2022届安徽省淮北市树人高级中学高二下学期化学月考试题答案1【答案】B【解析】解：甲烷分子是正四面体结构，中心C原子半径较大，比例模型为，故A错误；B.次氯酸的中心原子是O，含有键和键，结构式为，故B正确；C.氢氧化钾是离子化合物，由钾离子和氢氧根离子构成，电子式为，故C错误；D.乙烯中含有官能团碳碳双键，其结构简式为，故D错误；故选：B。2【答案】D解：“月壤”中的与地球上氦气中的是原子，属于元素的同位素，故A错误；B.组成“月壤”的矿物粉末，是多种物质组成的无机混合物，不含有机物，故B错误；C.月球上没有大气、水，“月壤”的“太空风化”与地球上在大气、水和生物共同作用下的“地表风化”原理不相同，故C错误；D.居里夫人用原子核轰击原子核，得到核素Y：，Y质子数15，质量数30，则Y为磷元素，故D正确；3【答案】DX、Y、Z均是短周期元素，X、Z的最低价离子分别为和，则X为第ⅥA族元素，Z为ⅦA族元素；和具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素。A.X、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故A错误；B.非金属性，故氢化物稳定性，故B错误；C.电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：，故C错误；D.X、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：，故D正确，故选：D。4【答案】B【解析】解：由分析可知，X为H元素、Y为O元素或S元素、Z为Cl元素、W为K元素。A.Z、W的简单离子分别为、，二者电子层结构相同，离子的核电荷数更大，对核外电子吸引更强，离子半径更小，即离子半径：，故A错误；B.K元素与H元素、O元素或S元素、Cl元素均可形成离子化合物，故B正确；11/12\nC.H元素与O元素形成的简单化合物为，常温下为液态，而H元素与S元素形成的简单化合物为，常温下为气态，故C错误；D.与可以反应生成S与HCl，属于置换反应，故D错误。5【答案】DA.由于压缩容器的体积为原体积的一半后，反应物Y的浓度变为原来的倍，说明Y被消耗了，故气体反应物的计量数之和大于气体生成物的计量数之和，即，故A错误；B.压缩容器容积时，由于平衡正向移动，故正逆，故B错误；C.压缩容器容积时，由于平衡正向移动，因此反应物X的转化率增大，故C项错误；D.压缩容器容积时，由于平衡正向移动，因此生成物W的质量分数增大，故D项正确。故选D。6【答案】C可逆反应到达化学平衡状态的标志有且只有两个： 各物质的含量保持不变，其它一切判据都是由这两个判据衍生出来的。的生成速率与C的分解速率相等，即C的正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故不选；无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内生成，同时生成，都表示逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故选；反应达到平衡状态时，各物质的含量保持不变，浓度也不变，所以A、B、C的浓度不再变化，说明该反应达到平衡状态，故不选；该反应是一个反应前后气体体积改变的反应，当体积不变时，密闭容器中混合气体的总压强不再变化说明混合气体的物质的量不变，所以能说明反应达到平衡状态，故不选；该反应是一个反应前后气体的物质的量改变的化学反应，当混合气体的物质的量不再变化时，能说明该反应达到平衡状态，故不选；单位时间消耗，同时生成不能说明正逆反应速率相等，故选；达平衡时，A、B、C三种物质的分子数之比可能是1：3：2，也可能不是1：3：2，要根据反应开始时加入的A、B、C三种物质是否按1：3：2比例而定，所以不能说明该反应达到平衡状态，故选。故选C。7】A11/12\n将A与B的混合气体15mol放入容积为2L的密闭容器内，经过15min达到平衡，此时容器内的压强是反应前的，此时容器中的物质的量是，设：A的初始物质的量是x，则B的初始物质的量是，A的物质的量变化量是y， ， 初始物质的量：x 0 0 变化物质的量：y y 平衡物质的量： y，解得，所以，各物质表示的反应速率之比等于系数之比，。故选A。8【答案】A该反应是反应前后气体体积减少、放热的可逆反应，根据图象中的纵横坐标表示的意义，分析某条件改变时，平衡移动的情况，确定一个量随另外一个量的变化，若变化趋势与图中一致，则为正确答案，据此分析解答。A.温度升高，反应速率加快，先到达平衡；升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，C的质量分数降低，故A正确；B.压强增大，正逆反应速率都增大，故B错误；C.使用催化剂，加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但不影响平衡的移动，平衡时C的浓度相等，故C错误；D.增大压强反应向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，A的转化率增大；升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，A的转化率降低，故D错误。故选A。9AA.醋酸为弱酸，与氢氧化钠反应时需吸热电离，致使放出的热量小于，故A正确；11/12\nB.燃烧热是指在一定条件下，1mol燃料完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，对于H元素，稳定化合物是液态水，故B错误；C.因为CO燃烧生成要放出热量，所以碳完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，所以，则，故C错误；D.物质能量越高越不稳定，白磷具有的能量比红磷具有的能量高，所以白磷更不稳定，故D错误。故选A。10【答案】D【解析】解：铜活泼性差作正极，水得电子生成氢气，电极反应为，故A正确；B.铝相对铜更活泼作负极，失电子，在碱性环境中电极反应为，故B正确；C.由表中数据可知，NaOH溶液浓度越大，放电时间越短，反应速率越快，放电电流越大，故C正确；D.该电池为一次电池，不可充电重复使用，故D错误；故选：D。11【答案】A【解析】解：在潮湿的深层土壤中，钢铁发生析氢腐蚀，正极的电极反应式为：，故A正确；B.与的反应可表示为：，故B错误；C.钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应式都是，正极反应式为，与的反应可表示为：，亚铁离子和硫离子反应生成硫化亚铁，硫离子是多元弱酸阴离子，水解分步进行，水解的离子方程式为：，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、，故C错误；D.原电池中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，在钢管表面镀铜，铁易失电子作负极，铜作正极，铁腐蚀得更快，故D错误；12C【解析】解：是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为，不可用湿润的淀粉KI试纸检验氢气，故A错误；B.石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应为，故B错误；11/12\nC.电解池内部阳离子向阴极移动，理论上经质子交换膜由右侧向左侧迁移，质子交换膜右侧溶液pH会增大，故C正确；D.阳极反应，阴极上反应，每生成，会生成3mol气体氢气，未说明是否为标准状况，则无法计算气体的体积，故D错误；13】CA.碳元素基态原子核外电子排布式为，核外电子排布图为，则6个电子分占4个原子轨道，故A错误；B.HCN的结构式为，分子中含有1个单键和1个三键，所以含有2个键和2个键，C原子含有2个键电子对属于sp杂化，N原子含有1个键电子对和1个孤电子对，属于sp杂化，故B错误；C.金刚石的人工合成方法有静态高温高压法、动态超高压高温合成法、低压气相沉积法，所以既可以高压合成，也可以低压合成，故C正确；D.金刚石属于原子晶体，二氧化碳属于分子晶体，石墨属于混合晶体，碳酸盐属于离子晶体，故D错误。故选C。14【答案】BA.两种阳离子分别是和，其中心原子都是杂化，故A错误；B. R中键总数为，故中键总数为个，故B正确；C. 中N原子杂化方式为杂化，五元环中N原子形成键，不是杂化，故C错误；D.从结构图看，R中没有配位键，故D错误。15【答案】DA.配离子为，中心离子为，配体为和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，故A错误；B.由于配合物在溶液中发生电离，电离出内界和外界离子，但配离子不能完全电离，向该配合物的溶液中滴加NaOH溶液，没有红褐色沉淀产生，故B错误；C.金属键存在于金属晶体中，该物质不存在金属键，故C错误；D.配合物为离子化合物，易电离，完全电离成和，1mol配合物电离共得到阴阳离子，故D正确。故选D11/12\n。。故选：A。16（共11分）【答案】第二周期第ⅤA族；（1分）；（1分） 或 ；（1分） （1分）；离子键、共价键或非极性键；（2分）；（1分） ；；（每空1分）。（2分）【解析】【分析】本题考查位置结构性质关系应用，题目难度较大，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键，需要学生全面掌握基础知识。【解答】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为，则B的最高化合价为价，位于周期表第ⅤA族，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物，则D的化合价为价，D为Na元素；C、E主族，则E为S元素，A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素，则F为Cl元素。由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素，F为Cl元素。为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，则位于周期表第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；为Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为，故答案为：；硫离子电子层数为3层，离子半径最大，钠离子和氧离子均为211/12\n个电子层，核电荷数越大，半径越小，故答案为： 或 ；为离子化合物，用电子式表示化合物的形成过程：，中含有的化学键类型是：离子键、共价键或非极性键，故答案为：；离子键、共价键或非极性键；、E的氢化物分别为和，由于水分子间可以形成氢键，则水的沸点高于硫化氢，故答案为：；碳单质与E的最高价氧化物硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，用单线桥标明电子的转移方向为，当转移电子为时，生成了二氧化碳，二氧化硫，则标准状况下反应产生气体，故答案为：；；单质为硫和F单质为氯气的水溶液反应会生成两种强酸，其离子方程式为 ，故答案为： 。17（每空2分，共16分）【答案】浓或fedchgb；湿润的KI淀粉试纸或湿润的有色布条；紫色石蕊试液，溶液变红且不褪色装置放入热水浴中，装置放入冰水浴中氯气通入氢氧化钠溶液前要除HCl，以免产物中氯化钠较多要在较低温度下反应，以免产物中氯酸钠较多【解析】11/12\n【分析】本题考查了氯气的制备方法和性质验证，收集，尾气吸收方法的分析应用以及化学方程式、离子方程式的书写等，掌握基本的实验操作和反应原理为解答关键，题目难度中等。【解答】高锰酸钾和浓盐酸在不加热的条件下在装置中制氯气，反应的化学方程式为浓，故答案为：浓；从a出来的氯气潮湿且含有氯化氢，应先干燥氯气用装置，装置吸收氯气，检验氯气是否除尽，最后中利用硝酸银溶液检验氯化氢，若产生白色沉淀则证明从a出来的氯气中含有氯化氢。接口的连接顺序为：或fedchgb，中放入湿润的KI淀粉试纸或湿润的有色布条，试纸无变化或湿润的有色布条不褪色；乙同学认为甲同学的装置太复杂，可去掉装置，同时将中的溶液换成紫色石蕊试液，若现象为溶液变红且不褪色则证明从a出来的氯气中含有氯化氢，故答案为：efdchgb或fedchgb；湿润的KI淀粉试纸或湿润的有色布条；紫色石蕊试液，溶液变红且不褪色；要制取和NaClO所以装置放入热水浴中，装置放入冰水浴中，故答案为：装置放入热水浴中，装置放入冰水浴中；氯气将氧化为，所以处发生反应的离子方程式为，故答案为：；根据Ⅰ、Ⅱ两个实验过程，在实验室制取消毒液并提高次氯酸钠的质量分数，应该注意的事项有氯气通入氢氧化钠溶液前要除HCl，以免产物中氯化钠较多，要在较低温度下反应，以免产物中氯酸钠较多，故答案为：氯气通入氢氧化钠溶液前要除HCl，以免产物中氯化钠较多；要在较低温度下反应，以免产物中氯酸钠较多。18（14分）【答案】（1） 806 （每空1分）（2） （1分）该反应是气体分子数减小的反应，，该反应可自发进行，则，所以（2分） （2分） （2分）11/12\n（3）水碳比越大，氢气的物质的量分数越大 （1分）水碳比增大，生成的CO会与反应，进一步生成，使得氢气的物质的量分数增大 （2分）（4）（2分）【解析】解：根据盖斯定律：ⅠⅡ得Ⅲ，则；反应物键能总和生成物键能总和，则，解得，故答案为：；806；该反应是气体分子数减小的反应，，该反应可自发进行，则，所以，故答案为：；该反应是气体分子数减小的反应，，该反应可自发进行，则，所以；在容积恒为2L的密闭容器中充入和，起始总压为，则，设转化压强为xkPa， 起始 转化 x x x4min时 x则，解得，的；由表可知，设平衡时转化压强为ykPa， 起始 转化 y y y平衡 y则，解得，11/12\n，故答案为：；；由图可知，温度一定时，水碳比越大，氢气的物质的量分数越大；水碳比增大，生成的CO会与反应，进一步生成，使得氢气的物质的量分数增大，故答案为：水碳比越大，氢气的物质的量分数越大；水碳比增大，生成的CO会与反应，进一步生成，使得氢气的物质的量分数增大；由图可知，和CO在阳极失去电子生成，则阳极电极反应式为，故答案为：。根据盖斯定律：ⅠⅡ得Ⅲ；根据反应物键能总和生成物键能总和，结合反应Ⅱ的数据计算；该反应是气体分子数减小的反应，则该反应的，结合分析；在容积恒为2L的密闭容器中充入和，起始总压为，则，列化学平衡三段式解答；由图可知，温度一定时，随着水碳比增大，氢气的物质的量分数也增大；根据CO也能与反应生成分析；由图可知，在阳极通入甲醇和一氧化碳，为电极产物，则说明和CO在阳极失去电子生成。19（14分）【答案】（1） （1分）2 （1分）（2） （1分）（3）平面三角形（1分） （1分）中的N为价，其N的正电性强于中的N，使羟基中键极性增强，共用电子对更偏向O原子，羟基更易电离出，所以酸性强于 （2分）（4）和 （2分）11/12\n（5）分子中N原子的孤电子对进入的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱 （2分）（6）（1分） （2分）【解析】解：是29号元素，基态核外电子排布式为，O原子核外电子数为8，由能量最低原理可知核外电子排布式为，2p能级4个电子分别占据3个轨道，单电子数目为2，故答案为：；2；同周期元素，从左到右，元素的第一电离能呈递增趋势，但第ⅡA族和第Ⅴ族元素反常，F、O、N、C的第一电离能从小到大的顺序是，故答案为：；中N原子价层电子对数，离子的VSEPR模型为平面三角形，与互为等电子体微粒，可以用三个原子24个电子的等电子体微粒：，中的N为价，其N的正电性强于中的N，使羟基中键极性增强，共用电子对更偏向O原子，羟基更易电离出，所以酸性强于，故答案为：平面三角形；；中的N为价，其N的正电性强于中的N，使羟基中键极性增强，共用电子对更偏向O原子，羟基更易电离出，所以酸性强于，；根据结构简式可知，形成双键的N原子形成2个键，N原子还有1对孤电子对，价层电子对数为3，所以N原子为杂化，形成双键的采用，氨基中的氮原子采用杂化；故答案为：和；分子中N原子的孤电子对进入的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，故形成如图1配合物后键角变大，故答案为：分子中N原子的孤电子对进入的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱；图中号溴原子位于上层正四面体空隙的中心，已知、号铜原子坐标依次为0，、0，，则11/12\n号溴原子在x、y、z轴形成的平面内的投影可知，，，所以A原子分数坐标为，该晶胞中Cu个数、Br个数，则该晶胞体积 ，CuBr的密度，阿伏加德罗常数的值，故答案为：；。是29号元素，处于第四周期第IB族，O原子核外电子数为8，由能量最低原理可知核外电子排布式为；同周期元素，从左到右，元素的第一电离能呈递增趋势，但第ⅡA族和第Ⅴ族元素反常；中N原子价层电子对数，与互为等电子体微粒可以三个原子24个电子，分析两种含氧酸氮元素化合价，以及对羟基中键的影响解答；形成双键的采用，氨基中的氮原子采用杂化；孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，分子中N原子的孤电子对进入的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥；图中号溴原子位于上层正四面体空隙的中心，结合号溴原子坐标在x、y、z轴形成的平面内的投影写出坐标；根据CuBr的密度计算。11/12
