山东省泰安第一中学2023-2024学年高二上学期1月月考化学试题（Word版附解析）

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化学试题
可能用到的相对原子质量：Si-28 Au-197
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. 二十大报告指出“必须坚持科技是第一生产力”，科技发展离不开化学，下列说法错误的是
A. 中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型陶瓷材料
B. 大飞机C919用到了铝锂合金，铝和锂的基态原子中未成对电子数相同
C. 天宫课堂“五环实验”，向碳酸钠溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色
D. 冬奥会场馆建筑应用了碲化镉发电玻璃，碲和镉均属于过渡元素
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳化硅陶瓷具有抗氧化性强，耐磨性好，硬度高，热稳定性好，高温强度大，热膨胀系数小，热导率大，以及抗热震和耐化学腐蚀等优良特性，属新型无机非金属材料，是一种新型陶瓷材料，选项A正确；
B．大飞机C919用到了铝锂合金，铝和锂的基态原子价层电子排布式分别为3s23p1和2s1，未成对电子数相同，均为1，选项B正确；
C．碳酸钠溶液呈碱性，向碳酸钠溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色，选项C正确；
D．碲是VIA族元素，是主族元素，不属于过渡元素，选项D错误；
答案选D。
2. 化学在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用。下列说法错误的是
A. 纯碱可用作锅炉除垢时硫酸钙的转化剂
B. 配制氯化铁溶液时，先将固体溶解在浓盐酸中，再稀释到所需浓度
C. 实验室用溶液和溶液反应制取硫化铝()
D. 在电镀装置中，用镀层金属作阳极材料，也可用惰性电极材料作阳极材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．用作锅炉除垢，CaSO4沉淀的转化剂是因为碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，所以纯碱（Na2CO3）可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂，选项A正确；
B．氯化铁是弱酸强碱盐，铁离子易水解，为抑制铁离子水解，配制氯化铁溶液时先将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，选项B正确；
C．溶液和溶液混合后，Al3+与S2-发生双水解反应，无法反应制取硫化铝()，选项C错误；
D．在电镀装置中，用镀层金属作阳极材料，也可用惰性电极材料作阳极材料，电解质中含有镀层金属离子，选项D正确；
答案选C。
3. 1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中不是为提高原料转化率而采取的措施是
A. ①②B. ②③C. ①③D. ②⑤
【答案】C
【解析】
【详解】N2、H2合成氨气的反应原理为：反应原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，△H＜0，为提高原料转化率，应使平衡向正方向移动。
①净化干燥空气是为了防止催化剂中毒和减少水气化消耗燃料，与平衡移动无关，①符合题意；
②根据方程式中反应前后气体的化学计量数的关系可知增大压强有利于平衡向正方向移动，②不符合题意；
③催化剂对化学平衡移动无影响，因此反应③与化学平衡移动无关升高温度不利用平衡向正反应方向移动，③符合题意；
④液化分离出氨气，可使生成物浓度减小，则可使平衡向正向移动，④不符合题意；
⑤氮气和氢气的再循环，可增大反应物浓度，有利于平衡向正向移动，⑤不符合题意；
综上所述可知：不是为提高原料转化率而采取的措施是①③，故合理选项是C。
4. “水是生存之本、文明之源。”下列关于水处理方法叙述错误的是
A. 硫酸铝钾或硫酸铝作净水剂，可吸附沉降水中悬浮物
B. 硬水均可用加热煮沸的方法降低其中、的浓度
C. 可用FeS作为沉淀剂除去废水中、等重金属离子
D. 工业使用漂白粉时常加入少量的醋酸缩短达到漂白效果的时间
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附沉降水中悬浮物，A正确；
B．碳酸氢钙、碳酸氢镁不稳定加热可转化为沉淀，但不是所有情况的硬水都可用加热煮沸的方法降低其中、的浓度，B错误；
C．FeS作为沉淀剂可将铜离子、银离子转化为难溶的硫化铜、硫化银沉淀，除去废水中、等重金属离子，C正确；
D．醋酸可以和次氯酸根离子转化为强氧化性的次氯酸，缩短达到漂白效果的时间，D正确；
故选B。
5. 血红蛋白分子(Hb)在人体中存在如下过程：① ；
② 。下列说法错误的是
A. 相比于，血红蛋白分子更易与CO结合
B. CO中毒时，需立即阻隔(或切断)CO源，使变小
C. 高原地区含氧量低，因此该地区人体内的Hb数量普遍较高
D. CO中毒时，可将病人移入高压氧舱，使平衡②逆向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．从反应②可知，K2=480，说明正反应进行程度较大，说明相比于O2，血红蛋白分子更易与CO结合，A正确；
B．CO中毒，立即隔离(或切断)CO源不能使K2变小，K2只与温度有关，B错误；
C．高原地区含氧量低，氧气浓度小，反应①平衡逆向移动，导致Hb数量普遍较高，C正确；
D．CO中毒，将病人移入高压氧舱，O2浓度增大，反应②平衡逆向移动，从而缓解CO中毒，D正确；
故答案选B。
6. 下列操作会导致实验测定值偏高的是
A. 测定NaOH溶液浓度c：用标准醋酸溶液滴定，用甲基橙作指示剂
B. 测定中和反应反应热：用量筒量取NaOH溶液时仰视读数
C. 测定溶液pH：用湿润的pH试纸测定溶液的pH
D. 测定盐酸浓度c：用部分变质NaOH溶液(含少量)滴定
【答案】A
【解析】
【详解】A．用标准醋酸溶液滴定，且用甲基橙作指示剂（甲基橙的变色范围：溶液的pH≤3.1时，呈红色；pH≥4.4时，呈黄色；pH在3.1～4.4之间，呈橙色），生成的醋酸钠水解呈碱性，使标准醋酸溶液的消耗量偏大，则测定NaOH溶液浓度c偏高，A项正确；
B．用量筒量取NaOH溶液时仰视读数，实际量取的NaOH溶液偏小，使测定中和反应的反应热偏低，B项错误；
C．湿润的pH试纸上的水稀释了溶液，使测定溶液的pH偏低，C项错误；
D．等物质的量的、NaOH与盐酸完全反应，消耗的盐酸更多，用部分变质的NaOH溶液(含少量)滴定盐酸，使标准液的消耗量减少，测定盐酸浓度c偏低，D项错误；
答案选A。
7. 下列实验操作或实验仪器使用错误的是
A. 图甲可用于定量测定化学反应速率
B. 图乙蒸发溶液制备无水
C. 图丙所示滴定管液面读数为11.80mL
D. 图丁装置可以电解精炼铝
【答案】D
【解析】
【详解】A．可以通过测定单位时间生成氢气的体积来定量测定化学反应速率，选项A正确；
B．蒸发使用蒸发皿，选项B正确；
C．由图可知，读数为11.80mL，选项C正确；
D．阴极溶液中氢离子放电生成氢气，不能得到铝，选项D错误；
故选D。
8. 宏观—微观—符号是化学的三重表征，下列有关化学符号表征正确的是
A. 铅蓄电池中充电时阳极反应：
B. 用白醋和淀粉KI试纸检验加碘盐中的：
C. 侯氏制碱法中晶体的制备：
D. 和不能大量共存：
【答案】C
【解析】
【详解】A．铅蓄电池中充电时阳极发生氧化反应：，A错误；
B．碘离子、碘酸根离子在酸性条件下生成碘单质，，B错误；
C．侯氏制碱法中晶体的制备反应为饱和氨盐水吸收二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵：，C正确；
D．和反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，，D错误；
故选C。
9. 已知：。室温下，在含大量的浊液中，仅改变横坐标轴对应的一个条件，纵坐标轴代表的物理量的变化趋势符合实际的是
A. 升高温度B. 加少量NaCl固体
C. 加少量水D. 加少量KI固体
【答案】A
【解析】
【分析】升温溶解平衡正向移动；同离子效应抑制溶解。
【详解】A．Ksp与温度有关，该溶解平衡吸热，升温溶度积增大，溶解度增加，故A正确；
B．加入少量NaCl固体，溶解平衡逆向移动，但是引入了大量氯离子，氯离子浓度增加，其浓度变化趋势为随氯化钠的质量增加而增加，故B错误；
C．加水，溶液仍然为饱和氯化银溶液，溶液中银离子浓度不变，故C错误；
D．加入KI加固体，因为碘化银比氯化银更难溶，沉淀转化为碘化银，溶液中银离子浓度降低，所以随着KI固体的质量增多，银离子浓度逐渐减小，故D错误；
故选A。
10. 海水是一种腐蚀性很强的天然电解质溶液沿垂直方向，海洋环境可分为海洋大气区、浪花飞溅区、海水潮差区、海水全浸区和海泥区。其中海水全浸区根据海水位置分为深海区和浅海区。根据钢铁桥梁在海洋区域建设的位置，下列说法错误的是
A. 热带地区桥梁比寒带海域桥梁腐蚀更严重
B. 海泥区含氧量非常低，腐蚀速率一般高于海水全浸区
C. 浅海区溶氧量较高，存在着大量的微生物，钢铁在浅海区主要发生电化学腐蚀
D. 在浪花飞溅区，海水的冲击不断破坏桥梁表面的腐蚀产物和保护涂层，所以浪花飞溅区桥梁腐蚀最严重
【答案】B
【解析】
【详解】A．热带地区桥梁比寒带海域的温度高，反应速率更快，桥梁腐蚀更严重，故A正确；
B．铁的吸氧腐蚀中，氧气的浓度越大，其腐蚀速率越快，海泥区含氧量非常低，腐蚀速率一般低于海水全浸区，故B错误；
C．浅海区溶氧量较高，钢铁在浅海区主要发生吸氧腐蚀，故C正确；
D．在浪花飞溅区，海水的冲击不断破坏桥梁表面的腐蚀产物和保护涂层，使铁不断与氧气和水接触反应，所以浪花飞溅区桥梁腐蚀最严重，故D正确；
故选：B。
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意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。

据此判断下列说法中正确的是
A. 石墨转变为金刚石是放热反应
B. ，，则
C. 白磷比红磷稳定
D.
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据图示可知，金刚石能量大于石墨，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，故A错误；
B．气态硫的能量大于固态硫，同质量的气态硫燃烧放出的能量大于固态硫，，，则，故B正确；
C．根据图示可知，白磷的能量大于红磷，能量越低越稳定，所以红磷比白磷稳定，故C错误；
D．CO和气态水的总能量大于二氧化碳和氢气的总能量，所以，故D正确；
选BD；
12. 将溶于水，加入浓盐酸，溶液由粉红色变为蓝色，存在平衡： 。用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图所示：
已知：为粉红色，为蓝色，为无色。
下列结论和解释正确的是
A. 由实验①可推知
B. 由实验②可知浓度减小，浓度增大
C. 由实验③可推知加入后溶液中浓度减小
D. 实验②是由于增大，导致平衡逆向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A． 实验①置于冰水浴中由蓝色溶液变为粉红色溶液，说明平衡逆向移动，即降低温度，平衡逆向移动，逆反应为放热反应，则正反应为吸热反应，故，选项A错误；
B． 加水稀释，所有离子的浓度均减小，选项B错误；
C． 实验③加入少量ZnCl2固体，由蓝色溶液变为粉红色溶液，说明平衡逆向移动，可推知加入后，锌离子结合氯离子生成，溶液中浓度减小，平衡逆向移动，选项C正确；
D．实验②加水稀释，离子浓度减小，平衡逆向移动，选项D错误；
答案选C。
13. Ag催化刻蚀Si晶片的反应原理如图所示，刻蚀液由一定浓度的HF和混合而成，刻蚀时间为2～16min，由Ag薄膜覆盖的部分硅晶片被刻蚀掉，剩余部分就形成了硅纳米线。下列说法错误的是
A. 该刻蚀过程利用了原电池原理，Si作负极
B. Si极附近溶液酸性增强
C. 每刻蚀14gSi，有2ml电子流入Ag电极
D. Ag极发生反应为
【答案】D
【解析】
【分析】根据原电池的构成条件分析，原电池的负极上会发生失电子的氧化反应；在Ag薄膜附近发生得电子的还原反应，为正极；在Si电极上，Si失去电子发生氧化反应，与HF结合形成H2SiF6和H+，为负极；原电池中电子从负极迁移到正极。
【详解】A．在Si电极上发生失去电子的氧化反应，Si作负极，故A正确；
B．在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，电极反应式为Si+6HF-4e-=H2SiF6+4H+，Si极附近溶液pH减小，酸性增强，故B正确；
C．原电池中电子从负极迁移到正极，在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，电极反应式为Si+6HF-4e-=H2SiF6+4H+，每刻蚀14gSi，即有0.5mlSi参加反应，失去电子2ml，即2ml电子迁移到Ag电极，故C正确；
D．在Ag薄膜附近发生得电子的还原反应，Ag极发生的反应为H2O2+2e-+2H+=2H2O，故D错误；
故选D。
14. 据文献报道：催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是
A. 该反应可产生清洁燃料
B. 作为中间产物参与了该催化循环
C. 该催化循环中Fe的成键数目没发生变化
D. 该反应可消除CO气体
【答案】AD
【解析】
【分析】Fe(CO)5催化反应的一种反应机理为：Fe(CO)5Fe(CO)4COOH-Fe(CO)4H- + CO2Fe(CO)4(HOH)H-Fe(CO)4(H)2 + OH- Fe(CO)4H2Fe(CO)4 + H2Fe(CO)5，由反应机理图可知，总反应为CO + H2OCO2+ H2，其中OH-参与了该催化循环，生成清洁燃料H2和温室气体CO2，据此分析解答。
【详解】A．由反应机理图可知，总反应为CO + H2OCO2+ H2 ，所以该反应可产生清洁燃料H2，故A正确；
B．由反应机理图可知：OH- 作为催化剂参与了该催化循环，不是中间产物，故B错误；
C．由反应机理图可知，Fe的成键数目变化为：5个共价键→6个共价键→5个共价键→4个共价键→5个共价键，即催化循环中Fe的成键数目发生变化，故C错误；
D．由反应机理图可知，总反应为CO + H2OCO2+ H2，所以该反应可生成温室气体CO2，同时消除CO，故D正确；
故选AD。
15. 电位滴定法是在滴定过程中通过测量电位变化以确定滴定终点的方法，当电极电位(ERC)产生了突跃，被测离子浓度产生突跃，进而确定滴定终点。向溶液(为二元弱酸)中逐滴滴加二元酸溶液，第一个电位突跃时消耗amL溶液，第二个电位突跃时消耗bmL溶液，根据消耗溶液体积，可判断和各级电离常数大小关系。下列说法错误的是
A. 若、，可能为强酸
B. 若、，则
C. 若、，第一个电位突跃时，溶液中
D. 若、，则用溶液滴定溶液，有两个电位突跃
【答案】CD
【解析】
【详解】A．若a=5mL、b=5mL，则说明第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、Na2B，第二个电位突跃时反应为NaHA和H2B反应生成H2A、Na2B，说明H2B能完全电离出氢离子，可能为强酸，A正确；
B．若a=5mL、b=15mL，则第二个反应生成NaHB、H2A，说明结合质子的能力A2->B2->HA->HB-，则酸性，故，B正确；
C．由A分析可知，第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、Na2B，反应为2Na2A+H2B=2NaHA+Na2B，根据物料守恒可知，、，则，C错误；
D．若a=10mL、b=10mL，则说明第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、NaHB，第二个电位突跃时反应为NaHA和H2B反应生成H2A、NaHB，则用0.1 溶液滴定10mL 0.1 溶液，反应只生成NaHA、NaHB，只有一个电位突跃，D错误；
故选CD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。
（1）基态氮原子中，能量最高的电子的电子云在空间有_______个伸展方向。
（2）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用“”表示，与之相反的用“”表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氮原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。
（3）铁触媒是普遍使用的以铁为主体的多成分催化剂，通常还含有、、CaO、MgO、等氧化物中的几种。
①Cr原子的价电子排布图为_______；第四周期ds区元素中，与基态Cr原子最外层电子数目相同的元素的元素符号为_______。
②上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中p区的元素有_______(填元素符号)
（4）我国科研人员研制出了M-LiH(M为Fe、Mn等金属)等催化剂，使得合成氨工业的温度，压强分别降到了350℃、1MPa，这是近年来合成氨反应研究中的重要突破。
①Mn在元素周期表中的位置_______，基态Mn原子未成对的电子数为_______。
②第三电离能_______(填“>”或“