精品解析：福建省厦门第一中学2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题

2022-2023学年第二学期高二化学3月月考试卷 考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 D-2 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64 第I卷 一、选择题(每道题有且只有一个正确选项，每题3分，15题，共45分) 1. 下列说法不正确的是 A. 17世纪英国化学家波义耳提出元素的概念，标志着近代化学的诞生 B. 俄国化学家门捷列夫1869年发现元素性质随着原子质子数的递增而呈周期性变化，制出了世界上第一张元素周期表，使化学的研究变得有规律可循 C. 卢瑟福原子结构模型是：在原子的中心有一个带正电荷的核，电子在它的周围沿着不同的轨道运转，就像行星环绕太阳运转样 D. 意大利科学家阿伏伽德罗提出了原子学说 【答案】BD 【解析】 【详解】A．英国化学家波义耳1661年提出化学元素的概念，标志着近代化学的诞生，故A正确； B．1869年俄国科学家门捷列夫绘制的元素周期表是元素依原子相对原子质量大小并以表的形式排列，并不是按照原子质子数进行排列，故B错误； C．英国科学家卢瑟福通过实验推断出原子的大部分体积是空的，电子随意地围绕着一个带正电荷的很小的原子核运转，认为电子在其周围的运动就像行星环绕太阳旋转一样，故C正确； D．意大利科学家阿伏加德罗提出分子学说，使人们对物质结构的认知发展到一个新阶段，故D错误； 故选：BD。 2. 中国传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是 A. “烟花巷陌，依约丹青屏障”中烟花绽放出的绚丽色彩跟原子核外电子跃迁有关 B. 苏轼的《格物粗谈》中记有：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”。推测文中的“气”分子中σ键和π键的数目比为4∶1 C. 《淮南万毕术》中记载，“曾青得铁则化为铜”，铜位于元素周期表的第四周期IB族 D. 《易经》记载：“泽中有火”，“上火下泽”。“泽”指湖泊池沼。“火”是对某气体在湖泊池沼水面上起火现象的描述，该气体分子的空间结构是正四面体 【答案】B 【解析】 【详解】A．烟花绽放出的绚丽色彩是原子核外电子跃迁发出的不同颜色的光，A正确； B．“气”分子具有催熟作用，是乙烯，乙烯结构简式为CH2=CH2，单键由1个键形成，双键由1个键和1个π键形成，每个乙烯分子中含键数目为5，π键有1个，则数目之比为5∶1，B错误； C．铜是29号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅠB族，C正确； D．该气体是甲烷，CH4采用sp3杂化，为正四面体结构，D正确； 答案选B。 3. 下列有关化学用语表示正确的是 A. 的电子式： B. 的价层电子排布式： C. 基态碳原子的最外层电子轨道表示式： D. 基态的离子结构示意图为 【答案】D 【解析】 【详解】A．N原子有一对孤电子对，的电子式为，故A错误； B．Zn原子序数为30，失去两个电子后，最外层电子为18，价层排布式为：，故B错误； C．基态碳原子的最外层电子排布式：2s22p2，2s轨道应有2个电子即，故C错误； D．Fe为26号元素，为Fe失去2个电子后形成的，则的离子结构示意图为，故D正确； 故选D。 4. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol HCN中含有的π键数为 B. 18 g重水()中含有的质子数为 C. 一定条件下，32 g 与足量反应，转移的电子数为 D. 100 g质量分数为17%的水溶液中极性键数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．HCN的结构为，1个分子中由两个π键，1 mol HCN中含有的π键数为，A错误； B．18 g重水()物质的量为，每个中由10个质子，含有的质子数为，B正确； C． 与反应生成三氧化硫，该反应是可逆反应，故0.5molSO2反应转移的电子数小于，C错误； D．100 g质量分数为17%的水溶液中，双氧水的质量为17g，物质的量为0.5mol，极性键数目为，溶剂水中也有极性键，D错误； 答案选B。 5. 下列事实与解释或结论不相符的是 事实 解释或结论 A 第一电离能： Mg为3p轨道全空的稳定电子构型，而Al失去一个电子变为3p轨道全空的稳定电子构型 B 酸性： 烃基(R-)越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱 C 分子中的共价键是σ键 Cl原子价电子排布为，当两个Cl原子结合为时，两个原子的3p轨道通过“头碰头”重叠 D 极性分子 中只含有极性键 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．第一电离能：是因为Mg的3s处于全满状态，3p轨道全空的稳定电子构型 ，能量低不容易失去一个电子；Al的最外层为3p1容易失去一个电子形成稳定结构，所以铝的第一电离能比镁低，故A正确； B．烃基(R-)为推电子基，烃基越长，推电子能力越强，羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，所以酸性：，故B正确； C．由于Cl原子价电子排布为，当两个Cl原子结合为时，两个原子的3p轨道通过“头碰头”重叠，形成键，故C正确； D．分子中含有极性键、非极性键，故D错误； 故答案为：D。 6. 下列分子或离子的中心原子为sp3杂化，且杂化轨道容纳了1对孤电子对的是 A. CH4、NH3 B. BBr3、SO C. SO2、BeCl2 D. SOCl2、H3O+ 【答案】D 【解析】 【详解】A．CH4中心原子价层电子对数为，是sp3杂化，没有孤对电子对，NH3中心原子价层电子对数为，是sp3杂化，杂化轨道容纳了1对孤电子对，故A不符合题意； B．BBr3中心原子价层电子对数为，是sp2杂化，没有孤对电子对，SO中心原子价层电子对数为，是sp3杂化，杂化轨道容纳了1对孤电子对，故B不符合题意； C．SO2中心原子价层电子对数为，是sp2杂化，杂化轨道容纳了1对孤电子对，BeCl2中心原子价层电子对数为，是sp杂化，没有孤对电子对，故C不符合题意； D．SOCl2中心原子价层电子对数为，是sp3杂化，杂化轨道容纳了1对孤电子对，H3O+中心原子价层电子对数为，是sp3杂化，杂化轨道容纳了1对孤电子对，故D符合题意。 综上所述，答案为D。 7. 根据化学反应，判断下列反应不可能发生的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据化学反应，可知反应发生时带相反电性的原子成键。 【详解】A．电负性：N>C>H，反应中带负电荷的C与带正电荷的H成键，带正电荷的H原子与带负电荷的N成键，A正确 B．电负性： Cl>C，O> Na，反应中带负电荷的Cl与带正电荷的Na结合，带正电荷的C原子与带负电荷的O成键，B正确； C．电负性：O>C>H，反应中带负电荷的O应该与带正电荷的H成键，带正电荷的C原子应该与带负电荷的C成键，C错误； D．电负性：Br >H，乙烯分子中两个碳原子形成非极性共价键，反应中带负电荷的Br、带正电荷的H原子均与带C成键，D正确； 故答案为：C。 8. 可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构(如图)。有关的说法正确的是 A. 是由极性键组成的非极性分子 B. 键角都等于90° C. S与F之间共用电子对偏向S D. S原子满足8电子稳定结构 【答案】A 【解析】 【详解】A．结构对称、正负电荷重心重合的分子为非极性分子，SF6分子呈正八面体结构，S 原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，A正确； B．SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，确切地说角FSF可以是90度，但也有处于对角位置的角FSF为180度，故键角不都等于90°，B错误； C．由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，C错误； D．中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，D错误； 故答案为：A。 9. 治疗新冠肺炎药物瑞德西韦的主要成分结构如图。下列说法错误的是 A. 分子中存在σ键、π键 B. 分子中的键的键能小于键的键能 C. 分子中P为杂化 D. 分子中含有手性碳原子 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子中所有单键都是σ键，除苯环外的双键中，都含有π键，苯环中含有大π键，A正确； B．因为N的非金属性小于O的非金属性，所以分子中的键的键能小于键的键能，B正确； C．分子中P原子的价层电子对数为4，杂化方式为，C错误； D．分子中，结构片段中五元环上的4个碳原子都为手性碳原子，另外，结构片段中“∗”处的碳原子也为手性碳原子，D正确； 故选C。 10. 下表是第三周期部分元素的电离能数据。 元素 甲 5.7 47.1 71.8 乙 7.7 15.1 80.3 丙 13.0 23.9 40.0 丁 15.7 27.6 40.7 下列说法正确的是 A. 甲的金属性比乙强 B. 乙的常见化合价为+1价 C. 丙不可能为非金属元素 D. 丁一定为金属元素 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．由表中数据可知，甲的第一电离能比乙低，所以甲的金属性比乙强，故A正确； B．乙的第三电离能明显比第一、第二电离能高了很多，所以乙的最外层只有两个电子，乙为金属镁，其化合价为+2，故B错误； C．甲的第一电离能远远小于第二电离能，所以甲为钠。丙一定不是铝，因为铝的第一电离能比镁小，所以丙一定是非金属元素，故C错误； D．丁的第一电离能比丙更大，所以丁一定为非金属，故D错误； 故选A。 【点睛】同一周期中各元素的第一电离能随原子序数递增呈逐渐增大的趋势，但是每一周期的第IIA和第VA元素的第一电离能高于相邻的两种元素。同一元素的电离能逐级升高，但是升高的幅度不同，根据这个特点可以把核外电子分成不同的电子层，并由此确定元素的主要化合价。 11. 下列措施不能除去室内空气中甲醛的是 A. 放置活性炭 B. 放置酸性高锰酸钾溶液 C. 放置稀盐酸 D. 放置某些植物 【答案】C 【解析】 【详解】A．活性炭具有吸附性，能吸附甲醛，A正确； B．高锰酸钾溶液能氧化甲醛，B正确； C．稀盐酸与甲醛不发生反应，不能吸收甲醛，C错误； D．某些植物可吸收甲醛，D正确； 故选：C。 12. 稀碱条件下，由乙酫合成巴豆酫(CH3CH＝CHCHO)的反应历程示意图如下。下列说法正确的是 A. 反应中只有极性键的断裂和形成 B. 反应①的活化能小于反应②的活化能 C. CH3CHO是极性分子，其中碳原子的杂化方式是 D. 反应过程中有4种中间体 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应②有C—C键的形成，A错误； B．反应①较快，反应②较慢，反应越慢活化能越大，所以反应①的活化能小于反应②的活化能，B正确； C．CH3CHO不是对称结构，正负电荷中心不重合，为极性分子；分子中，甲基碳是饱和碳，含有4个σ键，采用sp3杂化；醛基碳为不饱和碳，含有3个σ键，采用sp2杂化，C错误； D．由图中可知，OH-为反应催化剂，H2O为反应的中间体，过程中有3种中间产物，D错误； 故选B。 13. 北宋名画《千里江山图》历经千年色彩依然，其青色来自青金石，它含有H、O、Si元素，以及X、Y、Z、M、Q等前20号元素，X、Y、Z、M同周期，Z的原子序数小于M，Z最高价氧化物对应水化物0.005mol·L-1的pH=2。X、Y、Z、M原子的最外层电子数之和为17，Q与青金石中其他7种元素均不同周期也不同族。下列说法错误的是 A. X、Y的单质都能形成氧化物保护膜 B. 金属活动性强弱：X<Q C. ZM2分子中各原子均满足8电子稳定结构 D 氢化物稳定性：Si<Z<M 【答案】A 【解析】 【分析】Z最高价氧化物对应水化物0.005mol·L-1的pH=2，即c(H+)=0.01mol·L-1，说明Z最高价氧化物对应水化物为H2SO4，则Z为S；Z、M同周期，Z的原子序数小于M，则M为Cl；X、Y、Z、M同周期，X、Y、Z、M原子的最外层电子数之和为17，则X与Y在第三周期，最外层电子数为1或3，那么X与Y为Na或Al；Q与青金石中其他7种元素均不同周期也不同族，且为前20号元素，说明Q为Ca。 【详解】A．Na的单质不能形成氧化物保护膜，A错误； B．根据金属活动性顺序表可知，Ca的金属性强于Na、Al，B正确； C．SCl2的电子式为：，各原子均满足8电子稳定结构，C正确； D．非金属性Si<S<Cl，非金属性越强，气态氢化物越稳定，D正确； 故选A。 14. 某种离子液体的阴离子结构如图，Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充3个能级，有4对成对电子，Z与其他元素不在同一周期，下列说法正确的是 A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Q>X B. Q、W、X的第一电离能依次减小 C. 氢化物的沸点：W>Y D. X、Y、Z均至少有两种氧化物 【答案】D 【解析】 【分析】Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，则Q为F元素；阴离子中W、X、Y、Z形成共价键的数目分别为2、2、4、6，Z与其他元素不在同一周期，则W为O元素、X为N元素、Y为C元素、Z为S元素。 【详解】A．元素周期表中氟元素的非金属性最强，只有负化合价，不存在最高价氧化物对应水化物，故A错误； B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则三种元素第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O，故B错误； C．碳元素形成的氢化物可能为固态烃，固态烃的沸点高于水，故C错误； D．氮元素可以形成一氧化氮、二氧化氮等多种氧化物，碳元素形成的氧化物可能为一氧化碳、二氧化碳，硫元素形成的氧化物可能为二氧化硫和三氧化硫，则三种元素均至少有两种氧化物，故D正确； 故选D。 15. 我国科学家研究发现，十八胺()在较高温度下具有一定还原性。由于从十八胺中获得电子的能力不同，不同金属盐在十八胺体系中反应可以得到不同的产物。单一金属盐和在十八胺体系中的产物分别是ZnO和Ag。已知元素的电负性数据如图，下列说法错误的是 元素 Zn Ag Au Co 电负性(鲍林标度) 1.6 1.9 2.4 1.8 A. 电负性：O>N>C B. 十八胺中N原子杂化类型为 C. 氧化性： D. 据此推测以和钴盐为原料时得到的产物 【答案】D 【解析】 【详解】A．同一周期从左到右元素的电负性逐渐增大，电负性：O>N>C，A正确； B．中N原子参与三个键，还有一对孤电子对，价层电子对数为4，采取，B正确； C．根据单一金属盐和在十八胺体系中的产物分别是ZnO和Ag可知氧化性，根据电负性：，可知氧化性，C正确； D．根据电负性：，可知和钴盐为原料时得到的产物含有，D错误； 故答案为：D。 第II卷 16. 点击化学的代表反应为铜催化的叠氮-炔基Huisgen环加成反应，、、等均是点击化学中常用的无机试剂。回答下列问题： （1）基态核外价电子排布式为_______；基态C原子中未成对电子有_______个。 （2）F、O、N、C的第一电离能从小到大的顺序是_______。 （3）的VSEPR模型为_______，写出一种与互为等电子体的微粒_______。 （4）是一种叠氮-炔基Huisgen环加成反应产物，该分子中N原子的杂化方式为_______。 （5）(叠氮酸)可表示为，下列说法正确的是_______(填标号)。 A. 中含有5个σ键 B. 中3个氮原子采用的都是杂化 C. 分子中存在大π键 D. 、、、都是极性分子 （6）比较键角大小：气态分子_______离子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。 （7）富马酸亚铁()是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示： ①富马酸分子中σ键与π键的数目比为_______； ②下列状态钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。 A．　　B．　　C．　　D． （8）二氯甲醛的结构简式为，已知单键和双键的键角为124.1°，单键和单键的键角为111.8°，原因是_______。 【答案】（1） ①. 3d10 ②. 2 （2）C<O<N<F （3） ①. 平面三角形 ②. O3或SO2等 （4）sp2、sp3 （5）CD （6） ①. > ②. SeO3的空间结构为平面三角形，的空间结构为三角锥形；或从杂化轨道理论角度解释：SeO3中的中心原子Se为sp2杂化，中的中心原子Se为sp3杂化；或从价电子对互斥理论角度解释：SeO3中的中心原子Se有3对价电子对，中的中心原子Se有4对价电子对 （7） ①. 11∶3 ②. A （8）单键和双键的斥力大于单键和单键的斥力 【解析】 【小问1详解】 Cu为29号元素，故基态核外价电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，价电子排布式为3d10；C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，因此未成对电子数为2； 【小问2详解】 同一周期主族元素从左到右，第一电离能总体上呈增大趋势，第ⅡA族和第ⅤA族反常，分别大于其后一主族元素的第一电离能，所以F、O、N、C的第一电离能从小到大的顺序是C<O<N<F； 【小问3详解】 中N的孤电子对数为，故N为sp2杂化，的VSEPR模型为平面三角；等电子体是原子总数和价电子总数相等的分子、离子或原子团，则的等电子体有、等 【小问4详解】 由结构可知该分子中左边环上有2个N原子形成1个共价单键和1个共价双键，这2个N原子均采取sp2杂化，还有1个N原子形成3个共价单键，有1个孤电子对，采取sp3杂化。右边支链上的N原子形成3个共价单键，还有1个孤电子对，采取sp3杂化； 【小问5详解】 A. 由于单键都是σ键，双键1个σ键，1个键，故中含有3个σ键，A错误 B. 分子的中心原子N形成2个σ键，不含孤电子对，所以价层电子对数为2，采用的是sp杂化，B错误； C. 分子中3个N原子之间存在大π键，C正确 D.据题给结构可知，结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，中N原子连接1个O原子和1个羟基，所以正负电荷中心也不重合，为极性分子，、两种分子的中心原子都含有孤电子对，正负电荷中心不重合，所以均为极性分子，D正确； 故选CD； 【小问6详解】 由于SeO3中的中心原子Se为sp2杂化，为平面三角形，中的中心原子Se为sp3杂化，含有1个孤电子对，为三角锥形，故键角>； 【小问7详解】 ①富马酸分子的结构为，单键都是σ键，双键1个σ键，1个键，故富马酸分子中σ键数为11个，键数位3个，二者的比例为11∶3； ②A代表基态Co+，B基态Co原子，C为激发态Co原子，D为激发态Co+，同种元素的第二电离能大于第一电离能，故B、C所需的能量小于A、D；同种微粒当处于激发态时，失电子更容易，故D电离最外层一个电子所需能量小于A，即A所需能量最大，故选A； 【小问8详解】 由图可知，二氯甲醛中的C原子共形成3个σ键，可知C原子采用sp2杂化，理论上键角是120°，但是单键和双键的斥力大于单键和单键的斥力，造成单键和双键的键角为124.1°，单键和单键的键角为111.8°。 17. 钪(Sc)是一种稀有金属。从铝土矿生产的副产品“赤泥”(主要成分为、、、)中回收钪．同时生产聚合硫酸铁铝具有极其重要的工业价值，一种生产工艺流程如图所示： 已知：①钪离子可以在不同pH下生成()。 ②该工艺条件下，溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示： 离子 开始沉淀的pH 7.0 1.9 3.0 0.3 完全沉淀的pH 9.0 3.2 4.7 2.0 回答下列问题： （1）基态Sc原子的价电子数有_______个。 （2）流程中经处理后可循环利用的物质是_______(填“物质A”或“物质B”)；物质C最好选用_______(填“NaOH溶液”或“氨水”)。 （3）Sc、Ti、Fe、Al的萃取率与浸出液的酸度关系如图所示，应选择的合适的浓度为_______mol/L。 （4）“反萃取”时若加入过量的NaOH溶液，沉淀出会溶解。写出：与过量NaOH溶液反应生成含钪产物的化学方程式：_______。 （5）该工艺流程中引入“还原”与“氧化”这两个步骤的原因是_______。 （6）“聚合”生成聚合硫酸铁铝时，同时产生气体，该步骤的离子方程式为_______。 【答案】（1）3 （2） ①. 物质A ②. 氨水 （3）1.8(1.7到1.9均可) （4） （5）防止Fe3+和TiO2+在“水解”工序同时沉淀，不利于元素Ti与Fe的分离 （6） 【解析】 【分析】赤泥加入硫酸进行浸取，得到浸取液进行萃取，所得萃取物加入氢氧化钠溶液进行反萃取，将所得沉淀加入草酸进行沉淀转化，进行一系列的处理后，加入氨水，调节pH，再加入氟化铵沉钪，脱水除铵，再加入钙置换得到Sc；而萃取后的溶液加入铁粉还原将铁离子转化为亚铁离子，然后进行水解得到，再加入双氧水进行氧化，加入碳酸氢钠溶液进行聚合，得到聚合硫酸铁铝。 【小问1详解】 Sc原子序数21，基态Sc原子电子排布式：，其价电子数为3； 【小问2详解】 通过分析“萃取”与“反萃取”可知，“物质A”的主要成分是萃取剂，可循环利用；从流程可知，“沉钪”时需加入之后“脱水除铵”可除去，所以加入氨水更好，不会引入杂质钠离子； 【小问3详解】 钪的萃取率要高，同时要求Ti、Fe、Al的萃取率要尽可能的小，以达到更好的分离效果，根据图示可知，浓度为1.8(1.7到1.9均可)时，钪的萃取率和其他三种元素差别最大； 【小问4详解】 含钪产物为，反应化学方程式：； 【小问5详解】 从题目所给信息可知，当达到完全沉淀时，已经开始沉淀，为防止和同时水解，需加入Fe粉将还原为，水解完成后再加入溶液将重新氧化为，以达到分离提纯的目的； 【小问6详解】 “聚合”生成聚合硫酸铁铝时，有、、、参与反应，、与存在相互水解，同时生成二氧化碳，结合元素守恒和电荷守恒配平即可得离子方程式：。 18. 甲醇是一种可再生能源，由制备甲醇的过程可能涉及的反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： kJ⋅mol-1 反应Ⅲ： kJ⋅mol-1 回答下列问题： （1）键的极性：_______(填“>”“=”或“＜”)。从原子轨道重叠方式判断，分子中的共价键属于_______键。 （2）反应Ⅰ的_______；反应I的活化能E(正)_______(填“>”“=”或“＜”)E(逆)。 （3）若反应Ⅱ在一绝热恒容密闭容器中进行，能说明反应已达到平衡状态的是_______(填字母)。 a．　　　　b．总压强不变 c．温度不变 　　　　d．容器内的体积分数保持不变 （4）250℃时，向2 L密闭容器中充入3 mol 和1 mol 发生反应Ⅱ。经过5min达到平衡状态，平衡时测得的转化率为50%。 ①250℃时该反应的平衡常数_______。 ②若升高温度，该反应的平衡常数_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （5）我国科学家研究电池，取得了重大科研成果。 ①研究表明，电池中反应产物为碳酸锂和单质碳，正极电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ中与反应的离子方程式。 Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ．_______ Ⅳ． ②Ⅰ．研究表明，在电解质水溶液中，气体可被电化学还原。写出在碱性介质中电还原为正丙醇()的电极反应方程式为_______。 Ⅱ．在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上电还原为CO的反应进程中(电还原为的反应可同时发生)，相对能量变化如图。由此判断电还原为CO催化剂选择性最好的是_______(填a或b或c)。 【答案】（1） ①. < ②. （2） ①. -49.58 kJ·mol-1 ②. < （3）bcd （4） ①. 0.2 ②. 增大 （5） ①. ②. ③. c 【解析】 【小问1详解】 O的电负性大于C，键的极性：<，水分子中O采用sp3杂化，与H之间形成键； 【小问2详解】 由盖斯定律Ⅱ+Ⅲ可得反应Ⅰ： H1=+41.19kJ•mol-1-(-90.77kJ•mol-1)=-49.58kJ/mol，该反应放热，所以正反应活化能小于逆反应活化能； 【小问3详解】 a．v(CO)=v(H2O)，未指明正逆反应速率，无法判断反应是否达到平衡，故a错误； b．反应前后气体分子数不变，反应Ⅱ在一绝热恒容密闭容器中进行，总压强不变，体系的温度不变，反应达到平衡状态，故b正确； c．绝热恒容密闭容器中进行，体系的温度不变，反应达到平衡状态，故c正确； d．容器内的体积分数保持不变，反应达到平衡状态，故d正确； 故答案为：bcd； 【小问4详解】 二氧化碳转化率50%，列出三段式： ， 250℃时反应的平衡常数，该反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，K增大； 【小问5详解】 ①活泼金属Li失电子，发生氧化反应，故Li为负极，二氧化碳在正极发生还原反应，正极反应式为3CO2+4Li+4e-=2LiCO3+C，依据Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ，可得骤Ⅲ的离子方程式为CO2+2=2+C； ②CO2在碱性介质中得电子被还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)作正极，电极反应式为3CO2+18e-+13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-；c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原，选择性最好的是c； 19. FeCl3是中学常见的试剂，某实验小组用以下装置制备FeCl3固体，并探究FeCl3溶液与Cu的反应。 已知：FeCl3晶体易升华，FeCl3溶液易水解。 Ⅰ．FeCl3的制备 （1）装置C中碱石灰的作用是___________。 （2）F的名称为___________，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的，正确的接口顺序为a-___________(可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。 （3）写出装置D中制备的离子方程式___________。 Ⅱ．探究FeCl3溶液与Cu的反应 向4mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加几滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。 查阅资料可知：和均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想： 猜想1：与过量的Cu粉反应生成，再结合生成白色沉淀。 猜想2：与发生氧化还原反应生成，再结合生成白色沉淀。 针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验： 实验编号 操作 现象 实验1 加入铜粉后无现象 实验2 溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀； 2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后， 溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀 （4）实验结果说明猜想___________(填“1”或“2”)不合理。 （5）根据实验2中的现象进一步查阅资料发现： i．与可发生如下两种反应： 反应A：(淡黄色)； 反应B：(黄色)。 ii．与共存时溶液显绿色。 ①由实验2中的现象推测，反应速率：A___________(填“>”或“<”)B，说明反应B___________(填“是”或“不是”)产生的主要原因。 ②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在、、时，氧化性增强，可将氧化为。据此将实验2改进，向溶液中同时加入、，立即生成白色沉淀，写出该反应离子方程式___________。 （6）若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，经过一系列操作得到白色沉淀的质量，则的产率为___________(写出表达式即可)。 【答案】（1）吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质 （2） ①. U形干燥管 ②. b→c→d→e （3）MnO2+4H++2Cl-Mn2+++Cl2↑+2H2O （4）1 （5） ①. ＞ ②. 不是 ③. Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+ （6） 【解析】 【分析】Ⅰ．由题干实验装置图可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置E为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去Cl2中的HCl，装置F为盛有无水氯化钙或无水硫酸铜的U形干燥管，用于干燥Cl2，然后将干燥的Cl2通入装置A中，装置A为制备FeCl3，装置B中的收集器用于收集FeCl3，装置C中的碱石灰用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，据此分析解题。 【小问1详解】 由分析可知，装置C中碱石灰的作用是用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，故答案为：吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质； 【小问2详解】 由题干实验装置图可知，F的名称为U形干燥管，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl2，正确的接口顺序为a→b→c→d→e，故答案为：U形干燥管；b→c→d→e； 【小问3详解】 由分析可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O； 【小问4详解】 由题干对比实验1、2操作和现象可知，实验1的反应物质含有Cl-，而实验2中的反应物中不含Cl-，结果实验1无白色沉淀生成，而实验2生成白色沉淀，说明产生的白色沉淀为CuSCN，故实验结果说明猜想1不合理，故答案为：1； 【小问5详解】 ①由实验2中的现象即溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀可推测，反应速率：A>B，反应B太慢，因此说明反应B不是产生的主要原因，故答案为：＞；不是； ②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在、、时，氧化性增强，可将氧化为。据此将实验2改进，向溶液中同时加入、，立即生成白色沉淀，即Cu2+先将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cu+，然后Cu+与SCN-结合为CuSCN白色沉淀，该反应的离子方程式为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，故答案为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+； 【小问6详解】 若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，根据铜原子守恒可知，理论上应该生成CuSCN的物质的量为0.1amol，经过一系列操作得到白色沉淀的质量，则的产率为：=，故答案为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2022-2023学年第二学期高二化学3月月考试卷 考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 D-2 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64 第I卷 一、选择题(每道题有且只有一个正确选项，每题3分，15题，共45分) 1. 下列说法不正确的是 A. 17世纪英国化学家波义耳提出元素的概念，标志着近代化学的诞生 B. 俄国化学家门捷列夫1869年发现元素性质随着原子质子数的递增而呈周期性变化，制出了世界上第一张元素周期表，使化学的研究变得有规律可循 C. 卢瑟福原子结构模型是：在原子的中心有一个带正电荷的核，电子在它的周围沿着不同的轨道运转，就像行星环绕太阳运转样 D. 意大利科学家阿伏伽德罗提出了原子学说 2. 中国传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是 A. “烟花巷陌，依约丹青屏障”中烟花绽放出的绚丽色彩跟原子核外电子跃迁有关 B. 苏轼的《格物粗谈》中记有：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”。推测文中的“气”分子中σ键和π键的数目比为4∶1 C. 《淮南万毕术》中记载，“曾青得铁则化为铜”，铜位于元素周期表的第四周期IB族 D. 《易经》记载：“泽中有火”，“上火下泽”。“泽”指湖泊池沼。“火”是对某气体在湖泊池沼水面上起火现象的描述，该气体分子的空间结构是正四面体 3. 下列有关化学用语表示正确的是 A. 的电子式： B. 的价层电子排布式： C. 基态碳原子的最外层电子轨道表示式： D. 基态的离子结构示意图为 4. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol HCN中含有的π键数为 B. 18 g重水()中含有的质子数为 C. 一定条件下，32 g 与足量反应，转移的电子数为 D. 100 g质量分数为17%的水溶液中极性键数目为 5. 下列事实与解释或结论不相符的是 事实 解释或结论 A 第一电离能： Mg为3p轨道全空的稳定电子构型，而Al失去一个电子变为3p轨道全空的稳定电子构型 B 酸性： 烃基(R-)越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱 C 分子中的共价键是σ键 Cl原子价电子排布为，当两个Cl原子结合为时，两个原子的3p轨道通过“头碰头”重叠 D 是极性分子 中只含有极性键 A. A B. B C. C D. D 6. 下列分子或离子的中心原子为sp3杂化，且杂化轨道容纳了1对孤电子对的是 A. CH4、NH3 B. BBr3、SO C. SO2、BeCl2 D. SOCl2、H3O+ 7. 根据化学反应，判断下列反应不可能发生的是 A. B. C. D. 8. 可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构(如图)。有关的说法正确的是 A. 是由极性键组成的非极性分子 B. 键角都等于90° C. S与F之间共用电子对偏向S D. S原子满足8电子稳定结构 9. 治疗新冠肺炎药物瑞德西韦的主要成分结构如图。下列说法错误的是 A. 分子中存σ键、π键 B. 分子中的键的键能小于键的键能 C. 分子中P为杂化 D. 分子中含有手性碳原子 10. 下表是第三周期部分元素电离能数据。 元素 甲 5.7 47.1 718 乙 7.7 15.1 80.3 丙 13.0 23.9 40.0 丁 15.7 27.6 40.7 下列说法正确的是 A. 甲的金属性比乙强 B. 乙的常见化合价为+1价 C. 丙不可能为非金属元素 D. 丁一定为金属元素 11. 下列措施不能除去室内空气中甲醛的是 A. 放置活性炭 B. 放置酸性高锰酸钾溶液 C. 放置稀盐酸 D. 放置某些植物 12. 稀碱条件下，由乙酫合成巴豆酫(CH3CH＝CHCHO)的反应历程示意图如下。下列说法正确的是 A. 反应中只有极性键的断裂和形成 B. 反应①的活化能小于反应②的活化能 C. CH3CHO是极性分子，其中碳原子的杂化方式是 D. 反应过程中有4种中间体 13. 北宋名画《千里江山图》历经千年色彩依然，其青色来自青金石，它含有H、O、Si元素，以及X、Y、Z、M、Q等前20号元素，X、Y、Z、M同周期，Z的原子序数小于M，Z最高价氧化物对应水化物0.005mol·L-1的pH=2。X、Y、Z、M原子的最外层电子数之和为17，Q与青金石中其他7种元素均不同周期也不同族。下列说法错误的是 A. X、Y的单质都能形成氧化物保护膜 B. 金属活动性强弱：X<Q C. ZM2分子中各原子均满足8电子稳定结构 D. 氢化物稳定性：Si<Z<M 14. 某种离子液体的阴离子结构如图，Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充3个能级，有4对成对电子，Z与其他元素不在同一周期，下列说法正确的是 A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Q>X B. Q、W、X的第一电离能依次减小 C. 氢化物的沸点：W>Y D. X、Y、Z均至少有两种氧化物 15. 我国科学家研究发现，十八胺()在较高温度下具有一定还原性。由于从十八胺中获得电子的能力不同，不同金属盐在十八胺体系中反应可以得到不同的产物。单一金属盐和在十八胺体系中的产物分别是ZnO和Ag。已知元素的电负性数据如图，下列说法错误的是 元素 Zn Ag Au Co 电负性(鲍林标度) 1.6 1.9 2.4 1.8 A. 电负性：O>N>C B. 十八胺中N原子杂化类型为 C. 氧化性： D. 据此推测以和钴盐为原料时得到的产物 第II卷 16. 点击化学的代表反应为铜催化的叠氮-炔基Huisgen环加成反应，、、等均是点击化学中常用的无机试剂。回答下列问题： （1）基态核外价电子排布式为_______；基态C原子中未成对电子有_______个。 （2）F、O、N、C的第一电离能从小到大的顺序是_______。 （3）的VSEPR模型为_______，写出一种与互为等电子体的微粒_______。 （4）是一种叠氮-炔基Huisgen环加成反应产物，该分子中N原子的杂化方式为_______。 （5）(叠氮酸)可表示为，下列说法正确的是_______(填标号)。 A. 中含有5个σ键 B. 中3个氮原子采用的都是杂化 C. 分子中存在大π键 D. 、、、都是极性分子 （6）比较键角大小：气态分子_______离子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。 （7）富马酸亚铁()是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示： ①富马酸分子中σ键与π键的数目比为_______； ②下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。 A．　　B．　　C．　　D． （8）二氯甲醛的结构简式为，已知单键和双键的键角为124.1°，单键和单键的键角为111.8°，原因是_______。 17. 钪(Sc)是一种稀有金属。从铝土矿生产的副产品“赤泥”(主要成分为、、、)中回收钪．同时生产聚合硫酸铁铝具有极其重要的工业价值，一种生产工艺流程如图所示： 已知：①钪离子可以在不同pH下生成()。 ②该工艺条件下，溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示： 离子 开始沉淀的pH 7.0 1.9 3.0 0.3 完全沉淀的pH 9.0 3.2 4.7 2.0 回答下列问题： （1）基态Sc原子价电子数有_______个。 （2）流程中经处理后可循环利用物质是_______(填“物质A”或“物质B”)；物质C最好选用_______(填“NaOH溶液”或“氨水”)。 （3）Sc、Ti、Fe、Al的萃取率与浸出液的酸度关系如图所示，应选择的合适的浓度为_______mol/L。 （4）“反萃取”时若加入过量的NaOH溶液，沉淀出会溶解。写出：与过量NaOH溶液反应生成含钪产物的化学方程式：_______。 （5）该工艺流程中引入“还原”与“氧化”这两个步骤的原因是_______。 （6）“聚合”生成聚合硫酸铁铝时，同时产生气体，该步骤的离子方程式为_______。 18. 甲醇是一种可再生能源，由制备甲醇的过程可能涉及的反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： kJ⋅mol-1 反应Ⅲ： kJ⋅mol-1 回答下列问题： （1）键的极性：_______(填“>”“=”或“＜”)。从原子轨道重叠方式判断，分子中的共价键属于_______键。 （2）反应Ⅰ的_______；反应I的活化能E(正)_______(填“>”“=”或“＜”)E(逆)。 （3）若反应Ⅱ在一绝热恒容密闭容器中进行，能说明反应已达到平衡状态的是_______(填字母)。 a．　　　　b．总压强不变 c．温度不变 　　　　d．容器内的体积分数保持不变 （4）250℃时，向2 L密闭容器中充入3 mol 和1 mol 发生反应Ⅱ。经过5min达到平衡状态，平衡时测得的转化率为50%。 ①250℃时该反应的平衡常数_______。 ②若升高温度，该反应的平衡常数_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （5）我国科学家研究电池，取得了重大科研成果。 ①研究表明，电池中反应产物为碳酸锂和单质碳，正极电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ中与反应的离子方程式。 Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ．_______ Ⅳ． ②Ⅰ．研究表明，在电解质水溶液中，气体可被电化学还原。写出在碱性介质中电还原为正丙醇()的电极反应方程式为_______。 Ⅱ．在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上电还原为CO的反应进程中(电还原为的反应可同时发生)，相对能量变化如图。由此判断电还原为CO催化剂选择性最好的是_______(填a或b或c)。 19. FeCl3是中学常见的试剂，某实验小组用以下装置制备FeCl3固体，并探究FeCl3溶液与Cu的反应。 已知：FeCl3晶体易升华，FeCl3溶液易水解。 Ⅰ．FeCl3的制备 （1）装置C中碱石灰的作用是___________。 （2）F的名称为___________，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的，正确的接口顺序为a-___________(可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。 （3）写出装置D中制备的离子方程式___________。 Ⅱ．探究FeCl3溶液与Cu的反应 向4mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加几滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。 查阅资料可知：和均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想： 猜想1：与过量的Cu粉反应生成，再结合生成白色沉淀。 猜想2：与发生氧化还原反应生成，再结合生成白色沉淀。 针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验： 实验编号 操作 现象 实验1 加入铜粉后无现象 实验2 溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀； 2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后， 溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀 （4）实验结果说明猜想___________(填“1”或“2”)不合理。 （5）根据实验2中的现象进一步查阅资料发现： i．与可发生如下两种反应： 反应A：(淡黄色)； 反应B：(黄色)。 ii．与共存时溶液显绿色。 ①由实验2中的现象推测，反应速率：A___________(填“>”或“<”)B，说明反应B___________(填“是”或“不是”)产生的主要原因。 ②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在、、时，氧化性增强，可将氧化为。据此将实验2改进，向溶液中同时加入、，立即生成白色沉淀，写出该反应离子方程式___________。 （6）若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，经过一系列操作得到白色沉淀的质量，则的产率为___________(写出表达式即可)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$