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重庆市长寿中学2022-2023学年高二化学下学期4月期中考试试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市长寿中学2022-2023学年高二化学下学期4月期中考试试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了答填空题时，必须使用0， 已知等内容，欢迎下载使用。
重庆市长寿中学校2024届高二下半期考试
化学试题
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(填空题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
3.答填空题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
可能用到的相对原子质量：
第I卷(选择题，共42分)
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与科技、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 航天器使用的太阳能电池帆板的主要成分是
B. 现代化学常利用原子光谱的特征谱线来鉴定元素
C. 通过红外光谱仪可以测定分子的相对分子质量
D. 焰火、激光都与原子核外电子跃迁吸收能量有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．太阳能电池帆板的主要成分是Si单质，故A错误；
B．不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱的特征谱线可以鉴定元素，故B正确；
C．通过红外光谱仪可以测定分子中的官能团和化学键，通过质谱仪可以测定分子的相对分子质量，故C错误；
D．焰火、激光都与原子核外电子跃迁释放能量有关，故D错误；
选B。
2. 下列化学用语表达正确的是。
A. 基态硅原子的轨道表示式：
B. 基态Cr的电子排布式：
C. 的电子式：
D. C原子的核外能量最高的电子云图像如图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，轨道表示式：，故A错误；
B．Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故B错误；
C．是共价化合物，电子式为：，故C错误；
D．C原子的核外能量最高的轨道为2p，电子云图像如图：，故D正确；
故选D。
3. 下列图象表示正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．氟、氯、溴的原子半径依次增大，氢卤键长增长，键能减小，故A错误；
B．NH3分子间存在氢键，NH3沸点最高，PH3和AsH3相比，相对分子质量越大，分子间作用力越大沸点越高，故沸点NH3＞AsH3＞PH3，故B错误；
C．非金属元素原子与氢原子形成共价键时，元素非金属性越强，键的极性越强。C、N、F处于同周期，原子序数逐渐增大，非金属性逐渐增强，键的极性增强，故C正确；
D．SiH4、NH3、H2O的中心原子的价层电子数均为4，但是孤电子对数分别为0、1、2，由于孤电子对越多，斥力越大，键角越小，故键角逐渐减小，故D错误；
答案选C。
4. 二氟化氧的键角为，是一种无色的剧毒气体，能发生反应：，下列有关说法正确的是。
A. 难溶于 B. 的键角大于
C. 分子中O与F之间存在的是氢键 D. 的VSEPR模型名称为正四面体形
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由于OF2中中心原子O形成2个共价键且存在2对孤电子对，为sp3杂化，OF2为V形结构，正负电荷重心不重合，故OF2是极性分子，而CCl4是非极性分子，故OF2难溶于CCl4，A正确；
B．OF2中存在2对孤电子对，，而中存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故的键角小于，B错误；
C．分子中O与F之间存在的是极性共价键，C错误；
D．由分析可知，OF2中中心原子O形成2个共价键且存在2对孤电子对，为sp3杂化，的VSEPR模型名称为正四面体形，D正确；
故选AD。
5. “冰面为什么滑？”，这与冰层表面的结构有关，下列有关说法正确的是
A. 由于氢键的存在，水分子的稳定性好，高温下也很难分解
B. 第一层固态冰中，水分子间通过共价键形成空间网状结构
C. 第二层“准液体”中，水分子间形成共价键机会减少，形成氢键的机会增加
D. 当高于一定温度时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键断裂，产生“流动性的水分子”，使冰面变滑
【答案】D
【解析】
【详解】A．水分子的稳定性好，是由水分子内氢氧共价键的键能决定的，与分子间形成的氢键无关，A错误；
B．分子间不存在共价键，应该是通过氢键形成空间网状结构，B错误；
C．分子间不存在共价键应该是氢键个数减少，C错误；
D．当温度达到一定数值时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键被破坏，使一部分水分子能够自由流动，从而产生“流动性的水分子”，造成冰面变滑，D正确；
故选D。
6. 已知：Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其余均为短周期主族元素，Y原子价层电子排布式为，Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。下列说法中正确的是。
A. 元素的第一电离能：X>R>Q
B. Z位于元素周期表d区
C. 原子半径：Y>X>R>Q
D. Q、Y形成的最高价氧化物的水化物的酸性：Q>Y
【答案】D
【解析】
【分析】Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，Z为Cu元素，其余的均为短周期主族元素；Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，Q原子的核外电子排布为1s22s22p2，故Q为C元素；X原子的核外电子排布为1s22s22p4，为O元素；R原子序数介于C元素与O元素之间，故R为N；元素Y原子价层电子排布式为msnmpn，则n=2，故为第ⅣA族元素，原子序数大于O元素，小于Cu元素，故Y为Si元素；
【详解】A．同周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族元素自上而下第一电离能降低，但第ⅤA族由于p轨道为半充满状态，更加稳定，所以第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：R>X> Q，故A错误；
B．铜位于元素周期表ds区，故B错误；
C．C电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Y> Q >R>X，故C错误；
D．同非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Q、Y形成的最高价氧化物的水化物的酸性：Q>Y，故D正确；
故选D。
7. 是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 白磷含有个P—P键
B. 分子中，S原子的价层电子对数目为
C. 乙酸含键数目为
D. 晶体Si中的Si—Si键数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．白磷的结构式为，1molP4含有P-P键含有6mol共价键，含有p-p键的个数为6NA，故A错误；
B．中S原子价层电子对数为2+=4，分子中，S原子的价层电子对数目为，故B错误；
C．CH3COOH单键都σ键，碳氧双键中含有1个σ键，故1mol乙酸中含7molσ键即7NA条，故C正确；
D．单晶硅中每个Si原子可形成4个Si-Si键，每个Si-Si键被2个Si原子共用，则每个Si原子含有Si-Si键的个数为4×=2，所以28g(即1mol)单晶硅晶体含有的Si-Si键的数目为2NA，故D错误；
故选C。
8. 葡酚酮是由葡萄籽提取的一种花青素类衍生物(结构简式如图)具有良好的抗氧化活性。下列关于葡酚酮叙述错误的是
A. 基态氧原子的电子有5种空间运动状态
B. 分子中含有两种杂化轨道类型的碳原子
C. 分子中含有2个手性碳原子
D 该分子可形成分子间氢键
【答案】C
【解析】
【详解】A．把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数；基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，有5种空间运动状态，A正确；
B．有机物中苯环、酯基、羧基、碳碳双键的碳原子为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，B正确 ；
C．分子中含有3个手性碳原子，C错误；
D．有机物含有羟基、羧基等，可形成分子内氢键，D正确；
故选C。
9. 下列各组物质性质的比较，结论正确的是
A. 在水中的溶解度：
B. 溶液酸性：
C. 晶体熔点：碳化硅<晶体硅
D. 沸点：>
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇与水分子间能形成氢键，乙醇易溶于水，CH3CH2Br难溶于水，所以在水中的溶解度：CH3CH2Br＜CH3CH2OH，故A错误；
B．由于元素的非金属性(电负性)：F>Cl，所以吸引电子对能力F比Cl更强，极性依次减弱，从而使CF3COOH中的-COOH的羟基H原子具有更大的活性，更容易发生电离，所以酸性：CF3COOH>CCl3COOH，故B错误；
C．晶体硅、碳化硅都是原子晶体，原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高，因为碳原子半径小于硅原子半径，所以C-Si＜Si-Si，所以晶体熔点：碳化硅>晶体硅，故C错误；
D．邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低，而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高，则沸点：>，故D正确；
故选D。
10. 以SO2为原料，通过下列工艺可制备化工原料H2SO4和清洁能源H2。下列说法中不正确的是
A. 该生产工艺中Br2被循环利用
B. 在电解过程中，电解槽阴极附近溶液的pH变大
C. 原电池中负极发生的反应为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+
D. 该工艺总反应的化学方程式表示为SO2+Br2+2H20=2HBr+H2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】A项，分析流程：SO2、Br2和H2O反应生成HBr和H2SO4，然后分离HBr和H2SO4，最后电解HBr溶液得到Br2和H2，结合流程可得，该生产工艺中Br2被循环利用，故A正确；B项，电解HBr溶液，阴极H+得电子生成H2，消耗H+，在电解过程中，电解槽阴极附近溶液的pH变大，故B正确；C项，原电池中负极发生失电子氧化反应，电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，故C正确；D项，该工艺是以SO2为原料，制备H2SO4和H2，总反应为：SO2+2H2O=H2SO4+H2，故D正确。
11. 我国科学家研发了一种水系可逆电池，电池工作原理如图所示，电极材料为金属锌和选择性催化材料，图中的双极膜层间的解离成和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是
A. 电解质溶液2一定是碱性溶液
B. 充电时，每生成标况下在阴极可生成
C. 充电时，阳极电极反应式
D. 放电时，电池总反应为
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，放电时，Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，右侧电极为正极，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，充电时，Zn作阴极，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，据此作答。
【详解】A．放电时，右侧电解质溶液生成甲酸，溶液为酸性溶液，故A错误；
B．充电时，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，11.2LO2的物质的量为0.5mol，转移电子2mol，Zn作阴极，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，阴极生成Zn质量为×65g/mol=65g，故B正确；
C．由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故C错误；
D．由放电时两极反应可知，电池总反应为Zn+CO2+2OH-+2H2O=Zn(OH)+HCOOH，故D错误；
故选：B。
12. 砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其结构如图所示，若晶胞参数为，下列说法正确的是。
A. 砷化硼的化学式为
B. 与顶点B原子距离最近且等距的B原子有6个
C. B、As原子之间的最短距离为
D. 该晶体的密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由均摊法可知，晶胞中B原子数目为8×+6×=4，晶胞中As原子数目为4，化学式为BAs，故A错误；
B．晶胞中B的位置与金刚石中碳原子位置一样，所以晶胞中位于顶点的B原子，与之距离最近且等距的B原子位于面心，共有12个，故B错误；
C．B、As原子之间的最短距离是体对角线的，为anm，故C正确；
D．该晶体密度ρ=，故D错误；
故选：C。
13. 在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度与温度T的关系如图所示。则下列说法正确的是
A. 该反应的ΔH>0
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，T1K2，A错误；
B．由图像可知，T1K2，B错误；
C．T2时由D→B点需降低c平(NO)，即平衡向右移动，所以D点对应体系中，v(正)>v(逆)，C错误；
D．由于反应物C为固体，故容积不变时，反应后气体质量增大，混合气体的密度增大，当密度不再变化时，可以判断反应达到平衡状态，D正确。
故选D。
14. 常温下，浓度均为、体积均为的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入固体，随加入的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. HX的酸性弱于HY
B. a点由水电离出的
C. b点时酸碱恰好完全反应
D. b点溶液中的小于c点溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．未加氢氧化钠时，相同浓度溶液中，HX的=12，而HY的<9，由于c(H+)×c(OH-)=Kw，则HX溶液中氢离子浓度更大，故HX的酸性强于HY，故A错误；
B．a点溶液=12，结合c(H+)c(OH-)=10-14，可知c(OH-)=10-131mol/L，酸性溶液中水电离出的c(H+)等于溶液中c(OH-)，即a点由水电离出的c(H+)=10-13mol∙L-1，故B正确；
C．HY为0.01mol，b点进入NaOH为0.008mol，二者按物质的量1：1反应，故HY有剩余，故C错误；
D．只受温度影响，b点和c点温度相等，相等，故D错误；
故选B。
第II卷(非选择题，共58分)
二、填空题：本题共4小题，共58分。
15. 氢、碳、氮、氧元素的单质及化合物在很多领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）画出基态N原子的轨道表示式___________。
（2）下列分子中，①，②，③，④，⑤，⑥，⑦既有键又有键的是___________(填序号，下同)；以极性键结合，具有直线形结构的非极性分子是___________；分子中N原子的杂化轨道类型是___________。
（3）(二氟氮烯)分子中的氮原子采用杂化，则的结构式为_________。
（4）重铬酸铵常用作有机合成催化剂，的结构如图。中键数目为___________。
（5）利用皮秒激光照射悬浮在甲醇溶液中的多臂碳纳米管可以合成T-碳，T-碳的晶体结构可看成金刚石晶体中每个碳原子被正四面体结构单元(由四个碳原子组成)替代，图a、b分别为T-碳的晶胞和俯视图，图c为金刚石晶胞。
一个T-碳晶胞中含有___________个碳原子，T-碳的密度为金刚石的一半，则T-碳晶胞和金刚石晶胞的棱长之比为___________。
【答案】（1） （2） ①. ④⑤⑦ ②. ⑤ ③. sp
（3）F—N=N—F （4）16
（5） ①. 32 ②.
【解析】
【小问1详解】
基态N原子价电子排布式为1s22s22p3，基态N原子的轨道表示式为： 。
【小问2详解】
①中含有H-O键、②中含有H-Cl键、③中含有H-O和O-O键、④中含有NN、⑤含有C=O键、⑥含有C-C和C-H、⑦，既有键又有键的是④⑤⑦；以极性键结合，具有直线形结构的非极性分子是⑤；分子中N原子价层电子对数为2，杂化轨道类型是sp。
【小问3详解】
(二氟氮烯)分子中的氮原子采用杂化，说明N原子的价层电子对数为3，说明N原子形成-N=N-，则的结合式为F—N=N—F。
【小问4详解】
中的Cr2O含有8个o键，还有2×4=8个N-H键，所以1mol中键数目为16NA。
【小问5详解】
金刚石晶胞中C原子位于顶点8个，面心上下左右前后6个，体内两层对角线台2个共4个，C原子数目为4＋8×+6×=8，T-碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个C被一个由4个C组成的正四面体结构单元取代，故含有C原子个数为4×8=32，T-碳的密度为金刚石的一半，T-碳的质量为金刚石的4倍，由p=可知，T-碳的体积应该为金刚石的8倍，则T-碳晶胞和金刚石晶胞的棱长之比为2:1。
16. 运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机有重要意义。
（1）CO还原NO的反应为：，请回答下列问题：
①已知该反应为自发反应，则该反应的反应热___________0.(填“>”或“<”或“=”)
②已知：
则 ________(用含a、b、c表达式表示)
（2）一定温度下，将、充入密闭容器。到达平衡，测得的物的量为，则：
①内___________。
②该条件下，可判断此反应到达平衡标志是___________。
A．单位时间内，消耗同时形成
B．混合气体平均相对分子质量不再改变
C．混合气体的密度不再改变
D．CO和NO的转化率比值不再改变
（3）用焦炭还原NO的反应为：。恒容恒温条件下，向体积均为的甲、乙、丙三个容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中NO的物质的量随反应时间(t)的变化情况如下表所示：
容器
0
40
80
120
160
甲/400℃
2.00
1.5
1.10
0.80
0.80
乙/400℃
1.00
0.80
0.65
0.53
0.45
丙/T℃
2.00
1.45
1.00
1.00
1.00
①T___________400℃(填“>”或“<”)。
②乙容器达平衡时 ___________mol。
（4）氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景。在固态金属氧化物电解池中，高温电解混合气体制备和CO，基本原理如图所示，X是电源的___________极(填“正”或“负”)，电解池中阴极的反应式是___________和。
【答案】（1） ①. < ②.
（2） ①. ②. B
（3） ①. > ②. 0.3
（4） ①. 负 ②.
【解析】
【小问1详解】
①该反应为熵减反应，已知该反应为自发反应，则该反应为放热反应，反应热小于零；
②已知：①
②
③
由盖斯定律可知，2×②-①-③得反应，则；
【小问2详解】
①内；
②A．单位时间内，消耗同时形成，描述的都是正反应，不能说明达到平衡状态；
B．混合气体的平均相对分子质量M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡；
C．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；
D．根据化学方程式可知，设反应CO、NO均为amol，则CO和NO的转化率比值为，其为定值，其值不改变，不说明达到平衡状态；
故选B；
【小问3详解】
①温度越高，反应速率越快，比较甲丙数据可知，T>400℃；
②反应为气体分子数不变的反应，则甲乙为等效平衡，结合甲容器数据可知，甲平衡时n(N2)=，乙容器达平衡时mol=0.3mol。
【小问4详解】
由图可知，上层电极水和二氧化碳得到电子发生还原反应生成氢气和一氧化碳，为阴极，电极反应为、，则与之相连的X为负极。
17. 肼是一种重要的工业产品，实验室用与合成肼并探究肼的性质。实验装置如图所示：
已知：为无色液体，熔点1.4℃，沸点113℃，与水混溶、具有强还原性。
回答下列问题：
（1）是___________分子(填“极性”或“非极性”)，仪器a的作用是___________。
（2）装置B中制备肼的离子方程式为___________，该装置中通入必须过量的原因是___________。
（3）上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，应在___________(填“A与B”或“B与C”)之间，加入一个盛有___________的洗气瓶。
（4）测定肼的质量分数。取装置B中的溶液，调节溶液pH为6.5左右，加水配成溶液，移取置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用的碘溶液滴定(杂质不参与反应)，滴定过程中有无色、无味、无毒气体产生(未配平)。滴定终点平均消耗标准溶液，产品中肼的质量分数为___________%。
【答案】（1） ①. 极性 ②. 防倒吸
（2） ①. ②. 防止被氧化
（3） ①. B与C ②. 饱和食盐水
（4）50
【解析】
【分析】装置A生成氨气，装置C生成氯气，氨气和氯气B中生成肼，尾气通过烧杯中溶液吸收；
【小问1详解】
分子中正负电荷重心不重合，是极性分子，仪器a的作用是起安全瓶作用，防倒吸；
【小问2详解】
氯气和氢氧化钠生成次氯酸钠，次氯酸钠和氨气反应生成肼和氯化钠，总反应为：；已知肼具有强还原性，次氯酸钠、氯气具有强氧化性，肼会与其反应；该装置中通入NH3必须过量的原因是因为N2H4具有强还原性易被Cl2氧化，NH3必须过量，促进氯气、次氯酸钠和氨气反应，以利于肼的生成；
【小问3详解】
Cl2中含有挥发产生的HCl，会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；
【小问4详解】
根据电子守恒可知，反应为，则产品中N2H4的质量分数为。
18. 三氧化二钴是重要的化工原料。以含钴废料(主要成分为，含有少量、、)为原料制备的流程如下图：
已知：“滤液1”中含有的阳离子有、、、。
（1）“滤渣1”的主要成分是___________(写化学式)。
（2）“酸浸”时，为了提高钴的浸出率可采取的措施有(写出两种)___________。可将还原为，离子方程式是___________。
（3）在工艺流程中，已知，调节pH值，要使完全沉淀(离子沉淀完全浓度，，请问需要调节pH值为___________。
（4）加有机萃取剂的目的是为了除去___________(填离子符号)。
（5）由“滤液2”可得到的主要副产品是___________(写化学式)。
（6）“沉钴”过程中，生成的离子方程式___________。
【答案】（1）
（2） ①. 升温、适当提高硫酸浓度 ②. Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++O2↑+3H2O
（3）3.5 （4）
（5）
（6）
【解析】
【分析】含钴废料研磨后，加入硫酸和H2O2酸浸，除去杂质MnO2固体，所得溶液调pH至3.7得滤渣Fe(OH)3，加入萃取剂萃取分液得含Ni2+的有机相，向含Co2+的水相中加入氨水和NH4HCO3沉钴，分别得滤液和Co2(OH)2CO3，高温煅烧Co2(OH)2CO3制备Co2O3，滤液进一步操作得副产品硫酸铵，据此分析回答问题。
【小问1详解】
结合分析可知，滤渣为MnO2。
【小问2详解】
“酸浸”时，为了提高钴的浸出率可采取的措施有升高温度、适当提高硫酸浓度。Co2O3中+3价钴元素化合价降低被还原生成含Co2+的溶液，H2O2中-1价的氧元素化合价升高生成0价的O2，根据得失电子守恒和质量守恒写出方程式为：Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++O2↑+3H2O。
【小问3详解】
“调pH”时，常温下，为保证Fe3+完全沉淀，对应Fe3+的最大浓度为1.0×10-5mol/L，则c(OH-)=，对应的c(H+)=，pH为-lg()=3-lg=3+0.5=3.5。
【小问4详解】
已知：“滤液1”中含有的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+，结合后续流程，加入有机萃取剂是为了除去Ni2+。
【小问5详解】
结合分析可知，滤液中还有硫酸铵可以用作化肥，故答案为：(NH4)2SO4。
【小问6详解】
重庆市长寿中学校2024届高二下半期考试
化学试题
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(填空题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
3.答填空题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
可能用到的相对原子质量：
第I卷(选择题，共42分)
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与科技、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 航天器使用的太阳能电池帆板的主要成分是
B. 现代化学常利用原子光谱的特征谱线来鉴定元素
C. 通过红外光谱仪可以测定分子的相对分子质量
D. 焰火、激光都与原子核外电子跃迁吸收能量有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．太阳能电池帆板的主要成分是Si单质，故A错误；
B．不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱的特征谱线可以鉴定元素，故B正确；
C．通过红外光谱仪可以测定分子中的官能团和化学键，通过质谱仪可以测定分子的相对分子质量，故C错误；
D．焰火、激光都与原子核外电子跃迁释放能量有关，故D错误；
选B。
2. 下列化学用语表达正确的是。
A. 基态硅原子的轨道表示式：
B. 基态Cr的电子排布式：
C. 的电子式：
D. C原子的核外能量最高的电子云图像如图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，轨道表示式：，故A错误；
B．Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故B错误；
C．是共价化合物，电子式为：，故C错误；
D．C原子的核外能量最高的轨道为2p，电子云图像如图：，故D正确；
故选D。
3. 下列图象表示正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．氟、氯、溴的原子半径依次增大，氢卤键长增长，键能减小，故A错误；
B．NH3分子间存在氢键，NH3沸点最高，PH3和AsH3相比，相对分子质量越大，分子间作用力越大沸点越高，故沸点NH3＞AsH3＞PH3，故B错误；
C．非金属元素原子与氢原子形成共价键时，元素非金属性越强，键的极性越强。C、N、F处于同周期，原子序数逐渐增大，非金属性逐渐增强，键的极性增强，故C正确；
D．SiH4、NH3、H2O的中心原子的价层电子数均为4，但是孤电子对数分别为0、1、2，由于孤电子对越多，斥力越大，键角越小，故键角逐渐减小，故D错误；
答案选C。
4. 二氟化氧的键角为，是一种无色的剧毒气体，能发生反应：，下列有关说法正确的是。
A. 难溶于 B. 的键角大于
C. 分子中O与F之间存在的是氢键 D. 的VSEPR模型名称为正四面体形
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由于OF2中中心原子O形成2个共价键且存在2对孤电子对，为sp3杂化，OF2为V形结构，正负电荷重心不重合，故OF2是极性分子，而CCl4是非极性分子，故OF2难溶于CCl4，A正确；
B．OF2中存在2对孤电子对，，而中存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故的键角小于，B错误；
C．分子中O与F之间存在的是极性共价键，C错误；
D．由分析可知，OF2中中心原子O形成2个共价键且存在2对孤电子对，为sp3杂化，的VSEPR模型名称为正四面体形，D正确；
故选AD。
5. “冰面为什么滑？”，这与冰层表面的结构有关，下列有关说法正确的是
A. 由于氢键的存在，水分子的稳定性好，高温下也很难分解
B. 第一层固态冰中，水分子间通过共价键形成空间网状结构
C. 第二层“准液体”中，水分子间形成共价键机会减少，形成氢键的机会增加
D. 当高于一定温度时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键断裂，产生“流动性的水分子”，使冰面变滑
【答案】D
【解析】
【详解】A．水分子的稳定性好，是由水分子内氢氧共价键的键能决定的，与分子间形成的氢键无关，A错误；
B．分子间不存在共价键，应该是通过氢键形成空间网状结构，B错误；
C．分子间不存在共价键应该是氢键个数减少，C错误；
D．当温度达到一定数值时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键被破坏，使一部分水分子能够自由流动，从而产生“流动性的水分子”，造成冰面变滑，D正确；
故选D。
6. 已知：Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其余均为短周期主族元素，Y原子价层电子排布式为，Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。下列说法中正确的是。
A. 元素的第一电离能：X>R>Q
B. Z位于元素周期表d区
C. 原子半径：Y>X>R>Q
D. Q、Y形成的最高价氧化物的水化物的酸性：Q>Y
【答案】D
【解析】
【分析】Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，Z为Cu元素，其余的均为短周期主族元素；Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，Q原子的核外电子排布为1s22s22p2，故Q为C元素；X原子的核外电子排布为1s22s22p4，为O元素；R原子序数介于C元素与O元素之间，故R为N；元素Y原子价层电子排布式为msnmpn，则n=2，故为第ⅣA族元素，原子序数大于O元素，小于Cu元素，故Y为Si元素；
【详解】A．同周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族元素自上而下第一电离能降低，但第ⅤA族由于p轨道为半充满状态，更加稳定，所以第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：R>X> Q，故A错误；
B．铜位于元素周期表ds区，故B错误；
C．C电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Y> Q >R>X，故C错误；
D．同非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Q、Y形成的最高价氧化物的水化物的酸性：Q>Y，故D正确；
故选D。
7. 是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 白磷含有个P—P键
B. 分子中，S原子的价层电子对数目为
C. 乙酸含键数目为
D. 晶体Si中的Si—Si键数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．白磷的结构式为，1molP4含有P-P键含有6mol共价键，含有p-p键的个数为6NA，故A错误；
B．中S原子价层电子对数为2+=4，分子中，S原子的价层电子对数目为，故B错误；
C．CH3COOH单键都σ键，碳氧双键中含有1个σ键，故1mol乙酸中含7molσ键即7NA条，故C正确；
D．单晶硅中每个Si原子可形成4个Si-Si键，每个Si-Si键被2个Si原子共用，则每个Si原子含有Si-Si键的个数为4×=2，所以28g(即1mol)单晶硅晶体含有的Si-Si键的数目为2NA，故D错误；
故选C。
8. 葡酚酮是由葡萄籽提取的一种花青素类衍生物(结构简式如图)具有良好的抗氧化活性。下列关于葡酚酮叙述错误的是
A. 基态氧原子的电子有5种空间运动状态
B. 分子中含有两种杂化轨道类型的碳原子
C. 分子中含有2个手性碳原子
D 该分子可形成分子间氢键
【答案】C
【解析】
【详解】A．把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数；基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，有5种空间运动状态，A正确；
B．有机物中苯环、酯基、羧基、碳碳双键的碳原子为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，B正确 ；
C．分子中含有3个手性碳原子，C错误；
D．有机物含有羟基、羧基等，可形成分子内氢键，D正确；
故选C。
9. 下列各组物质性质的比较，结论正确的是
A. 在水中的溶解度：
B. 溶液酸性：
C. 晶体熔点：碳化硅<晶体硅
D. 沸点：>
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇与水分子间能形成氢键，乙醇易溶于水，CH3CH2Br难溶于水，所以在水中的溶解度：CH3CH2Br＜CH3CH2OH，故A错误；
B．由于元素的非金属性(电负性)：F>Cl，所以吸引电子对能力F比Cl更强，极性依次减弱，从而使CF3COOH中的-COOH的羟基H原子具有更大的活性，更容易发生电离，所以酸性：CF3COOH>CCl3COOH，故B错误；
C．晶体硅、碳化硅都是原子晶体，原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高，因为碳原子半径小于硅原子半径，所以C-Si＜Si-Si，所以晶体熔点：碳化硅>晶体硅，故C错误；
D．邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低，而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高，则沸点：>，故D正确；
故选D。
10. 以SO2为原料，通过下列工艺可制备化工原料H2SO4和清洁能源H2。下列说法中不正确的是
A. 该生产工艺中Br2被循环利用
B. 在电解过程中，电解槽阴极附近溶液的pH变大
C. 原电池中负极发生的反应为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+
D. 该工艺总反应的化学方程式表示为SO2+Br2+2H20=2HBr+H2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】A项，分析流程：SO2、Br2和H2O反应生成HBr和H2SO4，然后分离HBr和H2SO4，最后电解HBr溶液得到Br2和H2，结合流程可得，该生产工艺中Br2被循环利用，故A正确；B项，电解HBr溶液，阴极H+得电子生成H2，消耗H+，在电解过程中，电解槽阴极附近溶液的pH变大，故B正确；C项，原电池中负极发生失电子氧化反应，电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，故C正确；D项，该工艺是以SO2为原料，制备H2SO4和H2，总反应为：SO2+2H2O=H2SO4+H2，故D正确。
11. 我国科学家研发了一种水系可逆电池，电池工作原理如图所示，电极材料为金属锌和选择性催化材料，图中的双极膜层间的解离成和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是
A. 电解质溶液2一定是碱性溶液
B. 充电时，每生成标况下在阴极可生成
C. 充电时，阳极电极反应式
D. 放电时，电池总反应为
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，放电时，Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，右侧电极为正极，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，充电时，Zn作阴极，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，据此作答。
【详解】A．放电时，右侧电解质溶液生成甲酸，溶液为酸性溶液，故A错误；
B．充电时，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，11.2LO2的物质的量为0.5mol，转移电子2mol，Zn作阴极，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，阴极生成Zn质量为×65g/mol=65g，故B正确；
C．由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故C错误；
D．由放电时两极反应可知，电池总反应为Zn+CO2+2OH-+2H2O=Zn(OH)+HCOOH，故D错误；
故选：B。
12. 砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其结构如图所示，若晶胞参数为，下列说法正确的是。
A. 砷化硼的化学式为
B. 与顶点B原子距离最近且等距的B原子有6个
C. B、As原子之间的最短距离为
D. 该晶体的密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由均摊法可知，晶胞中B原子数目为8×+6×=4，晶胞中As原子数目为4，化学式为BAs，故A错误；
B．晶胞中B的位置与金刚石中碳原子位置一样，所以晶胞中位于顶点的B原子，与之距离最近且等距的B原子位于面心，共有12个，故B错误；
C．B、As原子之间的最短距离是体对角线的，为anm，故C正确；
D．该晶体密度ρ=，故D错误；
故选：C。
13. 在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度与温度T的关系如图所示。则下列说法正确的是
A. 该反应的ΔH>0
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，T1
B．由图像可知，T1
C．T2时由D→B点需降低c平(NO)，即平衡向右移动，所以D点对应体系中，v(正)>v(逆)，C错误；
D．由于反应物C为固体，故容积不变时，反应后气体质量增大，混合气体的密度增大，当密度不再变化时，可以判断反应达到平衡状态，D正确。
故选D。
14. 常温下，浓度均为、体积均为的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入固体，随加入的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. HX的酸性弱于HY
B. a点由水电离出的
C. b点时酸碱恰好完全反应
D. b点溶液中的小于c点溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．未加氢氧化钠时，相同浓度溶液中，HX的=12，而HY的<9，由于c(H+)×c(OH-)=Kw，则HX溶液中氢离子浓度更大，故HX的酸性强于HY，故A错误；
B．a点溶液=12，结合c(H+)c(OH-)=10-14，可知c(OH-)=10-131mol/L，酸性溶液中水电离出的c(H+)等于溶液中c(OH-)，即a点由水电离出的c(H+)=10-13mol∙L-1，故B正确；
C．HY为0.01mol，b点进入NaOH为0.008mol，二者按物质的量1：1反应，故HY有剩余，故C错误；
D．只受温度影响，b点和c点温度相等，相等，故D错误；
故选B。
第II卷(非选择题，共58分)
二、填空题：本题共4小题，共58分。
15. 氢、碳、氮、氧元素的单质及化合物在很多领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）画出基态N原子的轨道表示式___________。
（2）下列分子中，①，②，③，④，⑤，⑥，⑦既有键又有键的是___________(填序号，下同)；以极性键结合，具有直线形结构的非极性分子是___________；分子中N原子的杂化轨道类型是___________。
（3）(二氟氮烯)分子中的氮原子采用杂化，则的结构式为_________。
（4）重铬酸铵常用作有机合成催化剂，的结构如图。中键数目为___________。
（5）利用皮秒激光照射悬浮在甲醇溶液中的多臂碳纳米管可以合成T-碳，T-碳的晶体结构可看成金刚石晶体中每个碳原子被正四面体结构单元(由四个碳原子组成)替代，图a、b分别为T-碳的晶胞和俯视图，图c为金刚石晶胞。
一个T-碳晶胞中含有___________个碳原子，T-碳的密度为金刚石的一半，则T-碳晶胞和金刚石晶胞的棱长之比为___________。
【答案】（1） （2） ①. ④⑤⑦ ②. ⑤ ③. sp
（3）F—N=N—F （4）16
（5） ①. 32 ②.
【解析】
【小问1详解】
基态N原子价电子排布式为1s22s22p3，基态N原子的轨道表示式为： 。
【小问2详解】
①中含有H-O键、②中含有H-Cl键、③中含有H-O和O-O键、④中含有NN、⑤含有C=O键、⑥含有C-C和C-H、⑦，既有键又有键的是④⑤⑦；以极性键结合，具有直线形结构的非极性分子是⑤；分子中N原子价层电子对数为2，杂化轨道类型是sp。
【小问3详解】
(二氟氮烯)分子中的氮原子采用杂化，说明N原子的价层电子对数为3，说明N原子形成-N=N-，则的结合式为F—N=N—F。
【小问4详解】
中的Cr2O含有8个o键，还有2×4=8个N-H键，所以1mol中键数目为16NA。
【小问5详解】
金刚石晶胞中C原子位于顶点8个，面心上下左右前后6个，体内两层对角线台2个共4个，C原子数目为4＋8×+6×=8，T-碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个C被一个由4个C组成的正四面体结构单元取代，故含有C原子个数为4×8=32，T-碳的密度为金刚石的一半，T-碳的质量为金刚石的4倍，由p=可知，T-碳的体积应该为金刚石的8倍，则T-碳晶胞和金刚石晶胞的棱长之比为2:1。
16. 运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机有重要意义。
（1）CO还原NO的反应为：，请回答下列问题：
①已知该反应为自发反应，则该反应的反应热___________0.(填“>”或“<”或“=”)
②已知：
则 ________(用含a、b、c表达式表示)
（2）一定温度下，将、充入密闭容器。到达平衡，测得的物的量为，则：
①内___________。
②该条件下，可判断此反应到达平衡标志是___________。
A．单位时间内，消耗同时形成
B．混合气体平均相对分子质量不再改变
C．混合气体的密度不再改变
D．CO和NO的转化率比值不再改变
（3）用焦炭还原NO的反应为：。恒容恒温条件下，向体积均为的甲、乙、丙三个容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中NO的物质的量随反应时间(t)的变化情况如下表所示：
容器
0
40
80
120
160
甲/400℃
2.00
1.5
1.10
0.80
0.80
乙/400℃
1.00
0.80
0.65
0.53
0.45
丙/T℃
2.00
1.45
1.00
1.00
1.00
①T___________400℃(填“>”或“<”)。
②乙容器达平衡时 ___________mol。
（4）氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景。在固态金属氧化物电解池中，高温电解混合气体制备和CO，基本原理如图所示，X是电源的___________极(填“正”或“负”)，电解池中阴极的反应式是___________和。
【答案】（1） ①. < ②.
（2） ①. ②. B
（3） ①. > ②. 0.3
（4） ①. 负 ②.
【解析】
【小问1详解】
①该反应为熵减反应，已知该反应为自发反应，则该反应为放热反应，反应热小于零；
②已知：①
②
③
由盖斯定律可知，2×②-①-③得反应，则；
【小问2详解】
①内；
②A．单位时间内，消耗同时形成，描述的都是正反应，不能说明达到平衡状态；
B．混合气体的平均相对分子质量M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡；
C．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；
D．根据化学方程式可知，设反应CO、NO均为amol，则CO和NO的转化率比值为，其为定值，其值不改变，不说明达到平衡状态；
故选B；
【小问3详解】
①温度越高，反应速率越快，比较甲丙数据可知，T>400℃；
②反应为气体分子数不变的反应，则甲乙为等效平衡，结合甲容器数据可知，甲平衡时n(N2)=，乙容器达平衡时mol=0.3mol。
【小问4详解】
由图可知，上层电极水和二氧化碳得到电子发生还原反应生成氢气和一氧化碳，为阴极，电极反应为、，则与之相连的X为负极。
17. 肼是一种重要的工业产品，实验室用与合成肼并探究肼的性质。实验装置如图所示：
已知：为无色液体，熔点1.4℃，沸点113℃，与水混溶、具有强还原性。
回答下列问题：
（1）是___________分子(填“极性”或“非极性”)，仪器a的作用是___________。
（2）装置B中制备肼的离子方程式为___________，该装置中通入必须过量的原因是___________。
（3）上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，应在___________(填“A与B”或“B与C”)之间，加入一个盛有___________的洗气瓶。
（4）测定肼的质量分数。取装置B中的溶液，调节溶液pH为6.5左右，加水配成溶液，移取置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用的碘溶液滴定(杂质不参与反应)，滴定过程中有无色、无味、无毒气体产生(未配平)。滴定终点平均消耗标准溶液，产品中肼的质量分数为___________%。
【答案】（1） ①. 极性 ②. 防倒吸
（2） ①. ②. 防止被氧化
（3） ①. B与C ②. 饱和食盐水
（4）50
【解析】
【分析】装置A生成氨气，装置C生成氯气，氨气和氯气B中生成肼，尾气通过烧杯中溶液吸收；
【小问1详解】
分子中正负电荷重心不重合，是极性分子，仪器a的作用是起安全瓶作用，防倒吸；
【小问2详解】
氯气和氢氧化钠生成次氯酸钠，次氯酸钠和氨气反应生成肼和氯化钠，总反应为：；已知肼具有强还原性，次氯酸钠、氯气具有强氧化性，肼会与其反应；该装置中通入NH3必须过量的原因是因为N2H4具有强还原性易被Cl2氧化，NH3必须过量，促进氯气、次氯酸钠和氨气反应，以利于肼的生成；
【小问3详解】
Cl2中含有挥发产生的HCl，会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；
【小问4详解】
根据电子守恒可知，反应为，则产品中N2H4的质量分数为。
18. 三氧化二钴是重要的化工原料。以含钴废料(主要成分为，含有少量、、)为原料制备的流程如下图：
已知：“滤液1”中含有的阳离子有、、、。
（1）“滤渣1”的主要成分是___________(写化学式)。
（2）“酸浸”时，为了提高钴的浸出率可采取的措施有(写出两种)___________。可将还原为，离子方程式是___________。
（3）在工艺流程中，已知，调节pH值，要使完全沉淀(离子沉淀完全浓度，，请问需要调节pH值为___________。
（4）加有机萃取剂的目的是为了除去___________(填离子符号)。
（5）由“滤液2”可得到的主要副产品是___________(写化学式)。
（6）“沉钴”过程中，生成的离子方程式___________。
【答案】（1）
（2） ①. 升温、适当提高硫酸浓度 ②. Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++O2↑+3H2O
（3）3.5 （4）
（5）
（6）
【解析】
【分析】含钴废料研磨后，加入硫酸和H2O2酸浸，除去杂质MnO2固体，所得溶液调pH至3.7得滤渣Fe(OH)3，加入萃取剂萃取分液得含Ni2+的有机相，向含Co2+的水相中加入氨水和NH4HCO3沉钴，分别得滤液和Co2(OH)2CO3，高温煅烧Co2(OH)2CO3制备Co2O3，滤液进一步操作得副产品硫酸铵，据此分析回答问题。
【小问1详解】
结合分析可知，滤渣为MnO2。
【小问2详解】
“酸浸”时，为了提高钴的浸出率可采取的措施有升高温度、适当提高硫酸浓度。Co2O3中+3价钴元素化合价降低被还原生成含Co2+的溶液，H2O2中-1价的氧元素化合价升高生成0价的O2，根据得失电子守恒和质量守恒写出方程式为：Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++O2↑+3H2O。
【小问3详解】
“调pH”时，常温下，为保证Fe3+完全沉淀，对应Fe3+的最大浓度为1.0×10-5mol/L，则c(OH-)=，对应的c(H+)=，pH为-lg()=3-lg=3+0.5=3.5。
【小问4详解】
已知：“滤液1”中含有的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+，结合后续流程，加入有机萃取剂是为了除去Ni2+。
【小问5详解】
结合分析可知，滤液中还有硫酸铵可以用作化肥，故答案为：(NH4)2SO4。
【小问6详解】
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