2021-2022学年四川省成都市树德中学高二下学期4月阶段性测试化学试题 （解析版）

这是一份2021-2022学年四川省成都市树德中学高二下学期4月阶段性测试化学试题 （解析版），共21页。试卷主要包含了8 N-14 Fe-56， 具有下列电子层结构的原子等内容，欢迎下载使用。
树德中学高2020级高二下学期4月阶段性测试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 B-10.8 N-14 Fe-56
第Ⅰ卷(共48分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)
1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C. 北京冬奥会使用氢燃料电池汽车有利于实现碳达峰和碳中和
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【解析】
【详解】A．电器起火时不能用泡沫灭火器灭火，防止会产生触电意外事故的发生，故A错误；
B．疫苗的主要成分为蛋白质，若温度过高，蛋白质会发生变性，所以疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，故B正确；
C．使用氢燃料电池汽车可以减少化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，有利于实现碳达峰和碳中和，故C正确；
D．镁的金属性强，与铁构成原电池时，做原电池的负极被损耗，铁在正极被保护，所以电热水器用镁棒防止内胆腐蚀的保护方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故选A。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 100g质量分数为 46%C2H5OH溶液中所含O—H数目约为7NA
B. 质量为12g的12C含有的中子数为12NA
C. 将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO－数目小于0.1NA
D. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，电路中通过的电子数目为4NA
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．乙醇溶液中，乙醇、水分子都含有O-H键，所以100g46%乙醇溶液含有乙醇46g，物质的量为1mol，含有1molO-H键，含有水54g，物质的量为3mol，含有O-H键6mol，所以共含O-H数目7NA，故A正确；B．12g的12C的物质的量为：=1mol，含有中子的物质的量为：1mol×6=6mol，含有的中子数为6NA ，故B错误；C．将0.1molCH3COONa 溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n（CH3COO-）+n（OH-）=n（Na+）+n（H+），而由于溶液显中性，故n（OH-）=n（H+），则有n（CH3COO-）=n（Na+）=0.1mol，即醋酸根的个数为NA个，故C错误； D．氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故D错误；故答案为A。
【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
3. 下表是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号，J为0族元素。
X
Y
Z


R




W




J
下列说法正确的是
A. 基态R原子的轨道表示式为违背了泡利原理
B. 与的半径大小关系为
C. Y的第一电离能大于X的第一电离能
D. 电负性最大的元素为J
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、R、W、J是元素周期表前五周期的6种元素，结合图示可知，X、Y、Z位于第二周期，R位于第三周期，W位于第四周期，J位于第五周期，其中J为0族元素，则X为N，Y为O，Z为F，R为S，W为Br，J为Xe元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为N，Y为O，Z为F，R为S，W为Br，J为Xe元素，
A．硫原子的核外电子总数为16，基态S原子的轨道表示式为，该项所示违背了洪特规则，故A错误；
B．O2-与Na+的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小关系为：Y2-＞Na+，故B正确；
C．N的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则Y(O)元素的第一电离能小于X(N)元素的第一电离能，故C错误；
D．稀有气体Xe最外层满足8电子稳定结构，其电负性较小，电负性最大的元素为F，故D错误；
故选：B。
4. 具有下列电子层结构的原子：①3p轨道上只有一对成对电子的原子②最外层电子排布式为的原子③其3p轨道为半充满状态的原子④+3价的阳离子结构与氖相同的原子。则下列有关比较正确的是
A. 第一电离能：②>③>①>④ B. 原子半径：④>③>②>①
C. 电负性：②>③>①>④ D. 最高化合价：②>①>③>④
【答案】A
【解析】
【分析】①3p轨道上只有一对成对电子原子，则该元素为S；②外围电子构型为2s22p5的原子，则该元素为F；③其3p轨道为半充满的原子，则该元素为P；④正三价的阳离子结构与氖相同的原子，即失去3个电子后还有10个电子，所以原子中含有13个电子，即为Al元素。
【详解】A．不同周期中非金属性越强，第一电离能越大，同周期中从左到右第一电离能增大，但是第VA族大于第VIA族，所以第一电离能：F＞P＞S＞Al，即：②＞③＞①＞④，故A正确；
B．电子层越多，半径越大，电子层相同时，原子序数越大，半径越小，所以原子半径：Al＞P＞S＞F，即：④＞③＞①＞②，故B错误；
C．元素的非金属性越强，则电负性越强，所以电负性：F＞S＞P＞Al，即：②＞①＞③＞④，故C错误；
D．最高正化合价等于最外层电子数，F没有最高正价，所以S＞P＞Al＞F，即：①＞③＞④＞②，故D错误；
故选：A。
5. 和均具有漂白性，工业上用气体制的工艺流程如图所示。

下列说法不正确的是（ ）
A. 步骤a的操作包括过滤，洗涤和干燥
B. 吸收器中生成的离子方程式为：
C. 工业上将制成固体，便于贮存和运输
D. 通入空气的目的是驱赶出，使其在吸收器中被充分吸收
【答案】B
【解析】
【分析】由制备流程可知，发生器中通入空气，可将ClO2排出，确保充分吸收，在吸收器中发生，然后真空蒸发，冷却结晶，再经过过滤，洗涤和干燥得到NaClO2，以此解答该题。
【详解】A. 步骤a用于从蒸发后的溶液中得到晶体，操作包括过滤，洗涤和干燥，A项正确；
B. 吸收器中的反应在碱性条件下进行，离子方程式为，B项错误；
C. 固体较为稳定，便于贮存和运输，C项正确；
D. 反应结束后，用空气将全部排出，确保其在吸收器中被充分吸收，D项正确；
故选B。
【点睛】本题考查物质的制备实验，把握流程中发生的发应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，易错点是选项C，吸收器在碱性环境下进行，离子方程式中不会出现氢离子。
6. 探索二氧化碳在海洋中转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。研究表明，溶于海水的二氧化碳主要以无机碳形式存在，其中HCO3-占95%。科学家利用下图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。

下列说法不正确的是
A. a室中OH-在电极板上被氧化
B. b室发生反应的离子方程式为：H+ + HCO3- = CO2↑ + H2O
C. 电路中每有0.2mol 电子通过时，就有0.2mol阳离子从c室移至b室
D. 若用氢氧燃料电池供电，则电池负极可能发生的反应为：H2 + 2OH- - 2e- =2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. a室是阳极室，OH-在电极板上失电子被氧化生成氧气，故A正确；
B. a室中生成的氢离子移入b室， b室发生反应的离子方程式为：H+ + HCO3-＝CO2↑ + H2O，故B正确；
C. 阳离子由阳极移向阴极，所以阳离子从b室移至c室，故C错误；
D. 碱性氢氧燃料电池的负极反应为：H2 + 2OH- - 2e-＝2H2O，故D正确。
7. 研究表明木豆素对学习记忆障碍有一定的改善作用，木豆素的结构如图所示，下列有关木豆素的说法错误的是

A. 分子中含3种官能团
B. 苯环上的一氯代物有4种
C. 分子中所有碳原子可能共面
D. 一定条件下能生成高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．木豆素分子中含羟基、羧基、醚键和碳碳双键4种官能团，A错误；
B．苯环上有四种不同环境的H原子，其一氯代物有4种，B正确；
C．苯环相连的碳原子共面，其中双键相连的碳原子也可共面，分子中所有碳原子可能共面，C正确；
D．因为含有双键，一定条件下能发生聚合生成高分子化合物，D正确；
答案选A。
8. 根据下列五种元素的电离能数据(单位：)，下列说法不正确的是
元素代号




Q
2080
4000
6100
9400
R
500
4600
6900
9500
S
740
1500
7700
10500
T
580
1800
2700
11600
U
420
3100
4400
5900

A. Q元素可能是其所在周期元素中第一电离能最大元素
B. 这五种元素中最容易与氯元素形成离子化合物的是R
C. T元素可能在元素周期表的p区
D. U元素可能是ⅠA族的钾元素
【答案】B
【解析】
【分析】由表格数据可知，Q元素的第一电离能很大，说明Q元素位于元素周期表0族元素；R元素、U元素的第一电离能和第二电离能相差较大，说明R元素、U元素位于元素周期表ⅠA族，R元素的原子序数小于U元素；S元素第二电离能和第三电离能相差很大，说明S元素位于元素周期表ⅡA族；T元素第三电离能和第四电离能相差很大，说明T元素位于元素周期表ⅢA族。
【详解】A．由分析可知，Q元素位于元素周期表0族元素，是其所在周期元素中第一电离能最大的元素，故A正确；
B．典型金属元素和典型非金属元素易形成离子化合物，由表格数据可知，U元素第一电离能最小，则这五种元素中最容易与氯元素形成离子化合物的是U元素，故B错误；
C．由分析可知，T元素位于元素周期表ⅢA族，处于元素周期表p区，故C正确；
D．由分析可知，R元素、U元素位于元素周期表ⅠA族，R元素的原子序数小于U元素，则U元素可能是ⅠA族的钾元素，故D正确；
故选B。
9. 时，一定量的与盐酸混合所得溶液中，部分含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是

A. 曲线X表示的微粒为
B. 时，
C. 时，
D. 时，
【答案】D
【解析】
【分析】随着溶液PH的增大，H2CO3浓度逐渐降低，HCO3-浓度逐渐增大，当HCO3-浓度增大到最大值时，PH继续增大时，HCO3-浓度逐渐降低，CO32-浓度逐渐增大。所以X为H2CO3，Y为HCO3-，Z为CO32-。
【详解】A．碳酸钠溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，分析图像可知曲线Z为CO32- 微粒的变化曲线，故A错误；
B．pH=6.3时，图像中可知主要为H2CO3和HCO3-，H2CO3和HCO3-以及H2CO3三者的物质的量分数都小于0.2，各成分α(CO32-)+α(HCO3-)+α(H2CO3)＜1.0，故B错误；
C．pH=7时c(OH-)=c(H+)，此时为H2CO3和HCO3-，c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)，c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)＞c(OH-)=c(H+)，故C错误；
D．pH=10.3 时，c(CO32-)=c(HCO3-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)=c(Cl-)+c(OH-)+3c(HCO3-)，故D正确；
故答案为D。
【点睛】考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，对学生的思维能力提出了较高的要求，侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力，该题的关键是在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图像和题意灵活运用即可。
10. P和Cl形成的化合物有、，下列说法正确的是
A. 白磷为正四面体分子，其分子中键间的夹角为109°28′
B. 分子中每个原子都达到了8电子稳定结构
C. 受热失去两个Cl原子生成平面三角形
D. 中5个键不完全相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．白磷分子的空间构型为正四面体形，分子中磷磷键的键角为60°，故A错误；
B．五氯化磷分子中磷原子的最外层电子数为10，未达到8电子稳定结构，故B错误；
C．三氯化磷分子中磷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，不是平面三角形，故C错误；
D．五氯化磷分子的空间构型为三角双锥形，分子中5个磷氯键不完全相同，故D正确；
故选D。
11. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、W同族，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液会发生钝化反应，由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物如图所示，下列说法正确的是

A. 在元素周期表中，113号元素与Z元素不同族
B. Y的非金属性比W的强，所以单质的还原性：Y>W
C. X、Y形成的二元化合物只含有极性共价键
D. X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液会发生钝化反应，则Z为Al，Y为N，不可能为S；Y、W同族，W为P元素；由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物的图示可知X与N形成一个共用电子对，则X为H，该化合物为NH4AlH4，结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，X为H，Y为N，Z为Al，W为P。
A．在元素周期表中，第7周期的稀有气体的原子序数为118，则113号元素位于第ⅢA族，与Al元素同族，故A错误；
B．同一主族，从上到下，非金属性减弱，因此Y的非金属性比W的强，所以单质的氧化性：Y＞W，故B错误；
C．X、Y形成的二元化合物可能为氨气，也可能为肼，肼中含有非极性共价键，故C错误；
D．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，氢离子核外没有电子，半径最小，P的阴离子有3个电子层，半径最大，N的阴离子和Al的阳离子的电子层数都是2，则X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大，故D正确；
故选D。
12. 四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH，其工作原理如下图所示(a、b为石墨电极，c、d、e为离子交换膜)。下列说法不正确的是

A. M为负极
B. 标准状况下，制备0.75 mol(CH3)4NOH，a、b两极共产生16.8 L气体
C. c、e均为阳离子交换膜
D. b极电极反应式：4OH--4e-=O2↑+2H2O
【答案】B
【解析】
【分析】以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成[ (CH3)4NOH]的装置中，在左边反应室中(CH3)4NCl电离的Cl-通过d膜从左向右移动，则b电极为阳极，与电源正极相接，即N极为正极，d膜为阴离子交换膜，所以a电极为阴极，M为电源负极。根据NaCl的浓度变化可知：Na+通过e膜、Cl-通过d膜得到NaCl浓溶液，四甲基铵根离子通过c膜进入a室生成(CH3)4NOH，所以c、e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为：2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知：M为负极，N为正极，A正确；
B．阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为：2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，每生成1 mol (CH3)4NOH，转移1 mol电子，阴极产生0.5 mol H2，阳极产生0.25 mol O2，则反应产生气体的物质的量是0.75 mol，若制取得到0.75 mol(CH3)4NOH，则a、b两极共产生气体的物质的量为，该气体在标准状况下的体积V=0.5625 mol×22.4 L/mol=12.6 L，B错误；
C．根据NaCl的浓度变化可知：Na+通过e膜、Cl-通过d膜得到NaCl浓溶液，四甲基铵根离子通过c膜进入a室生成(CH3)4NOH，所以c、e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，C正确；
D．b电极为阳极，在阳极上水电离产生的OH-失去电子发生氧化反应产生O2，则b电极的电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，D正确；
故合理选项是B。
13. X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种；Z元素原子的价层电子排布是；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是
A. 电负性：X