四川省成都石室中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学Word版含解析.docx

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成都石室中学高2025届2023~2024学年度上期半期考试化学试题注意事项：1.本试题分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。全卷满分100分，考试时间90分钟。2.可能用到的相对原子质量：H：1N：14O：16Na：23Mg：24S：32Cl：35.5Fe：56第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是A.富脂食品包装中常放入活性铁粉袋，以防止食品氧化变质B.草木灰和铵态氮肥混合使用肥效更好C.成都大运会上璀璨的焰火与电子的跃迁有关D.用K2FeO4代替Cl2处理饮用水时，既有杀菌消毒作用，又有净水作用【答案】B【解析】【详解】A．活性铁粉具有还原性，可以做抗氧化剂，防止食品氧化变质，A正确；B．草木灰和铵态氮肥混合，铵根和碳酸根水解相互促进，氨气逸出，导致肥效损失，B错误；C．成都大运会上璀璨的焰火呈现不同的焰色与电子的跃迁有关，C正确；D．用K2FeO4具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，同时K2FeO4被还原生成铁离子水解得到氢氧化铁胶体，又有净水作用，D正确；故选B。2.关于下列各装置图的叙述中不正确的是 A.用装置①精炼铜，则b极为粗铜，电解质溶液为溶液B.装置②的总反应是C.装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连D.装置④中的铁钉几乎没被腐蚀【答案】A【解析】【详解】A．根据电流的方向可知a为电解池的阳极，则用来精炼铜时，a极为粗铜，A错误；B．铁比铜活泼，为原电池的负极，负极反应为，铜为原电池的正极，正极反应为，故总反应是，B正确；C．装置③为外加电流保护法，钢闸门与外接电源的负极相连，电子从电源负极流出，防止铁被氧化，C正确；D．浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以被腐蚀，D正确；故选A。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.120g由NaHSO4和MgSO4组成的混合固体中数目为NAB.1mol·L－1NaNO2溶液中和HNO2粒子数目之和为NAC.5.6gFe2+中未成对电子数为0.6NAD.常温下，1LpH=10的氨水溶液中，发生电离的水分子数为1×10－10NA 【答案】D【解析】【详解】A．硫酸氢钠固体中无硫酸根离子，120g由NaHSO4和MgSO4组成的混合固体中数目小于NA，故A错误；B．溶液体积未知，无法计算微粒个数，故B错误；C．亚铁离子价电子排布式为：3d6，1个亚铁离子含有4个未成对电子，5.6gFe2+物质的量为：=0.1mol，未成对电子数为0.4NA，故C错误；D．常温下，1LpH=10的氨水溶液中，水的电离受到抑制，氢离子来自于水，常温下，1LpH=10的氨水溶液中，发生电离的水分子数为1×10-10NA，故D正确；故选：D。4.室温下，下列各组离子在指定溶液一定能大量共存的是A.使甲基橙变红色的溶液：、Na+、I－、B.由水电离出的c(OH－)=1×10－10mol/L的溶液中：Fe2+、Cl－、、C.0.2mol/LNH4Cl溶液：、Na+、、K+D.能使KSCN溶液变红的溶液中：K+、Ba2+、I－、【答案】C【解析】【详解】A．使甲基橙变红色的溶液，溶液显酸性，含有大量H+，H+、反应，不能大量共存，故A错误；B．由水电离出的c(OH-)=1×10-10mol/L的溶液中，水的电离受到抑制，溶液可以为酸性或者碱性，、H+、Fe2+发生氧化还原反应，OH-与Fe2+反应，不能大量共存，故B错误；C．各离子之间相互不反应，能大量共存，故C正确；D．Ba2+、反应生成硫酸钡沉淀，能使KSCN溶液变红的溶液含Fe3+，铁离子和I-发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质，不能大量共存，故D错误；故选：C。5.X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X与Y相邻，X基态原子核外有2个未成对电子；Z是元素周期表中电负性最大的元素。W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是 A.第一电离能：B.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>XC.Z、W的简单离子的半径：D.简单气态氢化物的热稳定性：Z>Y【答案】A【解析】【分析】Z是元素周期表中电负性最大的元素，Z为F元素；W的原子序数大于Z，所以W是第三周期元素，又因为W原子在同周期中原子半径最大，所以W为Na元素；X基态原子核外有2个未成对电子，且X位于第二周期，所以X为C元素或O元素；又因为X与Y相邻，且Y的原子序数大于X，所以X只能是C元素，Y是N元素。【详解】A．同周期元素第一电离能随着原子序数增大有增大的趋势，所以第一电离能：F＞N＞C，即，A项错误；B．N元素的最高价氧化物对应水化物为硝酸，C元素的最高价氧化物对应水化物为碳酸，硝酸酸性大于碳酸，B项正确；C．氟离子和钠离子的核外电子排布相同，核电荷数大的离子半径小，氟离子的半径大于钠离子，C项正确；D．非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越稳定，所以简单气态氢化物的热稳定性：F＞N，D项正确；故选A。6.N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O＋表面转化为无害气体，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是A.总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g)ΔH=ΔH1＋ΔH2B.为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O C.该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能D.总反应的ΔH=-226kJ·mol-1【答案】B【解析】【详解】A．根据图甲，①②根据盖斯定律①+②得N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g)ΔH=ΔH1＋ΔH2，故A正确；B．总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g)，不需向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O，故B错误；C．该反应正反应的活化能为134kJ·mol-1，逆反应的活化能为360kJ·mol-1，故C正确；D．根据图乙，总反应的ΔH=(134-360)kJ·mol-1=-226kJ·mol-1，故D正确；选B。7.常温下，浓度均为0.1mol·L-1的四种溶液pH如下：溶质NaClONa2CO3NaHCO3NaHSO3pH10.311.6974.0下列说法正确的是A.Na2CO3溶液中：B.四种溶液中，水的电离程度最小的是NaHSO3C.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中：c(Na+)>c()>c(OH－)>c(H+)>c()D.少量CO2通入足量的NaClO溶液中，反应的离子方程式为：【答案】B【解析】【详解】A．Na2CO3溶液中，根据元素质量守恒有：，A项错误；B．NaClO、Na2CO3、NaHCO3溶液显碱性，ClO-、、在水中水解，促进水的电离，NaHSO3溶液显酸性，的电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，B项正确； C．NaHSO3溶液显酸性，的电离程度大于其水解程度，，C项错误；D．由0.1mol·L-1的NaClO、Na2CO3、NaHCO3溶液的pH可知，水解程度：＞ClO-＞，则酸性：H2CO3＞HClO＞，根据酸性可知，少量CO2和NaClO溶液反应生成HClO和，离子方程式为，D项错误；答案选B。8.下列实验对应的反应方程式书写正确的是A.泡沫灭火器原理：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑B.FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)Fe2+(aq)+HgS(s)C.用铁电极电解饱和食盐水：2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑D.Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Fe3+++Ba2++3OH－=Fe(OH)3↓+BaSO4↓【答案】B【解析】【详解】A．泡沫灭火器中物质为Al2(SO4)3和NaHCO3，和Al3+发生双水解反应，离子方程式为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，故A错误；B．用FeS除去废水中的Hg2+的离子方程式为：FeS(s)+Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)，故B正确；C．金属作阳极，金属优先失去电子，因此用铁电极电解饱和食盐水反应生成氢氧化亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H2OH2↑+Fe(OH)2↓，故C错误；D．Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，离子方程式为：2Fe3++3+3Ba2++6OH-═2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，故D错误；故选：B。9.下列实验过程不能达到实验目的的是选项实验目的实验过程A提高饱和氯水中的HClO浓度向饱和氯水中加入碳酸钙粉末并通入适量Cl2，然后过滤 B证明压强对平衡移动产生影响向充有NO2和N2O4混合气体的恒容透明密闭容器中充入氦气增大压强，观察现象C探究浓度对化学平衡的影响试管中盛有0.1mol·L−1K2Cr2O7溶液，向其中滴加10滴6mol·L−1NaOH溶液，观察到溶液黄色加深D比较CdS(黄色)与CuS(黑色)的溶解度[已知Ksp(CdS)>Ksp(CuS)]向H2S溶液中滴加0.01mol·L－1的CdSO4溶液至沉淀不再增加，然后滴入几滴0.01mol·L－1CuSO4溶液，观察沉淀颜色变化A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸钙反应，可使氯气与水的反应正向进行，可提高饱和氯水中的HClO浓度，故A正确；B．恒容透明密闭容器中充入氦气，NO2和N2O4的浓度均不变，颜色不变，则平衡不移动，故B错误；C．溶液中存在+H2O⇌2+2H+，加NaOH时氢离子浓度减小，平衡正向移动，则溶液黄色加深，故C正确；D．H2S溶液中滴加0.01mol•L-1的CdSO4溶液至沉淀不再增加，生成黄色CdS沉淀，再滴入几滴0.01mol•L-1CuSO4溶液，转化为黑色的CuS沉淀，则Ksp(CdS)>Ksp(CuS)，故D正确；故选：B。10.某温度下，在容积为2L的密闭容器中投入一定量的A、B发生反应3A(g)＋bB(g)cC(g)ΔH=－QkJ·mol－1(Q>0)，12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A.前12s内，A的平均反应速率为0.025mol·L－1·s－1B.12s后，A的消耗速率等于B的生成速率C.化学计量数之比b：c=1：4D.12s内，A和B反应放出的热量为0.4QkJ【答案】D【解析】【详解】A．前12s内，A的浓度变化量为(0.8-0.2)mol/L=0.6mol/L，A的平均反应速率为=0.05mol/(L•s)，故A错误；B．前12s内，A的浓度变化量为(0.8-0.2)mol/L=0.6mol/L，B的浓度变化量为(0.5-0.3)mol/L=0.2mol/L，故A、B的系数比为0.6mol/L：0.2mol/L=3：1，故b=1，12s后反应达到平衡状态，A的消耗速率与B的生成速率比为3：1，故B错误；C．前12s内，A的浓度变化量为(0.8-0.2)mol/L=0.6mol/L，A反应的物质的量为0.6mol/L×2L=1.2mol，生成C的物质的量为0.8mol，故A、C的系数比为1.2mol：0.8mol=3：2，故c=2，b：c=1：2，故C错误；D．前12s内，A反应的物质的量为0.6mol/L×2L=1.2mol,放出的热量为×QkJ=0.4QkJ，故D正确；故选：D。11.在室温下，已知Ka(CH3COOH)=1.8×10－5，下列有关电解质溶液的说法正确的是A.Na2SO3溶液中：c(OH－)=c()+c(H2SO3)+c(H+)B.加热蒸干CuCl2溶液，可以得到CuCl2固体C.将等体积等物质的量浓度的CH3COONa和NaF溶液混合：c(CH3COOH)+c(HF)=c(OH－)－c(H+)D.浓度均为0.1mol/LCH3COOH与NaOH按体积2∶1混合：c(CH3COO－)Vc，故C正确；D．a点pH大于b点，a、c点溶液的相等，依据电荷守恒，有，三点溶液中离子的总浓度：，故D错误； 故答案为：C。13.氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其理论比能量高于锂电池。一种氟离子电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是A.放电时，a是电源的负极B.放电时，a极的电极反应为：LaSrMnO4F2-2e-=LaSrMnO4＋2F-C.充电时，电极a接外电源的正极D.可将含F-的有机溶液换成水溶液以增强导电性【答案】C【解析】【分析】由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以该电池工作时Mg失去电子结合F-生成MgF2，即b电极为负极，电极反应式为：Mg+2F－－2e－=MgF2，则a为正极，正极反应式为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－；充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，电极反应与原电池的电极反应反应物与生成物相反，据此解答；【详解】A．由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以原电池放电时，Mg失去电子，作负极，即b为负极，a为正极，A错误；B．放电时，a正极发生还原反应，电极反应为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－，B错误；C．充电时电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，所以a极接外电源的正极，C正确；D．因为Mg能与水反应，因此不能将有机溶液换成水溶液，D错误；答案选C。14.据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳与氢气合成乙醇已成为现实：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)。在2L的密闭容器中充入1molCO2和2molH2模拟此反应，CO2和CH3CH2OH的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，下列说法正确的是 A.在一定条件下，提高温度可以提高氢气的平衡转化率B.A、B、C、D四点对应的状态下，只有A点反应达到了平衡C.反应需在300℃以上进行可推测该反应为吸热反应D.相同温度下，若在此容器中再充入1molCO2和2molH2，氢气的平衡转化率升高【答案】D【解析】【分析】【详解】A．当v消耗(CO2)=2v消耗(CH3CH2OH)时，说明反应达到平衡。根据图可知，升高温度，v消耗(CH3CH2OH)增大的幅度远远大于v消耗(CO2)增大的幅度，且v消耗(CH3CH2OH)远大于v消耗(CO2)，说明化学平衡逆向移动，氢气的平衡转化率减小，A错误；B．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，当v消耗(CO2)=2v消耗(CH3CH2OH)时，说明反应达到平衡，则A、B、C、D四点对应的状态，均未达到平衡状态，B错误；C．反应需要在300℃时进行，是为了获得较快的反应速率，不能说明反应是吸热反应还是放热反应，C错误；D．在相同温度下，若在此容器中再充入1molCO2和2molH2相当于增大压强，该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，氢气的平衡转化率升高，D正确；故合理选项是D。15.镓是化学史上第一个先从理论预言，后在自然界中被发现验证的化学元素，镓的活动性与锌相似。粉煤灰(主要成分为Ga2O3，含CaO、SiO2、Al2O3等杂质)中提取镓的工艺流程如下图所示，下列叙述错误的是 A.“溶浸”的目的是溶解两性氧化物，除去含钙、硅的杂质B.向“滤液1”中加入酸性物质使pH减小，“滤渣2”是Al(OH)3C.生成Ga(OH)3的化学方程式为：2NaGaO2+3H2O+CO2=Na2CO3+2Ga(OH)3↓D.工业上采用电解熔融三氧化二镓的方法制备金属镓【答案】D【解析】【分析】【详解】A．流程图中，从粉煤灰到Ga是镓元素守恒，从粉煤灰到“滤渣2”是铝元素守恒，周期表中镓在铝的正下方，活动性与锌相似，属于两性元素，氧化镓和氧化铝都是两性氧化物，“溶浸”的目的是溶解氧化镓和氧化铝，使之生成NaGaO2和NaAlO2，同时使氧化钙转化为碳酸钙沉淀，过滤除去碳酸钙和二氧化硅，A正确；B．“滤液1”的溶质主要有Na2CO2、NaGaO2和NaAlO2，显碱性，加入酸性物质中和OH-使溶液的pH减小，偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀，过滤与NaGaO2溶液分离，B正确；C．NaGaO2溶液通入CO2的反应与NaAlO2溶液中通入CO2的反应类似，符合弱酸制更弱的酸的特点，C正确；D．“镓的活动性与锌相似”，工业上大规模制备为了降低成本，采用还原剂还原的方法，而不是电解法，D错误；故选D。16.已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素原子的价层电子排布式为；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数。F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是A.A、B、C三种元素的电负性：B>C>AB.B、C、D、E四种元素的第一电离能：B>C>E>DC.B、C形成的化合物为酸性氧化物 D.F的常见离子的核外电子排布图为【答案】B【解析】【分析】A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，A是宇宙中含量最多的元素，故A是H；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，故B是N；C元素原子的价层电子排布式为nsnnp2n，n=2，即价层电子排布式为2s22p4，故C是O；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，故D是Na；E与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数，故E是Al；F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对，故F是Cu。综上所述，A、B、C、D、E、F分别为H、N、O、Na、Al、Cu，据此解答。【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性O＞N＞H，则电负性：O＞N＞H，故A错误；B．同周期元素的第一电离能从左到右有增大的趋势，N元素的第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，则第一电离能：N＞O＞Al＞Na,故B正确；C．二氧化氮不是酸性氧化物，故C错误；D．Cu的常见离子为Cu2+，1s22s22p63s23p63d9是Cu2+的核外电子排布式，不是电子排布图，故D错误；故选：B。17.25℃时，向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2CO3溶液，滴加过程中溶液中－lgc(Ba2+)与Na2CO3溶液体积(V)的关系如图所示；Ksp=(BaSO4)=10－9.96，下列说法不正确的是A.Ksp(BaCO3)=10－8.58B.b点溶液中：c()+c()+c(H2CO3)=c(Na+)C.若改用0.20mol/LNa2CO3溶液来滴定，则恰好反应点由b向左平移 D.若把Na2CO3溶液换成等浓度Na2SO4溶液，则曲线变为Ⅰ【答案】B【解析】【详解】A．b点时BaCl2和Na2CO3恰好完全反应，c(Ba2+)•c()=10-4.29mol/L，则Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)•c()=10-4.29×10-4.29=10-8.58，故A正确；B．b点时BaCl2和Na2CO3恰好完全反应，溶质为NaCl,存在BaCO3溶解平衡，则溶液中c()+c()+c(H2CO3)=c(Ba2+)＜c(Na+)，故B错误；C．若改用0.20mol/LNa2CO3溶液来滴定，消耗V(Na2CO3)=5mL，饱和溶液中c(Ba2+)不变，则恰好反应点由b向左平移，故C正确；D．Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，若把Na2CO3溶液换成等浓度Na2SO4溶液，则滴定终点不变，但c()减小，-lgc(Ba2+)增大，若把Na2CO3溶液换成等浓度Na2SO4溶液，则曲线变为Ⅰ，故D正确；故选：B。18.巯基乙酸(HSCH2COOH)是一元弱酸。常温下，向20mL0.1mol·L-1HSCH2COOH溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，c(OH-)水表示混合溶液中水电离出的OH-浓度，pOH=-lgc(OH-)水。pOH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列推断正确的是A.滴定终点时宜选择甲基橙作指示剂B.在a、b、d、f4点中水的电离程度最大的点是fC.e点溶液中：c(HSCH2COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)D.若c点V=xmL，则HSCH2COOH的电离常数Ka=【答案】D【解析】【分析】巯基乙酸为一元弱酸，抑制水的电离，加入NaOH溶液，发生中和反应，对水电离的抑制能力减弱，当两者恰好完全反应时，水的电离达到最大，继续加入NaOH溶液，抑制水的电离，据此分析； 【详解】A．巯基乙酸为一元弱酸，与NaOH溶液恰好完全反应后，溶液显碱性，根据指示剂的变色范围，用NaOH溶液滴定巯基乙酸，指示剂应用酚酞，故A错误；B．根据上述分析，d点时pOH最小，即c(OH-)最大，说明两者恰好完全反应，水的电离程度最大，故B错误；C．巯基乙酸为一元弱酸，巯基乙酸与NaOH溶液恰好完全反应，生成SHCH2COONa，属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，c点溶液pH=7，溶液显中性，存在c(HSCH2COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)，e点溶液显碱性，c(OH－)＞c(H＋)，故C错误；D．根据C选项分析，c点存在c(HSCH2COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)，根据钠元素守恒，c(HSCH2COO-)=c(Na+)==mol/L，根据物料守恒，c(SHCH2COOH)=[]mol/L=[]mol/L，巯基乙酸的电离平衡常数K==，故D正确；答案为D。19.25°C时，向10mL0.05mol·L－1的MgCl2溶液中通入氨气，测得溶液中的p(OH－)与p(Mg2+)之间的变化曲线如图所示，[已知：Kb(NH3·H2O)=1.8×10－5，p(X)=－lgc(X)，忽略反应过程中溶液体积的变化]。下列说法正确为是A.a点溶液满足：c()>c(NH3·H2O)>c(Mg2+)>c(OH－)B.b点溶液中无Mg(OH)2沉淀产生C.c点溶液满足：2c(Mg2+)+c()>c(Cl－)D.Ksp[Mg(OH)2]的数量级是10－11【答案】C 【解析】【详解】A．a点溶液c(OH-)═10-3mol/L，c(Mg2+)═10-5.25mol/L，此时＜2，说明Mg2+过量，溶液中存在Mg(OH)2、MgCl2、NH4Cl,c(Mg2+)＞c()，故A错误；B．直线上存在氢氧化镁的沉淀溶解平衡，由c点计算Ksp[Mg(OH)2]═c(Mg2+)•c(OH-)2═1×10-5.25×(10-3)2═1×10-10.25，b点上，c(Mg2+)和c(OH-)都大于直线上的点，即Qc═1×10-3.25×(10-3)2═1×10-9.25＞Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀产生，故B错误；C．c点溶液存在电荷守恒：2c(Mg2+)+c()+c(H+)═c(Cl-)+c(OH-)，c点c(OH-)═10-4mol/L，常温下c(H+)=mol/L=10-10mol/L，c(H+)＜c(OH-)，则2c(Mg2+)+c()＞c(Cl-)，故C正确；D．直线上存在氢氧化镁的沉淀溶解平衡，由a点计算Ksp[Mg(OH)2]═c(Mg2+)•c(OH-)2═1×10-5.25×(10-3)2═1×10-11.25，数量级是10-12，故D错误；故选：C。20.已知常温下，碳酸电离平衡常数为K1、K2，向0.100mol·L－1Na2CO3溶液中缓缓通入HCl气体(忽略溶液体积的变化，假设没有二氧化碳放出)。下列各指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.pH=12的Na2CO3溶液中：c(H2CO3)：c()：c()=1：1012K1：1012K1K2B.pH=7的溶液中：c(Cl－)=c()＋c(H2CO3)C.c(Cl－)=0.100mol·L－1溶液中：c(OH－)－c(H＋)=c(H2CO3)－c()D.c()=c()的碱性溶液中：c(Cl－)＋c()>0.100mol·L－1＋c(H2CO3)【答案】C【解析】【详解】A．pH=12的Na2CO3溶液中，则c(H2CO3)：c()：c()=1：1012K1：1024K1K2，故A错误；B．根据物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c()+2c()，根据电荷守恒，pH=7的溶液中c(Cl－)+c()+2c()=c(Na+)，则c(Cl－)=c()＋2c(H2CO3)，故B错误；C．根据物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c()+2c()=0.2mol/L，c(Cl－)=0.100mol·L－1溶液中 c(Na+)-c(Cl－)=c(H2CO3)+c()+c()，根据电荷守恒，c(Cl－)+c()+2c()+c(OH－)=c(Na+)+c(H＋)，所以c(OH－)－c(H＋)=c(H2CO3)－c()，故C正确；D．根据电荷守恒c(Cl－)+c()+2c()+c(OH－)=c(Na+)+c(H＋)，根据物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c()+2c()=0.2mol/L，在c()=c()的碱性溶液中：c(Cl－)＋c()+c(OH－)=0.100mol·L－1＋c(H2CO3)+c(H＋)，所以：c(Cl－)＋c()<0.100mol·L－1＋c(H2CO3)，故D错误；选C。第Ⅱ卷(非选择题共60分)21.根据要求回答下列问题：（1）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。Zn、C、O电负性由大至小的顺序是_________。（2）①O2－②Al3+③Cl－④Ca2+的半径由大到小排列为：________(用序号表示)。（3）下列属于氧原子激发态的轨道表示式的有___________(填字母)。a．             b．c．               d．（4）Cu的价层电子排布式为_________，位于在周期表______区(填s、p、d或ds)。（5）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________。（6）基态S原子的原子核外电子有______种空间运动状态，其能量最高的电子电子云轮廓图为______形。（7）由于Be与Al处于对角线位置，性质具有相似性，根据“对角线规则”，写出Be(OH)2与NaOH反应的化学方程式：________。【答案】（1）（2）③④①②（3）bc（4）①.3d104s1②.ds（5）M（6）①.9②.哑铃（7）Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O 【解析】【小问1详解】金属的电负性小于非金属元素的，同周期自左而右元素的非金属性增大，则电负性：O＞C＞Zn,故答案为：O＞C＞Zn；【小问2详解】①O2-、②Al3+的电子层数相同，为2个电子层，③Cl-、④Ca2+的电子层数相同，为3个电子层，则离子的半径由大到小排列为：③④①②，故答案为：③④①②；【小问3详解】a.轨道表示式为基态氧原子，故a错误；b.2p轨道上的一个电子跃迁到3s轨道，属于激发态，故b正确；c.2s轨道上的一个电跃迁到2p轨道，属于激发态，故c正确；d.是基态原子的核外电子排布，故d错误；故答案为：bc；【小问4详解】Cu的价层电子排布式3d104s1，位于在周期表的第ⅠB族，属于ds区的元素原子，故答案为：3d104s1；ds；【小问5详解】基态Si原子中电子排布式1s22s22p63s23p2，电子占据的最高能层符号为：M，故答案为：M；【小问6详解】基态S原子的原子核外电子有9种空间运动状态，其能量最高的电子电子云轮廓图，故答案为：9；哑铃；【小问7详解】由于Be与Al处于对角线位置，性质具有相似性，根据“对角线规则”，Be(OH)2与NaOH反应的化学方程式：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，故答案为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O。22.三氯化氮是一种黄色油状液体，可用于漂白和杀菌。已知：NCl3熔点为－40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸。在弱酸性溶液中稳定，在热水中易水解，遇碱则迅速反应。在实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，所用仪器如图所示(忽略部分夹持装置)： 回答下列问题：（1）装置D中的仪器名称为_______；根据气流方向，各仪器的连接顺序为________(用各接口字母表示，各接口所需橡胶塞已省略)。（2）若用装置A制取氯气，则试剂X不可选用________(填字母)。A.KMnO4B.MnO2C.Ca(ClO)2D.KClO3（3）装置C中球形干燥管的作用是_________。（4）实验过程中，在B中蒸馏烧瓶中观察到的现象是_________。（5）写出NCl3与热的NaOH溶液反应的化学方程式：_______。（6）NCl3纯度测定：NCl3的制取是可逆反应，根据反应NCl3+4HCl=NH4Cl+3Cl2↑，利用间接碘量法测定氯气的量即可测定NCl3的纯度。实验步骤：ⅰ．准确称量C中的产物0.5g置于三颈烧瓶中，加入10mL足量浓盐酸，使用磁力搅拌器搅拌，并鼓入氮气；ⅱ．将混合气通入200mL0.1KI溶液中，待试管中无色液体变成黄色且颜色不再变化，关闭氮气(溶液体积变化忽略不计)；ⅲ．量取20.00mL吸收液，加入淀粉指示剂，用0.1Na2S2O3标准液进行滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液18.00mL。(已知：反应原理为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)①确定滴定终点的现象为___________。②NCl3的纯度为___________。【答案】（1）①.直形冷凝管②.a→b→c→f→g→d→e（2）B（3）吸收多余氯气(尾气)防止污染空气（4）有黄色油状液体出现（5）NCl3+3NaOH3NaClO+NH3↑（6）①.滴入最后半滴标准液后，溶液中蓝色褪去且半分钟内不恢复原色②.72.3% 【解析】【分析】A装置中X和浓盐酸反应制取氯气，Cl2通入B中反应生成NCl3，然后用D进行冷凝，C进行收集，并避免空气中的水蒸气接触产品，需要干燥装置连接在最右边。【小问1详解】装置D中的仪器名称为直形冷凝管；A装置中X和浓盐酸反应制取氯气，Cl2通入B中反应生成NCl3，然后用D进行冷凝，C进行收集，各仪器的连接顺序为a→b→c→f→g→d→e,故答案为：直形冷凝管；a→b→c→f→g→d→e；【小问2详解】A中制取氯气不需要加热，可以采取浓盐酸和KMnO4、Ca(ClO)2、KClO3，不能用MnO2，其和浓盐酸反应需要加热，故答案为：B；【小问3详解】装置C中球形干燥管内为碱性尾气吸收装置，可以吸收多余的氯气，作用是吸收多余氯气防止污染空气，故答案为：吸收多余氯气(尾气)防止污染空气；【小问4详解】三氯化氮是一种黄色油状液体，实验过程中，在B中蒸馏烧瓶中观察到的现象是有黄色油状液体出现，故答案为：有黄色油状液体出现；【小问5详解】NCl3与热的NaOH溶液反应生成NaClO和氨气，反应的化学方程式：NCl3+3NaOH3NaClO+NH3↑；【小问6详解】①滴定终点的现象为滴入最后半滴标准液后，溶液中蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，故答案为：滴入最后半滴标准液后，溶液中蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；②根据NCl3+4HCl═NH4Cl+3Cl2↑，Cl2+2KI=2KCl+I2，I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI可得关系式为NCl3～3Cl2～3I2～6Na2S2O3，n(NCl3)=×0.1mol/L×0.018L×=0.003mol,NCl3的纯度为×100%=72.3%，故答案为：72.3%。23.氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为CuS、Cu2S和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下： 已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH，CuCl易溶于浓度较大的Cl－体系中(CuCl+Cl－)。回答下列问题：（1）为提高铜元素的浸出率，工艺上可采取的措施有________(答一种即可)。（2）“浸取”后铜元素全部转化为，写出在“浸取”操作发生离子方程式_________。（3）“除铁”步骤中，用氨水调节溶液的pH为3时，为_______。{已知：室温下，}（4）“除锰”步骤中，反应生成的离子方程式为________。（5）还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是_________。（6）“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示，请分析CuCl的产率在pH大于以后下降的原因________。（7）用冷的乙醇洗涤CuCl的原因有_______。(答两点)（8）为测定CuCl产品纯度进行如下实验：a．称量所得CuCl产品10.00g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出25.00mL，加入足量的30.00mLmol/LAgNO3溶液，充分反应。b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖。c．加入指示剂，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。d．重复实验操作三次，消耗mol/LNH4SCN溶液的体积平均为10.00mL。(已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2.0×10－12)。滴定选用的指示剂是________。A.FeCl3B.FeCl2C.NH4Fe(SO4)2D.(NH4)2Fe(SO4)2【答案】（1）将铜矿粉碎、搅拌 、适当提高硫酸浓度 、适当延长反应时间、加热等（2）（3）3×10-6（4） （5）（6）pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH（7）降低CuCl的溶解损失，乙醇易挥发便于干燥、防止CuCl被氧化（8）C【解析】【分析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜。【小问1详解】将铜矿粉碎、搅拌 、适当提高硫酸浓度 、适当延长反应时间、加热等可以提高铜元素的浸出率；故答案为：将铜矿粉碎、搅拌 、适当提高硫酸浓度 、适当延长反应时间、加热等。【小问2详解】Cu2S与MnO2酸性条件下反应生成Cu2+、Mn2+、和S，离子反应方程式为Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O；故答案为：Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O。【小问3详解】用氨水调节溶液的pH为3时，c(H+)=10-3mol/L，c(OH-)=10-11mol/L，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=c(Fe3+)×(10-11)3=3×10−39，c(Fe3+)=3×10-6mol/L；故答案为：3×10-6。【小问4详解】锰离子加入氨水、碳酸氢铵得到碳酸锰，离子反应方程式为Mn2++NH3⋅H2O+HCO=MnCO3↓+NH+H2O；故答案为：Mn2++NH3⋅H2O+HCO=MnCO3↓+NH+H2O。【小问5详解】根据分析可知高活性氧化铜，加入铜、盐酸和NaCl还原，生成CuCl，已知CuCl易溶于浓度较大的Cl－体系中(CuCl+Cl-CuCl)，则还原过程中所得产物的主要溶质为NaCuCl2；故答案为：NaCuCl2。【小问6详解】pH控制在2.5左右的原因是：pH低于2.5，CuCl易发生歧化反应，pH高于2.5，随着c(OH−)增大，CuCl易转化为CuOH； 故答案为：pH高于2.5，随着c(OH−)增大，CuCl易转化为CuOH。【小问7详解】乙醇能降低CuCl的溶解减少损失，乙醇易挥发便于干燥、 防止CuCl被氧化；故答案为：降低CuCl的溶解损失，乙醇易挥发便于干燥、 防止CuCl被氧化。【小问8详解】结合该实验中滴加NH4SCN标准溶液，指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂，故只能选NH4Fe(SO4)2，C符合；故答案为C。24.根据要求回答下列问题。（1）常温下，将某一元酸HA(甲、乙代表不同的一元酸)和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示：实验编号混合溶液的pH甲0.20.1>7乙0.10.1=10从甲组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是___________。（2）pH相同的①NaCN②NaClO③Na2S三种溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为___________(填序号)。(已知：弱酸的电离平衡常数HCN：Ka=4×10－10；H2S：Ka1=1×10－7，Ka2=7×10－15；HClO：Ka=3×10－8)（3）可溶性铝盐常用作净水剂的原因：_______(用离子方程式表示)。（4）在常温下，0.1mol﹒L－1一元酸HB溶液的，常温下，有c(H+)相同、体积相同的盐酸和酸HB两种溶液，分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是______(填字母)。(①表示盐酸，②表示HB)a．b．c．d．（5）相同物质的量浓度的五种溶液：①(NH4)2SO4  ②氨水③NH4HSO4 ④NH4Cl⑤(NH4)2Fe(SO4)2 ，c()由大到小顺序是___________(用序号表示)。 （6）常温下，将0.2molH2C2O4加入300ml2mol/L的NaOH溶液中(假设溶液的体积不变)，所得溶液的pH=a，则c(C2O)+2c(HC2O)+3c(H2C2O4)=_____mol/L(用含a的代数式表示)。【答案】（1）（2）②①③（3）Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+（4）c（5）⑤①③④②（6）10−14+a−10−a【解析】小问1详解】甲组实验混合溶液的溶质为HA、NaA，溶液pH＞7，c(OH-)＞c(H+)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)；【小问2详解】根据电离平衡常数可知，酸性：HClO＞HCN＞HS-，则水解程度：S2-＞CN-＞ClO-，浓度相同时溶液的pH：S2-＞CN-＞ClO-，所以pH相同时物质浓度大小：NaClO＞NaCN＞Na2S，故答案为：②①③；【小问3详解】铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体可用于净水，离子方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+；【小问4详解】0.1mol•L-1一元酸HB溶液的pH=3＞1，则HB为弱酸，c(H+)相同时c(HCl)＜c(HB)，c(H+)相同、体积相同的盐酸和酸HB两种溶液中n(HCl)＜n(HB)，与足量锌粉时产生氢气的量和反应速率：HB＞HCl,符合反应的图象为c,故答案为：c；【小问5详解】相同物质的量浓度的这几种溶液中，NH3•H2O为弱电解质，部分电离，该溶液中c()最小；H+、Fe2+抑制水解，①④中水解程度都较小，化学式中个数越多，该溶液中c()越大，则这几种溶液中c()由大到小顺序为⑤①③④②，故答案为：⑤①③④②；【小问6详解】n(NaOH)=2mol/L×0.3L=0.6mol=3n(H2C2O4)，则0.2molH2C2O4加入300mL2mol/L的NaOH溶液中所得溶液的溶质为Na2C2O4和NaOH，物料守恒关系为3c()+3c()+3c(H2C2O4)=c(Na+)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，所以c()+2c()+3c(H2C2O4)=c(OH- )-c(H+)=(10-14+a-10-a)mol/L，故答案为：10-14+a-10-a。25.CO、CO2、CH3OH等含碳物质是重要的基础化工原料。回答下列问题：（1）CH3OH(l)气化时吸收的热量为27kJ∙mol−1，CH3OH(g)的燃烧热为677kJ∙mol−1，写出CH3OH(l)完全燃烧的热化学方程式：_________。（2）CO2的资源化利用和转化技术的研究对实现碳达峰和碳中和有重要意义。在席夫碱(含“−RC=N−”有机物)修饰的纳米金催化剂上，CO2直接催化加氢生成甲酸。其反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注，TS为过渡态。该历程中起决速步骤的化学方程式是_________。（3）在恒温恒容密闭容器中投入足量石墨与CO2进行反应C(s)+CO2(g)2CO(g)，可判定其达到平衡的条件有_______(填序号)。A.容器总压保持不变B.相同时间内，消耗1molCO2的同时生成2molCOC.CO的体积分数保持不变D.保持不变（4）CO2与H2在催化剂作用下可转化为CH3OH，主要反应如下：反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2若起始按=3投料，测得CO2的平衡转化率(X－CO2)和CH3OH的选择性(S–CH3OH)随温度、压强的变化如图所示[已知：S–CH3OH=] ①p1_____(填“>”或“<”)p2。②温度高于350°C后，在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是_____。③250°C时反应2的压强平衡常数Kp=_______(结果保留2位有效数字)。（5）近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO(NH2)2，电解原理如图所示，则电解过程中生成尿素的电极反应式是_________。【答案】（1）CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)   ΔH=-650KJ/mol（2）+H*=（3）ACD（4）①.>②.此时发生的反应以反应2为主，压强改变对平衡几乎没有影响③.0.0096（5）【解析】【小问1详解】CH3OH(l)气化时吸收的热量为27kJ/mol,CH3OH(g)的燃烧热为677kJ/mol,则CH3OH(l)的燃烧热为677kJ/mol-27kJ/mol=650 kJ/mol,故CH3OH(l)完全燃烧的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-650kJ/mol； 【小问2详解】由图中信息可知，纵坐标是反应时的相对能量，横坐标是反应历程，随着反应的变化，CO2催化加氢的过程中会出现3个过渡态，但是TS-2是相对能量最高的，是起决速的一步，所以起决速步骤的方程式为+H*=；【小问3详解】A．该反应是气体体积增大的反应，容器总压保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；B．无论反应是否达到平衡，相同时间内，消耗1molCO2的同时生成2molCO，故B错误；C．CO的体积分数保持不变即CO的物质的量不再变化，说明反应达到平衡状态，故C正确；D．保持不变即各组成浓度不再发生变化，说明反应达到平衡状态，故D正确，故答案为：ACD；【小问4详解】i.由反应方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知，该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强该反应向正反应方向移动，压强越大，平衡转化率越高，故P1＞P2，故答案为：＞；ii.温度高于350℃后，在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是此时发生的反应以反应2为主，压强改变对平衡几乎没有影响，故答案为：此时发生的反应以反应2为主，压强改变对平衡几乎没有影响；iii.在250℃压强P1下，CO2的平衡转化率为20%，CH3OH的选择性为50%，设H2、CO2的起始量分别为3mol和1mol,则反应的CO20.2mol,反应1消耗CO20.1mol,反应2消耗CO20.1mol,利用三步法可知：，，则平衡时，CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分别是0.8mol、2.6mol、0.1mol、0.2mol、0.1mol,混合气体总物质的量为3.8mol,则反应2的平衡常数为，故答案为：0.0096；【小问5详解】