山东省日照市2023-2024学年高二上学期期末校际联合考试化学试卷（解析版）

这是一份山东省日照市2023-2024学年高二上学期期末校际联合考试化学试卷（解析版），共23页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ni 59
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 关于下列诗词中蕴含的化学知识，说法错误的是
A. “谁见柴窑色，天晴雨过时”所述瓷器青色来自氧化铁
B. “败叶填溪水已冰，夕阳犹照短长亭”所述过程中存在氢键数目的增加
C. “东风夜放花千树，更吹落，星如雨”所述现象可以用原子发射光谱解释
D. “海浸丛生深不露，一朝惊世艳姿殊”所述珊瑚的形成与沉淀溶解平衡有关
【答案】A
【解析】氧化铁为红棕色固体，瓷器青色不可能是氧化铁导致的，A错误；等质量时，液态水中的氢键数目比固体冰中的氢键数目少，水结冰的过程中氢键数目增加，B正确；该诗描述放烟花的过程，涉及焰色反应，所见光谱属于发射光谱，C正确；该诗描述的是珊瑚的形成过程，珊瑚的形成与海水中的钙离子和碳酸根离子的浓度有关，当海水中的钙离子和碳酸根离子浓度适宜时，珊瑚虫能够正常生长并分泌钙质骨骼，从而形成珊瑚，这个过程涉及到化学中的沉淀溶解平衡原理，D正确；
故选A。
2. 下列说法正确的是
A. 和均是非极性分子
B. 基态钯原子的价电子排布式为，位于第5周期区
C. 热稳定性比高的原因是水分子之间存在氢键
D. 由金属活动性顺序表可推出钙的第一电离能小于钠的第一电离能
【答案】A
【解析】和分子中S和B的价层电子对数均为3，属于sp2杂化，空间构型为平面三角形，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故A正确；基态钯原子的价电子排布式为，位于第5周期区，故B错误；分子的稳定性与氢键无关，故C错误；金属活动性顺序中，虽然钙排在钠的前面，但钠的第一电离能和电负性比钙的第一电离能和电负性要小，因此钠的金属性要比钙强。但是钙在水溶液中形成水合离子的倾向比钠大，即钙的标准电极电位比钠要负，所以钙的金属活动性比钠大，故D错误；
故选A。
3. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 向溶液中滴加氨水至溶液深蓝色：
B. 向溶液中通过量
C. 向溶液中加入双氧水产生沉淀：
D. 向溶液中通入少量
【答案】C
【解析】向溶液中滴加氨水至溶液深蓝色，是生成了[Cu(NH3)4]2+而不是氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，A错误；由于CO2过量，碳酸根会转化为碳酸氢根，正确的离子方程式为[Al(OH)4]−+CO2=Al(OH)3↓+，B错误；向溶液中加入双氧水，亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子易水解生成氢氧化铁沉淀，选项所给离子方程式正确，C正确；SO2少量，即NaClO过量，过量的次氯酸根和氢离子反应生成HClO，正确的离子方程式为3ClO−+SO2+H2O=+Cl−+2HClO，D错误；
本题选C。
4. 下列图示装置不能达到相应目的的是
A. 用装置①保护钢闸门不被海水腐蚀
B. 用装置②先通再通足量，制取晶体
C. 用装置③测碳酸钙与稀盐酸反应的化学反应速率
D. 用装置④验证是放热反应
【答案】B
【解析】从装置①中电子流动的方向看，与钢闸门相连的电源电极为负极，则钢闸门作阴极被保护，可使钢闸门不被海水腐蚀，A能达到相应目的；制取晶体时，应先通NH3后通CO2，但装置②中通的导管口位于液面下，易产生倒吸现象，B不能达到相应目的；用装置③测定收集一定体积CO2气体所需的时间，从而测定碳酸钙与稀盐酸反应的化学反应速率，C能达到相应目的；装置④给的平衡体系加热或降温，通过混合气颜色发生的变化，确定平衡移动的方向，从而推出正反应是放热反应，D能达到相应目的；
故选B。
5. 下列说法正确的是
A. 向溶液中滴加紫色石蕊溶液先变蓝后褪色，褪色说明水解显碱性
B. 配制溶液时，将固体置于蒸馏水中溶解，再加入适量稀盐酸
C. 工业上常用热的纯碱溶液处理废旧金属表面的矿物油污
D. 向氨水中加少量固体，可抑制的电离
【答案】D
【解析】NaClO溶液中由于ClO-水解生成NaOH和具有漂白性的HClO，所以向NaClO溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液会先变蓝后褪色，变蓝说明溶液显碱性，褪色说明水解生成了HClO，故A错误；SnCl4在水中会水解，盐酸能抑制其水解，配制SnCl4溶液时，应将SnCl4固体溶于浓盐酸中，然后再加蒸馏水稀释至所需浓度，故B错误；纯碱溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，加热促进水解，溶液碱性增强，使酯发生水解反应，去油污效果好，但是矿物油污是烃类，不会水解，故C错误；在氨水中存在NH3⋅H2O的电离平衡：NH3⋅H2O+OH-，加入NH4Cl固体，增大了浓度，使NH3⋅H2O的电离平衡逆向移动，抑制了NH3⋅H2O的电离，故D正确；
本题选D。
6. 下列装置及试剂或操作可用于相应实验的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】在大试管内，加入的物质为铁粉、碳粉、少量稀硫酸，铁粉主要发生析氢腐蚀，A不符合题意；NaOH呈碱性，会腐蚀酸式滴定管活塞，不能放在酸式滴定管内，B不符合题意；装置的内外筒口齐平、二者之间有隔热层，使用温度计和环形玻璃搅拌棒，可用于测定中和热，C符合题意；两试管加入的催化剂中，金属离子不同、酸根离子也不同，不能探究Fe3+、Cu2+对H2O2分解速率的影响，D不符合题意；
故选C
7. 原子序数依次增大的短周期元素组成的一种物质结构如图所示，是短周期中电负性最大的元素，下列说法正确的是
A. 氢化物的沸点：B. 该物质中存在配位键
C. 的空间构型为平面三角形D. 最高价含氧酸的酸性：
【答案】B
【解析】X形成1条共价键，X是H，是短周期中电负性最大的元素，则R为9号元素F，W能形成3条共价键，也能形成4条共价键，则W为N，Y、Z均能形成4条共价键，且原子序数比N小，则Y为B，Z为C，综上所述：X是H，Y为B，Z为C，W为N，R为F。
W的简单氢化物为NH3，Z的简单氢化物为CH4，氨气分子间存在氢键，沸点NH3＞CH4，但C元素的氢化物大多都是有机物，种类繁杂，沸点不一定低，故A错误；B元素的最外层电子数为3，能形成3条共价键，图中B元素形成4条化学键，其中有一个是配位键，故B正确；中心原子N的价层电子对数为=2，无孤对电子，空间构型为直线形，故C错误；非金属性：C＞B，最高价含氧酸的酸性：，故D错误；
故选B。
8. 某材料的化学式为，部分结构如下图所示，其中为平面结构，下列说法正确的是
A. 该化合物中阴阳离子个数比为1∶2
B. 该化合物含有的化学键有离子键、共价键、氢键
C. 中存在的大键为
D. 简单气态氢化物的稳定性：
【答案】C
【解析】由化学式可知，化合物中阴阳离子个数比为1∶1，故A错误；氢键是作用力较强的分子间作用力，不属于化学键，故B错误；为平面结构说明离子中碳原子和氮原子的杂化方式都为sp2杂化，参与杂化的p电子形成大键，故C正确；同周期元素，从左到右非金属性依次增强，简单气态氢化物的稳定性依次增强，所以简单气态氢化物的稳定性的大小顺序为O＞N＞C，故D错误；
故选C。
9. 某厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含和Mn2+)，实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
①
②“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸。
下列说法正确的是
A. 中含有的过氧键数目为
B. “氧化”时，滤渣的成分只有
C. “氧化”时，为提高的氧化速率，应尽量增大混合气中的体积分数
D. “沉钴镍”时，为使沉淀完全，需控制不低于9.15
【答案】D
【解析】往硫酸浸取液(含和Mn2+)中加入石灰乳，再通入SO2和空气的混合气，此时混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，同时Fe2+、Fe3+最终都转化为Fe(OH)3沉淀；往过滤后的滤液中加入NaOH溶液，将钴、镍转化为C(OH)2、Ni(OH)2沉淀；过滤后再往滤液中加入NaOH，将镁转化为Mg(OH)2沉淀。
在H2SO5中，H显+1价，S显+6价，则5个O原子中，有3个显-2价，2个显-1价，从而得出中含有的过氧键数目为，A不正确；“氧化”时，滤渣的成分除去含有外，还应含有CaSO4等，B不正确；SO2具有还原性，SO2过多会降低H2SO5的浓度，从而降低的氧化速率，C不正确；“沉钴镍”时，若沉淀完全，则其浓度不大于10-5ml/L，c(OH-)=ml/L=10-4.85ml/L，c(H+)=10-9.15ml/L，pH=9.15，则需控制不低于9.15，D正确；
故选D。
10. 为有效缓解“碳达峰”，一种利用有机胺协助CO2氢化还原为CH3OH的过程如下，下列说法正确的是
A. 过程Ⅱ中涉及非极性键的断裂与生成
B. 化合物X和Y中N原子的杂化方式不同
C. 催化剂中P形成配位键后R-P-R键角变小
D. 该过程的总反应方程式为
【答案】D
【解析】过程Ⅱ中涉及非极性键断裂，但不涉及非极性键的生成，故A错误；化合物X和Y中N原子均只形成单键，均为sp3杂化，故B错误；催化剂中P形成配位键前呈三角锥结构，形成配位键后呈四面体结构，形成配位键后键角变大，故C错误；由图可知，反应为二氧化碳和氢气生成甲醇和水，故总反应方程式为，D正确；
故选：D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 下列根据实验操作及现象所得解释或结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】将碳酸钠溶液加热，溶液pH增大是因为碳酸钠在溶液中的水解反应为吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大所致，故A错误；二氧化硫在水中的溶解度大于二氧化碳，二氧化硫饱和溶液中亚硫酸的浓度大于二氧化碳饱和溶液中碳酸的电离常数，则前者饱和溶液的pH小于后者不能说明亚硫酸的酸性强于碳酸，故B错误；氯化铁溶液加水稀释后溶液pH变大是因为氯化铁在溶液中水解使溶液呈酸性，加水稀释时，溶液中氢离子浓度减小所致，与水解程度增大无关，故C错误；硫化钠溶液与硫酸锌溶液完全反应生成硫化锌沉淀和硫酸钠，向反应后的溶液中再加入硫酸铜溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀说明硫化锌的溶度积小于硫化铜，故D正确；
故选D。
12. 以菱锰矿(主要成分为MnCO3，含少量的等元素)为原料合成碱锰电池材料MnO2的流程如下。
下列说法错误的是
A. 为加快酸浸速率可以适当提高浓度
B. “氧化”时可以用代替
C. 已知可溶于水，滤渣3的成分有
D. “沉锰”时发生反应的离子方程式为
【答案】B
【解析】将菱锰矿(主要成分为MnCO3，含少量的等元素)粉碎，加入H2SO4进行酸浸，二氧化硅不溶而成为滤渣1；往滤液中加入MnO2，可将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+；加入氨水调节pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；往滤液中加入BaS，Ni2+转化为BaS沉淀；往滤液中加入NH4HCO3，锰元素转化为MnCO3沉淀。再处理MnCO3，最终生成MnO2。
为加快酸浸速率，可以将矿石粉碎、适当升高温度、适当提高浓度等，A正确；“氧化”时，使用MnO2既可以氧化Fe2+，又可以提高MnCO3的产率，且过量的H2O2会将后续操作中加入的BaS氧化，所以不可以用代替，B错误；已知可溶于水，加入BaS后，可与Ni2+反应生成NiS沉淀，Ba2+可转化为BaSO4沉淀，所以滤渣3的成分有，C正确；“沉锰”时，Mn2+与发生反应，生成MnCO3沉淀、二氧化碳气体等，发生反应的离子方程式为，D正确；
故选B。
13. 一定温度下，向体积不等的恒容密闭容器中均充入气体，发生反应，反应时，测得的转化率与容器体积的关系如图所示。已知：是以物质的量分数表示的平衡常数。下列说法正确的是
A. 点再充入一定量的X，X的转化率增大
B. 逆反应速率：
C. 点对应容器中的平均速率为
D. b点时，该反应的平衡常数
【答案】D
【解析】容器体积越小反应物浓度越大，反应速度越快，所以a、b点容器中反应已达到平衡，d未达到平衡。
点反应已达到平衡，再充入一定量的X，容器体积不变，相当于增大压强平衡逆向移动， X的转化率减小，故A错误；由分析可知，容器越小反应速率越快，故B错误；点X的转化率为60%，即X的变化量为0.4ml，所以物质的变化量为0.4，则的平均速率为，故C错误；b点时，X的转化率为50%，则平衡时X、Y、Z的物质的量均为0.5ml，所以该反应的平衡常数 ，故D正确；
故选D。
14. 以熔融碳酸盐燃料电池为电源模拟在塑料制品上镀镍的装置如图所示。
已知：①电镀液的配方：
②催化重整反应：
下列说法错误的是
A. 电镀时电极与电极相连
B. 电镀液中的作用是为了增强溶液的导电能力
C. 电极上发生的电极反应式为
D. 当电极上析出镍，理论上电极上消耗的体积为(标准状况)
【答案】CD
【解析】根据左图分析，电极b通入氧气，氧气在原电池反应中得到电子，所以通入氧气的b极是电池的正极；电极a通入CO和H2，生成产物是CO2和H2O，均失去电子，所以电极a是负极。右图属于电镀，电极c是镀层金属镍，作阳极；电极d是镀件，作阴极，据此分析。
电极a通入CO和H2，生成产物是CO2和H2O，元素均失去电子，所以电极a是电池的负极，应该与电电解池的阴极相连，电极d是镀件，作阴极，A正确；电镀液中中的钠离子和硫酸根离子均不参与电极反应，所以作用是为了增强溶液的导电能力，B正确；根据题意，左图电解质中没有氢氧根离子，所以负极发生的电极反应式为：，C错误；电极析出镍的电极反应式为：，生成的，则转移电子为，根据电极上的反应式：，氢气和一氧化碳一共转移电子，则消耗CO的量为，标准状况下，一氧化碳体积为，D错误；
故选CD。
15. 向溶液中加入固体，保持溶液体积和温度不变，测得与为]的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线表示与的关系
B. 水的电离程度：
C. NaHA溶液中：
D. b点溶液中：
【答案】BC
【解析】向溶液中加入固体时，由于二者发生反应，所以 H2A逐渐减少，会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为与pH变化关系，即曲线M；随着逐渐加入碱，A2-会逐渐增大，会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为与pH 变化关系，为曲线N；另一条则是与pH的变化图，为曲线L。
由分析可知，曲线表示与的关系，故A错误；a、b、c三点随着pH增大，酸性减弱，水的电离程度逐渐增大，故B正确；pH=2.8时，=，即====1×10-5.6，当=0时，即，pH=4.3，=1×10-4.3，所以，HA-的水解平衡常数Kh=，所以对于NaHA溶液中，HA-的电离程度大于水解程度，溶液以Na+和HA-离子为主，有关系：，故C正确；对于b点，存电荷守恒关系，b点溶液呈酸性，则，由C项可知，b点存在关系：=，则，故D错误；
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 前四周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X和Z同主族，基态Y原子核外电子的运动状态有9种，基态Z原子4p能级上有三个单电子，常温下W2是一种深红棕色液体。回答下列问题：
（1）基态W原子的价电子排布式为_______，基态X、Z原子核外电子的空间运动状态数之比为_______。
（2）同周期第一电离能小于X的元素有_______种。
（3）键角大小：XY3_______ZY3(填“>”“=”或“ ②.<
（4）5
【解析】前四周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态Y原子核外电子的运动状态有9种，则Y核外有9个电子，Y为F；基态Z原子4p能级上有三个单电子，则Z的价电子排布式为4s24p3，Z为As，X和Z同主族，则X为N；常温下W2是一种深红棕色液体，则W为Br。
【小问1详解】
Br为第四周期第ⅦA族元素，则其价电子排布式为4s24p5；核外电子空间运动状态数即核外电子填充的轨道数，则基态N原子和As的核外电子空间运动状态分别为5和18，所以N和As核外电子空间运动状态数之比为5：18。
【小问2详解】
同周期第一电离能从左到右呈增大趋势，但由于N的2p轨道半充满，其第一电离能比其后 的O大，所以同周期第一电离能比N小的元素有Li、Be、B、C、O五种。
【小问3详解】
NF3和AsF3的中心原子均为sp3杂化，N的电负性比As大，N周围的电子云密度比As周围的大，排斥力大，所以键角NF3>AsF3；同周期从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径Br