1、广元中学高2021级高二下期第一次段考化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 P-31 Cu-64 一、单选题(共25题，每小题2分，共50分)1. 下列符号表征或说法正确的是A. 电离： H2S 2H+S2-B. 位于元素周期表p区C. BF3空间结构：平面三角形D. KOH电子式：【答案】C【解析】【详解】AH2S是二元弱酸，电离分步进行，以第一步电离为主，电离方程式为 H2S H+HS ，A错误；B基态 Na原子的价电子排布式是 3s1 ，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B错误；CBF3中心B原子的价层电子对数为 ，孤电子对数为0，故其空间结构为平面三角形，C正确
2、；DKOH 是离子化合物，电子式为 ，D错误；故答案选C。2. 用尿素水解生成的催化还原，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为，下列说法正确的是A. 上述反应B. 上述反应平衡常数C. 上述反应中消耗，转移电子的数目为D. 实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小【答案】B【解析】【详解】A由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，即熵增的反应，反应S0，故A错误；B由方程式可知，反应平衡常数，故B正确；C由方程式可知，反应每消耗4mol氨气，反应转移12mol电子，则反应中消耗1mol氨气转移电子的数目为3mol46.021023=36.021023，故C
3、错误；D实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增大，故D错误；故选B。3. 下列说法错误的是A. ns电子的能量不一定高于(n-1)p电子的能量B. 6C的电子排布式1s22s22p违反了洪特规则C. 电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原则D. 电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理【答案】A【解析】【详解】A电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于(n- 1) p电子的能量，A错误；B根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，B正确；C应先排能量低的4s
4、轨道，而不是排能量高的3d，违反了能量最低原理，C正确；D根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，D正确； 故本题选A。4. 下列各项叙述中，正确的是A. 在同一电子层上运动的电子，其自旋状态肯定不同B. 基态原子的价电子排布为 (n-1)dxnsy的元素的族序数一定为(x+y)C. 镁原子由1s22s22p63s21s22s22p63p2时，原子释放能量，光谱仪摄取到吸收光谱D. 按照现有构造原理，理论上第八周期应有50种元素【答案】D【解析】【详解】A同一电子层上运动的电子自旋状态可以相同，也可以不相同，如2p2上两个电子，根据洪特规则，自旋方向相同，故A错误；B基态原子的价电子排布
5、为(n-1)dxnsy，元素如果位于BB，其族序数为价电子的d、s能级含有电子数目之和，即族序数一定为x+y，如果位于BB，族序数等于价电子排布中s能级上电子，即族序数为y，故B错误；C镁原子由1s22s22p63s21s22s22p63p2，3s上的电子获得能量跃迁到3p，是由基态转化成激发态，原子吸收能量，光谱仪摄取到吸收光谱，故C错误；D第八周期，填充电子的轨道有8s、8p、7d、6f、5g，其中原子轨道s有1个、p有3个、d有5个、f有7个、g有9个，共25个轨道，根据泡利不相容原理，一共可以放50个电子，因此有50种元素，故D正确；答案为D。5. 原子序数在前36号的某原子最外层电子
6、排布式为，则该原子在元素周期表中不可能位于A. A族B. B族C. 族D. B族【答案】C【解析】【详解】AA族元素最外层电子排布式为ns1，故A不符合题意；BB族的Cr元素最外层电子排布式为4s1，故B不符合题意；C族的元素Fe、Co、Ni最外层电子排布式都为4s2，故C符合题意；DB族的Cu元素最外层电子排布式为4s1，故D不符合题意；答案为C。6. X和Y是原子序数大于4的短周期元素，Xm和Yn两种离子的核外电子排布相同，下列说法中正确的是()A. X的原子半径比Y小B. X和Y的核电荷数之差为mnC. 电负性XYD. 第一电离能XY，A错误；B.Xm+和Yn-两种离子的核外电子排布相同
7、，则两种离子核外电子数相等，假设X的核电荷数为a，Y的核电荷数为b，则a-m=b+n，所以a-b=m+n，B错误；C.X为金属元素，Y为非金属元素，元素的金属性越强，电负性越小，元素的非金属性越强，其电负性越大，所以元素的电负性：XY，C错误；D.元素的金属性越强，其第一电离能越小，故第一电离能XY，D正确；故合理选项是D。7. 已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H1；2Fe(s)+ O2(g)=Fe2O3(s)H2；2Al(s)+ O2(g)=Al2O3(s)H3；2Al(s)+Fe2O3(s)=Al2O3(s)+2Fe(s)H4。下列关于反应焓变的判断正确的是A. H2的燃烧热
8、为H1B. H2=H3+H4C. 增加氧气的量可改变H2、H3的值D. H3H2【答案】D【解析】【详解】A1 mol H2燃烧时生成液态水时才是燃烧热，A错；B根据盖斯定律，反应=反应-反应，则H2H3H4，B错；C对于固定的反应方程式，反应的焓变也是固定的，增加氧气的量对H2、H3的值没有影响，C错；D从反应，根据盖斯定律可得，H2H3H4，也可以写为H4H3H2，由于反应是铝热反应，H40，则H3H20，即H3NH3NH【答案】C【解析】【分析】【详解】ANH、NH3、NH三种微粒，每个NH、NH3、NH所含有的电子数都为10个电子，故A正确；B铵根离子中氮原子价层电子对个数=键个数+孤
9、电子对个数=4+(5141)=4，所以其采用sp3杂化，氨气分子中价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=3+(5-31)=4，所以氮原子杂化方式是sp3，NH中氮原子价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=2+(512+1) =4，所以其采用sp3杂化，故B正确；C根据三种微粒的杂化方式可知，铵根离子为正四面体结构；氨气分子空间构型为三角锥形，NH空间构型为V形，故C错误；D铵根离子中，含0对孤电子，氨气分子中含1对孤电子，NH含2对孤电子，含有孤电子对越多，分子中的键角越小，所以键角大小关系：NHNH3NH，故D正确；故选C。14. 下列说法错误的是A. C与N2互为等电子体，1 mol C中
10、含有的键数目为2NAB. 某元素气态基态原子的逐级电离能(kJmol-1)分别为738kJ/mol、1451kJ/mol、7733kJ/mol、10540kJ/mol、13630kJ/mol、17995kJ/mol、21703kJ/mol，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+C. 常温下，若反应A(s) + B(g) = C(g) + D(g)不能自发进行，则该反应的H 0D. 已知反应N2O4(l)+2N2H4(l)3N2(g)+4H2O(l)，若该反应中有4 mol N-H键断裂，则形成的键数目为3NA【答案】C【解析】【详解】AC与N2互为等电子体，因此它们的结构相似，即C中碳碳之间
11、为三键，1mol该离子中含有键数目为2NA，故A说法正确；B根据逐级电离能数据，第二电离能到第三电离能数值相差较大，则该原子最外层有2个电子，即与氯气反应可能生成阳离子X2+，故B说法正确；C该反应为熵增，常温下，该反应不能自发进行，说明G=H-TS0，推出H0，故C说法错误；D1molN2H4中含有4mol“N-H”，1molN2中含有2mol键，有4mol“N-H”断裂，即消耗1molN2H4，生成mol氮气生成，生成键数目是mol2NA=3NA，故D说法正确；答案为C。15. 根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是 原子半径/1010m0.741.601.521.100.99
12、1.860.751.43最高价或最低价2+2+1+5、3+7、1+1+5、3+3A. 元素形成的化合物是离子化合物B. 元素和的单质在一定条件下会发生反应C. 加热条件下，元素形成的化合物能和CO2反应，也能和Na2O反应D. 元素的最高价含氧酸是强酸【答案】B【解析】【分析】短周期元素中，只有最低价-2，处于A族，则为O；、都最高正价+1，处于A族，的原子半径较大，原子半径不是所有元素中最小的，则为Li、为Na元素；有+7、-1价，则为Cl元素；、都有最高价+5、最低价-3，处于A族，的原子半径较大，则为P、为N元素；有最高价+2，处于A族，原子半径大于Li，则为Mg；有最高价+3，处于A族
13、，原子半径大于P，则为Al，据此解答。【详解】A元素形成的化合物是氯化铝，属于共价化合物，故A错误；B为Mg，为N元素，二者的单质在一定条件下会发生反应生成氮化镁，故B正确；C加热条件下，元素形成的化合物氧化铝，能和Na2O反应，但不能和CO2反应，故C错误；D为P，最高价含氧酸磷酸是中强酸，故D错误；故选B。16. 恒容密闭容器中，在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是A. 该反应的B. a为随温度变化曲线C. 向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动D. 向平衡体系中加入，H2的平衡转化率增大【答案】C【解析】【详解】A从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质
14、的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即H0，故A错误； B从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气的平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B错误；C容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；DBaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气转化率不变，故D错误；故选C。17. 配合物Na2Fe(CN)5(NO)可用于离子检验，下列说法错误的是A. 此配合物中存在离子键、配位键、极性键B. 配离子为Fe(CN)5(N
15、O)2-，中心离子为Fe2+C. 该配合物配位数为6D. 该配合物为离子化合物，1 mol该配合物含有阴、阳离子的总数为3NA【答案】B【解析】【详解】A配合物Na2Fe(CN)5(NO)是离子化合物，Na+与Fe(CN)5(NO)2-以离子键结合；在络离子Fe(CN)5(NO)2-中配位体与中心Fe3+之间以配位键结合，在配位体CN-及NO中存在极性键，故该化合物中存在离子键、配位键、极性键，A正确；B配离子为Fe(CN)5(NO)2-，中心离子为Fe3+，B错误；C配位体有5个CN-和1个NO，故其配位数为6，C正确；C化合物为离子化合物，易电离，完全电离成2个Na+和1个Fe(CN)5(
16、NO)-，所以1mol配合物完全电离成2 mol Na+和1 mol Fe(CN)5(NO)-，电离共得到3NA的离子，D正确；故答案为：B。18. 已知分解1mol H2O2 放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2+I-H2O+IO- 慢，H2O2+IO-H2O+O2+I- 快；下列有关反应的说法正确的是A. 反应的速率与I-的浓度有关B. IO-也是该反应的催化剂C. 反应活化能等于98kJmol-1D. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)【答案】A【解析】【详解】A、根据反应机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反应速率就
17、快，A正确；B、IO-不是该反应的催化剂，B错误；C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，错误；D、 H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+ O2；由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D错误；故合理选项为A。19. 元素周期表中对角线原则是指某些相邻两个主族上下相差一个周期的元素之间性质相似规律，比如铍(Be)与铝的性质相似，则下列推断中，正确的是A. 常温下BeCl2溶液pH7B. BeCl2溶液能导电，说明BeCl2一定是离子化合物C. Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液
18、D. Be与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Be+2OH-+2H2O=2BeO+3H2【答案】C【解析】【分析】【详解】ABeCl2溶液中铍离子与铝离子相似能水解，溶液呈酸性，pHc(Cl-)C. Q点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积D. M点和N点所示溶液中水的电离程度相同【答案】D【解析】【分析】已知室温时水的电离常数为110-14，则根据曲线得Q点时溶液中pH=pOH=7，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3H2O；Q点左侧溶液为碱性，Q点右侧溶液为酸性。【详解】A项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(Cl-)，而M点加的盐酸比Q点少，溶液为碱性，即c
19、(H+)c(OH-)，则c(NH4+)c(Cl-)，故A项错误；B项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(Cl-)，而N点加的盐酸比Q点多，溶液为酸性，即c(H+)c(OH-)，则c(NH4+)c(Cl-)，故B项错误；C项，根据分析，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3H2O，则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故C项错误；D项，M点溶液为碱性，而pH=a，则水电离出的c(H+)=10-amol/L，N点溶液为酸性，pOH=a，则水电离出的c(OH-)=10-amol/L，而水电离出的H+和OH-始终相等，即M点和N点均满足水电离出的c(H+)= c(OH-)=1
20、0-amol/L，即水的电离程度相同，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。第II卷(非选择题)二、填空题(共50分)26. 2020年12月17日，我国“嫦娥五号”返回器携月壤成功着陆。研究发现，月壤中存在天然的铁、金、银、铅、锌、铜、锑、铼、铝、钒等矿物颗粒。（1）写出铜的基态原子的电子排布式：_，在周期表中位于_区。（2）基态Fe原子有_个未成对电子，Fe3+的电子排布式为_。（3）基态Al3+核外共有_种不同运动状态的电子。（4）钒(V)元素位于周期表第四周期_族，价层电子的轨道表示式为_。（5）将少量硫酸铜固体溶于水中，向该溶液中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，
21、得到深蓝色的透明溶液，呈现深蓝色的微粒的结构式为_，生成该微粒的离子方程式为_。【答案】（1） . 1s22s22p63s23p63d104s2或者Ar3d104s2 . ds （2） . 4 . 1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5 （3）10 （4） . B . （5） . . Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-或者Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH-+4 H2O【解析】【小问1详解】铜元素位于第四周期B族，29号元素，基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或者Ar3d104s2；铜元素位于周期表的ds区
22、；故答案为1s22s22p63s23p63d104s2或者Ar3d104s2；ds；【小问2详解】基态铁原子的价电子排布式3d64s2，有4个未成对电子；基态铁原子先失去4s，再失去3d，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5；故答案为4；1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5；【小问3详解】基态Al3+核外有10个电子，及核外共有10中不同运动状态的电子；故答案为10；【小问4详解】钒元素位于周期表的第四周期B族，价层电子排布式为3d34s2，其价层电子轨道表示为；故答案为B；【小问5详解】硫酸铜溶于水后，加入氨水，得到蓝色沉淀，蓝色沉淀为Cu(OH
23、)2，继续加入氨水，沉淀溶解，发生Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-或者Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH-+4 H2O，1个Cu2+与4个NH3形成配位键，即四氨合铜离子结构式为；故答案为；Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-或者Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH-+4 H2O。27. G、H、J、M、R、X、Y、W、T为原子序数依次增大的前四周期元素。G的一种简单粒子是一个质子，H原子的L电子层中有两个未成对电子且有空轨道，M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，R原子K层的电子数与M层的电子数
24、的乘积等于其L层的电子数，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Y与X同周期且相邻，W是第一种过渡元素，主族元素T最高正价和最低负价的代数和为4。请回答下列问题：（1）W的元素符号_。H、J、M的第一电离能由大到小排序是_(填元素符号，下同),J、M、X的电负性由小到大排序是_ 。（2）X与M形成的XM3分子的VSEPR模型是_，GYM的电子式为_。（3）R、T均能与氢元素形成气态氢化物，则它们形成的组成最简单的氢化物中，中心原子杂化类型_(填“相同”或“不相同”)。（4）J与Y形成JY3分子，与该分子互为等电子体的有_ , _。(分子、阴离子各写一个)（5）G、H元素形成的化合物
25、分子中共有14个电子，其分子中键和键的数目之比为_。【答案】（1） . Sc . NOC . SNOC；元素的非金属性越强，电负性越大，则N、O、S的电负性由小到大排序是SN”“”或“=”，下同)。已知气体分压=气体总压x气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则X点对应温度下的Kp=_(用含P2的代数式表示)。III电化学法还原二氧化碳制乙烯强酸性溶液中通入二氧化碳，用惰性电极进行电解可制得乙烯，其原理如图丙所示：（4）阴极电极反应式为_，该装置中使用的是_(填“阴”或“阳”)离子交换膜。【答案】（1）B （2） . 72.5 . 第一步 （3） . BD . . （
26、4） . 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O . 阳【解析】【小问1详解】该反应为放热反应，为提高CO2转化率，需要采取低温，该反应为气体物质的量减少的反应，采取高压，可以提高CO2转化率，故选项B符合题意；【小问2详解】根据盖斯定律可知，H=H1+H2=(-159.5)kJ/mol+H2=-87kJ/mol，解得H2=+72.5 kJ/mol，即E=72.5 kJ/mol，故答案为72.5；活化能越小，反应速率越快，根据图像可知，第一步反应的活化能小，反应速率较快，故答案为第一步；【小问3详解】A容器为恒温恒容，V不变，组分都是气体，则气体总质量不变，根据密度的定义，容器中混合
27、气体密度始终不变，因此混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；B容器为恒温恒容，该反应为气体物质的量增大的反应，相同条件下，气体物质的量之比等于压强之比，因此当混合气体的压强不再改变，说明反应达到平衡，故B符合题意；C起始投入甲烷和CO2物质的量相等，且CO2和CH4系数相等，因此CO2和CH4物质的量始终相等，因此不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；D断裂2mol C-H键，有0.5mol CH4被消耗，有1mol H-H键断裂，有1mol H2被消耗，消耗CH4和H2物质的量之比为12，符合化学计量数之比，因此能说明反应达到平衡，故D符合题意；答案为BD；根据图像可知，Y
28、点未达到平衡， CH4转化率增大，向正反应方向进行，即v正v逆；故答案为；X点CH4转化率为50%，则消耗CH4、CO2物质的量0.2mol50%=0.1mol，生成CO、H2物质的量0.2mol，达到平衡时，CH4、CO2物质的量0.1mol，该温度下Kp=；故答案为；【小问4详解】根据装置图以及电解原理可知，b极为阴极，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O，阴极消耗H+，H+需要从右边向左边移动，即离子交换膜为阳极；故答案为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O；阳。29. 以硫酸厂矿渣(含Fe2O3，-Al2O3，SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)
29、的工艺流程如图：资料：i -Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。ii；。回答下列问题：（1）为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有_(写出两种即可)。（2）“还原”过程中的离子方程式为_。（3）“滤渣”中主要成分为(填化学式) _。（4）沉铁是将二价铁转化为难溶性碳酸盐，这个过程中有气体产生，反应的离子方程式为_。“沉铁”过程中往往有副产物Fe(OH)2生成，分析原因是_。若用“沉铁”，则无副产物Fe(OH)2产生，当反应完成时，溶液中_。（5）工业上为了充分利用铁资源，硫酸厂矿渣也可以用来炼铁，在1225、时，焙烧时间与金属产率的关系如图：请分析焙烧时间超过15min时，金属
30、产率下降的原因可能是_。【答案】（1）粉碎矿渣、适当升高温度、适当提高稀硫酸浓度、搅拌等 （2）Fe+2Fe3+=3Fe2+ （3）-Al2O3、SiO2、Fe （4） . Fe2+2HCO=FeCO3+CO2+H2O . 加入NH4HCO3，HCO促进Fe2+水解，生成Fe(OH)2 . 140 （5）可能还原剂消耗完，空气进入可以将铁氧化，使产率降低【解析】【分析】矿渣中含有Fe2O3、-Al2O3、SiO2，SiO2为酸性氧化物，不与稀硫酸反应，也不溶于稀硫酸，-Al2O3的化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，氧化铁为碱性氧化物，与稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3，加入过量铁粉，发
31、生Fe+2Fe3+=3Fe2+，然后过滤，滤渣为-Al2O3、SiO2、过量的铁粉，滤液中加入碳酸氢铵，根据问题(4)，生成FeCO3，然后通空气氧化，得到铁黄，据此分析作答。【小问1详解】为了提高“酸浸”的效率，可以采用的措施有粉碎矿渣、适当升高温度、适当提高稀硫酸浓度、搅拌等；故答案为粉碎矿渣、适当升高温度、适当提高稀硫酸浓度、搅拌等；【小问2详解】根据上述分析，还原过程中发生的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为Fe+2Fe3+=3Fe2+；【小问3详解】根据上述分析，滤渣主要成分是-Al2O3、SiO2、Fe；故答案为-Al2O3、SiO2、Fe；【小问4详解】沉铁是将二价铁转化为难溶性碳酸盐，碳酸盐为FeCO3，同时生成CO2，其离子方程式为Fe2+2HCO=FeCO3+CO2+H2O；故答案为Fe2+2HCO=FeCO3+CO2+H2O；加入NH4HCO3，HCO与Fe2+发生双水解反应，生成Fe(OH)2，故答案为加入NH4HCO3，HCO促进Fe2+水解，生成Fe(OH)2；用碳酸钙沉淀时，溶液中=140；故答案为140；【小问5详解】如果超过一定时间，还原剂消耗较多，空气可以将铁氧化，使产率降低；故答案为可能还原剂消耗完，空气进入可以将铁氧化，使产率降低。
