30，河南省南阳市第一中学校2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题

这是一份30，河南省南阳市第一中学校2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题，共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A. 分子的空间构型为V形
B. 的电子式为
C. S原子的结构示意图为
D. 基态O原子的价电子轨道表示式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子中S原子采用杂化，故分子的空间构型为V形，A正确；
B．H和S均为非金属元素，二者之间形成共价键，电子式为，B错误；
C．S的结构示意图中核电荷数为16，最外层电子数为6，C错误；
D．基态O原子的价电子排布式为，则轨道容纳4个电子，其中有2个轨道各容纳1个电子，但自旋方向应相同，价电子轨道表示式为，D错误；
故选A。
2. X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X与Y相邻，X基态原子核外有2个未成对电子；Z是元素周期表中电负性最大的元素。W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是
A. 第一电离能：
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X
C. Z、W的简单离子的半径：
D. 简单气态氢化物的热稳定性：Z>Y
【答案】A
【解析】
【分析】Z是元素周期表中电负性最大的元素，Z为F元素；W的原子序数大于Z，所以W是第三周期元素，又因为W原子在同周期中原子半径最大，所以W为Na元素；X基态原子核外有2个未成对电子，且X位于第二周期，所以X为C元素或O元素；又因为X与Y相邻，且Y的原子序数大于X，所以X只能是C元素，Y是N元素。
【详解】A．同周期元素第一电离能随着原子序数增大有增大的趋势，所以第一电离能：F＞N＞C，即，A项错误；
B．N元素最高价氧化物对应水化物为硝酸，C元素的最高价氧化物对应水化物为碳酸，硝酸酸性大于碳酸，B项正确；
C．氟离子和钠离子的核外电子排布相同，核电荷数大的离子半径小，氟离子的半径大于钠离子，C项正确；
D．非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越稳定，所以简单气态氢化物的热稳定性：F＞N，D项正确；
故选A。
3. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价与最低负价之和为0，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物的电子总数为18；Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子。下列说法不正确的是
A. 原子半径：
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
C. Y和M简单氢化物稳定性：
D. X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价与最低负价之和为0，则Y为C，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族，则Z为N，M为Si，化合物的电子总数为18，则为N2H4，则X为H，Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子，则Q为Cl。
【详解】A．根据同周期从左到右半径逐渐减小，同主族从上到下半径逐渐增大，则原子半径：，故A正确；
B．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性：，故B正确；
C．根据非金属性越强，其简单氢化物越稳定，因此Y和M简单氢化物的稳定性：，故C正确；
D．X、Z和Q三种元素形成的化合物可能是离子化合物，比如氯化铵，故D错误。
综上所述，答案为D。
4. 短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是
A. 元素电负性：Z Y > X >W，A错误；
B．M、N、R三种分子中，氢原子满足2电子稳定结构，B错误；
C．N、M分别为甲烷和二氧化碳，只含有极性共价键， R分子含有极性键和非极性键，C错误；
D．W、X、Y、Z四种元素既可形成离子化合物NH4HCO3，又可形成共价化合物CH2(NH2)COOH，D正确；
答案为D。
6. 四种元素Y、Z、M、N位于同一短周期，Y的一种同位素在考古学中可用于断代。这四种元素参与组成的一种化合物属于离子液体，结构如图所示。下列说法错误的是
A. 电负性N>Z>Y>MB. 原子半径：M>Y>Z>N
C. 简单氢化物沸点：Z>YD. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z
【答案】D
【解析】
【详解】Y的一种同位素用于考古，说明Y为碳，再结合所给物质中各原子形成化学键的个数和Y、Z、M、N位于同一周期可知，Z能形成三条共价键，Z为氮元素，N能形成一条共价键，N的最外层有7个电子，所以N为氟元素，M得到 1个电子形成了4对共用电子，说明M最外层有3个电子，M为B。
A．电负性同一周期从左到右依次增大，故N>Z>Y>M，A正确；
B．原子半径从左到右依次减小，B>C>N>F，B正确；
C . 简单氢化物的沸点：NH3分子间有氢键，所以NH3> CH4，C正确；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化合物的酸性越强，所以应该是Y，则会同时沉淀，故D错误；
答案选C。
12. 常温下，一种解释乙酰水杨酸(用HA表示，)药物在人体吸收模式如下：
假设离子不会穿过组织薄膜，而未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡。下列说法错误的是
A. 血浆中HA电离程度比胃中大B. 在胃中，
C. 在血浆中，D. 总药量之比
【答案】C
【解析】
【详解】A．如图可知，胃液酸性强，H+浓度大，抑制HA的电离，故血浆中HA电离程度比胃中大，A正确；
B．在胃中=，根据可得，B正确；
C．在血浆中，，C错误；
D．未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡，血浆Ⅰ和胃Ⅱ中相等，由，可得，则，溶液Ⅰ中，，，同理溶液Ⅱ中，，故总药量之比，D正确；
故选C。
13. 实验测得0.5 ml·L－1CH3COONa溶液、0.5 ml·L－1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是

A. 随温度升高，纯水中c(H＋)=c(OH－)
B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH－)减小
C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是水解平衡移动的结果
D. 随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同
【答案】A
【解析】
【详解】A．任何温度时，纯水中H＋浓度与OH－浓度始终相等，A正确；
B．随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c(OH－)增大，且温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)也增大，B错误；
C．温度升高，水的电离程度增大，c(H＋)增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c(H＋)增大，C错误；
D．温度升高，能使电离平衡和水解平衡均正向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2＋水解程度增大得多，D错误；
故选A。
14. 某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
D. c点到d点，溶液中保持不变（HA、A-代表相应的酸和酸根离子）
【答案】D
【解析】
【详解】A．HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，相同浓度的HNO2和CH3COOH，酸性HNO2＞CH3COOH，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2，故A错误；
B．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b＞c，则水的电离程度：b＜c，故B错误；
C．相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)＜n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后消耗n(NaOH)：HNO2＜CH3COOH，所以溶液中n(Na+)：HNO2＜CH3COOH，故C错误；
D．温度不变水解平衡常数不变，从c点到d点温度不变，溶液中 =Kh(HA)不变，故D正确；
答案选D。
【点睛】pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强都是解题的关键。
15. 可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。已知：；。下列推断正确的是
A. 饱和溶液中存在：
B. 向、的饱和混合溶液中加入少量，溶液中减小
C. 不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为
D. 若每次加入的溶液，至少需要6次可将转化为
【答案】D
【解析】
【详解】A．是难溶性盐，饱和溶液中存在：，根据物料守恒：，故A错误；
B．、的饱和混合溶液中存在平衡：(s)+SO(aq)(s)+ (aq)，溶液中，少量，温度不变，和不变，不变，故B错误；
C．胃液中含有盐酸，不用碳酸钡作为内服造影剂的原因是：碳酸钡能和盐酸反应而溶解，和溶度积常数无关，故C错误；
D．向中加入溶液，发生反应(s)+(aq)(s)+ SO(aq)，该反应的平衡常数K=，若每次加入的溶液，能处理BaSO4物质的量xml，则K= ，x=，，所以至少6次可以将转化为，故D正确；
故选D。
二、非选择题(共4小题，共55分)
16. 乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O,学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。
①称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成100.00 mL水溶液为待测液。
②取25.00 mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。
③用浓度为0.1000 ml·L－1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00 mL。
(1)滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的________(填“甲”或“乙”)滴定管中。
(2)本实验滴定达到终点的标志是___________________。
(3)通过上述数据，求得x＝________。
讨论：①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会________(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)。
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会________。
【答案】 ①. 甲 ②. 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点 ③. 2 ④. 偏大 ⑤. 偏小
【解析】
【分析】（1）因为酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，结合滴定管的适用要求作答；
（2）根据KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；
（3）由题给化学方程式及数据计算出1.260g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量，然后求出1.260g纯草酸晶体中含H2O的物质的量，根据H2O的物质的量和纯草酸晶体的物质的量的关系求出x；根据操作不当对标准液消耗的体积变化来判断H2C2O4的物质的量的误差，进而推出纯草酸晶体中含H2O的物质的量误差变化。
【详解】（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，腐蚀橡皮管，所以用需用酸式滴定管，甲正确，
故答案为甲；
（2）当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；
（3）2MnO4−+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 5
0.1000ml/L×0.01L 0.0025ml
25.00 mL待测液中含有0.0025 ml H2C2O4，100.00 mL待测液中含有0.01ml H2C2O4，其质量为0.01 ml×90 g/ml=0.9 g，所以1.260 g纯草酸晶体中水的物质的量为1.260 g−0.9 g=0.36 g，其物质的量为0.02 ml，则x=2；
①若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大，x值偏大；
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则消耗的标准液的体积偏大，最终导致n(H2C2O4)偏大，则n(H2O)偏小，x值偏小；
故答案为2；偏大；偏小。
17. 甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇。
反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，△H1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g)，△H2
下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)：
（1）在一定条件下将2 mlCO和6mlH2充入2L的密闭容器中发生反应I，5min后测得c(CO)=0.4 ml／L，计算此段时间的反应速率(用H2表示)___________ ml／(L·min)。
（2）由表中数据判断△H1_____0(填“>”、“