浙江省衢溫“5+1”聯(lián)盟2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期期末考試聯(lián)考化學(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1浙江省衢溫“5+1”聯(lián)盟2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期期末聯(lián)考考生須知：1．本卷共8頁滿分100分，考試時間90分鐘。2．答題前，在指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準(zhǔn)考證號并填涂相應(yīng)數(shù)字。3．所有〖答案〗必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4．考試結(jié)束后，只需上交答題紙。5．可能用到的相對子質(zhì)量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5P：31K：39Fe：56Cu：64Ag：108Sn：119Ba：137Ⅰ卷選擇題部分一、選擇題(本大題共22小題，1-16每小題2分，17-22每小題3分，共50分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.在水溶液中呈酸性且促進(jìn)水電離的是A.NaHSO4 B.BeCl2 C.NaHCO3 D.KNO3〖答案〗B【詳析】A．NaHSO4完全電離出氫離子溶液呈酸性，但抑制水的電離，A錯誤；B．BeCl2為強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液呈酸性，Be2+發(fā)生水解反應(yīng)，促進(jìn)水的電離，B正確；C．NaHCO3為強(qiáng)堿弱酸鹽，碳酸氫根離子發(fā)生水解程度大于電離程度，溶液呈堿性，C錯誤；D．KNO3為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，溶液呈中性，不促進(jìn)水的電離，D錯誤；故選：B。2.下列物質(zhì)屬于弱電解質(zhì)的是A.BaSO4 B.CH3CH2OH C.HF D.SO2〖答案〗C【詳析】A．BaSO4在水中溶解的部分是完全電離的，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，A不符合題意；B．CH3CH2OH在水中不能電離，屬于非電解質(zhì)，B不符合題意；C．HF在水中部分電離，屬于弱電解質(zhì)，C符合題意；D．SO2在水中形成H2SO3，H2SO3在水中部分電離，但是SO2本身不會電離，故SO2屬于非電解質(zhì)，D不符合題意；故選C。3.酸堿中和滴定實驗中不需要的儀器是A. B. C. D.〖答案〗A【詳析】酸堿發(fā)生中和滴定，需使用的儀器有鐵架臺、堿式滴定管、酸式滴定管、滴定管夾、錐形瓶、不使用使用蒸發(fā)皿，圖示的儀器中A是量筒，B是堿式滴定管，C是錐形瓶，D是滴定管夾，可見不需要使用的儀器的選項是A。4.下列化學(xué)用語表示正確的是A.Ca2+的結(jié)構(gòu)示意圖：B.基態(tài)鎂原子核外電子的軌道表示式為C.甲烷的球棍模型：D.基態(tài)銅原子的價層電子排布式：3d104s1〖答案〗D【詳析】A．Ca2+的核外電子數(shù)為20-2=18，所以其結(jié)構(gòu)示意圖為，A不正確；B．依據(jù)泡利不相容原理，基態(tài)鎂原子的3s軌道上的電子自旋方向應(yīng)相反，B不正確；C．為甲烷的空間填充模型，而不是球棍模型，C不正確；D．基態(tài)銅原子(29Cu)的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，價層電子排布式為3d104s1，D正確；故選D。5.下列說法不正確的是A.電解精煉銅的陰極反應(yīng)：Cu2++2e-=CuB.純銀器表面在空氣中因電化學(xué)腐蝕漸漸變暗C.稀土元素可以用來制造合金D.儲氫材料-鑭鎳合金(LaNi5)貯存氫氣時發(fā)生了化學(xué)變化〖答案〗B【詳析】A．電解精煉銅時，溶液中的Cu2+在陰極得電子生成Cu，電極反應(yīng)為Cu2++2e-═Cu，故A正確；B．發(fā)生電化學(xué)腐蝕時，金屬應(yīng)不純，純銀Ag在空氣中和硫化氫反應(yīng)生成Ag2S而漸漸變暗，屬于化學(xué)腐蝕，故B錯誤；C．在合金中加入適量稀土金屬，能大大改善合金的性能，所以稀土元素被譽(yù)為新材料的寶庫，又被稱為“冶金工業(yè)的維生素”，故C正確；D．貯氫金屬在一定的溫度和壓強(qiáng)下能夠大量吸收氫氣，一個金屬原子可以與兩三個乃至更多個氫原子結(jié)合，形成金屬氫化物，屬于化學(xué)變化，故D正確；

故選：B。6.關(guān)于反應(yīng)3FeSO4+2O3+3NO=Fe2(SO4)3+Fe(NO3)3下列說法正確的是A.Fe2(SO4)3既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物B.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶3C.該反應(yīng)中被NO氧化的O3占消耗掉O3的1/4D.3molFeSO4反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為12NA〖答案〗D【詳析】A．FeSO4中亞鐵離子、NO中N元素化合價升高，被氧化生成氧化產(chǎn)物，F(xiàn)e2(SO4)3是氧化產(chǎn)物，故A錯誤；B．反應(yīng)中FeSO4、NO化合價升高為還原劑，O3化合價降低為氧化劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶3，故B錯誤；C．該反應(yīng)中NO的氮元素化合價由+2升高為+5，NO為還原劑，NO還原O3，故C錯誤；D．3molFeSO4反應(yīng)共消耗O3為2mol，根據(jù)O原子由0價降低為-2價以及得失電子守恒，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為12NA，故D正確；〖答案〗選D。7.下列說法不正確是A.pH計、酚酞和甲基橙均能用于NaOH溶液滴定鹽酸終點的判斷B.受溴腐蝕致傷時，先用甘油清洗傷口，再用大量的水洗C.萃取前，向分液漏斗中加少量水，檢查旋塞芯處不漏水，即可使用D.不可用溴水溶液檢驗丙烯醛中的碳碳雙鍵〖答案〗C【詳析】A．NaOH溶液滴定鹽酸，終點時溶液顯中性，可用pH計、酚酞和甲基橙判斷滴定終點，故A正確；B．溴易溶于甘油，則受溴腐蝕致傷時，先用甘油洗傷口，再用大量的水洗，故B正確；C．萃取前向分液漏斗中加少量水，檢查旋塞處，不漏水，再將旋塞旋轉(zhuǎn)180°，不漏水，還需檢驗上口塞子是否漏水，故C錯誤；D．醛基和碳碳雙鍵均能使溴水褪色，不可用溴水溶液檢驗丙烯醛中的碳碳雙鍵，故D正確；故選C。8.常溫下，下列各組離子在相應(yīng)條件下可能大量共存的是A.水電離的的溶液中：、、、B.遇甲基橙變紅色的溶液中：、、、C.溶液：、、、D.溶液中：、、、〖答案〗A【詳析】A．水電離的的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，在堿性溶液中，不能大量存在，在酸性溶液中，、、、都可以大量存在，A符合題意；B．遇甲基橙變紅色的溶液呈酸性，在酸性溶液中，、能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，B不符合題意；C．的溶液呈酸性，在酸性溶液中，不能大量存在，C不符合題意；D．溶液呈酸性，在酸性溶液中，、能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，D不符合題意；故選A。9.某反應(yīng)A+B=C+D在低溫下能自發(fā)進(jìn)行，在高溫下不能自發(fā)進(jìn)行，對該反應(yīng)過程△H、△S的判斷正確的是（）A.△H＜0，△S＞0B.△H＞0，△S＞0C.△H＜0，△S＜0D.△H＞0，△S＜0〖答案〗C【詳析】化學(xué)反應(yīng)能否自發(fā)進(jìn)行，取決于焓變和熵變的綜合判據(jù)，當(dāng)△G=△H-T?△S＜0時，反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，A．△H＜0，△S＞0，一定存在△G=△H-T?△S＜0，在任何溫度下反應(yīng)都能自發(fā)進(jìn)行，故A不符合題意；B．△H＞0，△S＞0，高溫下△G=△H-T?△S＜0，則高溫下反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，低溫下不能自發(fā)進(jìn)行，故B不符合題意；C．△H＜0，△S＜0，低溫下△G=△H-T?△S＜0，則低溫下反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，高溫下不能自發(fā)進(jìn)行，故C符合題意；D．△H＞0，△S＜0，一定存在△G=△H-T?△S＞0，反應(yīng)在任何溫度下都不能自發(fā)進(jìn)行，故D不符合題意；〖答案〗選C。10.設(shè)N為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液中含有OH-的數(shù)目為0.2NAB.49.5gCOCl2中的碳氯鍵數(shù)目為NAC.31gP4中的共價鍵數(shù)目為NAD.120gNaHSO4和KHSO3的水溶液中含有的陽離子數(shù)為NA〖答案〗B【詳析】A．0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液中OH-的濃度為0.2mol/L，溶液體積不知不能計算氫氧根離子數(shù)，故A錯誤；B．49.5gCOCl2的物質(zhì)的量為：，COCl2的結(jié)構(gòu)式為，1個COCl2分子中含有2個C-Cl，49.5gCOCl2中的碳氯鍵數(shù)目為NA，故B正確；C．31gP4的物質(zhì)的量為：，含有共價鍵的物質(zhì)的量為：0.5mol×6=3mol，所含共價鍵的數(shù)目為3NA，故C錯誤；D．NaHSO4和KHSO3的摩爾質(zhì)量均為120g/mol，故120g混合物的物質(zhì)的量為1mol，而NaHSO4和KHSO3的固體均由1個陽離子和1個陰離子構(gòu)成，故1mol混合物中含陽離子為NA個，故D錯誤；

故選：B。11.X、Y、Z、W為短周期元素，X2-和Y+核外電子排布相同，X、Z位于同一主族，Y、Z、W位于同一周期，W的最外層電子數(shù)是X、Y最外層電子數(shù)之和。下列說法不正確的是A.離子半徑Z>X>YB.第一電離能：Y＜ZC.Y、W均屬于元素周期表中的p區(qū)元素D.X、Y、Z、W核電荷數(shù)逐漸增大〖答案〗C【詳析】X、Y、Z、W為短周期元素，X2-和Y+核外電子排布相同，X、Z位于同一主族，則X為O元素，Z為S元素，Y為Na元素，Y、Z、W位于同一周期，W的最外層電子數(shù)是X、Y最外層電子數(shù)之和，則W為Cl元素。A.具有相同電子結(jié)構(gòu)的離子核電荷數(shù)越大半徑越小，Z離子多一個電子層半徑最大，故離子半徑Z>X>Y，選項A正確；B.Y為金屬元素，Z為非金屬元素，第一電離能：Y＜Z，選項B正確；C.Na屬于元素周期表中的s區(qū)元素，、Cl屬于元素周期表中的p區(qū)元素，選項C不正確；D.X、Y、Z、W核電荷數(shù)分別為8、11、16、17，逐漸增大，選項D正確；〖答案〗選C。12.已知幾種化學(xué)鍵的鍵能和熱化學(xué)方程式如下：化學(xué)鍵H—NN—NCl—ClN≡NH—Cl鍵能(kJ?mol-1)391193243946432N2H4(g)+2Cl2(g)=N2(g)+4HCl(g)ΔH，下列推斷正確的是A.H(g)+Cl(g)=HCl(g)ΔH=+432kJ·mol-1B.斷裂lmolH-Cl鍵吸收能量比斷裂1molN≡N鍵多514kJC.上述反應(yīng)中，ΔH=-431kJ·mol-1D.上述反應(yīng)中，斷裂極性鍵和非極性鍵，只形成極性鍵〖答案〗C【詳析】A．H(g)+Cl(g)=HCl(g)是形成化學(xué)鍵的過程，是放熱過程，△H=-432kJ/mol，故A錯誤；B．?dāng)嗔?molCl—Cl鍵吸收能量為243kJ，斷裂1molN≡N鍵吸收能量為946kJ，因此斷裂1molCl—Cl鍵吸收能量比斷裂1molN≡N鍵少703kJ，故B錯誤；C．焓變ΔH=反應(yīng)物的鍵能之和-生成物的鍵能之和=4×(391kJ/mol)+(193kJ/mol)+2×(243kJ/mol)-(946kJ/mol)-4×(432kJ/mol)=-431kJ/mol，故C正確；D．上述反應(yīng)中，斷裂了N-H極性鍵和Cl-Cl、N-N非極性鍵，形成了H-Cl極性鍵和N≡N非極性鍵，故D錯誤；故選C。13.某溫度下，向2L密閉容器中通入1molNO和0.5molBr，發(fā)生如下反應(yīng)：2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)，Br2的物質(zhì)的量隨時間變化的實驗數(shù)據(jù)如下表：時間/min5101520253035n(Br2)/mol0.380300.250.230.200.200.20下列說法不正確的是A.第18min的瞬時速率小于第25min的瞬時速率B.0~10min，消耗Br2的平均速率是0.01mol·L-1·min-1C.30~35min，NO的物質(zhì)的量濃度不再改變D.任意時刻，容器中NO和Br2的轉(zhuǎn)化率始終相等〖答案〗A【詳析】A．由表格數(shù)據(jù)可知，25min后溴的物質(zhì)的量保持不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，18min時反應(yīng)未達(dá)到平衡，則第18min的瞬時速率大于第25min的瞬時速率，故A錯誤；B．由表格數(shù)據(jù)可知，溴的物質(zhì)的量為0.30mol，則0~10min內(nèi)溴的反應(yīng)速率為=0.01mol·L-1·min-1，故B正確；C．由表格數(shù)據(jù)可知，25min后溴的物質(zhì)的量保持不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，則30~35min，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，一氧化氮的物質(zhì)的量濃度不變，故C錯誤；D．反應(yīng)起始物質(zhì)的量之比與化學(xué)計量數(shù)之比相等，所以容器中一氧化氮和溴的轉(zhuǎn)化率相等，故D正確；故選A。14.工廠的氨氮廢水可用電化學(xué)催化氧化法加以處理，其中在電極表面的氧化過程的微觀示意圖如圖：下列說法中，不正確的是A.過程①②均有鍵斷裂B.過程③的電極反應(yīng)式為：C.過程④中有非極性鍵形成D.催化劑可以降低該反應(yīng)的活化能〖答案〗B【詳析】A．結(jié)合微觀示意圖可知，過程①NH3變?yōu)镹H2，過程②NH2變?yōu)镹H，均有鍵斷裂，故A正確；B．由圖可知，NH失去電子結(jié)合氫氧根離子，轉(zhuǎn)變?yōu)镹和H2O，則過程③的電極反應(yīng)式為：，故B錯誤；C．結(jié)合微觀示意圖可知，過程④中有氮氮三鍵形成，氮氮三鍵屬于非極性鍵，故C正確；D．催化劑可以改變反應(yīng)的活化能，故D正確；〖答案〗選B。15.能正確表示下列反應(yīng)離子方程式是A.NaClO溶液與FeCl2溶液混合：Fe2++2ClO-+2H2O=Fe(OH)2↓+2HClOB.足量的碳酸氫鈉溶液與澄清石灰水混合：Ca2++2OH-+2=CaCO3↓++2H2OC.同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合：+OH-=NH3·H2OD.AgCl溶于水再加入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓〖答案〗B【詳析】A．Fe2+與ClO-會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成的氫離子與次氯酸根離子結(jié)合生成次氯酸，離子方程式為2Fe2++5ClO-+5H2O═2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO，故A錯誤；B．少量澄清石灰水完全反應(yīng)，生成碳酸鈣、碳酸鈉和水，離子反應(yīng)為Ca2++2OH-+2=CaCO3↓++2H2O，故B正確；C．同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合，先發(fā)生中和反應(yīng)，離子方程式為：H++OH-═H2O，故C錯誤；D．AgCl飽和溶液在加入Na2S，實現(xiàn)了沉淀的轉(zhuǎn)化，氯化銀需要保留化學(xué)式，正確的離子方程式為：2AgCl+S2-═2Cl-+Ag2S↓，故D錯誤；

故選：B。16.醋酸溶液中存在電離平衡CH3COOH?CH3COO-+H+，下列各項不正確的是A.醋酸溶液中離子濃度關(guān)系滿足：c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)B.常溫下，pH=2的CH3COOH溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合后，溶液的pH<7C.向CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固體，平衡逆向移動D.將0.10mol/LCH3COOH溶液加水稀釋，溶液中所有的離子濃度都減小〖答案〗D【詳析】A．CH3COOH溶液中存在電荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故A正確；B．pH=2的CH3COOH溶液中氫離子濃度與pH=12的NaOH溶液中氫氧根離子濃度相等，氫氧化鈉是強(qiáng)電解質(zhì)，而醋酸是弱電解質(zhì)，只有少部分發(fā)生電離，等體積混合反應(yīng)后剩余大量的醋酸，醋酸電離出的氫離子濃度遠(yuǎn)低于醋酸根水解產(chǎn)生的氫氧根離子濃度，溶液呈酸性，即溶液的pH＜7，故B正確；C．加入少量醋酸鈉固體，醋酸根濃度增大，平衡逆向移動，故C正確；D．加水稀釋，促進(jìn)電解質(zhì)電離，n(CH3COOH)減小，n(CH3COO-)、n(H+)增大，由于體積增大程度大于電離程度，則c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)都減小，根據(jù)Kw=c(H+)?c(OH-)，可知c(OH-)濃度增大，故D錯誤；故選：D。17.向1LpH＝2的鹽酸和醋酸溶液中，分別投入0.65g鋅粒，則下圖中比較符合客觀事實的是A.A B.B C.C D.D〖答案〗C【詳析】0.65g鋅粒是0.01mol，鹽酸是強(qiáng)酸，其物質(zhì)的量是0.01mol，所以鹽酸不足，以鹽酸的量進(jìn)行計算，生成氫氣是0.005mol；醋酸是弱酸，其濃度大于0.01mol/L，所以鋅不足，按照鋅的量進(jìn)行計算，所以醋酸產(chǎn)生的氫氣多，由于在反應(yīng)過程中，產(chǎn)生會繼續(xù)電離出氫離子，所以醋酸的反應(yīng)速率快，所用時間短，〖答案〗選C。18.利用太陽能光伏電池電解水制高純氫的同時可獲得氧氣，其工作情況如圖所示，有關(guān)說法不正確的是A.連接K1時，可制得H2B.連接K2時，OH-向電極2遷移C.制得標(biāo)況下11.2LO2時，Ni(OH)2轉(zhuǎn)化為NiOOH的物質(zhì)的量為2molD.制高純氫時電極3上發(fā)生反應(yīng)：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O〖答案〗C〖祥解〗由圖可知，連接K1，電極1為陰極，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，電極3為陽極，電極反應(yīng)式為Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，連接K2，電極3為陰極，電極反應(yīng)式為NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，電極2為陽極，電極反應(yīng)式為4OH--4e-=O2↑+2H2O，據(jù)此作答?！驹斘觥緼．當(dāng)連接時，由圖示分析可知，電極3為陽極，被氧化為NiOOH；電極1為陰極，氫離子或水得到電子被還原為氫氣，A正確；B．連接時，電極3為陰極，電極2為陽極，在電解池中陰離子移向陽極，陽離子移向陰極，所以向電極2遷移，B正確；C．連接K2，電極3為陰極，電極反應(yīng)式為NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，電極2為陽極，電極反應(yīng)式為4OH--4e-=O2↑+2H2O，標(biāo)況時，制得，則轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為，根據(jù)電子守恒可得，由NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-可知NiOOH轉(zhuǎn)化為Ni(OH)2的物質(zhì)的量為2mol，物質(zhì)轉(zhuǎn)化錯誤，C錯誤；D．制高純氫時連接K1，電極1為陰極，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，電極3為陽極，電極反應(yīng)式為Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，D正確；故選C。19.向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同濃度的CaCl2溶液，觀察到明顯產(chǎn)生渾濁時，停止滴加；取少量所得渾濁液加熱，記錄實驗現(xiàn)象。下列說法不正確的是實驗序號c(CaCl2)(mol·L-1)滴加CaCl2溶液時的實驗現(xiàn)象加熱渾濁液時的實驗現(xiàn)象①0.05至1.32mL時產(chǎn)生明顯渾濁，但無氣泡產(chǎn)生有較多氣泡生成②0.005至15.60mL時產(chǎn)生明顯渾濁，但無氣泡產(chǎn)生有少量氣泡生成③0.0005至20mL未見渾濁A.①中產(chǎn)生渾濁的原因是c(Ca2+)·c(CO32?)>Ksp(CaCO3)B.未加熱前①和②中發(fā)生了反應(yīng)：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3C.加熱濁液產(chǎn)生氣泡主要是因為CaCO3受熱分解產(chǎn)生了更多的CO2D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，可能同時產(chǎn)生渾濁和氣泡〖答案〗C〖祥解〗向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同濃度的CaCl2溶液，觀察到明顯產(chǎn)生渾濁時，沒有氣泡產(chǎn)生，發(fā)生反應(yīng)2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，生成的沉淀是碳酸鈣?！驹斘觥緼.根據(jù)溶度積規(guī)則，①中能產(chǎn)生碳酸鈣沉淀，說明c(Ca2+)·c(CO32?)>Ksp(CaCO3)，故A正確；B.未加熱前①和②不放二氧化碳，說明碳酸未飽和，加熱后二氧化碳溶解度減小，放出二氧化碳，所以未加熱前①和②中發(fā)生了反應(yīng)：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，故B正確；C.未加熱前①和②中發(fā)生了反應(yīng)：2HCO3-＋Ca2+===CaCO3↓＋H2CO3，碳酸鈣受熱不分解，加熱濁液產(chǎn)生氣泡主要是因為H2CO3受熱分解產(chǎn)生了更多的CO2，故C錯誤；D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，發(fā)生反應(yīng)CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，能同時產(chǎn)生渾濁和氣泡，故D正確。20.25℃時，向溶液中逐滴加入溶液。滴加過程中溶液含碳微粒物質(zhì)的量與溶液pH的關(guān)系如圖所示(因逸出未畫出)。下列說法正確的是A.②表示物質(zhì)的量的變化情況B.a點由水電離產(chǎn)生的C.由b點可計算得出D.a、b、c、d四點溶液中含碳微粒物質(zhì)的量守恒〖答案〗C〖祥解〗向溶液中逐滴加入溶液，隨鹽酸的滴入不斷減少，故①表示的物質(zhì)的量變化情況，②表示的物質(zhì)的量變化情況，③表示H2CO3以及CO2的物質(zhì)的量變化情況?！驹斘觥緼．由以上分析可知，②表示的物質(zhì)的量變化情況，故A錯誤；B．a(chǎn)點表示的是0.1mol/LNa2CO3溶液的pH為11.6，c(H+)=10-11.6，Na2CO3的水解促進(jìn)了水的電離，所以在Na2CO3溶液中由水電離產(chǎn)生的OH-濃度等于溶液中的OH-濃度，所以水電離的氫氧根離子濃度：，故B錯誤；C．b點溶液的pH=10.3，則c(H+)=10-10.3，b點和濃度相等，則碳酸的，故C正確；D．d點加入了過量的鹽酸，有CO2氣體逸出，故D錯誤；故選C。21.在恒容容器中，按照nmolCO和3nmolH2投料發(fā)生甲烷化反應(yīng)：CO(g)+3H2(g)?CH4(g)+H2O(g)ΔH<0，測得CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是A.溫度：T1>T2>T3 B.正反應(yīng)速率：v(a)>v(b)>v(c)C.平衡常數(shù)：K(a)<K(d)<K(c) D.e點與b點的CO的濃度相等〖答案〗D【詳析】A．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，相同壓強(qiáng)下溫度越高CO的平衡轉(zhuǎn)化率越小，所以溫度：T1＜T2＜T3，故A錯誤；

B．溫度越高反應(yīng)速率越快，所以v(c)＞v(b)，相同溫度下壓強(qiáng)越大，反應(yīng)速率越快，所以v(a)＜v(c)，故B錯誤；

C．該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高平衡常數(shù)越小，所以K(a)＞K(d)＞K(c)，故C錯誤；

D．e點與b點起始投料相同，CO的平衡轉(zhuǎn)化率相同，則平衡時CO的濃度相等，故D正確；

故選：D。22.下列方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是目的方案設(shè)計現(xiàn)象和結(jié)論A探究淀粉水解程度在試管中加入2mL淀粉溶液和少量稀硫酸，加熱3-4分鐘，冷卻后加入NaOH溶液至堿性，再滴加碘水若溶液未變藍(lán)，則淀粉已完全水解B探究乙醇脫水產(chǎn)物在試管中加入2克并注入4mL95%的乙醇，加熱，將產(chǎn)生的氣體通入溴水中若溴水褪色，則乙醇脫水產(chǎn)物有乙烯生成C探究和的溶解度大小向NaOH溶液中加入一定量的溶液，充分反應(yīng)后再加少量的溶液若先生成白色沉淀，后產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，則證明比溶解度小D檢驗?zāi)橙芤褐惺欠窈须x子取少量該溶液于試管中，加少量硫酸酸化的溶液若溶液褪色，則該溶液中含有離子A.A B.B C.C D.D〖答案〗B【詳析】A．碘水檢驗淀粉要在酸性環(huán)境中，堿性條件下與堿反應(yīng)，干擾淀粉檢驗，故A錯誤；B．乙烯和溴水能發(fā)生加成反應(yīng)，在試管中加入2克并注入4mL95%的乙醇，加熱，將產(chǎn)生的氣體通入溴水中，若溴水褪色，則乙醇脫水產(chǎn)物有乙烯生成，故B正確；C．NaOH過量，剩余的NaOH和溶液反應(yīng)會干擾實驗，不是氫氧化鎂轉(zhuǎn)化成氫氧化銅，不能證明比溶解度小，故C錯誤；D．溶液褪色，也可能含有其他還原性的微粒，故D錯誤；選B。Ⅱ卷非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共50分)23.隨著能源技術(shù)的發(fā)展，科學(xué)家們將目光聚焦于鋰的開發(fā)與研究。（1）基態(tài)原子中電子占據(jù)最高能級的符號是___________，占據(jù)該能級電子的電子云輪廓圖的形狀為___________形。（2）在周期表中，與元素的化學(xué)性質(zhì)最相似的鄰族元素是___________（3）部分元素的第一電離能如表所示。元素LiBeNaK520900496419①堿金屬的第一電離能與堿金屬的活潑性的聯(lián)系是___________。②Be的第一電離能比Li的大，從原子結(jié)構(gòu)角度分析其原因是___________。（4）海水中有豐富的鋰資源，我國科學(xué)家研發(fā)出利用太陽能從海水中提取金屬鋰的技術(shù)，提取原理如下圖所示：①金屬鋰在電極___________(填“A”或“B”)上生成。②陽極產(chǎn)生兩種氣體單質(zhì)，寫出陽極的電極反應(yīng)：___________、___________?！即鸢浮剑?）①.2s②.球（2）Mg（3）①.從上到下，隨著核電荷數(shù)遞增第一電離能遞減②.基態(tài)Be原子的核外電子排布式為1s22s2，2s2為全滿結(jié)構(gòu)、原子的能量較低（4）①.A②.2Cl--2e-=Cl2↑③.4OH--4e-=O2↑+2H2O【小問1詳析】Li是三號元素，基態(tài)Li原子的核外電子排布式為1s22s1，基態(tài)原子中電子占據(jù)最高能級的符號是2s，占據(jù)該能級電子的電子云輪廓圖的形狀為球形。【小問2詳析】同周期從左到右元素金屬性遞減，同主族從上到下元素金屬性遞增，則在周期表中，與元素的化學(xué)性質(zhì)最相似的鄰族元素是Mg。【小問3詳析】①從Li→K類推到Cs，隨著質(zhì)子數(shù)遞增，電子層數(shù)增多，原子半徑增大，原子核對最外層電子的吸引力減小，原子失電子能力增強(qiáng)，第一電離能減小，則堿金屬的第一電離能與堿金屬的活潑性的聯(lián)系是：從上到下，隨著核電荷數(shù)遞增第一電離能遞減。②Be的第一電離能比Li的大，從原子結(jié)構(gòu)角度分析其原因是：基態(tài)Li原子的核外電子排布式為1s22s1，基態(tài)Be原子的核外電子排布式為1s22s2，2s2為全滿結(jié)構(gòu)、原子的能量較低，則具有較大的第一電離能?！拘?詳析】①要從海水中提煉Li，則原本海水中Li+透過選擇性膜在A極得到電子生成Li，故金屬鋰在電極A上生成。②海水中含有大量的Cl-，故有Cl2生成，相應(yīng)的電極反應(yīng)為：2Cl--2e-=Cl2↑，海水中在陽放電產(chǎn)生氣體的離子還有OH-，故另外一種氣體為O2，相應(yīng)的電極反應(yīng)為：4OH--4e-=O2↑+2H2O。24.某固態(tài)結(jié)晶水合物X由5種元素組成。某學(xué)習(xí)小組進(jìn)行了如下實驗已知氣體B具有刺激性氣味且能與AgNO3溶液反應(yīng)，D中兩種元素質(zhì)量比為4：1，請回答：（1）寫出X的組成元素原子序數(shù)最大的元素符號_______（2）檢驗氣體B的實驗方法是_______（3）寫出X在隔絕空氣條件下加熱，生成A、D、E的化學(xué)方程式_______。（4）已知氣體B和固體D加熱時會發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)物中有兩種單質(zhì)，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式_______，當(dāng)參加反應(yīng)的D質(zhì)量是1.2g時，所生成的兩種單質(zhì)的質(zhì)量差為_______g。〖答案〗（1）Cu（2）用濕潤的紅色石蕊試紙靠近，試紙變成藍(lán)色，證明B是氨氣(或者用濃鹽酸靠近產(chǎn)生白煙)（3）Cu(NH3)4SO4?2H2OCuO+SO3↑+4NH3↑+2H2O↑（4）①.3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，②.0.82.〖祥解〗氣體B經(jīng)過堿石灰后能與AgNO3溶液反應(yīng)，則該氣體為氨氣()，標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積8.96L，物質(zhì)的量為；能與氯化鋇溶液反應(yīng)生成白色沉淀的氣體為，則氣體E為；白色沉淀為，物質(zhì)的量為，即為0.1mol；D中兩種元素質(zhì)量比為4:1，滿足條件的黑色固體D為，則C為，根據(jù)生成氨氣的氣體和沉淀的質(zhì)量，由此可知物質(zhì)X為，再由26.4gX生成0.1mol，可知26.4gX物質(zhì)的量為0.1mol，即相對分子質(zhì)量為，解得x=2，即X的化學(xué)式為。【小問1詳析】X的化學(xué)式為，以上五種元素中原子序數(shù)最大的是Cu；【小問2詳析】氣體B為氨氣，實驗室檢驗氨氣的方法為用濕潤的紅色石蕊試紙靠近，試紙變成藍(lán)色，證明B是氨氣，故填用濕潤的紅色石蕊試紙靠近，試紙變成藍(lán)色，證明B是氨氣；【小問3詳析】分解的化學(xué)方程式為；【小問4詳析】B為氨氣，D為，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cu和氮氣，反應(yīng)方程式為：，根據(jù)題意，氨氣和氧化銅反應(yīng)的化學(xué)方程式為，設(shè)兩單質(zhì)的質(zhì)量差為xg，則，即，解得x=0.82g。25.隨著科學(xué)技術(shù)的發(fā)展和環(huán)保要求的不斷提高CO的捕集利用技術(shù)成為研究的重點。（1）目前國際空間站處理CO?的一個重要方法是將CO還原，所涉及的反應(yīng)方程式為：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-802.3kJ·mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol-1若溫度從300°C升至400℃，重新達(dá)到平衡，判斷下列說法正確的是_______。A.v正、v逆都增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動B.v正減小、v逆增大，平衡常數(shù)減小C.平衡常數(shù)減小，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率減小D.第二次平衡時的v正、v逆都比第一次平衡時的v正、v逆都大（2）①用甲烷催化還原氮的氧化物可消除氮氧化物的污染CH4(g)+4NO(g)?2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=QkJ·mol-1。寫出上述反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式_______，已知該反應(yīng)的平衡常數(shù)K隨溫度升高而減小，則Q_______0(填“>”或“<”或“=”)。②某溫度下，密閉容器中CH4與NO的起始濃度分別為1mol·L-1、2mol·L-1，其中c(NO)隨時間變化如圖所示，t2時達(dá)到平衡，保持溫度不變在t時將容器容積壓縮到一半，請畫出t2~t3區(qū)間c(CH4)隨時間變化的曲線_______。（3）①為提高反應(yīng)：CH4(g)+2NO2(g)?N(g)+CO2(g)+2H2O(g)中NO?的轉(zhuǎn)化率，可以采取在恒壓條件下充入稀有氣體，解釋其原因_______②電解吸收法處理氮氧化物廢氣的基本原理是用硝酸吸收氮氧化物生成，同時用石墨電極電解將轉(zhuǎn)化成，電解條件下循環(huán)利用來處理氮氧化物。寫出該法處理NO總反應(yīng)的化學(xué)方程式_______?！即鸢浮剑?）ACD（2）①.②.<③.（3）①.恒壓充入稀有氣體，擴(kuò)大了容器的體積，等同于減少壓強(qiáng)，平衡向氣體擴(kuò)大的方向移動，即正反應(yīng)方向移動②.2NO+4H2O2HNO2+3H2【小問1詳析】已知：反應(yīng)I：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-802.3kJ·mol-1，反應(yīng)Ⅱ：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律，2×反應(yīng)Ⅱ-反應(yīng)I可得反應(yīng)，△H=-483.6×2-(-802.3)=-164.9kJ·mol-1，可知該反應(yīng)是放熱反應(yīng)：A．升高溫度，正逆反應(yīng)速率都增大，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，逆反應(yīng)增大的程度比正反應(yīng)的大，平衡向逆反應(yīng)方向移動，A正確；B．升高溫度，正逆反應(yīng)速率都增大，v正增大，B錯誤；C．該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡常數(shù)減小，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率減小，C正確；D．升高溫度，正逆反應(yīng)速率都增大，根據(jù)勒夏特列原理可知溫度對平衡的影響只能減弱不能消除，第二次平衡時的v正、v逆都比第一次平衡時的v正、v逆都大，D正確；故選：ACD；【小問2詳析】①化學(xué)平衡常數(shù)等于生成濃的平衡濃度冪之積比上反應(yīng)物濃度冪之積，所以平衡常數(shù)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K隨溫度升高而減小，說明升高溫度平衡逆向移動，說明逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，所以正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，Q＜0；

②兩邊的化學(xué)計量數(shù)相等，所以將容器容積壓縮到一半，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，因兩邊的計量數(shù)相等，所以平衡不移動，但CH4的濃度是原來的2倍，所以CH4的濃度為：(1-)×2=1.25mol/L，由此作圖為；【小問3詳析】①恒壓充入稀有氣體后體積增大，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，有效氣體的壓強(qiáng)減少，平衡向正反應(yīng)方向移動，所以反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率增大；

②用石墨電極電解將轉(zhuǎn)化成中氮的化合價升高在陽極放電，所以陰極是溶液中的氫離子放電生成氫氣，所以總的電極反應(yīng)式為：。26.廢舊電路板主要含有塑料、Fe、Cu、SnO2、PbO?等，研究人員一種從處理廢舊電路板中回收金屬錫(Sn)的流程如下：已知：Sn和Pb位于周期表第IVA族：SnO2，PbO2可與強(qiáng)堿共熱反應(yīng)生成易溶性鹽和水。（1）“焙燒”的主要目的是_______（2）“濾渣”中含有的金屬元素有_______(填元素符號)。（3）加入Na2S可與“濾液a”中的Na2PbO3反應(yīng)產(chǎn)生強(qiáng)堿性溶液以達(dá)到除鉛的目的，寫出相關(guān)的化學(xué)方程式_______；可循環(huán)利用的物質(zhì)的化學(xué)式為_______（4）測定粗錫中Sn的純度：在強(qiáng)酸性環(huán)境中將1.0g的粗錫樣品溶解(此時Sn全部轉(zhuǎn)化成Sn2+)，迅速加入過量NH4Fe(SO4)2溶液，以二苯胺磺酸鈉為指示劑，用0.1mol·L-K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點。平行測定三次消耗的K2Cr2O7溶液的體積平均為25.00mL，計算Sn的純度。(已知：由Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+、+6Fe2++14H+=2Cr2++6Fe3++7H2O)①溶解粗錫時不宜選用濃鹽酸，理由_______。②粗錫樣品中Sn的純度為_______?！即鸢浮剑?）加熱使塑料變?yōu)闅怏w除去（2）Fe、Cu（3）①.Na2PbO3+2Na2S+3H2O=S↓+PbS↓+6NaOH②.NaOH（4）①.酸性K2Cr2O7溶液可將濃鹽酸氧化使錫純度的測定產(chǎn)生誤差②.89.25%〖祥解〗通入空氣焙燒將塑料變?yōu)闅怏w除去，已知SnO2，PbO2可與強(qiáng)堿共熱反應(yīng)生成易溶鹽和水，濾液a含Na2SnO3、Na2PbO3，濾渣為Fe2O3、CuO，加入Na2S生成P