浙江省北斗联盟2022-2023学年高二下学期期中联考化学试题 Word版含解析

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北斗联盟2022学年高二年级第二学期期中联考化学试题本卷共满分100分，考试时间90分钟；可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28P-31Cl-35.5S-32Ca-40Mn-55Fe-56Cu-64Zn-65Ag-108Ba-137Se-79Co-59选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.2023年3月4日至3月13日，全国两会在京举行，两会报告指出：“大力支持国产化工新材料广泛应用”，下列关于材料说法错误的是A.大飞机C919用到了铝锂合金，铝锂合金属于金属材料B.光导纤维在信息技术发展中应用广泛，制造光导纤维的主要材料是单质硅C.中国天眼FAST用到碳化硅是一种新型陶瓷材料D.塑料、橡胶、纤维属于有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．大飞机C919用到了铝锂合金，密度小、强度大，铝锂合金属于金属材料，故A正确；B．光导纤维在信息技术发展中应用广泛，制造光导纤维的主要材料是二氧化硅，故B错误；C．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，故C正确；D．塑料、橡胶、纤维相对分子质量大于10000，属于有机高分子材料，故D正确；故选B。2.下列化学用语表达错误的是A.的结构式：B.的VSEPR模型：C.基态氮原子核外电子排布的轨道表示式：

1D.用电子式表示的形成过程：【答案】C【解析】【详解】A．S2Cl2中S与Cl形成共价键，S与S形成共价键，满足最外层8电子稳定结构，则S2Cl2的结构式：Cl−S−S−Cl，A正确；B．H2S分子中中心原子的价层电子对数是4，孤电子对数为2，VSEPR模型为四面体形的结构，B正确；C．N原子核外有7个电子，所以基态电子排布式为：1s22s22p3，则轨道表示式：，C错误；D．氯化钠为离子化合物，则用电子式表示氯化钠的形成过程：，D正确；故选C。3.2022年3月，神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是A.醋酸钠是强电解质B.醋酸钠溶液显碱性，说明醋酸是弱电解质C.醋酸钠晶体是含有共价键的离子化合物D.醋酸钠溶液中【答案】D【解析】【详解】A．醋酸钠是可溶性盐，是强电解质，A正确；B．醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，说明醋酸是弱电解质，B正确；C．醋酸钠晶体属于离子化合物，醋酸根离子内部存在共价键，钠离子和醋酸根离子之间形成离子键，是含有共价键的离子化合物，C正确；D．醋酸钠溶液中醋酸根离子能发生水解，所以c(Na+)＞c(CH3COO−)，D错误；故选D。4.化学是一门以实验为基础的学科，掌握基本实验方法和操作技能是做好化学实验的基础。下列有关说法错误的是A.用红外光谱仪可以确定物质中是否存在某些有机原子团B.用X射线衍射摄取石英玻璃和水晶得到的图谱是相同的C.科技考古研究人员常用衰变装置来断定文物的精确年代D.原子光谱分为吸收光谱和发射光谱，可用于鉴定元素【答案】B

2【解析】【详解】A．用红外光谱得到分子中含有的化学键或官能团信息；故可用红外光谱仪可以确定物质中是否存在某些有机原子团，A正确；B．用X射线衍射可以测定晶体的结构，石英玻璃为非晶体二氧化硅、水晶为晶体二氧化硅，故用X射线衍射摄取石英玻璃和水晶得到的图谱是不相同的，B错误；C．具有较长的半衰期，科技考古研究人员常用衰变装置来断定文物的精确年代，C正确；D．原子光谱分为吸收光谱和发射光谱，确定元素的光谱具有特定的特征，可用于鉴定元素，D正确；故选B。5.下列有关离子方程式正确的是A.将氧化铁溶于氢碘酸的离子反应：B.将通入到漂白液中：C.明矾溶液与过量氨水混合：D.将等物质的量浓度的和溶液以体积比1：2混合：【答案】D【解析】【详解】A．HI具有还原性，Fe3+会将I-氧化为碘单质，自身被还原为Fe2+，正确的离子方程式为：，故A错误；B．NaClO具有氧化性，会氧化，正确的离子方程式为：，故B错误；C．氢氧化铝不能与弱碱反应，正确的离子方程式为：，故C错误；D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1：2混合，恰好生成硫酸钡、水和硫酸铵，离子方程式正确，故D正确；故选D。6.用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是

3A．比较卤素单质氧化性强弱：B．测定某醋酸溶液的物质的量浓度C．比较酸性强弱：D．探究温度对化学平衡的影响A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．溴化钾、碘化钾分别与氯水反应，能证明氯气的氧化性分别大于溴、大于碘，不能比较溴单质与碘单质的氧化性强弱，故A错误；B．NaOH溶液应该放在碱式滴定管中，故B错误；C．浓盐酸具有挥发性，生成的CO2中混有HCl气体，HCl也能使硅酸钠溶液变浑浊，不能证明酸性：，故C错误；D．实验中温度是变量，可以通过颜色变化探究温度对平衡2NO2N2O4的影响，故D正确；故选D。7.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，X元素原子的价层电子排布式是nsnnp2n；Y最外层只有一种自旋方向的电子；X与Z同主族，W-与某稀有气体具有相同的电子层结构。下列说法正确的是A.简单离子半径：B.X、Y、W三种元素形成的化合物，其水溶液可能呈碱性C.简单氢化物的稳定性：D.元素X与氢元素按原子个数比1:1形成的化合物是非极性分子【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，X元素原子的价层电子排布式是2s22p4

4，其为O元素；Y最外层只有一种自旋方向的电子，则其价电子排布式为3s1，Y为Na元素；X与Z同主族，则Z为S元素，W-与某稀有气体具有相同的电子层结构，则W为Cl元素。从而得出X、Y、Z、W分别为O、Na、S、Cl元素。【详解】A．X、Y、W分别为O、Na、Cl，Cl-核外有3个电子层，Na+、O2-核外都只有2个电子层，但Na的核电荷数比O大，则简单离子半径：Na+＜O2-＜Cl-，A不正确；B．X、Y、W三种元素形成的化合物可能为NaClO，其属于强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，B正确；C．Z、W分别为S、Cl，S的非金属性比Cl弱，则简单氢化物的稳定性：HCl＞H2S，C不正确；D．元素X(O)与氢元素按原子个数比1:1形成的化合物为H2O2，分子呈折线形结构，是极性分子，D不正确；故选B。8.500℃，HCl在催化剂M作用下被O2氧化依次有如图(I)、(II)、(III)三步反应组成，计算机模拟单个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是A.反应II：反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量B.温度升高，反应速率加快，活化能不变C.总反应的热化学方程式为D.比和稳定【答案】B【解析】【详解】A．从图中可以看出，反应II中，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，A不正确；B．催化剂一定时，温度升高，活化分子数目增多，反应速率加快，但活化能是不变的，B正确；C．图中给出的是单个分子在催化剂表面的反应历程，所以总反应的热化学方程式为，C不正确；D．从图中可以看出，+=，需要吸收吸量，则比和

5的能量高，稳定性差，D不正确；故选B。9.已知有如图晶体结构：下列有关晶体的叙述中，错误的是A.水分子最多可以形成氢键B.金刚石晶体中碳原子所连接的最小环为六元环C.石墨晶体的二维结构，碳原子的配位数是3D.在晶体里，每个周围有6个距离最近且相等的【答案】D【解析】【详解】A．在冰中，水分子之间可以形成氢键，一个水分子周围有4个紧邻的水分子，根据均摊法，1个水分子最多可以形成2个氢键，故水分子最多可以形成氢键，A正确；B．由图可知，金刚石晶体中碳原子所连接的最小环为六元环，B正确；C．石墨晶体中存在大π键，碳原子的配位数是3，采取sp2杂化，C正确；D．在NaCl晶体里，每个Na+周围有12个距离最近且相等的Na+，D错误；故选D。10.设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A.室温下，的溶液中含的数目为B.铁粉与足量的水蒸气完全反应，转移电子数为C.溶液中，阴离子的数目小于D.由乙烯和环丙烷组成的混合气体中所含氢原子总数为【答案】C【解析】【详解】A.室温下，的溶液中，，所以

6，的数目为，故A正确；B.铁粉与足量的水蒸气完全反应的方程式，3molFe~8mole-，16.8gFe为0.3mol，所以转移电子数为0.8mol，为0.8NA，故B正确；C.溶液中，根据电荷守恒可知，，所以，阴离子数目应大于0.1NA，故C错误；D.乙烯与环丙烷的最简式都为CH2，所以混合气体中所含氢原子总数为，故D正确；故选C。11.下列关于超分子和配合物的叙述中，正确的是A.中配体中的共价键是由O的2p轨道和H的1s轨道“头碰头”重叠形成的B.难溶物却能溶于氨水，是因为银离子与氨分子的结合能力更强而形成配离子所致C.晶体的结构如上图所示，其中与、与之间的作用力类型相同D.人体细胞和细胞器的膜是双分子膜，双分子膜的特有的排列结构是因为超分子的分子识别特征所决定的。【答案】B【解析】【详解】A．中配体水中的共价键是氢氧键，其中O为sp3杂化，是由O的sp3杂化轨道和H的1s轨道“头碰头”重叠形成的，选项A错误；B．难溶物却能溶于氨水，是因为银离子与氨分子的结合能力更强而形成配离子，，导致其溶于氨水，选项B正确；C．与之间作用力为氢键，与之间的作用力为配位键，选项C错误；

7D．氢键是最强的分子间相互作用，很多分子可以通过氢键相互结合，形成具有固定组成的一个分子簇，这就是所谓的超分子。双分子膜的特有的排列结构是因为超分子的氢键特征所决定的，选项D错误；答案选B。12.常温下，用0.10mol·L-1的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1的HA溶液和HB溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是A.常温下，Ka(HA)=10-10.8B.点④溶液中：c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)C.点③溶液中：c(B-)>c(Na+)>c(H+)=c(OH-)D.点①和点②溶液中：c(B-)-c(A-)=c(HA)-c(HB)【答案】C【解析】【详解】A．据图可知，常温下，0.10mol·L-1的HA溶液的pH=5.9，即溶液中c(H+)=10-5.9mol/L，根据电离平衡HAH++A-，可知c(A-)≈c(H+)=10-5.9mol/L，Ka(HA)=≈10-10.8，A正确；B．点④溶液中加入20mL0.10mol/LNaOH溶液，所以溶质为NaB，0.1mol/L的HB溶液pH为3，所以HB为弱酸，则NaB溶液中存在B-的水解，溶液显碱性，所以c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)，B正确；C．点③溶液中存在电荷守恒c(B-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液pH为7，所以c(H+)=c(OH-)，则c(B-)=c(Na+)，C错误；D．点①溶液中加入10mLNaOH溶液，溶质为等物质的量的HA和NaA，存在物料守恒：c(A-)+c(HA)=2c1(Na+)，同理可得点②溶液中存在物料守恒：c(B-)+c(HB)=2c2(Na+)，两溶液中加入的NaOH相同，则c1(Na+)=c2(Na+)，所以c(A-)+c(HA)=c(B-)+c(HB)，即c(B-)-c(A-)=c(HA)-c(HB)，D正确；综上所述答案为C。13.Co是磁性合金的重要材料，也是维生素重要的组成元素。工业上可用如下装置制取单质Co

8并获得副产品盐酸(A、B均为离子交换膜)。下列说法不正确的是A.A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜B.若去掉膜A，石墨电极的电极反应发生改变C.当电路中转移2mol电子时，阳极产生(标准状况)D.若产品室，阴极溶液质量减少5.9g【答案】D【解析】【分析】该装置为电解池，左侧为阳极，电极反应式为，右侧为阴极，电极反应式为，A为阳离子交换膜，阳极室的H+移动向产品室，B为阴离子交换膜，阴极室的Cl-移动向产品室，在产品室获得盐酸，据此解答。【详解】A．根据分析可知，A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，故A正确；B．若去掉膜A，阳极上氯离子放电，反应式为，故B正确；C．阳极反应式为，当电路中转移2mol电子时，阳极产生0.5mol氧气，在标准状况下体积为，故C正确；D．若产品室，则有0.2molCl-从阴极室移动向产品室，则转移0.2mol电子，则阴极溶液减少0.1molCoCl2，质量减少，故D错误；故选D。14.一定温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入4molSO2和2molO2发生反应：。经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：0246801.62.83.63.6

9下列说法正确的是A.4s内反应的平均速率B.该反应的平衡常数C.此温度下，若该容器中有、和，则反应逆向进行D.当容器内密度保持不变时，该反应达到平衡状态【答案】B【解析】【分析】一定温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入4molSO2和2molO2发生反应：。8s时反应达平衡，此时生成SO3的物质的量为3.6mol，则可建立如下三段式：【详解】A．4s内SO3的物质的量为2.8mol，则消耗O2的物质的量为1.4mol，反应的平均速率，A不正确；B．该反应的平衡常数K==810，B正确；C．此温度下，若该容器中有、和，则浓度商Q==128＜810，反应正向进行，C不正确；D．容器的体积始终不变，混合气的质量始终不变，则容器内气体的密度始终不变，当容器内密度保持不变时，该反应不一定达到平衡状态，D不正确；故选B。15.某小组用硫铜矿煅烧废渣(主要含、CuO、FeO)为原料制取，流程如图：下列说法不正确的是

10A.“调节pH”主要目的是为了除去B.“还原”过程中主要发生的反应为C.用还原制取的优点是产生氛围，可防止产品被氧化D.的晶胞结构如上图所示，1个晶胞中含1个氧原子【答案】D【解析】【分析】酸浸溶解后，所得溶液中含有Fe2(SO4)3、CuSO4、FeSO4、H2SO4（过量），经过氧化操作，Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中溶质为Fe2(SO4)3、CuSO4、H2SO4（过量），通过调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，故滤渣为Fe(OH)3，此时滤液主要含CuSO4、H2SO4，加入KOH、N2H4在90℃下还原Cu2+生成Cu2O。【详解】A．由分析知，调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，A正确；B．由流程知，还原时，N2H4将CuSO4还原为Cu2O，自身转化为N2，对应方程式为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，B正确；C．还原过程中生成的N2可隔绝空气，防止产品Cu2O被氧气氧化，C正确；D．该晶胞中，白球个数=，黑球个数为4个，故黑球：白球=2：1，化学式为Cu2O，可知黑球代表Cu+，白球（X）代表O2-，晶胞中含2个氧原子，D错误；故答案选D。16.下列实验过程能达到目的，且现象和结论正确的是选项实验目的实验过程现象和结论A比较和的大小向溶液中滴2滴溶液，产生白色沉淀后再滴加2滴溶液又生成黄色沉淀，说明：B在两支大小相同的试管中均加溶液，分别滴入2滴溶液和溶液加

11探究不同催化剂对反应速率的影响溶液的试管产生气泡速率更快，说明催化效果C比较和的酸性强弱量取一定浓度溶液，滴加少量稀醋酸无气泡产生，说明酸性：D探究可逆反应的热效应已知溶液中存在下列平衡：，取一定浓度的溶液，升高温度，溶液由蓝色变为黄色，说明该反应A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向溶液中滴2滴溶液，硝酸银溶液有剩余，再滴加2滴溶液，产生黄色沉淀，无法证明是由氯化银转为碘化银，A错误；B．分别滴入2滴溶液和溶液，氯离子和硫酸根不同，无法证明起到催化作用为铁离子和铜离子，B错误；C．醋酸与碳酸钠反应，当醋酸少量时发生反应：，C错误；D．，升高温度，溶液由蓝色变为黄色，平衡正向移动，说明该反应，D正确；故选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共6小题，共52分)17.根据物质结构性质相关知识请回答下列问题：（1）基态铬原子的价层电子排布式：___________。（2）

12碳和硅为同一主族元素，价层电子排布相同，元素及其化合物的性质具有相似性和递变性规律，但是熔点二氧化硅(，1723℃)却远高于干冰(，-56.6℃)，试解释原因___________。（3）判断的键角___________的键角。(填“>”、“<”或“=”)【答案】（1）3d54s1（2）二氧化硅为共价晶体，干冰为分子晶体，共价键的作用力远大于分子间作用力，故二氧化硅的熔点远高于干冰（3）>【解析】【小问1详解】基态铬原子的原子序数为24，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故其价电子排布式为3d54s1。【小问2详解】二氧化硅为共价晶体而干冰为分子晶体，共价键键能远大于分子间作用力，故二氧化硅的熔点远高于干冰。【小问3详解】BF3中B的价层电子对数为3，没有孤电子对，空间构型为平面正三角形，键角为120°，而NF3中N的价层电子对数为4，含有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，键角小于109°28′，因此BF3的键角大于NF3的键角。18.回答下列问题（1）已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如表：化学式电离常数①常温下，物质的量浓度相同的三种溶液①NaF溶液②溶液③溶液，其pH由大到小的顺序是___________(填序号)。②向足量的次氯酸钠中通入少量的二氧化碳的离子方程式___________。（2）浙江省分布着很多溶洞，在浙江省西部的龙游县就有一座被当地人称之为“世界第九大奇迹”的溶洞—龙游石窟。25℃时，溶洞中潮湿的石膏雕像表面会发生反应：，其平衡常数K=___________。[已知，]。

13【答案】（1）①.③>②>①②.（2）3250【解析】【小问1详解】①由图表可知，，根据越弱越水解原理可知，常温下，物质的量浓度相同的三种溶液①NaF溶液②溶液③溶液，水解程度最大、次之为、NaF水解程度最小，故其pH由大到小的顺序是③>②>①。②，则向足量的次氯酸钠中通入少量的二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢根离子，离子方程式；【小问2详解】，其平衡常数。19.固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验：其中气体体积已经折算成标况，气体A可使品红溶液褪色，固体B是混合物，溶液D显深蓝色，沉淀E经过滤、洗涤、灼烧后得到0.80g红棕色固体，请回答：（1）化合物X所含元素是___________(填元素符号)。（2）溶液D中显深蓝色的溶质是___________(用化学式表示)。（3）化合物X在空气中灼烧的化学化学方程式___________。（4）向溶液C中加入一定量的Fe，充分反应后，仍有固体存在，此时，溶液中一定没有的金属阳离子是___________，请设计实验证明你的结论___________。【答案】（1）Cu、Fe、S（2）（3）

14（4）①.Fe3+②.取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红色【解析】【分析】气体A可使品红溶液褪色，则A为二氧化硫，固体化合物X中含有硫元素，由硫原子个数守恒可知，X中硫原子的物质的量为=0.03mol；由溶液D显深蓝色可知，溶液D中含有铜氨络离子，固体化合物X中含有铜元素；由沉淀E经过滤、洗涤、灼烧后得到0.80g红棕色固体可知，固体E为氢氧化铁、红棕色固体为氧化铁，由铁原子个数守恒可知，X中铁原子为×2=0.01mol；由化合物X的质量为2.80g可知，X中铜原子的物质的量为=0.02mol，则化合物X中铜原子、铁原子和硫原子的物质的量比为0.02mol:0.01mol:0.03mol=1:1:3，化学式为Cu2FeS3。【小问1详解】由分析可知，化合物X所含元素是Cu、Fe、S。【小问2详解】由分析可知，溶液D中显深蓝色的溶质是。【小问3详解】由分析可知，化合物X化学式为Cu2FeS3，Cu2FeS3在空气中燃烧生成、和，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。【小问4详解】Cu2FeS3在空气中燃烧生成、和，固体B为和，和稀盐酸反应后得到CuCl2和FeCl3混合溶液C，向溶液C中加入一定量的Fe，充分反应后，仍有固体存在，该固体可能必定是Cu或铁与铜的混合物，而Fe3+既可以和Cu反应生成Fe2+，也可以和Fe反应生成Fe2+，此时，溶液中一定没有的金属阳离子是Fe3+，设计实验证明为：取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红色。20.氢气作为一种可再生能源，它的制备一直都是研究的热点。其中甲醇水蒸气重整制氢气包含以下两个反应：Ⅰ．Ⅱ．

15（1）①计算反应Ⅲ．的___________。②某课题小组经计算得到三个反应的平衡常数对数值与温度的关系图如下：反应Ⅰ的平衡常数与温度的关系曲线为___________。（2）恒压条件下，在铜基催化剂条件下探究水醇比以及当时温度对的选择性和物质的量分数的影响，结果分别如下：①下列说法不正确的是___________。A．重整制氢的水醇比q一般控制在1，可能是要保证甲醇的转化率并控制有适量的CO的含量，有利于维持合适的温度B．反应过程中，增大水醇比可以无需外界提供能量C．反应不能由体系密度不变来判定达到平衡D．选择铜基催化剂，在合适的温度下可以提高二氧化碳的选择性②根据图3，当温度大于220℃时，选择性下降CO的含量上升可能的原因是：___________。（3）在某压强下，甲醇转化率随温度变化如图4所示

16①请在图4中画出压强下，相同时间，甲醇转化率随温度变化图___________。②260℃时，压强下，充入等物质的量的甲醇和水，保持压强不变体系，达平衡时，，反应Ⅱ的___________。[对于气相反应，用某组分B的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示平衡常数，记作，，P为体系总压，为平衡体系中B的物质的量分数]【答案】（1）①.+49.0②.a（2）①.BC②.升温，反应Ⅰ进行的程度更大，同时不利于反应Ⅱ，因此CO2选择性下降而CO的含量上升(或者更有利于反应Ⅰ平衡右移，反应Ⅱ平衡逆向移动)（3）①.②.30200【解析】【小问1详解】①已知：Ⅰ．Ⅱ．由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得：；②反应Ⅱ为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故c为反应Ⅱ曲线，结合①分析可知，，则为，故相同温度下，较大，则反应Ⅰ的平衡常数与温度的关系曲线a；

17【小问2详解】①A．只有反应Ⅱ为放热反应，水醇比q在1左右时，二氧化碳选择性较高、一氧化碳含有较低，利于反应Ⅱ放热和反应Ⅰ正向进行，故重整制氢的水醇比q一般控制在1，可能是要保证甲醇的转化率并控制有适量的CO的含量，有利于维持合适的温度，A正确；B．反应过程中，增大水醇比，二氧化碳选择性降低，导致反应Ⅰ消耗更多能量，则需外界提供能量，B错误；C．反应在恒压条件下进行，且反应体系中为气体分子数改变的反应，则气体的体积会发生改变，而气体总质量不变，故反应体系密度不变则说明发生达到平衡，C错误；D．选择铜基催化剂，在合适的温度下可以降低生成二氧化碳的活化能，促进二氧化碳的生成，从而提高二氧化碳的选择性，D正确；故选BC；②当温度大于220℃时，选择性下降CO的含量上升可能的原因是：升温，反应Ⅰ进行的程度更大，同时不利于反应Ⅱ，因此CO2选择性下降而CO的含量上升(或者更有利于反应Ⅰ平衡右移，反应Ⅱ平衡逆向移动)；【小问3详解】①压强不会改变一定温度下的物质的平衡转化率，但是增大压强，可以增大反应速率，提高单位时间内甲醇的转化率，由于，故相同时间，压强下，甲醇转化率更高，但是温度升高，反应速率增大，当温度增加到一定程度时，使得两者相同温度下的达到的平衡转化率相同，故压强下，相同时间，甲醇转化率随温度变化图为：。②由图可知，260℃时，压强下达平衡时，甲醇转化率为1；充入等物质的量的甲醇和水，保持压强不变体系，达平衡时，：

18平衡时甲醇、水、氢气、二氧化碳、一氧化碳分别为、、、、，甲醇转化率为1，则，，则；反应后总的物质的量为，氢气物质的量为，设=amol，则二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为amol、、、，，，则二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分压分别为、、、，反应Ⅱ的。21.Mn、Fe、Se等元素对人体生命活动非常重要，例如Se参与合成人体内多种含硒酶和含硒蛋白，具有多种生物功能。请结合图示回答下列问题。（1）锰和铁同周期且相邻，现有几种锰、铁元素的相应状态，①锰：、②铁：、③锰：、④铁：，失去1个电子需要的能量由大到小排序是___________(填字母)。A.①②③④B.④③②①C.③④②①D.④②③①（2）硒代半胱氨酸是第21个组成人体蛋白质的氨基酸，分子式为，其结构简式如图所示。①其中杂化方式为和的碳原子个数比为___________。

19②下列说法正确的是：___________。A．C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是B．硒代半胱氨酸分子中存在的化学键类型包括极性键、非极性键、氢键C．比酸性弱D．一个硒代半胱氨酸分子中σ键和π键的比例为（3）硒化锌是一种化学惰性材料，具有纯度高，环境适应能力强，易于加工等特点，是良好的聚焦镜基材。下图所示是硒化锌晶胞结构(类似金刚石晶胞)，从晶胞基本定义可知X、Y均为_______(填元素符号)，距离Se最近的Zn有________个，已知晶胞参数为anm，则硒化锌密度为________。【答案】（1）C（2）①.2：1②.C（3）①.Zn②.4③.【解析】【小问1详解】基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，基态原子的第一电离能小于其第二、三电离能，同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，故失去1个电子需要的能量最小的为①锰：、次之为②铁：；均失去2个电子后得到③锰：、④铁：，由于此时锰的3d轨道为半满较稳定填充，故此时失去1个电子需要的能量最大的为③锰：，次之为④铁：；故失去1个电子需要的能量由大到小排序是③④②①；故选C；【小问2详解】①饱和碳原子为杂化，羧基中碳为杂化，故其中杂化方式为和的碳原子个数比为2:1。②A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是，A错误；

20B．由结构简式可知，硒代半胱氨酸分子中存在的化学键类型包括氢氧等极性键，碳碳非极性键，氢键不是化学键，B错误；C．O的电负性大于Se，中由于羟基的吸电子作用更大，使得羧基中氢更容易被电离出来，导致比酸性弱，C正确；D．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，一个硒代半胱氨酸分子中σ键和π键的比例为13:1，D错误；故选C；【小问3详解】根据“均摊法”，晶胞中含4个Se，则分子中应该含有个Zn，则顶点X、底面面心Y均为Zn；Se位于4个Zn构成的四面体中，距离Se最近的Zn有4个；已知晶胞参数为anm，则硒化锌密度为。22.温和型供氧剂CaO2白色固体，微溶于水，不溶于有机溶剂，可与水缓慢反应，易与酸反应。某实验小组按如下流程和装置制取CaO2；第①步的装置如图所示(夹持装置省略)。请回答：（1）盛装H2O2溶液的恒压分液漏斗的支管的作用是___________。（2）准确测定此双氧水中H2O2的含量：可用稀硫酸酸化的高锰酸钾标准液滴定，其反应的离子方程式为___________。

21（3）取天然水的水样，分成等体积的甲、乙两份，甲经煮沸后密封冷却，乙无操作。向两份水样中加入等质量的CaO2(不足量)，经分析发现，甲水样中O2的浓度较低。原因之一是煮沸除去了甲水样中的溶解的O2，其它可能原因是___________。(写一个即可)。（4）取0.3000g产品于烧杯，加过量盐酸并煮沸，冷却后加过量Na2C2O4溶液，生成CaC2O4沉淀，过滤、洗涤后将沉淀转入锥形瓶中，加足量稀硫酸，用标准溶液滴定至终点，重复2～3次，平均消耗标准溶液24.00mL。已知：①滴定操作可分解为如下几步，按实验操作先后顺序排序___________。(选填序号)。A．用标准溶液润洗滴定管2～3次B．固定盛有标准溶液的滴定管，转动旋塞使尖嘴处充满溶液C．用标准溶液滴定至终点，读数D．取标准溶液注入滴定管至“0”刻度线以上2～3cm处E．调节液面至0刻度线以下，读数②样品中CaO2的纯度是___________。③若操作不当，造成结果偏高的可能原因有___________(选填序号)。A．烘干时温度过高，少量CaO2分解为CaOB．转移CaC2O4沉淀时，有固体残留在滤纸上C．洗涤CaC2O4沉淀时，未洗涤干净D．滴定终点读数时，俯视读数【答案】（1）平衡气压，使H2O2易于滴下（2）（3）乙水样中溶解CO2与CaO2反应，增加了水体中O2的浓度（4）①.ADBEC②.86.4%③.AC【解析】【分析】某实验小组用双氧水和Ca(OH)2固体反应制备CaO2，在冰水浴中反应完全后过滤得到CaO2·8H2O，烘干即可得到CaO2固体，以此解答。【小问1详解】盛装H2O2溶液的恒压分液漏斗的支管的作用是平衡气压，使H2O2易于滴下。【小问2详解】高锰酸钾溶液具有强氧化性可以和H2O2溶液反应生成O2和Mn2+

22，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。【小问3详解】甲水样中O2的浓度较低。原因之一是煮沸除去了甲水样中的溶解的O2，其它可能原因是乙水样中溶解CO2与CaO2反应，增加了水体中O2的浓度。【小问4详解】①滴定实验的操作步骤是：先用标准溶液润洗滴定管2～3次，取标准溶液注入滴定管至“0”刻度线以上2～3cm处，固定盛有标准溶液的滴定管，转动旋塞使尖嘴处充满溶液，调节液面至0刻度线以下，读数，用标准溶液滴定至终点，读数，按实验操作先后顺序排序为：ADBEC；②由已知条件可以列出关系式：5CaO2~5CaC2O4~2，则产品中CaO2的物质的量为n(CaO2)=2.5n()=2.5×24.00×10-3L×=，样品中CaO2的纯度是86.4%；③A．烘干时温度过高，少量CaO2分解为CaO，会导致样品中CaO2含量下降，但是对滴定过程没有影响，则测量结果偏高，故A选；B．转移CaC2O4沉淀时，有固体残留在滤纸上，会导致消耗标准液的体积偏小，测量结果偏低，故B不选；C．洗涤CaC2O4沉淀时，未洗涤干净，上面混有Na2C2O4，Na2C2O4也可以和溶液反应，导致消耗标准液的体积偏大，测量结果偏高，故C选；D．滴定终点读数时，俯视读数，会导致消耗标准液的体积测量偏小，测量结果偏低，故D不选；故选AC。

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