的化学方程式：___________。
【答案】（1） ①. SiO2 ②. 漏斗、烧杯
（2） ①. Al3+、Fe2+、Fe3+、H+ ②. 将二价铁转化为三价铁便于下一步生成铁的沉淀而除去
（3）
（4） ①. K2SiO3 ②.
【解析】
【分析】铝灰（及少量）加入过量稀硫酸得到相应铝，铁的盐溶液，二氧化硅不反应得到滤渣①；滤液A加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，再加入过量氢氧化钾得到氢氧化铁沉淀形成滤渣②，铝离子生成偏铝酸钾；滤液B中含有偏铝酸钾，加入适量硫酸钾，稀硫酸酸化得到硫酸铝钾溶液，最终生成明矾；
【小问1详解】
二氧化硅和稀硫酸不反应，故滤渣①的主要成分是；操作II为分离固液的操作，为过滤，用到的玻璃仪器有玻璃棒，漏斗，烧杯；
【小问2详解】
滤液A中含有生成的硫酸铝，硫酸亚铁，硫酸铁，过量稀硫酸，故阳离子有：；加入过氧化氢的作用是，过氧化氢具有氧化性，将二价铁转化为三价铁便于下一步生成铁的沉淀而除去；
【小问3详解】
是强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为：；
【小问4详解】
若将流程图中的过量稀硫酸改成过量的氢氧化钾溶液，和碱性的氢氧化钾不反应，Al和氢氧化钾生成偏铝酸钾和氢气，氧化铝和氢氧化钾反应生成偏铝酸钾和水，二氧化硅和氢氧化钾反应生成硅酸钾和水，所得溶液的溶质除了外，还含有KOH，；铝和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾和氢气，反应方程式为：。
11. C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。
（1）写出Si的基态原子核外最外层电子排布式_______，C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。
（2）干冰是分子晶体，其密度比冰大的原因是_______。SiC晶体的结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为_______。
（3）氧化物XO的电子总数与SiC的相等，则X为_______(填元素符号)，XO是优良的耐高温材料，其熔点比CaO高的原因是_______。
（4）向盛有硫酸铜水溶液的试管中加氨水，先形成蓝色沉淀，继续加入氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。在这个过程中先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解的原因是：_______。
（5）下图表示是SiO2的晶胞结构(白圈代表硅原子，黑点代表氧原子)，判断在30g二氧化硅晶体中含_______键。如果该立方体的边长为，用表示阿伏加德罗常数，则SiO2晶体的密度表达式为_______。

【答案】（1） ①. 3s23p2 ②. O>C>Si
（2） ①. 干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大 ②. sp3杂化
（3） ①. Mg ②. Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能大
（4）向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀：Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解
（5） ①. 2 ②.
【解析】
【小问1详解】
Si的基态原子核外电子排布式1s22s22p63s23p2，最外层电子排布式为3s23p2，同一周期主族元素从左向右电负性逐渐增大，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为O>C>Si；故答案为：3s23p2；O>C>Si；
【小问2详解】
干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大；晶体硅中1个硅原子与4个硅原子相连，呈正四面体结构，所以其杂化方式是sp3，SiC的晶体结构与晶体硅的相似，故C原子的杂化方式为sp3杂化；
故答案为：干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大；sp3杂化；
【小问3详解】
氧化物XO的电子总数与SiC的相等，则X原子中电子数为12，原子中电子数=原子序数=12，所以X为Mg元素，MgO和CaO都是离子晶体，镁离子半径小于钙离子，且二者所带电荷数相等，则MgO的晶格能大于CaO，所以MgO的熔点高于CaO，
故答案为：Mg；Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能大；
【小问4详解】
向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀
Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O
=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解，故答案为：向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀：Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解；
【小问5详解】
30g二氧化硅的物质的量为： ，每个Si原子形成4 个Si-O键，30g二氧化硅晶体中含Si-O键为0.5mol×4=2mol；晶胞中Si原子数目：
，则晶胞中O原子数目为8×2=16，晶胞质量=，晶