四川省乐山市2022-2023学年高二下学期开学考试化学试题（Word版附解析）

乐山市高中2024届教学质量检测化学第一部分(选择题共50分)一、选择题(共20小题，每小题2.5分，共50分，每小题只有一个选项符合题意。)1.下列几种元素中位于周期表p区的是A.NeB.HC.MnD.Cu【答案】A【解析】【详解】A．氖原子电子排布式，处于周期表p区，A正确；B．氢原子电子排布式处于周期表s区，B错误；C．锰原子电子排布式处于处于周期表d区，C错误；D．铜原子电子排布式处于处于周期表ds区，D错误；故选A。2.下列变化过程需要克服共价键的是A.HCl气体溶于水B.冰熔化C.NaOH固体溶于水D.钠熔化【答案】A【解析】【详解】A．HCl气体溶于水发生电离，破坏共价键，A正确；B．冰融化属于物理变化，破坏分子间作用力和氢键，B错误；C．NaOH固体溶于水电离出Na+和OH-，客服离子键，C错误；D．钠属于金属晶体，熔化时破坏金属键，D错误；故选：A。3.下关于价电子排布式为的原子描述正确的是A.位于周期表中第3周期第ⅢA族B.其单质常温下呈气态C.最外层电子数为5D.该元素最高化合价为价【答案】C 【解析】【详解】A．根据价电子排布式，该元素位于第三周期第ⅤA族，故A错误；B．根据A选项分析，该原子为P，其单质常温下呈固态，故B错误；C．根据A选项分析，该原子最外层有5个电子，故C正确；D．该原子最外层有5个电子，最高化合价为+5价，故D错误；答案为C。4.下列说法正确的是A.同一原子中3s、3p、3d、4s的能量依次升高B.、中S原子的VSEPR模型均为平面三角形C.氯化钠是离子晶体，由和构成，常温下能导电D.和晶体硅都是共价化合物，属于共价晶体【答案】B【解析】【详解】A．根据构造原理，3d能量高于4s，故A错误；B．SO2中S原子有2个σ键，1个孤电子对，价层电子对数为3，SO3中S原子有3个σ键，无孤电子对，因此两者VSEPR模型均为平面三角形，故B正确；C．氯化钠属于离子晶体，是由Na+和Cl-组成，常温下，氯化钠固体中没有自由移动的离子，因此不导电，故C错误；D．晶体硅属于单质，故D错误；答案为B。5.下列对结构与性质的排序正确的是A.离子半径：B.键角：C.沸点：D.晶格能：MgO>CaO【答案】D【解析】【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则硫离子的离子半径大于钾离子，故A错误； B．甲烷分子中碳原子的杂化方式为sp3杂化，甲醛分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，所以甲烷分子的键角小于甲醛分子，故B错误；C．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的分子间作用力弱于对羟基苯甲醛，沸点低于对羟基苯甲醛，故C错误；D．氧化镁和氧化钙都是离子晶体，镁离子的离子半径小于钙离子，所以氧化镁的晶格能大于氧化钙，故D正确；故选D。6.下列对示意图的解释正确的是ABCD示意图解释分子的比例模型基态被原子最外层电子的电子云图的立体构型金属原子平面密置层排列A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．为乙烯分子的球棍模型，故A错误；B．基态铍原子最外层电子排布式为2s2，电子云图应为球形，故B错误；C．分子中N原子的价层电子对数为，采取sp3杂化，有一对孤电子对，分子的空间构型为三角锥形，故C正确；D．该图示表示金属原子平面非密置层排列，配位数为4；金属原子的密置层排列的配位数为6，应为，故D错误；古答案选C。7.NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是 A.中含有的配位键数为B.分子含有的共价键数目为C.晶体中Si-O键的数目为D.18g冰晶体中氢键的数目为【答案】A【解析】【详解】A．1个[Ag(NH3)2]+含有2个配位键，1mol[Ag(NH3)2]+中配位键的个数为2NA，故A正确；B．P4是正四面体结构，中含有P-P键数目为6NA，故B错误；C．的物质的量为，1mol二氧化硅平均含有4molSi-O键，则Si－O键的数目为2NA，故C错误；D．18g冰晶体的物质的量为，1mol冰种平均含有2mol氢键，则氢键的数目为2NA，故D错误；故选：A8.富勒烯()具有许多优异性能，如超导、强磁性、耐高压、抗化学腐蚀等。的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是A.晶胞中分子沿体对角线紧密排列 B.晶体中每个分子等距且最近的分子有12个C.该晶体熔沸点高、硬度大D.每个晶胞中含有14个分子【答案】B【解析】【详解】A．晶胞面心立方最密堆积，晶胞中C60分子沿面对角线紧密排列，故A错误；B．以顶点分子为例，晶体中每个分子等距且最近的分子有3×1/2×8=12个，配位数为12，故B正确；C．该晶体为分子晶体，熔沸点低，硬度小，故C错误；D．每个晶胞中含有8×+6×=4个分子，故D错误；故选B。9.A、B、C、D为四种短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，D的最高价氧化物对应水化物在周期表中酸性最强，下列说法正确的是ABCDA.原子半径：A>B>CB.非金属性：D>C>BC.C与D形成的化合物为分子晶体D.离子中中心原子的价电子对数为3【答案】C【解析】【分析】D的最高价氧化物对应水化物在周期表中酸性最强，该化合物是HClO4，推出D为Cl，B为O，A为N，C为Si，据此分析；【详解】A．同一周期，从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径大小顺序是Si＞N＞O，故A错误；B．O的非金属性强于Cl，故B错误； C．Si与Cl形成化合物是SiCl4，属于分子晶体，故C正确；D．ClO中心原子Cl，有3个σ键，孤电子对数为=1，价电子对数为4，故D错误；答案为C。10.下图为“点击化学”的一种反应，下列关于物质Ⅰ~Ⅲ的说法正确的是A.Ⅰ的组成元素中电负性最大的元素为OB.一个Ⅱ分子中有9个键C.Ⅱ分子中C原子的杂化方式均为sp杂化D.Ⅲ中碳氧键的键能均相等【答案】A【解析】【详解】A．Ⅰ由C、H、O和N元素组成，电负性最大的元素为O，故A正确；B．单键均为键，双键中含有1个键1个π键，叁键含有1个键2个π键；I个II分子中含有14个键，故B错误；C．Ⅱ分子中苯环上的C原子的杂化形式属于sp2杂化，故C错误；D．Ⅲ中含有C-O和C=O，碳氧键的键能不相等，故D错误；故答案选A。11.优化燃料结构是当今研究的热门课题，下列有关燃料的说法不正确的是A.化石燃料完全燃烧不会造成大气污染B.地热能、核能等是新能源C.煤的气化可提高燃烧效率D.生物质能可用于解决农村能源问题【答案】A【解析】【详解】A．化石燃料完全燃烧除生成二氧化碳外还会生成二氧化硫等气体，导致大气污染，故A错误；B．地热能、核能等属于新能源，故B正确； C．煤的气化是将煤转化为气体燃料，可使燃烧更充分，从而提高燃烧效率，故C正确；D．生物质能的开发利用，可以改善能源结构，解决能源短缺问题，故D正确；故选：A。12.目前国际空间站常采用还原法处理，反应为。不同条件下测得该反应的化学反应速率如下，其中表示反应进行得最快的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对于同一个化学反应，，用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则有，依此比较，用四个选项给的不同物质的速率与该物质的化学计量数做比，数值大的速率大。【详解】A．；B．；C．；D．；最大的数值为0.15，故答案选择C。13.恒容密闭容器中发生反应：，达平衡后只改变一个条件一定能增大正反应速率且使平衡正向移动是A.升高温度B.使用催化剂C.及时分离D.充入一定量【答案】D【解析】【详解】A．升高温度，反应速率增大，该反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，故A不符合题意；B．使用催化剂，加快反应速率，但平衡不移动，故B不符合题意； C．及时分离HI(g)，平衡正向移动，但正反应速率不增大，故C不符合题意；D．充入一定量的氢气，反应物浓度增大，正反应速率增大，平衡正向移动，故D符合题意；答案为D。14.298K，101kP条件下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.HNC比HCN稳定B.该异构化反应为放热反应C.反应物的键能大于生成物的键能D.使用催化剂，可以改变反应的反应热【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可知，HCN的能量低于HNC，能量越低，物质越稳定，即HCN比HNC稳定，故A错误；B．根据A选项分析，HCNHNC是吸热反应，故B错误；C．该反应为吸热反应，根据ΔH=反应物键能总和－生成物键能总和＞0，因此反应物的键能大于生成物键能，故C正确；D．使用催化剂可以改变途径，但不能改变反应热，反应热只与始态和终态有关，与途径无关，故D错误；答案为C。15.在恒容绝热的密闭容器中发生反应：，下列能说明该反应一定达到化学平衡状态的是A.混合气体的密度不变B.容器温度不变C.D.【答案】B 【解析】【详解】A．反应体系中各物质均为气体，且容器的体积不变，则混合气体的密度一直不变，混合气体的密度不能判断是否达到平衡状态，A不符合题意；B．该反应为放热反应，容器绝热，则达到平衡状态时，体系温度不变，温度不变能判断已达到平衡状态，B符合题意；C．2v正(NH3)=3v逆(H2)=4.5v逆(NH3)，同一物种的正逆反应速率不相等，未达到平衡状态，C不符合题意；D．反应达到平衡状态时，不一定N2和NH3的浓度不变，反应未达到平衡状态，D不符合题意；答案为B。16.根据已知条件判断下列热化学方程式正确的是选项已知条件热化学方程式A氢气的燃烧热为B1molCO和完全反应生成气态放热CD12g金刚石比12g石墨能量高A.AB.BC.CD.D 【答案】B【解析】【详解】A．HCl不是氧化物，不符合燃烧热的概念要求，符合已知条件的应是H2和O2反应生成液态水，A错误；B．1molCO(g)与0.5molO2(g)完全反应生成气态放热，则2molCO(g)完全反应，反应放热为2bkJ，B正确；C．反应过程中除了氢离子和氢氧根离子反应放热，硫酸钡沉淀的生成也伴随有热量的变化，C错误；D．12g金刚石12g金刚石物质的量为，比12g石墨能量高，则1mol金刚石完全生成1mol石墨，放出akJ热量，但由于反应是可逆反应，金刚石不可能完全转化为石墨，所以放出的热量变少，△H变大，D错误；故答案选B。17.甲烷催化裂解是工业上制备乙炔方法之一，反应原理为，下列有关该反应的说法正确的是A.该反应的B.该反应平衡常数C.该反应在低温条件自发进行D.用E表示键能，该反应【答案】B【解析】【详解】A．该反应正向气体分子数增大，，故A错误；B．由反应可知平衡常数，故B正确；C．该反应、，在高温条件下自发进行，故C错误；D．根据=反应物的键能和-生成物的键能和，可知，故D错误； 故选：B。18.某恒容密闭容器中充入一定量气体M和N，发生反应：，不同温度下，气体M的平衡浓度随温度变化的关系如图所示，下列说法正确的是A.该反应ΔH>0B.平衡常数KA<KBC.反应进行到状态D一定有D.状态A、C相比，状态A点的更大【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，升高温度，气体M的平衡浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应ΔH<0，故A错误；B．由图可知，升高温度，气体M的平衡浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则A点平衡常数大于B点，故B错误；C．由图可知，状态D未达到平衡，反应的浓度熵大于平衡常数，反应向逆反应方向进行，逆反应速率大于正反应速率，故C错误；D．由图可知，升高温度，气体M的平衡浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，状态A点Q的浓度大于C点，故D正确；故选D。19.下列实验操作、现象及相应的结论均正确的是选项实验操作现象结论A将两个完全相同的球分别浸泡在冰水和热水中热水中正反应为放热反应，升温平衡逆向移动 球气体颜色更深B向重铬酸钾溶液中，滴入少量氢氧化钠溶液溶液由黄色变为橙色，中和使平衡正向移动C用温度计测定锥形瓶中盐酸与适当过量的NaOH溶液反应的最高温度温度升高，利用最高温度计算实验放出热量为中和热D向某无色溶液中滴加稀硫酸产生有刺激性气味气体和淡黄色沉淀该无色溶液中一定含有A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．将两个完全相同的球分别浸泡在冰水和热水中，热水中球气体颜色更深，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，选项A正确；B．向重铬酸钾溶液中，滴入少量氢氧化钠溶液，中和使平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，选项B错误；C．用温度计测定锥形瓶中盐酸与适当过量的NaOH溶液反应的最高温度与盐酸、氢氧化钠未反应时的平均温度，温度升高，利用最高温度与酸碱平均温度差计算实验放出热量为，利用公式计算中和热，选项C错误；D ．溶液中可能含硫化钠、亚硫酸钠，与硫酸混合时产生有刺激性气味的气体和淡黄色沉淀，选项D错误；答案选A。20.以太阳能为热源分解，经热化学铁氧化合物循环分解水制的过程如图所示，已知：过程Ⅰ：过程Ⅱ：下列说法不正确的是A.过程Ⅰ中实现了太阳能向化学能的转化B.由信息可知C.增加铁氧化合物的质量可以加快反应速率D.过程Ⅰ中正反应的活化能高于逆反应的活化能【答案】C【解析】【详解】A．过程Ⅰ中能量转化的形式是：太阳能→化学能，故A正确；B．根据盖斯定律，I+2×II可以得到总反应式：，故B正确；C．铁氧化合物为固体，增加铁氧化合物的质量没有改变反应物浓度，不能显著提高反应速率，故C错误；D．过程Ⅰ是吸热反应，所以正反应的活化能高于逆反应的活化能，故D正确；故选C。第二部分(非选择题共50分)二、非选择题(共5小题，共50分。)21.下图为元素周期表的部分，元素①~⑥在表中的位置如图所示。 用化学用语回答下列问题：（1）⑥的元素符号为_______，元素⑤的基态原子核外共有_______个单电子。（2）元素③、④的简单氢化物中，稳定性较高的是_______，原因是_______。（3）元素①与元素②、③均能形成分子，其中与②形成的分子的结构式为_______，一定条件下两种分子能发生反应，产物无污染，写出该反应的化学方程式_______。（4）单质⑤的晶胞结构如图所示，平均一个晶胞中含有_______个⑤原子，若⑤原子的原子半径为r，则该晶体的空间利用率为_______。(用含r的代数式表示，不必化简)【答案】（1）①.Br②.6（2）①.②.O的非金属性强于S，O-H键长更短，键能更大，的稳定性更强，故的稳定性强于（3）①.②.（4）①.2②.【解析】【分析】根据元素周期表结构，①为H，②为N，③为O，④为S，⑤为Cr，⑥Br，据此解答。【小问1详解】⑥的元素符号为Br，元素⑤为Cr，是24号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其的基态原子核外共有6个单电子； 【小问2详解】元素③、④的简单氢化物为H2O、H2S，稳定性较高的是H2O，原因是O的非金属性强于S，O-H键长更短，键能更大，的稳定性更强，故的稳定性强于；【小问3详解】元素①与元素②、③均能形成分子，其中与②形成的分子为N2H4，结构式为，元素①与元素③形成分子为H2O2，一定条件下两种分子发生反应，产物无污染物质，该反应的化学方程式；【小问4详解】单质⑤的晶胞结构如图，平均一个晶胞中含有1+=2个Cr原子，若Cr原子的原子半径为r，设晶胞边长为a，则，则晶胞边长a=r，该晶体的空间利用率为。22.磷锡青铜(一种磷、锡、铜合金)是有名的弹性材料，广泛应用于仪器仪表中耐磨零件和弹性元件。回答下列问题：（1）从结构上分析和中更稳定的是_______，原因是_______。（2）与能形成配离子_______(写化学式)，该配离子水溶液的颜色为_______。（3）和是磷元素的两种含氧酸，酸性：_______(填“>”或“<”)，中P的杂化方式为_______，的空间构型为_______，写出一种与互为等电子体的离子_______。（4）磷锡青铜立方晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为_______；若晶体的晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞的密度可以表示为_______(列出计算式，用含a、NA的代数式表示)。 【答案】（1）①.②.的价电子排布为，的价电子排布为全充满结构更稳定（2）①.②.深蓝（3）①.>②.杂化③.正四面体形④.或（4）①.②.【解析】【小问1详解】铜元素的原子序数为29，亚铜离子的价电子排布式为全充满结构的3d10，铜离子价电子排布式为3d9，所以亚铜离子再失去1个电子难于铜离子，稳定性强于铜离子，故答案为：；的价电子排布为，的价电子排布为全充满结构更稳定；【小问2详解】铜离子能与氨分子形成深蓝色的四氨合铜离子，离子的化学式为，故答案为：；深蓝；【小问3详解】含氧酸分子中非羟基氧数目越多，酸性越强，磷酸分子的非羟基氧数目多于亚磷酸，所以磷酸的酸性强于亚磷酸；磷酸根离子中磷原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，所以原子的杂化方式为sp3杂化、离子的空间构型为正四面体形，硫酸根离子、高氯酸根离子与磷酸根离子的原子个数都为5、价电子数都为32，互为等电子体，故答案为：>；sp3杂化；正四面体形；或；【小问4详解】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锡原子个数为8×=1，位于面心的铜原子个数为 6×=3，位于体心的磷原子个数为1，则磷锡青铜的化学式为SnCu3P，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7a)3d，解得d=，故答案为：。23.利用CO和水蒸气可生产，反应方程式为：。将和分别通入2L的恒容密闭容器中进行如下反应，记录部分数据如下表所示：温度／℃起始量物质的量/mol达平衡CO的物质的量/molCO转化率时间/min650321.5x1090022y40%5回答下列问题：（1）表中x=_______；y=_______。（2）650℃时，从开始反应到平衡，反应速率_______。（3）900℃时，用各物质的平衡浓度表示该反应的平衡常数为_______。（4）由以上信息可知，该反应的正反应为_______反应(选填“放热”或“吸热”)，原因是_______。【答案】（1）①.50%②.0.8（2）0.075（3）（4）①.放热②.650℃和900℃的平衡常数分别为3和，升高温度K减小，平衡逆向移动，则正反应放热【解析】【小问1详解】650℃反应达平衡时生成1.5mol氢气，结合反应可知消耗的CO的物质的量为1.5mol，CO 的转化率=；900℃时CO的转化率为40%，则反应消耗的CO的物质的量为2×40%=0.8mol，结合反应可知生成的氢气的物质的量为0.8mol，则x=50%，y=0.8，故答案为：50%；0.8；【小问2详解】由上述分析可知650℃反应达平衡时消耗的CO的物质的量为1.5mol，，故答案为：0.075；【小问3详解】900℃时根据表中数据列三段式：该反应的平衡常数为，故答案为：；【小问4详解】650℃时根据表中数据列三段式：该反应的平衡常数为，由此可知温度升高平衡常数减小，平衡逆向移动，则正向为放热反应，故答案为：放热；650℃和900℃的平衡常数分别为3和，升高温度K减小，平衡逆向移动，则正反应放热。24.一定温度下，某化学兴趣小组设计如下实验探究影响化学反应速率的因素。回答下列问题： （1）实验①和②是在探究_______对化学反应速率的影响，其中分解产生气泡较快的是实验_______。（2）有同学建议将实验②中改为溶液，理由是_______。还有同学认为即使改用溶液仍不严谨，还应做对比实验：向2mL5%的溶液中滴入_______(填试剂及其用量)。（3）联系实验③、④，预期结论是_______。（4）实验④中随时间的变化如图所示，简述反应速率的变化特点_______，图象中发生A点到B点变化的原因是_______。【答案】（1）①.催化剂②.①（2）①.排除阴离子差异对速率的影响②.溶液（3）其他条件不变，反应物浓度越大，反应速率越大（4）①.反应速率先慢后快，后又减慢②.浓度降低，反应速率减慢【解析】【小问1详解】Fe3+、Cu2+对过氧化氢的分解有催化作用，实验①②是探究催化剂对化学反应速率的影响；因为Fe3+的氧化性强于Cu2+，因此Fe3+对过氧化氢的催化分解效率高；故答案为催化剂；①；【小问2详解】验证Fe3+、Cu2+对过氧化氢的催化分解速率影响，阴离子应相同，因此将硫酸铜改为氯化铜，理由是排除阴离子差异对速率的影响；有的同学即时改用CuCl2溶液仍不严谨，原因是Cl-可能对实验可能有影响，还应做对比实验，氯离子浓度应相同，即向2mL5%的过氧化氢溶液中滴加1mL0.2mol/L或0.3mol/L的NaCl或KCl溶液；故答案为排除阴离子差异对速率的影响； 1mL0.2mol/L或0.3mol/L的NaCl或KCl溶液；【小问3详解】实验③④探究浓度对反应速率的影响，预期结论是其他条件不变，反应物浓度越大，反应速率越大；故答案为其他条件不变，反应物浓度越大，反应速率越大；【小问4详解】Mn2+对本实验具有催化作用，开始阶段CO2的生成速率随Mn2+浓度增大而加快，一段时间后，反应物浓度减小且浓度影响为主，CO2的生成速率变慢；故答案为反应速率先慢后快，后又减慢；H2C2O4浓度降低，反应速率减慢。25.为保护环境，需给汽车安装尾气净化装置，装置中发生反应为：。一定温度下，将等物质的量的CO和NO气体充入刚性容器中发生反应，测得容器内的压强变化如图中曲线Ⅰ所示。回答下列问题：（1）内，以CO的压强变化表示该反应的平均反应速率为_______，该反应的平衡常数_______(为各气体分压表示的平衡常数)（2）已知该反应的正反应速率，逆反应速率，其中、为速率常数，只与温度有关。则反应达平衡时，_______(填“>”、“<”或“=”)。（3）从曲线Ⅰ到曲线Ⅱ可能改变的反应条件是_______，此时与Ⅰ相比将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.②.1.6（2）<（3）①.使用催化剂②.不变 【解析】【小问1详解】恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，根据方程式可知，反应后气体物质的量减小，则压强减小，反应中气体减小的压强相当于CO消耗压强的一半，内，气体的减小的压强=(200-160)kPa=40kPa；则CO的压强变化为40kPa2=80kPa，内，以CO的压强变化表示该反应的平均反应速率为==；CO、NO的体积之比为1：1，同温同压下，CO、NO的压强之比为1：1，p(CO2)=80kPa，p(N2)=40kPa，所以p(CO)=p(NO)=(160kPa-80kPa-40kPa)=20kPa，该反应的平衡常数Kp===1.6kPa；【小问2详解】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，则，即，，升高温度平衡逆向移动，K减小，所以减小，则升高温度，增大的倍数<增大的倍数，故答案为：<；【小问3详解】从曲线Ⅰ到曲线Ⅱ起始压强相等，Ⅱ反应速率增大，但平衡不移动，则可能改变的反应条件是使用催化剂；平衡常数只与温度有关，与压强无关，故K不变，此时与Ⅰ相比，也不变，答案为使用催化剂；不变。