2018-2019学年河南省南阳市第一中学高二下学期第四次月考化学试题 解析版


南阳一中2019年春期高二年级第四次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 C 12 Mg 24 Al 27 S 32
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一．选择题（每个小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）
1.下列说法中错误的是
A. 放热反应可能开始时要加热才能发生
B. NaAlO2溶液加热蒸干、灼烧后，得到固体的仍是NaAlO2
C. 燃煤火电厂能量转换过程是：化学能→热能→机械能→电能
D. 其他条件不变，增加反应物浓度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应是放热反应还是吸热反应与反应条件无关系，只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，因此放热反应可能开始需要加热才能发生，A项正确，不符合题意；
B．NaAlO2溶液蒸干，灼烧后，仍然是NaAlO2，不会发生改变，B项正确，不符合题意；
C．燃料在锅炉中燃烧加热水使成蒸汽，将燃料的化学能转变成热能，蒸汽压力推动汽轮机旋转，热能转换成机械能，然后汽轮机带动发电机旋转，将机械能转变成电能，C项正确，不符合题意；
D．增加反应物浓度，可以提高活化分子浓度，但是不能增大活化分子百分数，D项错误，符合题意；
本题答案选D。

2.有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（ ）

A. 图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂
B. 图Ⅱ所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大
C. 图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变
D. 图Ⅳ所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中被还原为Ag
【答案】D
【解析】
试题分析：A．该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，为原电池的正极，A错误；B．铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，该反应中浓硫酸参加反应，所以浓度降低，B错误；C．粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，C错误；D．该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以氧化剂作氧化剂发生还原反应，D正确；答案选D。
考点：考查原电池和电解池原理

3.下列热化学方程式书写正确的是（△H的绝对值均正确）
A. C2H5OH（l）+3O2（g）==2CO2（g）+3H2O（g）；△H=-1367.0kJ/mol（燃烧热）
B. NaOH（aq）+HCl（aq）==NaCl（aq）+H2O（l）；△H=+57.3kJ/mol（中和热）
C. S（s）+O2（g）===SO2（g）；△H=-269.8kJ/mol（反应热）
D. 2NO2==O2+2NO；△H=+116.2kJ/mol（反应热）
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据燃烧热的定义，要生成稳定的氧化物，乙酸燃烧应该生成液态水，而不是气态水，A项错误；
B．中和反应是放热反应，△H7时，HnB为弱酸 (2). Bn-+H2OHB(n-1)-+OH- (3). c(Na+)> c(Bn-)> c(OH-)> c(H+) (4). 10-10mol/L (5). 11 (6). (m/n)mcm+n
【解析】
【分析】
(1)①依据盐溶液pH分析判断对应酸碱的强弱，弱离子水解盐溶液显示了酸碱性；
②依据盐类水解的实质分析书写离子方程式；
③根据溶液中的pH、电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理进行分析、计算、比较离子浓度大小；
④根据c(HB)：c(B－)=1：99计算出水解生成氢氧根离子的浓度，再根据水的离子积计算出溶液中氢离子的浓度，然后计算pH；
(2)根据电解质A的化学式写出溶解平衡，根据溶度积常数表达式及题数中数据 计算出该难溶物XnYm的溶度积常数为Ksp。
【详解】（1）①电解质A的化学式为NanB，测得浓度为cmol·L－1的A溶液的pH=a．当a=7说明是强酸强碱盐，HnB为强酸，当a大于7，NanB为强碱弱酸盐，在溶液中发生了水解：Bn－+H2OHB(n-1)-+OH－，HnB为弱酸;
②NanB溶液的pH=10，NanB为强碱弱酸盐，在溶液中发生了水解：Bn－+H2OHB(n-1)-+OH－；
③当a=10，n=1时，由于B－离子水解，溶液呈碱性，溶液中B－离子浓度减小，小于溶液中钠离子的浓度，水解是少量的，所以A溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na＋)＞c(B－)＞c(OH－)＞c(H＋)。溶液中存在电荷守恒：c(B－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)；物料守恒：c(Na＋)=c(HB)+c(B－)；将钠离子浓度带入电荷守恒可得：c(B－)+c(OH－)=c(H＋)+c(HB)+c(B－)，c(OH－)-c(HB)=c(H＋)=1×10-10mol·L－1；
③当n=1、c=0.1，溶液中c（HB）：c（B－）=1：99时，参与水解的B－离子为1%，水解生成OH－浓度为：0.1mol·L－1×1%=0.001mol·L－1，则，所以溶液的pH为11；
(2)已知难溶电解质A的化学式为XnYm，相对分子质量为M，测得其饱和溶液的密度为ρg·cm－3，Xm＋离子的浓度为cmol·L－1，XnYm的溶解平衡为：XnYm(s)nXm+(aq)+mYn-(aq)），Xm＋离子的浓度为cmol·L－1，Yn－的浓度为mol·L－1，。
【点睛】本题考查了溶液pH的简单计算、溶液中离子浓度大小比较、难溶电解质的溶解平衡等知识，题目难度较大，注意掌握溶液中电荷守恒和物料守恒的应用，明确pH计算方法、溶度积常数的含义及计算方法是解题关键。

16.硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：

回答下列问题：
（1）在95 ℃“溶侵”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_________。
（2）“滤渣1”的主要成分有_________。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂是_________。
（3）根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH++B(OH)−4，Ka=5.81×10−10，可判断H3BO3是_______酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_______________。
（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为__________，母液经加热后可返回___________工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_________。
【答案】 (1). NH3+NH4HCO3＝(NH4)2CO3 (2). Fe2O3、Al2O3、SiO2 (3). KSCN (4). 一元弱 (5). 转化为H3BO3，促进析出 (6). 2Mg2++2H2O+3CO32－＝Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3－（或2Mg2++H2O+2CO32－＝Mg(OH)2∙MgCO3↓+CO2↑） (7). 溶浸 (8). 高温焙烧
【解析】
【详解】（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方程式为：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3;
（2）滤渣I为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2;检验Fe3+,可选用的化学试剂为KSCN；
（3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)−4转化为H3BO3，并促进H3BO3析出；
（4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2∙MgCO3，沉镁过程的离子反应为：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。

17.短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。已知：X的最外层电子数是次外层的2倍，在地壳中Z的含量最大，W是短周期元素中原子半径最大的主族元素，Q的最外层比次外层少2个电子。请回答下列问题：
（1）X的价层电子排布式是___，Q的原子结构示意图是____。
（2）Y、Z两种元素中，第一电离能较大的是（填元素符号）_____，原因是______。
（3）Z、W、Q三种元素的简单离子的半径从小到大排列的是________。
（4）关于Y、Z、Q三种元素的下列有关说法，正确有是_______；
A.Y的轨道表示式是：
B.Z、Q两种元素的简单氢化物的稳定性较强的是Z
C. Z、Q两种元素简单氢化物的沸点较高的是Q
D.Y常见单质中σ键与π键的数目之比是1：2
（5）Q与Z形成的化合物QZ2，中心原子Q的杂化类型是_____，QZ2易溶于水的原因是________。
【答案】 (1). 2s22p2 (2). (3). N (4). N原子的2p轨道为半充满结构，能量低稳定 (5). r(Na+ )＜r(O2-) ＜r(S2-) (6). BD (7). sp2杂化 (8). SO2是极性分子，H2O是极性溶剂，相似相溶；SO2与H2O反应生成易溶于水的H2SO3
【解析】
【分析】
X最外层电子数是次外层的2倍，则次外层只能是K层，容纳2个电子，最外层是L层，有4个电子，X为C元素。地壳中Z的含量最大，则Z为O元素，X、Y、Z原子序数依次增大，则Y为N元素。W是短周期元素中原子半径最大的主族元素，W为Na。Q的最外层比次外层少2个电子，Q的次外层为L层，有8个电子，Q的最外层为M层，有6个电子，Q为S元素。
【详解】(1)X为C元素，核外电子排布为1s22s22p2，价层电子排布式为2s22p2；Q为S元素，16号元素，原子结构示意图为；
(2)Y为N元素，Z为O元素，第一电离能大的是N元素，原因是N原子的2p轨道为半充满结构，能量低稳定；
(3)Z、W、Q形成的离子分别为O2－、Na＋、S2－。O2－和Na＋具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，则有r(Na+ )＜r(O2-)。O和S同主族，同主族元素形成的简单离子半径从上到小依次增大，有r(O2-) ＜r(S2-)，则排序为r(Na+ )＜r(O2-) ＜r(S2-)；
(4)Y为N，Z为O，Q为S ；
A．Y的2p轨道上有3个电子，根据洪特原则，电子排布在能量相同的各个轨道时，电子总是尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，2p轨道上的3个电子，应该分别在3个不同的轨道；A项错误；
B．O的氢化物H2O的稳定性比S的氢化物H2S的稳定性强，因为O非金属性比S的强；B项正确；
C．O的氢化物H2O的沸点比S的氢化物H2S的沸点高，原因是水分子间存在氢键；C项错误；
D．Y的单质为N2，N和N原子之间有3对共用电子对，其中σ键有1个，π键有2个，比例为1:2，D项正确；
本题答案选BD；
(5)QZ2为SO2，中心原子S的价电子有6个，配位原子O不提供电子，对于SO2，VP=BP+LP=2+=3，中心S原子为sp2杂化；根据相似相溶的原理，SO2易溶于水是由于SO2是极性分子，H2O是极性溶剂，相似相溶；另外SO2与H2O反应生成易溶于水的H2SO3。

18.采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题
（1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为___________。
（2）F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（t=∞时，N2O5(g)完全分解）：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5.
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1


①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1
2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1
则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+ O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率。t=62 min时，测得体系中pO2=2.9 kPa，则此时的=________kPa，v=_______kPa·min−1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是________。
④25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。
（3）对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_______（填标号)。
A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
【答案】 (1). O2 (2). 53.1 (3). 30.0 (4). 6.0×10－2 (5). 大于 (6). 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 (7). 13.4 (8). AC
【解析】
分析：（1）根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断；
（2）①根据盖斯定律计算；
②根据压强之比是物质的量之比计算；
③根据温度对压强和平衡状态的影响分析；
④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。
（3）根据三步反应的特点分析判断。
详解：（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2；
（2）①已知：
ⅰ、2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol
ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；
②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）；
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数。
（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；
B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；
C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；
D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。
点睛：本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡有关分析与计算，题目难度较大。试题设计新颖，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以直接把压强看作是物质的量利用三段式计算。

19.下表为周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。

用化学用语回答下列问题：
（1）写出元素g的基态原子核外电子排布式______，h2+中未成对电子数为____。
（2）在b2a2分子中，元素b为__杂化，该分子是___分子（填“极性”或“非极性”），该分子中σ键和π键的数目比为____。
（3）bd2与bf2比较，沸点较高的是___（填分子式），原因是_______。
（4）下列关于元素在元素周期表中的位置以及元素原子的外围电子排布特点的有关叙正确是___。
A h位于元素周期表中第四周期第VIII族，属于d区元素
B e的基态原子中，3p能级为半充满，属于p区元素
C 最外层电子排布式为4s2，一定属于IIA族
D 最外层电子排布式为ns2np1，该元素可能是ⅢA族或ⅢB族
（5）i元素最高价含氧酸是一元弱酸，它的水溶液之所以呈弱酸性并非本身能电离出H+，而是它加合了一个OH－，形成配位键，请用“→”表示)；请用离子方程式表示____与ia4－互为等电子体的一种阳离是____，ia4－的空间构型为___。
（6）下表是一些气态原子逐级电离能(kJ·mol－1)：

①通过上述信息和表中的数据分析为什么锂原子失去核外第二个电子时所需的能量要远远大于失去第一个电子所需的能量___________
②表中X可能为以上元素中的____元素(填写元素符号)。Y与X的最高价氧化物的水化物溶液反应的离子方程式为______
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1 (2). 4 (3). sp (4). 非极性 (5). 3：2 (6). CS2 (7). 相对分子质量大，分子间作用力（范德华力）大 (8). AB (9). +H2O+H+ (10). NH4+ (11). 正四面体 (12). Li原子失去一个电子后，Li＋已形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难 (13). Na (14). 2Al+6H2O+2OH-=2[Al(OH)4]-+3H2↑
【解析】
【分析】
各编号对应的元素，在表中表示出。
aH





























iB
bC
cN
dO


jNa











kAl

eP
fS







gCr

hFe










【详解】(1)g为Cr元素，原子核外电子数目为24，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，h为Fe，Fe2＋核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，根据洪特原则，3d轨道中未成对电子数为4；
(2)b2a2为：C2H2，元素C为sp杂化，该分子是非极性分子，该分子中含有2个C-H单键和1个碳碳三键。C—H键σ键，碳碳三键中，有1个键为σ键，其他2个为π键，则σ键共3个，π键共2个，比例为3:2；
(3)CO2与CS2比较，CS2的熔沸点高，因为：分子结构相似，为分子晶体，分子晶体的熔沸点高低取决于相对分子质量的大小，故答案为：CS2； 相对分子质量大，分子间作用力（范德华力）大；
(4)A．h是Fe元素位于元素周期表中第四周期ⅤⅢ族，属于d区元素，故A正确；
B．e原子的基态原子中3p能级为半充满，属于p区元素，故B正确；
C．最外层电子排布式为4s2，可能处于ⅡA族、ⅡB族，故C错误；
D．最外层电子排布式为ns2np1，该元素处于ⅢA族，故D错误；
故答案为：AB；
(5)i为B，它的最高价氧化物为H3BO3，根据信息，离子方程式为+H2O+H+；BH4-的等电子体，为阳离子的是NH4+，等电子体的空间结构相同，NH4＋为正四面体，则BH4-也为正四面体；
(6) Li原子失去一个电子后，Li＋的电子排布为1s2，已形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难，所以第二电离能比第一电离能大；X的第二电离能远大于第一电离能，则X的化合价为＋1价，但是X的第一电离能比Li的小，说明更容易失去电子，则X为Na；Y的第四电离能远大于第三电离能，Y的化合价为＋3价，Y为Al，X的最高价氧化物的水化物为NaOH，方程式为2Al+6H2O+2OH-=2[Al(OH)4]-+3H2↑。