浙江省宁波市九校2022-2023学年高二上学期期末联考化学 Word版含解析.docx

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2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高二(上)期末化学试卷一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个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.含有共价键的离子化合物是A.B.C.D.SiC【答案】A【解析】【详解】A．中Na+与之间形成离子键，内部两个O原子间形成共价键，A符合题意；B．为共价化合物，H与O、S与O原子间都形成共价键，B不符合题意；C．为离子化合物，只存在Ca2+与Cl-间的离子键，C不符合题意；D．SiC为共价化合物，只存在Si与C原子间的共价键，D不符合题意；故选A。2.位于周期表的哪个区A.d区B.区C.p区D.f区【答案】B【解析】【详解】Ag的质子数为47，其核外电子排布式为[Kr]4d105s1，价电子排布式为4d105s1，根据价电子排布式可知Ag位于ds区，故答案为B。3.化学与人类生产、生活密切相关。下列描述不涉及盐类水解的是A.水热法制TiO2B.氯化铵溶液除铁锈C.草木灰去油污D.卤水点豆腐【答案】D【解析】【详解】A．水热法制备TiO2纳米材料，TiCl4水解生成TiO2•xH2O沉淀和盐酸，反应方程式为：TiCl4+(2﹣x)H2O(过量)⇌TiO2•xH2O↓+4HCl，加入大量的水并加热，能促进水解接近完全，故A正确；B．氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性，可以和铁锈反应生成盐和水，故B正确；C．草木灰水解显碱性，可以除油污，涉及到盐类的水解，故C正确；D．卤水点豆腐涉及到胶体聚沉，不涉及盐类的水解，故D错误； 故选：D。4.在某温度下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量稀盐酸，下列说法不正确的是A.AgCl的溶解度不变B.AgCl的Ksp不变C.溶液中银离子的浓度减小D.溶液中氯离子的浓度增大【答案】A【解析】【分析】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl﹣(aq)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl﹣)，当加入少量稀盐酸时，溶液中c(Cl﹣)增大，部分AgCl析出，c(Ag+)减小，AgCl的溶解度减小，但AgCl的Ksp只与温度有关，温度不变，则AgCl的Ksp不变，据此分析解答。【详解】A．当加入少量稀盐酸时，溶液中c(Cl﹣)增大，抑制了AgCl的溶解，部分AgCl析出，AgCl的溶解度减小，故A错误；B．Ksp只与温度有关，温度不变，则AgCl的Ksp不变，故B正确；C．Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl﹣)，当加入少量稀盐酸时，溶液中c(Cl﹣)增大，则c(Ag+)减小，故C正确；D．当加入少量稀盐酸时，Cl﹣与Ag+结合生成AgCl沉淀，但加入的量远大于结合沉淀减少的量，则最终溶液中c(Cl﹣)增大，故D正确；故选：A。5.下列说法不正确的是A.只含非极性键的分子一定是非极性分子B.极性分子中可能含有非极性键C.H2O比H2S稳定是因为水分子间形成了氢键D.O3是极性分子，含极性共价键【答案】C【解析】【详解】A．只含非极性键的分子一定是非极性分子，A正确；B．极性分子中可能含有非极性键，如：H2O2中含极性键和非极性键，B正确；C．H2O比H2S稳定是H﹣S键键能小于H﹣O键的键能，与氢键无关，C错误；D．O3分子中O原子价层电子对数=2+=3且含有1个孤电子对，O3为V形结构，臭氧分子正负电荷重心不重合，为极性分子，含极性键，D正确；故选C。6.下列说法正确的是A.熵增的反应都是自发的，自发反应的现象一定非常明显 B.应该投入大量资金研究该过程发生的条件，以解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题C.已知，该反应吸热，一定不能自发进行D.常温下，若反应不能自发进行，则该反应的【答案】D【解析】【详解】A．反应进行的方向与反应现象无关，且熵增的反应不一定自发进行，自发反应的现象不一定明显，故A错误；B．为吸热反应，需提供能量，不能利用该吸热反应解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题，经济上不划算，故B错误；C．由化学计量数可知△S＞0，且△H＞0，则高温下可自发进行，故C错误；D．△H-T△S＜0的反应可自发进行，△S＞0，常温下不能自发进行，可知该反应的△H＞0，故D正确；故选：D。7.下列说法不正确的是A.氧化铁常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料B.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维C.氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料D.金属冶炼时产生的含二氧化硫废气经回收后可用于制备硫酸【答案】B【解析】【详解】A．氧化铁是红棕色固体，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，故A正确；B．光导纤维的成分是二氧化硅，不是晶体硅，晶体硅主要用作半导体，故B错误；C．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料，故C正确；D．二氧化硫可以生成硫酸，可实现废物利用，故D正确；故选：B。8.采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果的是A.Na与水反应时，增加水的用量B.Al与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸C.Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应时，增大压强D.Zn与稀硫酸反应时滴入少量CuSO4溶液 【答案】D【解析】【详解】A．水为浓度为定值的纯液体，所以钠与水反应时，增大水的用量不影响反应速率，故A错误；B．常温下，铝在浓硫酸中发生钝化，致密的钝化膜阻碍反应继续进行，所以改用浓硫酸不能加快反应速率，故B错误；C．硫酸钠溶液和氯化钡溶液反应生成硫酸钡和氯化钠的反应是没有气体参加或生成的反应，所以增大压强，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，故C错误；D．向溶液中滴入硫酸铜溶液，锌与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，锌和铜在稀硫酸中构成原电池，原电池反应使反应速率加快，故D正确；故选D。9.下列说法中正确的是A.在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性B.将1×10-6mol/L盐酸稀释1000mL，所得溶液的pH为9C.常温下，水电离出的c(H+)为1×10-13mol/L时，此溶液的pH可能为1或13D.将pH=2的盐酸与醋酸各1mL分别稀释至100mL，所得醋酸的pH略小【答案】CD【解析】【详解】A．在100℃时，纯水电离产生的c(H+)=1×10-6mol/L，所以pH约为6，但由于纯水中c(H+)=c(OH-)，因此此时纯水仍为中性，而不是显酸性，A错误；B．将1×10-6mol/L盐酸稀释1000mL，HCl电离产生c(H+)=1×10-9mol/L，此时溶液中水电离产生的H+不能忽略，溶液仍然显酸性，因此所得溶液的pH不可能为9，B错误；C．常温下，水电离出的c(H+)为1×10-13mol/L＜1×10-７mol/L，水电离受到了抑制作用，可能是加入了酸，也可能是加入了碱，若加入酸，此溶液的pH为1；若加入碱，则该溶液的pH为13，C正确；D．HCl是强酸，完全电离，将pH=2的盐酸，c(H+)=10-2mol/L，将1mL稀释至100mL，此时溶液中c(H+)=10-4mol/L，溶液pH=4；醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以电解质分子存在，pH=2时，c(CH3COOH)＞c(H+)=10-4mol/L，当将该溶液1mL稀释至100mL，假设醋酸电离平衡不移动，此时溶液中c(H+)=10-4mol/L；稀释时使醋酸的电离平衡正向移动，导致溶液中c(H+)＞10-4mol/L，使溶液的pH＜4，可见所得醋酸的pH略小，D正确；故合理选项是CD。10.短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X元素基态原子有2个未成对电子，Y 元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Z的一种“超原子”()具有40个价电子，下列说法不正确的是A.简单离子半径：Y>ZB.的空间构型为平面三角形C.中心原子的杂化方式为sp3杂化D.X、Y、Z的电负性：Y>X>Z【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，其核外电子排布为1s22s22p3，则Y为N元素；X元素基态原子有2个未成对电子，外围电子排布ns2np2或ns2np4，其原子序数小于N，则X为C元素；Z的一种超原子具有40个价电子，Z原子最外层电子数为=3，位于ⅢA族，则Z为Al元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为C元素、Y为N元素、Z为Al元素，A．电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Y>Z，故A正确；B．中C的价层电子对数为3+=3，不含孤电子对，则其空间构型为平面三角形，故B正确；C．中N的价层电子对数为3+=3，所以中心原子N采用sp2杂化，故C错误；D．同周期主族元素从左向右电负性逐渐增大，金属的电负性较小，则电负性：Y>X>Z，故D正确；故选：C。11.下列关于金属防护方法的说法不正确的是A.利用阳极氧化法处理铝制品的表面，使之形成致密的氧化膜而钝化B用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2＋，若得到蓝色溶液，证明原溶液中含Fe2＋C.轮船在船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法D.外加电流，将需要保护的金属做阴极，可以起到防止金属被腐蚀的作用【答案】B【解析】【详解】A．利用阳极氧化法处理铝制品的表面，阳极的电极反应式为:，使之形成致密的氧化膜而钝化；B．检验亚铁离子加入K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，则证明原溶液中含Fe2＋； C．轮船在船壳水线以下常装有一些锌块与铁构成原电池，铁做原电池的正极，锌做原电池的负极材料，利用了牺牲阳极的阴极保护法；D．外加电流的阴极保护法，将需要保护的金属与电源的负极相连做电解池的阴极，可以起到防止金属被腐蚀的作用；答案选B。12.在一定温度下的可逆反应，，，若该温度下的平衡常数K=10，下列说法错误的是A.该温度下B.升高温度，增大的倍数大于增大的倍数C.有利于测定X的相对分子质量的条件为低温高压D.恒压条件下，向平衡体系中充入惰性气体He，X的转化率减小【答案】D【解析】【详解】A．达到平衡时，，则，平衡常数，即，故A正确；B．该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以增大的倍数大于增大的倍数，故B正确；C．测定X的相对分子质量时应该使平衡尽可能逆向移动，该反应的正反应为气体分子数增多的吸热反应，所以条件为低温高压，故C正确；D．恒压条件下，向平衡体系中充入惰性气体He，体积增大，压强减小，平衡正向移动，X的转化率增大，故D错误；答案选D。13.下列反应的方程式不正确的是A.氧化铁与足量氢碘酸溶液反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2OB.铜片上电镀银的总反应(银作阳极，硝酸银溶液作电镀液)：Ag(阳极)Ag(阴极)C.铜与稀硝酸反应：3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2OD.明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液：2Al3++3+3Ba2++6OH﹣=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ 【答案】A【解析】【详解】A．氧化铁与氢碘酸发生氧化还原反应生成碘单质、碘化亚铁和水，其反应的离子方程式为：，A项错误；B．铜片上电镀银时，阳极银失电子生成银离子，阴极溶液中的银离子得电子生成银，总反应(银作阳极，硝酸银溶液作电镀液)为：Ag(阳极)Ag(阴极)，B项正确；C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其反应的离子方程式为：，C项正确；D．明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铝和硫酸钡，其反应的离子方程式为：，D项正确；答案选A。14.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L乙烯中σ键的数目为0.4NAB.在含0.1mol氯化铁的溶液中，N(Fe3+)+N(H+)=0.1NAC.足量Cu与20g98%的浓硫酸共热反应，转移的电子数为0.2NAD.24.5gH2SO4和H3PO4的混合物中含有的O原子数为NA【答案】D【解析】【详解】A．乙烯分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则标况下，2.24L乙烯中σ键的数目为=，A项错误；B．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中水解，使溶液中的阳离子数目增大，则在含0.1mol氯化铁的溶液中铁离子和氢离子的数目之和大于，B项错误；C．Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，随着反应进行硫酸浓度减小，变成稀硫酸与铜不反应，足量铜与20g98%的浓硫酸共热反应时，则反应转移的电子数小于×2××=，C项错误；D．硫酸和磷酸摩尔质量都为98g/mol，均含有4个O原子，则24.5g 硫酸和磷酸的混合物中含有的氧原子数为×4×=，D项正确；答案选D。15.下列实验能达到预期目的的是编号实验内容实验目的A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡B室温下，用pH试纸分别测定浓度为18mol/L和0.1mol/LH2SO4溶液的pH比较不同浓度H2SO4的酸性强弱C配制FeCl2溶液时，先将FeCl2溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后在试剂瓶中加入少量铜粉抑制Fe2＋水解，并防止Fe2＋被氧化D向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故A正确；B．18mol/L的硫酸为浓硫酸，浓硫酸具有脱水性、强氧化性，无法用pH试纸测定其pH，故B错误；C．配制FeCl2溶液时，先将FeCl2溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后应该在试剂瓶中加入少量铁粉，否则会引进杂质铜离子，故C错误；D．氢氧化钠过量，不能证明溶解度大小，如加入足量氯化镁完全生成氢氧化镁沉淀后再加入氯化铁，能生成红褐色沉淀，则可证明，故D错误；故选A。16.相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液 (a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH．下列说法正确的是A.电池放电过程中，Cu(2)作正极，电极反应为Cu2++2e-═CuB.c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜C.b为电解池的阴极，电极反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-D.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得80gNaOH【答案】B【解析】【分析】浓差电池中，左侧溶液中Cu2+浓度大，Cu2+的氧化性强，则Cu(1)电极为正极、Cu(2)电极为负极，正极上Cu2+发生得电子的还原反应，正极反应为Cu2++2e﹣═Cu，负极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+；电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成O2和H+，阳极反应为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，阴极上水得电子生成H2，阴极反应为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，所以Na+通过离子交换膜c生成NaOH，通过离子交换膜d生成硫酸，即c、d离子交换膜分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜。【详解】A．浓差电池中，Cu(1)电极为正极，正极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应为Cu2++2e﹣═Cu，故A错误；B．a电极为阴极、b电极为阳极，阳极反应为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，阴极反应为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，则a极附近生成NaOH、b极附近生成H2SO4，所以钠离子通过离子交换膜c生成NaOH、为阳离子交换膜，硫酸根通过离子交换膜d生成硫酸、为阴离子交换膜，故B正确；C．电解槽中a电极为阴极，水发生得电子的还原反应生成氢气，a电极反应为4H2O+4e﹣═2H2↑+4OH﹣，故C错误；D．电池从开始工作到停止放电，溶液中Cu2+浓度变为1.5mol/L，正极析出Cu：(2.5﹣1.5)mol/L×2L=2mol，正极反应为Cu2++2e﹣═Cu，阴极反应为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，根据电子守恒有Cu～2e﹣～2NaOH，电解池理论上生成NaOH的物质的量n(NaOH)=2n(Cu)=4mol，生成NaOH的质量m(NaOH)=nM=4mol×40g/mol=160g，故D错误；故选B。 17.时下的热门药物布洛芬，其具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的成酯修饰：，以减轻副作用，下列说法不正确的是A.该做法使布洛芬的水溶性增强B.布洛芬中的碳原子有采取sp2和sp3杂化C.可用红外光谱仪检测两种有机物的分子结构D.布洛芬和成酯修饰产物中均含手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．羧基转化为酯基，酯基不溶于水，水溶性减弱，故A错误；B．甲基上C为sp3杂化，苯环及双键上C为sp2杂化，均有两种杂化方式，故B正确；C．红外光谱仪可确定化学键及官能团，可检测有机物的结构，故C正确；D．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，、中黑球表示的碳原子为手性碳原子，故D正确；故选：A。18.常温下，物质的量浓度相同的三种盐溶液的依次为7、9、10，下列说法不正确的是A.是强酸B.离子浓度C.三种盐溶液中水的电离度都比纯水大D.【答案】C【解析】【详解】A．溶液PH=7说明NaX溶液不水解，是强酸，故A正确； B．因pH越大，说明酸根离子水解越是强烈，所以盐溶液中离子浓度，故B正确；C．依据NaX溶液PH=7分析，X-离子不水解，溶液中水的电离度不变，故C错误；D．根据物料守恒：c(Na+)=c(X-),c(Na+)=，物质的量浓度相同的三种盐溶液，c(Na+)=，故D正确；故选C。19.利用铜-铈氧化物(，Ce是活泼金属)催化氧化除去中少量CO的可能机理如图所示。下列说法正确的是A.反应(iii)中Cu、Ce化合价均未改变B.反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致C.若用参与反应，一段时间后，不可能出现在铜-铈氧化物中D.铜-铈氧化物减小了反应的反应热【答案】B【解析】【详解】A．反应(iii)中放出二氧化碳，碳元素化合价变化，故Cu、Ce化合价不可能都未改变，A项错误；B．氧化铜可能被一氧化碳还原为铜，则该催化剂的活性就会下降，B项正确；C．若用参与反应，一段时间后，会有一个出现在铜-铈氧化物中，C项错误；D．催化剂能改变反应速率，但不影响反应热，D项错误。故选B。20.25℃时，用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是 A.点①和点②所示溶液中：c(CH3COO﹣)﹣c(CN﹣)═c(HCN)﹣c(CH3COOH)B.④⑤为两个反应的滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂C.HCN酸性比CH3COOH弱，所以点①溶液中水的电离程度小于点②溶液D.点②和点③间(不含端点)存在离子浓度大小关系：c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)【答案】C【解析】【详解】A．点①所示溶液的溶质为HCN和NaCN，点②所示溶液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，利用物料守恒可知，点①所示溶液满足：c(HCN)+c(CN﹣)═2c(Na+)，点②所示溶液满足：c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，则c(CH3COO﹣)﹣c(CN﹣)═c(HCN)﹣c(CH3COOH)，A正确；B．NaOH溶液分别滴定CH3COOH溶液和HCN溶液时，恰好完全反应溶质分别为CH3COONa和NaCN，溶液均显碱性，④⑤时消耗氢氧化钠的体积为20mL，则④⑤为两个反应的滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂，B正确；C．点①所示溶液的溶质为HCN和NaCN，点②所示溶液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，HCN酸性比CH3COOH弱，HCN的电离程度小于CH3COOH电离程度，则NaCN的水解程度大于CH3COONa，盐的水解促进水的电离，酸抑制水的电离，则所以点①溶液中水的电离程度大于点②溶液，C错误；D．点②和点③间(不含端点)均显酸性，则溶液中存在离子浓度大小关系：c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)，D正确；故选C。21.室温下，通过下列实验来探究NH4HCO3的性质。实验1：测得0.1mol·L-1NH4HCO3溶液的pH=9.68实验2：向浓度为0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中加入足量NaOH，有刺激性气味气体产生实验3：浓度均为2.0mol·L-1NH4HCO3溶液和NaCl溶液等体积混合，有晶体析出，过滤下列说法正确的是 A.0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中存在：c(H+)+2c(H2CO3)=c(CO)+c(OH-)+c(NH3•H2O)B.由实验1可得：Kb(NH3•H2O)>Ka1(H2CO3)C.实验2中发生反应的离子方程式为NH+OH-=NH3↑+H2OD.实验3中所得滤液中存在：c(NH)+c(NH3•H2O)=c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中,由质子守恒可得c(H+)+c(H2CO3)=c(CO)+c(OH-)+c(NH3•H2O)，故A错误；B．由实验1可知，0.1mol·L-1NH4HCO3溶液显碱性，可知NH的水解程度小于HCO的水解程度，则Kb(NH3•H2O)>Ka1(H2CO3)，故B正确；C．实验2中的NaOH是足量的，所以反生反应的离子方程式是NH+HCO+2OH-=NH3↑+2H2O+CO，故C错误；D．实验3中析出的晶体是溶解度较小的NaHCO3晶体，则滤液中NH4Cl的量要大于NaHCO3，则根据物料守恒：c(NH)+c(NH3•H2O)>c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)，故D错误；答案B。22.“类比”是预测物质性质与化学反应的重要方法之一，但“类比”不能违背客观事实，下列“类比”合理的是A.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2B.Na在空气中燃烧生成Na2O2，则同族的Li在空气中燃烧也生成Li2O2C.Al(OH)3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]，则Be(OH)2也能溶于NaOH溶液生成Na2[Be(OH)4]D.Al3+与S2﹣在水溶液中因水解无法大量共存，则Fe3+与S2﹣在水溶液中也因水解无法大量共存【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫具有还原性，与过氧化钠发生氧化还原反应生成硫酸钠，故A错误；B．锂在空气中燃烧只生成一种氧化物，即Li2O，不存在Li2O2，故B错误；C．Al(OH)3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]，则Be(OH)2也能溶于NaOH溶液生成Na2[Be(OH)4]，故C正确；D．Fe3+与S2﹣ 能够发生氧化还原反应，所以二者不能大量共存是因为发生氧化还原反应，与水解无关，故D错误；故选：C。23.有一化合物X，其水溶液为浅绿色，有如图所示的转化关系(部分反应物、生成物已略)。其中B、D、E、F均为无色气体，C为难溶于水的红褐色固体。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，H和M反应可放出大量的热。(电解装置中用石墨做电极)下列说法正确的是A.同浓度的X溶液和硫酸铵溶液相比，前者的pH小B.图中转化关系中只包含一个化合反应C.“混合液”电解一段时间后pH不变D.X溶液和G溶液混合，无明显实验现象【答案】A【解析】【分析】化合物X，其水溶液为浅绿色，可以推测出其可能含有Fe2+。其又与过量的NaOH溶液反应，产生气体B，可以推测其含有，则B为NH3。C为难溶于水的红褐色固体，再结合化合物X可能含有Fe2+，两下印证，可以推测出C为Fe(OH)3，于是A就为Fe(OH)2，H为Fe2O3，其与M反应可放出大量的热，可联想到铝热反应，所以L为Fe，这个反应是个置换反应。混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，推测出混合液中含有，所以混合液为NaOH与Na2SO4的混合液，电解时，根据电极离子放电顺序，可知被电解物质实际上是水，所以E和D为氢气和氧气，B与D两种气体催化反应，B为NH3，可联系到氨气的催化氧化，所以D是氧气，F是NO，G为硝酸，X为(NH4)2Fe(SO4)2。【详解】A．X为(NH4)2Fe(SO4)2，同浓度的X溶液和硫酸铵溶液相比，前者的pH小，因为亚铁离子会促进铵根水解，故A正确；B．从上述分析过程中，生成G的反应是4NO+3O2+2H2O=4HNO，为化合反应；A与氧气反应生成C，为化合反应，故B错误；C．通过分析，混合液的成分为NaOH与Na2SO4，所以用石墨做电极电解时，根据电极离子放电顺序，可以判断被电解的物质是水，一段时间后，水变少，溶液浓度变大，PH值肯定发生变化，故C错误； D．G为硝酸具有氧化性，会将亚铁离子氧化为三价铁离子，溶液会有绿色变为黄色，故D错误；本题答案为A。24.某温度下，向50mLCuCl悬浊液中缓慢加入NaI固体并搅拌，体系中c(I-)与c(Cu+)的变化曲线如图所示。已知：该温度下，Ksp(CuI)=1.0×10-12。下列说法正确的是A.图示中的x为10-6B.Ksp(CuCl)=1.0×10-9C.向100mL含0.1molCuI的悬浊液中加入足量的饱和食盐水，充分搅拌反应，可实现CuI全部转化为CuClD.若c点CuCl未完全溶解，则曲线bc段内，c(Cl-)：c(I-)=106【答案】D【解析】【详解】A．根据图象可知b点c(Cu+)=1.0×10-3mol/L，b点开始产生CuI沉淀，已知Ksp(CuI)=c(I-)×c(Cu+)=1.0×10-12，故c(I-)=1.0×10-9，故A错误；B．根据图象可知a点CuCl悬浊液中c(Cl-)=c(Cu+)=1.0×10-3mol/L，则Ksp(CuCl)=c(Cl-)×c(Cu+)=1.0×10-3×1.0×10-3=1.0×10-6，故B错误；C．根据沉淀的转化可知，该转化的平衡常数为，可知该反应不可能转化完全，故C错误；D．若c点CuCl未完全溶解，则曲线bc段内，c(Cl-)：c(I-)=Ksp(CuCl)：Ksp(CuI)=106，故D正确；故答案为D25.已知反应：2X(g)⇌Y(g)ΔH<0。在T1℃和T2℃下，容积均为2L的密闭容器中，气体X的浓度与反应时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A.容器内压强不变时，表明反应达到平衡B.a、b、c三点的反应速率大小为c>a>bC.T1℃，容积压缩为1L，反应1h，Y的体积分数>D.其他条件相同时，T1℃、T2℃下X的平衡转化率：α(T1)<α(T2)【答案】D【解析】【详解】A．该反应前后体积发生改变，密闭容器中，当压强不变时，表明反应达到平衡，A项正确；B．由图可知，曲线斜率较大代表反应速率较快，故T1b，B项正确；C．T1条件下反应1h时，Y的浓度为mol/L=0.45mol/L，则其体积分数为，若容器体积变为1L，则平衡正向移动，Y的体积分数>，C项正确；D．该反应△H<0，升高温度，平衡逆向移动，X的平衡转化率减小，故α(T1)＞α(T2)，D项错误；答案选D。二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.回答下列问题：（1）门捷列夫按元素的相对原子质量大小排列，获得了元素周期律，但他发现钴的相对原子质量(58.93)和镍的相对原子质量(58.69)顺序是颠倒的。回答下列问题：①Co在元素周期表中的位置为___________；基态Ni原子价层电子排布式为：___________；Ni基态原子的3d能级上未成对电子数为___________；②钴和镍的相对原子质量顺序颠倒的原因可能是___________。（2）两种有机物的相关数据如表：物质邻羟基苯甲酸对羟基苯甲酸 水中溶解性(20℃)<1g/L5g/LpKa(20℃)3.914.48常温下，邻羟基苯甲酸在水中的溶解性比对羟基苯甲酸小，而邻羟基苯甲酸的酸性比对羟基苯甲酸强，原因是：___________。（3）磷酸盐在微生物作用下可转化为PH3，PH3的中心原子的杂化方式为___________。PH3键角为93.6°，小于VSEPR模型的预测值，原因为___________。【答案】（1）①.第四周期第Ⅷ族②.3d84s2③.2④.元素周期表按核电荷数由大到小的顺序编排的（2）对羟基苯甲酸形成分子间氢键；邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，羟基氢更易电离，酸性更强（3）①.sp3②.PH3的VSEPR模型为正四面体形，其中有一个孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力。【解析】【详解】(1)①基态Co原子价电子排布式为3d74s2，位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族；基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，Ni基态原子的3d能级上未成对电子数为2，故答案为：第四周期第Ⅷ族；3d84s2；2；②元素周期表按核电荷数由大到小的顺序编排的，Co的核电荷数是27，而Ni的是28，所以Co排在Ni的前面；元素的相对原子质量是由它在自然界中各种同位素的相对原子质量与其丰度的乘积的和，镍元素有多种同位素，且相对分质量较小的Ni、Ni在自然界中的丰度比较大，而钴只有一种稳定同位素59Co，造成Ni元素的平均相对原子质量小于Co元素的，使得钴和镍的相对原子质量顺序与原子顺序颠倒，故答案为：元素周期表按核电荷数由大到小的顺序编排的；(2)邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸形成分子间氢键，增大了其溶解度；邻羟基苯甲酸的酸性强于苯甲酸的原因是邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，羟基氢更易电离，酸性更强，故答案为：对羟基苯甲酸形成分子间氢键；邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，羟基氢更易电离，酸性更强；(3)PH3的中心P原子的价层电子对数为3+=4，有1个孤电子对，P原子杂化方式为sp3；PH3的VSEPR模型为正四面体形，其中有一个孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，所以PH3键角为93.6°，小于VSEPR模型的预测值，故答案为：sp3；PH3的VSEPR模型为正四面体形，其中有一个孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力。 27.回答下列问题：（1）泡沫灭火器中的药品是NaHCO3、Al2(SO4)3，用离子方程式表示泡沫灭火器的原理___________。外筒的材质是铁，内筒是玻璃，则外筒应该盛放___________溶液。（2）5.2g乙炔(C2H2)气体完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出259.9kJ的热量，写出乙炔燃烧热的热化学方程式___________。（3）H3BO3具有一元弱酸的性质，在水中可产生正四面体结构的离子，写出H3BO3在水中的电离方程式：___________。（4）25℃时，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，若溶液中c()=c(Cl﹣)，则氨水的电离平衡常数为___________。(用含a的表达式来表示)（5）在25℃时，醋酸和亚硫酸电离常数如表：醋酸亚硫酸K=1.8×10﹣5K1=1.54×10﹣2K2=1.02×10﹣7醋酸滴入Na2SO3溶液中，反应的离子方程式为___________。【答案】（1）①.3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑②.NaHCO3（2）C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=﹣1299.5kJ•mol-1（3）H3BO3+H2O⇌[B(OH)4]-+H+（4）（5）CH3COOH+=+CH3COO-【解析】【详解】(1)碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳、水，离子方程式：3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，外筒的材质是铁，内筒是玻璃，硫酸铝水解，溶液显酸性，和铁发生反应，则外筒应该盛放溶液是NaHCO3溶液，故答案为：3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑；NaHCO3；(2)5.2g的气态乙炔(C2H2)物质的量==0.2mol乙炔，0.2mol乙炔在氧气中燃烧，生成二氧化碳和液态水，放出259.9kJ的热量，则1mol乙炔在氧气中燃烧，生成二氧化碳和液态水，放出的热量= =1299.5kJ，故热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l))△H=﹣1299.5kJ•mol﹣1，故答案为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=﹣1299.5kJ•mol﹣1；(3)硼酸属于一元弱酸，不能完全电离，电离方程式为：H3BO3+H2O⇌[B(OH)4]﹣+H+，故答案为：H3BO3+H2O⇌[B(OH)4]-+H+；(4)反应平衡时溶液中c()=c(Cl﹣)，则溶质为NH4Cl和NH3•H2O；平衡时溶液中c()=c(Cl﹣)=0.005mol/L，根据物料守恒得c(NH3•H2O)=(0.5a﹣0.005)mol/L，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH﹣)=10﹣7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb=，故答案为：；(5)醋酸的电离平衡常数大于亚硫酸的二级电离，小于亚硫酸的一级电离，醋酸滴入Na2SO3溶液中，反应的离子方程式为CH3COOH+=+CH3COO-，故答案为：CH3COOH+=+CH3COO-。28.由三种元素组成的难溶化合物A是一种新型超薄二维纳米材料，可用作锂电池的正极材料。可按如图流程探究A的组成(已知A与稀盐酸恰好完全反应，且溶液B与KSCN溶液作用显血红色)。（1）A中非金属元素是___________，A化学式是___________。（2）固体A与稀盐酸反应的离子方程式是___________。（3）上述流程探究中有过滤操作，该操作时需要用到的玻璃仪器有___________。（4）Li、化合物A、有机溶剂(可传导Li+)组成电池，放电时正极生成金属单质和两种含锂的化合物，放电时正极的电极反应式为___________。【答案】（1）①.O、Cl②.FeOCl（2）FeOCl+2H+=Fe3++Cl-+H2O（3）烧杯、漏斗、玻璃棒 （4）FeOCl+3Li++3e-=Fe+Li2O+LiCl【解析】【分析】溶液B与KSCN溶液作用显血红色，说明溶液B含有Fe3+，溶液B与氢氧化钠反应得到沉淀C，C是铁的氢氧化物，灼烧C得到红棕色沉淀，红棕色沉淀为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.05mol，则21.5gA中含有铁原子为0.05mol×2×2=0.2mol；溶液B与硝酸酸化的硝酸银反应生成43.05g沉淀是AgCl，n(AgCl)==0.3mol，则21.5gA中含有氯原子的物质的量是0.3mol×2﹣0.1L×4mol/L=0.2mol，固体A与盐酸反应得到B溶液，可知A中还含有氧元素，根据质量守恒，21.5gA中氧原子的物质的量是21.5g﹣0.2mol×56g/mol﹣0.2mol×35.5g/mol=3.2g，氧原子的物质的量是=0.2mol，A中n(Fe)：n(O)：n(Cl)=0.2mol：0.2mol：0.2mol=1：1：1，则A化学式为FeOCl，根据化合价代数和为0可知，A中Fe元素化合价为+3价，则C为Fe(OH)3。【详解】(1)由分析可知，A中含有Fe、O、Cl元素，非金属元素是O、Cl，A的化学式是FeOCl，故答案为：O、Cl；FeOCl；(2)FeOCl与稀盐酸反应生成氯化铁、水，反应的离子方程式：FeOCl+2H+=Fe3++Cl﹣+H2O，故答案为：FeOCl+2H+=Fe3++Cl-+H2O；(3)上述流程探究中有过滤操作，该操作时需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)Li、FeOCl、有机溶剂(可传导Li+)组成电池，Li为负极，FeOCl为正极，放电时正极生成金属单质和两种含锂的化合物，即FeOCl得电子生成铁单质和氧化锂、氯化锂，放电时正极的电极反应式：FeOCl+3Li++3e﹣=Fe+Li2O+LiCl，故答案为：FeOCl+3Li++3e-=Fe+Li2O+LiCl。29.污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，脱除燃煤尾气中的SO2并制得MnO2的流程如图：回答下列问题：Ⅰ．请回答： （1）下列各组试剂中，能检验“尾气”中SO2是否除尽的是___________(填序号)。a．氯化钡溶液b．稀硫酸酸化的KMnO4溶液c．I2﹣淀粉的混合溶液d．NaOH溶液（2）步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为___________。Ⅱ．可利用滴定法来测定尾气中SO2的含量，实验室按以下步骤进行：①量取标况下1000mL尾气样品，通入适量NaOH溶液中；②配制成250mL溶液；③准确量取25.00mL；④将25.00mL溶液置于锥形瓶中；⑤用0.0100mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，达到滴定终点时，消耗10.00mL溶液。（3）滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：检漏→蒸馏水洗涤→___________→开始滴定。A．烘干B．装入滴定液至零刻度以上C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D．用洗耳球吹出润洗液E．排除气泡F．用滴定液润洗2至3次G．记录起始读数（4）该尾气中SO2的含量为___________g/L。（5）以下操作会造成测定结果偏低的是___________。A.达到滴定终点读取数据时，俯视滴定管液面B.锥形瓶未用待测液润洗C.盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失D.溶液颜色变化后，立即读数【答案】（1）bc（2）3Mn2++2+2H2O=5MnO2↓+4H+（3）F→B→E→C→G（4）0.16（5）AD【解析】【分析】由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰。 【小问1详解】a．二氧化硫和氯化钡溶液不发生反应，a错误；b．二氧化硫有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，b正确；c．二氧化硫有还原性，能和碘反应从而使碘水和淀粉的混合液的蓝色褪去，c正确；d．二氧化硫虽然和NaOH溶液反应，但生成物也是无色的，所以无明显现象，d错误；故选bc。【小问2详解】步骤IV中加入高锰酸钾的目的是将Mn2+氧化为最终产品MnO2，高锰酸钾的还原产物也是MnO2，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：3Mn2++2+2H2O=5MnO2↓+4H+。【小问3详解】滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至零刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下→记录起始读数，F→B→E→C→G。【小问4详解】二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，亚硫酸钠和酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为5+2+6H+=5+2Mn2++3H2O，得关系式5SO2～2，消耗酸性KMnO4溶液0.0100mol/L×10.00×10﹣3L=0.0001mol，则溶液该尾气中SO2的含量为g/L=0.16g/L，【小问5详解】A．达到滴定终点读取数据时，俯视视滴定管液面，标准液体积偏小，结果偏低，A正确；B．锥形瓶未用待测液润洗，对结果无影响，B错误；C．盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积偏大，结果偏大，C错误；D．溶液颜色变化后，立即读数，消耗标准液体积偏小，结果偏小，D正确；故选AD。30.二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：该反应一般认为通过如下步骤来实现： ①②总反应的_______；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______(填标号)，判断的理由是_______。A.B.C.D.(2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在℃下的、在下的如图所示。①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式_______；②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______；③当时，的平衡转化率____，反应条件可能为___或___。【答案】①.-49②.A③.ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的 ④.⑤.b⑥.总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小⑦.33.3%⑧.5×105Pa，210℃⑨.9×105Pa，250℃【解析】【分析】【详解】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①，②，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为：；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的。(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故答案为：。②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。③设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则，当平衡时时，=0.1，解得x=mol，平衡时CO2的转化率α==33.3%；由图可知，满足平衡时的条件有：5×105Pa，210℃或 9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。