广东省清远市清新区四校联考2024-2025学年高二上学期12月期末模拟化学试题（Word版附解析）

这是一份广东省清远市清新区四校联考2024-2025学年高二上学期12月期末模拟化学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了非选择题的作答，02ml•L-1，19等内容，欢迎下载使用。
满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
可能用到的相对原子质量：
一、单选题（第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。总共44分）
1．室温下，用NaOH溶液滴定H2A溶液，溶液中-lg和-lgc(HA-)[或-lg和-lgc(A2-)]的关系如图所示，下列说法正确的是(忽略溶液混合时体积和温度的变化)（ ）
A．原H2A溶液中c(H2A)=0.02ml•L-1
B．当溶液中c(A2-)=c(H2A)时，溶液的pH=3.5
C．当滴定至c(NaHA)=c(H2A)时，溶液中微粒之间的关系为c(H2A)+c(H+)>c(Na+)+c(A2-)+c(OH-)
D．当滴定至恰好完全反应时，溶液中存在c(Na+)”“c(H+)，所以，故D错误；
故选B。
2．B
【详解】A．据图可知V4+—O—H在整个反应过程没有消耗，为该反应的催化剂，A正确；
B．据图可知投入的原料为NH3、NO和O2，最终产物为N2和H2O，V4+—O—H为催化剂，所以总反应为2NO+4NH3+2O23 N2+6H2O，B错误；
C．据图可知H-O-V4+和氧气反应的过程中V元素由+4价变为+5价，另外也存在含钒物质中V元素由+5价降低+4价的过程，C正确；
D．虚线框内断裂的是氢键，没有化学键的断裂和生成，不属于化学变化，D正确；
故选B。
3．D
【详解】A．图是新型中温全瓷铁-空气电池，a极通入空气，说明a是正极，故A错误；
B．图中信息是含的固体电解质，所以正极反应是,故B错误；
C．放电时电子从负极经导线到正极， 故C错误；
D．从图可知，发生如下反应，可得，所以n(O2)= ,,故D正确；
故答案为：D
4．A
【详解】A．SiO2和Si都属于原子晶体，A正确；
B．KI为离子晶体，I2为分子晶体，B错误；
C．Na2S为离子晶体，Na为金属晶体，C错误；
D．CO2为分子晶体，C如果是石墨则为混合型晶体，如果是金刚石则为原子晶体，D错误；
故选A。
5．B
【分析】充电时总反应是C6 +LiFePO4=Li1-xFePO4 +LixC6，放电时总反应是Li1-xFePO4 +LixC6= C6 +LiFePO4，负极反应式为：LixC6-xe-= C6 +xLi+，正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe- =LiFePO4，据此分析作答；
【详解】A．由图及电极反应式分析可知，LiFePO4作为电池的正极，与铝箔相连，故A正确；
B．电池放电时为原电池，负极中的Li+通过聚合物隔膜向正极迁移,电子不能通过聚合物隔膜，故B错误；
C．由电池总反应可知，正极上Li1-xFePO4得电子发生还原反应,所以正极电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe- =LiFePO4,故C正确；
D．磷酸铁锂电池不含重金属和稀有金属,是一种安全无毒无污染的绿色环保电池,故D正确；
故答案选B。
6．B
【分析】由图可知，甲极发生氧化反应生成二氧化碳，为负极，则乙为正极；丙极发生氧化反应生成，为阳极，则丁为阴极；
【详解】A．a中氢离子向正极右侧迁移，b中氢离子向阴极右侧迁移，故A说法正确；
B．a装置中甲电极上乙酸根离子失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，反应式为：，故B说法错误；
C．图b装置中丙电极为阳极、丁电极为阴极，则丙的电势比丁电极高，故C说法正确；
D．图b装置中丁电极二氧化碳转化为甲醇，电子转移情况为，则每消耗(标准状况下为1ml)，转移电子数约为6×6.02×1023=，故D说法正确；
故选B。
7．C
【分析】从电池结构中有电源可知，该电池是电解池，从该电池的H+的移动方向可知，H+从b电极向a电极移动，电解池中阳离子从阳极移向阴极，所以a电极是阴极，b电极是阳极，所以b电极连接电源的正极，a电极连接电源的负极，据此解答。
【详解】A．从电解池分析中可知，b电极是阳极，连接电源正极，发生氧化反应，A正确；
B．a电极是阴极，得电子，从图中可知，a电极上端通入CO2，H+移动到a电极参与反应，硝酸根离子转化为CO(NH2)2，其电极反应式书写正确，B正确；
C．3.0g尿素的物质的量为=0.05ml，结合a极反应式，转移电子为0.8ml，b极的反应式为，转移0.8ml电子时，会消耗0.4mlH2O，减少的质量为7.2g，C错误；
D．H+向a电极移动，在a电极参与反应，由其电极反应式可知，电极反应消耗18mlH+，但通过质子交换膜16mlH+，所以a电极附近的H+在减少，其pH在增大，D正确。
故选C。
8．B
【详解】A．硅晶体中1个硅原子与相邻的4个硅原子形成共价键，平均1个硅原子形成2个共价键，则1mlSi晶体中含有2ml非极性键，A错误；
B．含硅氢、硅氯键，只含极性键，属于共价化合物，B正确；
C．的球棍模型为，C错误；
D．HCl为共价化合物，电子式为，D错误；
故选B。
9．A
【详解】A．1.8g甲基(-12CD3)的物质的量为n=，含有中子的物质的量为0.1ml×(6+1×3)=0.9ml，故含中子的数目为0.9NA，A正确；
B．Cl2和水的反应是可逆反应，1ml纯净Cl2通入水中，转移电子数小于NA，B错误；
C．未说明气体所处的温度和压强，无法计算11.2L甲烷和乙烯的物质的量，C错误；
D．1L 0.01ml/L KAl(SO4)2溶液中Al3+会发生水解：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，含有的阳离子数大于0.02NA，D错误；
故选A。
10．A
【分析】已知H2C2O4中加入KOH固体，随着pH增大，c(H+)减小，H2C2O4减小，-lgc(H2C2O4)增大，的浓度增大，-lgc()减小，=则也增大，-lg减小，且随着pH的增大，c()先大于c()到等于，再到小于，即从小于1，到等于1，再到大于1，则图中从左往右的曲线分别为-lgc(H2C2O4)、-lg、-lgc()随pH变化的曲线，据此分析解题。
【详解】A．由分析结合图中数据可知，但pH=4.3时，-lg=0，=1，则Ka2=10-4.3，根据a点可知，常温下，-lgc(H2C2O4)= -lgc()即c(H2C2O4)= c()，则有Ka1Ka2==c2(H+)=(10-2.8)2=10-5.6，故的，A错误；
B．根据电荷守恒：，图中b点对应的溶液的pH为4.3，即c()=c()，即，故b点溶液中有：，B正确；
C．由分析可知，a点溶液中-lgc(H2C2O4)= -lgc()即c(H2C2O4)= c()，根据电荷守恒可得：即即，C正确；
D．由A项分析可知，Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3，Kh2==10-12.7＜Ka2，即的电离大于水解，则溶液中有：，D正确；
故答案为：A。
11．B
【详解】A．与的反应是可逆反应，尽管过量，但也不能完全反应，A错误；
B．金刚石中碳原子与其周围的4个碳原子形成4个共价键，根据均摊原则，1个碳原子平均形成2个共价键，则12g金刚石（为1mlC）中含有的共价键数目为2，B正确；
C．溶液体积未知，无法计算的数目，C错误；
D．阴极放电析出Cu后，放电，所以阴极有可能产生，D错误；
故选B。
12．A
【详解】A．将K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中，生成蓝色KFe[Fe(CN)6]沉淀，离子方程式正确，A正确；
B．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，FeBr2中Fe2+和Br-都被反应完，反应比为FeBr2中的组成比，是1:2，故反应离子方程式为：2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−，B错误；
C．以铜为电极电解饱和食盐水，阳极上Cu失电子生成铜离子，阴极上H2O得电子生成氢气和氢氧根离子，最终生成氢气和氢氧化铜沉淀，离子方程式为Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑，C错误；
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根会与氢氧根生成氨水，氨水是弱碱不能拆，故正确离子方程式为：++Ca2++2OH-= CaCO3↓+NH3·H2O+H2O，D错误；
本题选A。
13．D
【分析】由图可知，直线Ⅰ中有： X与c (H+ )乘积等于1×10-1.22， 直线Ⅱ中有： X与c(H+ )乘积等于1×10 -4.19，由于二元弱酸的电离平衡常数Ka1 > Ka2，则H2C2O4溶液的Ka1 = 1 × 10-1.22，直则H2C2O4溶的Ka2 = 1 ×10 -4.19，即直线Ⅰ中，直线I、II的关系式分别为lgX=lgK1+pH、lgX=lgK2+pH，NaHC2O4溶液中满足的守恒关系为：(电荷守恒) c(Na+)+c(H+) = c( OH- )+2 c(C2O)+ c(HC2O)，(物料守恒) c(Na+)= c(C2O)+ c(HC2O)+ c(H2C2O4)，据此解题。
【详解】A．由上述分析可知，直线II中，当lgX=0时，c(HC2O)=c(H2C2O4)，Ka2 = c(H+)=10-pH= 1 ×10 -4.19，故A正确；
B．由上述分析可知，直线Ⅰ中，X与c (H+ )乘积等于Ka1 = 1 × 10-1.22；，X与c (H+ )乘积等于Ka2 = 1 ×10 -4.19，lgX+lgc(H+)= lgK1或2，lgX=lg K1或2+pH，I、II两条直线的斜率均为1，故B正确；
C．NaHC2O4溶液中满足的守恒关系为：(电荷守恒) c(Na+)+c(H+) = c( OH- )+2 c(C2O)+ c(HC2O)，(物料守恒) c(Na+)= c(C2O)+ c(HC2O)+ c(H2C2O4)，消去c(Na+)得到：c( H2C2O4)+c(H+) =c( OH- )+c(C2O)，故C正确；
D．由上述分析可知，直线Ⅰ中，故D错误；
故选D。
14．C
【分析】启动电源1，使海水中Li+进入MnO2结构形成LixMn2O4，MnO2中锰元素的化合价降低，作阴极，与电源1的负极相连，电极反应式为：2MnO2+Li++e-=LiMn2O4；惰性电极1作阳极，连接电源正极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+。关闭电源1和海水通道，启动电源2，向惰性电极2上通入空气，使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室2，则惰性电极2为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，阳极的电极反应式为：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2，据此分析解答。
【详解】A．由分析，启动电源1时，惰性电极1作阳极，A错误；
B．由分析，启动电源1时，惰性电极1作阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，产生H+，故腔室1中溶液的pH减小，B错误；
C．由分析，启动电源2时，腔室2中阳极发生的电极反应为：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2，C正确；
D．启动电源2时，当惰性电极2上消耗标况下22.4LO2时即1ml O2时，转移电子物质的量为4ml，阳极MnO2脱出Li+也为4ml，而MnO2质量为870g即10ml，即5ml LiMn2O4脱出Li+为4ml，未脱出的Li+为20%，所得LixMn2O4中的x=0.2，D错误；
本题选C。
15．B
【详解】A．天然钻石的内部结构为金刚石，打磨过程中，共价键断裂，故A正确；
B．霓虹灯发光是由于电子从激发态回到基态产生，故B错误；
C．氧化铁为红色，墙的红色来源于氧化铁，故C正确；
D．空气作为溶剂，空气中的小微粒作为溶质，当小微粒直径介于1-100nm之间，就形成了胶体，光束照射，就可以产生丁达尔效应，故D正确；
答案选B。
16．B
【详解】A．乙炔的结构简式为HC≡CH，分子式为 C2H2，最简式为CH，A错误；
B．氢氧化钠是离子化合物，O、H原子间共用1对电子，电子式为，B正确；
C．氧离子核外电子排布式：1s22s22p6，C错误；
D．聚丙烯的结构简式为，由多个聚合而成，则为聚丙烯的链节，D错误；
故选B。
17．(1)1s22s22p63s23p63d8
(2)还原Ni(III)为Ni2＋
(3) 2H＋＋H2O2＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋2H2O Fe(OH)3
(4) NaCl 过滤
(5) CD 化合物I分子间存在氢键
【分析】废旧镍氢电池中常含有NiOOH、Ni(OH)2、及少量C(OH)2、FeO等，向混合物中加入盐酸，生成Ni3+、Ni2+、C2+、Fe2+，再向溶液中加入N2H4还原Ni3+，然后加入H2O2氧化Fe2+，向溶液中加入Na2CO3条件溶液pH使Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀，过滤后向滤液中加入NaClO氧化C2+生成C3+，C3+与溶液中Na2CO3发生复分解反应生成C(OH)3，过滤后向滤液中加入Na2CO3与Ni2+发生复分解反应生成NiCO3。
【详解】（1）Ni原子核外有28个电子，Ni原子失去4s能级上的2个电子生成Ni2+，根据构造原理，Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，故答案为：1s22s22p63s23p63d8；
（2）“酸浸”中，加入N2H4的主要作用是还原Ni(III)为Ni2+，避免后续除杂过程中生成Ni(OH)3导致NiCO3产率降低，故答案为：还原Ni(III)为Ni2+；
（3）“氧化”过程中H2O2与Fe2+反应时，H2O2中O元素化合价由-1降低至-2，Fe元素化合价由+2升高至+3，此时溶液呈酸性，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒可知反应离子方程式为2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；由上述分析可知，滤渣1主要成分是Fe(OH)3，故答案为：2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；Fe(OH)3；
（4）第二次加入Na2CO3后，溶液中阳离子主要是Na+，溶液中阴离子为NaClO还原后生成的Cl-，因此滤液A中主要溶质为NaCl；操作X为固液分离操作，因此操作X为过滤，故答案为：NaCl；过滤；
（5）①A.物质A中，电负性最大的元素为O，故A错误；
B.化合物A中C原子无sp杂化，故不存在180°的键角，故B错误；
C.在B中-SH上的S原子只形成单键，故为sp3杂化，故C正确；
D.在B中存在共价单键和双键，故存在σ键、Π键，中心Ni周围形成配位键，故D正确；
故答案为：CD；
②A分子中含有-OH，分子间易形成氢键，B分子不能形成氢键，故答案为：化合物A分子间存在氢键。
18．(1) > AB
(2) D 4.44 不变 催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，能降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高
(3)
【详解】（1）①0～5 min内生成氮气的物质的量是0.42 ml，浓度是0.21 ml/L，以表示该反应速率；第15 min后，将温度调整为，氮气的物质的量增加，NO的物质的量减少，说明平衡正向进行，由于正反应是放热反应，所以。
②由于反应前后体积不变，气体质量是变化的，因此密度是变化的，所以混合气体的密度不再变化可以说明反应达到平衡状态。温度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态。NO和的消耗速率之比为1∶2，根据方程式可知正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态。混合气体中，不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态。答案选AB。
（2）①一氧化碳和一氧化氮的投料比增大相当于增大一氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，但一氧化碳的转化率减小，则投料比为2∶1形成的平衡中一氧化碳的转化率最小，由图可知，表示一氧化碳和一氧化氮的投料比为2∶1的曲线是曲线D、1∶1的是曲线B、1∶2的是曲线A，故答案为D。
②由图可知，m点一氧化碳的转化率为80％，则由题意可建立如下三段式：
设平衡时气体压强为p MPa，由同温同体积下，气体的压强之比等于物质的量之比可得：，解得p=2.6，则时该反应的平衡常数。p点时，再向容器中充入一氧化氮和二氧化碳，使二者分压均增大为原来的2倍，反应的浓度熵，则化学平衡不移动，达到平衡时一氧化碳的转化率不变。
（3）③由图可知，在催化剂甲作用下，反应在较低温度下，一氧化氮的转化率达到最大，说明催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，能降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高，所以工业生产中选用甲。
(3)阴极发生还原反应，和得电子生成无害的，阴极电极反应式为。
19．(1) Li 2
(2) 9或7 [Ar]3d104s24p3
(3) AsH3 两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高
(4)6
(5)sp3、sp
(6)1∶1
(7)
【详解】（1）Li、P、S中，Li为金属元素，容易失去电子，电负性最小；一般情况下同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能也越大，但第VA的元素由于其处于p轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能P>S，故第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有Cl、Ar；所以第三周期元素中第一电离能比P大的元素有2种；故答案为Li；2。
（2）基态S元素电子排布式为1s22s22p3s23p4；有7个或9个电子自旋状态相同；基态As原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3；故答案为9或7 ；[Ar]3d104s24p3。
（3）PH3 、AsH3均为分子晶体，相对分子质量大，范德华力强，沸点高所以沸点较高的是AsH3，故答案为AsH3；两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高。
（4）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中与锰原子的配位有CO和CH3CN，配位数为6；故答案为6。
（5）CH3CN中有两个C原子，分别连接有4个和2个键，杂化类型为sp3、sp；故答案为sp3、sp。
（6）CH3CN和CO均含有2个π键，等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比1：1；故答案为1：1。
（7）该晶胞中含有Ni3+个数为，含有As3-为4；即含有4个NiAs，其质量为，设其棱长为acm，所以，As3-位于其八分之一晶胞的中心，两个As3-之间的距离相当于面对角线长度的一半；所以两个As3-之间为；故答案为。
20．(1) 羰基、羧基
(2) sp2、sp3 碳氧键
(3) 加成反应 消去反应
(4) +H2
(5) 4 或
【分析】
由反应条件可知，B和乙醇发生酯化反应生成C，B为，A发生氧化反应生成B，结合A的分子式可知A为，C和RCHO、NH3发生脱水反应生成D，D发生分子内加成反应得到E，E发生消去反应生成F，F发生氧化反应生成G。
【详解】（1）
由分析可知，A的结构简式为，B为，具有的官能团有羰基、羧基。
（2）C中含有甲基和酯基，碳原子的杂化类型有sp2、sp3两种，由C和D的结构简式可知C转化成D的过程中，RCHO断裂的化学键是碳氧键。
（3）由分析可知，D转化为E和E转化为F的反应类型分别是加成反应、消去反应。
（4）
F在K2Cr2O7、H2SO4的催化下发生消去反应生成G，化学方程式为： +H2。
（5）
C不是对称的结构，含有4种环境的H原子，核磁共振氢谱应为4组峰，G的同分异构体中，满足条件：①不与NaHCO3发生反应，说明其中不含－COOH；②含有3个乙基；③属于对氨基乙苯的衍生物；④苯环上的一取代物只有1种，说明是对称的结构，只含有1种环境的H原子；满足条件的同分异构体的结构简式为：或。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
D
A
B
B
C
B
A
A
题号
11
12
13
14
15
16




答案
B
A
D
C
B
B