2022-2023學(xué)年浙江省寧波市九校高二上學(xué)期期末聯(lián)考化學(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1浙江省寧波市九校2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期期末聯(lián)考一、選擇題(本大題共25小題，每小題2分，共50分。每小題列出的四個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.含有共價鍵的離子化合物是A. B. C. D.SiC〖答案〗A【詳析】A．中Na+與之間形成離子鍵，內(nèi)部兩個O原子間形成共價鍵，A符合題意；B．為共價化合物，H與O、S與O原子間都形成共價鍵，B不符合題意；C．為離子化合物，只存在Ca2+與Cl-間的離子鍵，C不符合題意；D．SiC為共價化合物，只存在Si與C原子間的共價鍵，D不符合題意；故選A。2.位于周期表的哪個區(qū)A.d區(qū) B.區(qū) C.p區(qū) D.f區(qū)〖答案〗B【詳析】Ag的質(zhì)子數(shù)為47，其核外電子排布式為[Kr]4d105s1，價電子排布式為4d105s1，根據(jù)價電子排布式可知Ag位于ds區(qū)，故〖答案〗為B。3.化學(xué)與人類生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列描述不涉及鹽類水解的是A.水熱法制TiO2 B.氯化銨溶液除鐵銹C.草木灰去油污 D.鹵水點豆腐〖答案〗D【詳析】A．水熱法制備TiO2納米材料，TiCl4水解生成TiO2?xH2O沉淀和鹽酸，反應(yīng)方程式為：TiCl4+(2﹣x)H2O(過量)?TiO2?xH2O↓+4HCl，加入大量的水并加熱，能促進水解接近完全，故A正確；B．氯化銨為強酸弱堿鹽，銨根離子水解顯酸性，可以和鐵銹反應(yīng)生成鹽和水，故B正確；C．草木灰水解顯堿性，可以除油污，涉及到鹽類的水解，故C正確；D．鹵水點豆腐涉及到膠體聚沉，不涉及鹽類的水解，故D錯誤；故選：D。4.在某溫度下，向含有AgCl固體的AgCl飽和溶液中加入少量稀鹽酸，下列說法不正確的是A.AgCl的溶解度不變 B.AgCl的Ksp不變C.溶液中銀離子的濃度減小 D.溶液中氯離子的濃度增大〖答案〗A〖祥解〗在含AgCl固體的AgCl飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl﹣(aq)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl﹣)，當加入少量稀鹽酸時，溶液中c(Cl﹣)增大，部分AgCl析出，c(Ag+)減小，AgCl的溶解度減小，但AgCl的Ksp只與溫度有關(guān)，溫度不變，則AgCl的Ksp不變，據(jù)此分析解答?！驹斘觥緼．當加入少量稀鹽酸時，溶液中c(Cl﹣)增大，抑制了AgCl的溶解，部分AgCl析出，AgCl的溶解度減小，故A錯誤；B．Ksp只與溫度有關(guān)，溫度不變，則AgCl的Ksp不變，故B正確；C．Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl﹣)，當加入少量稀鹽酸時，溶液中c(Cl﹣)增大，則c(Ag+)減小，故C正確；D．當加入少量稀鹽酸時，Cl﹣與Ag+結(jié)合生成AgCl沉淀，但加入的量遠大于結(jié)合沉淀減少的量，則最終溶液中c(Cl﹣)增大，故D正確；故選：A。5.下列說法不正確的是A.只含非極性鍵的分子一定是非極性分子B.極性分子中可能含有非極性鍵C.H2O比H2S穩(wěn)定是因為水分子間形成了氫鍵D.O3是極性分子，含極性共價鍵〖答案〗C【詳析】A．只含非極性鍵的分子一定是非極性分子，A正確；B．極性分子中可能含有非極性鍵，如：H2O2中含極性鍵和非極性鍵，B正確；C．H2O比H2S穩(wěn)定是H﹣S鍵鍵能小于H﹣O鍵的鍵能，與氫鍵無關(guān)，C錯誤；D．O3分子中O原子價層電子對數(shù)=2+=3且含有1個孤電子對，O3為V形結(jié)構(gòu)，臭氧分子正負電荷重心不重合，為極性分子，含極性鍵，D正確；故選C。6.下列說法正確的是A.熵增的反應(yīng)都是自發(fā)的，自發(fā)反應(yīng)的現(xiàn)象一定非常明顯B.應(yīng)該投入大量資金研究該過程發(fā)生的條件，以解決含碳燃料不充分燃燒引起的環(huán)境問題C.已知，該反應(yīng)吸熱，一定不能自發(fā)進行D.常溫下，若反應(yīng)不能自發(fā)進行，則該反應(yīng)的〖答案〗D【詳析】A．反應(yīng)進行的方向與反應(yīng)現(xiàn)象無關(guān)，且熵增的反應(yīng)不一定自發(fā)進行，自發(fā)反應(yīng)的現(xiàn)象不一定明顯，故A錯誤；

B．為吸熱反應(yīng)，需提供能量，不能利用該吸熱反應(yīng)解決含碳燃料不充分燃燒引起的環(huán)境問題，經(jīng)濟上不劃算，故B錯誤；

C．由化學(xué)計量數(shù)可知△S＞0，且△H＞0，則高溫下可自發(fā)進行，故C錯誤；

D．△H-T△S＜0的反應(yīng)可自發(fā)進行，△S＞0，常溫下不能自發(fā)進行，可知該反應(yīng)的△H＞0，故D正確；

故選：D。7.下列說法不正確的是A.氧化鐵常用作油漆、涂料、油墨和橡膠的紅色顏料B.晶體硅的導(dǎo)電性介于導(dǎo)體和絕緣體之間，常用于制造光導(dǎo)纖維C.氧化鋁熔點高，常用于制造耐高溫材料D.金屬冶煉時產(chǎn)生的含二氧化硫廢氣經(jīng)回收后可用于制備硫酸〖答案〗B【詳析】A．氧化鐵是紅棕色固體，常用作油漆、涂料、油墨和橡膠的紅色顏料，故A正確；B．光導(dǎo)纖維的成分是二氧化硅，不是晶體硅，晶體硅主要用作半導(dǎo)體，故B錯誤；C．氧化鋁熔點高，常用于制造耐高溫材料，故C正確；D．二氧化硫可以生成硫酸，可實現(xiàn)廢物利用，故D正確；故選：B。8.采取下列措施對增大化學(xué)反應(yīng)速率有明顯效果的是A.Na與水反應(yīng)時，增加水的用量B.Al與稀硫酸反應(yīng)制取氫氣時，改用濃硫酸C.Na2SO4溶液與BaCl2溶液反應(yīng)時，增大壓強D.Zn與稀硫酸反應(yīng)時滴入少量CuSO4溶液〖答案〗D【詳析】A．水為濃度為定值的純液體，所以鈉與水反應(yīng)時，增大水的用量不影響反應(yīng)速率，故A錯誤；B．常溫下，鋁在濃硫酸中發(fā)生鈍化，致密的鈍化膜阻礙反應(yīng)繼續(xù)進行，所以改用濃硫酸不能加快反應(yīng)速率，故B錯誤；C．硫酸鈉溶液和氯化鋇溶液反應(yīng)生成硫酸鋇和氯化鈉的反應(yīng)是沒有氣體參加或生成的反應(yīng)，所以增大壓強，反應(yīng)體系中各物質(zhì)的濃度不變，反應(yīng)速率不變，故C錯誤；D．向溶液中滴入硫酸銅溶液，鋅與硫酸銅溶液發(fā)生置換反應(yīng)生成銅，鋅和銅在稀硫酸中構(gòu)成原電池，原電池反應(yīng)使反應(yīng)速率加快，故D正確；故選D。9.下列說法中正確的是A.在100℃時，pH約為6的純水呈酸性B.將1×10-6mol/L鹽酸稀釋1000mL，所得溶液的pH為9C.常溫下，水電離出的c(H+)為1×10-13mol/L時，此溶液的pH可能為1或13D.將pH=2的鹽酸與醋酸各1mL分別稀釋至100mL，所得醋酸的pH略小〖答案〗CD【詳析】A．在100℃時，純水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10-6mol/L，所以pH約為6，但由于純水中c(H+)=c(OH-)，因此此時純水仍為中性，而不是顯酸性，A錯誤；B．將1×10-6mol/L鹽酸稀釋1000mL，HCl電離產(chǎn)生c(H+)=1×10-9mol/L，此時溶液中水電離產(chǎn)生的H+不能忽略，溶液仍然顯酸性，因此所得溶液的pH不可能為9，B錯誤；C．常溫下，水電離出的c(H+)為1×10-13mol/L＜1×10-７mol/L，水電離受到了抑制作用，可能是加入了酸，也可能是加入了堿，若加入酸，此溶液的pH為1；若加入堿，則該溶液的pH為13，C正確；D．HCl是強酸，完全電離，將pH=2的鹽酸，c(H+)=10-2mol/L，將1mL稀釋至100mL，此時溶液中c(H+)=10-4mol/L，溶液pH=4；醋酸是弱酸，在溶液中存在電離平衡，主要以電解質(zhì)分子存在，pH=2時，c(CH3COOH)＞c(H+)=10-4mol/L，當將該溶液1mL稀釋至100mL，假設(shè)醋酸電離平衡不移動，此時溶液中c(H+)=10-4mol/L；稀釋時使醋酸的電離平衡正向移動，導(dǎo)致溶液中c(H+)＞10-4mol/L，使溶液的pH＜4，可見所得醋酸的pH略小，D正確；故合理選項是CD。10.短周期元素X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，X元素基態(tài)原子有2個未成對電子，Y元素基態(tài)原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個，Z的一種“超原子”()具有40個價電子，下列說法不正確的是A.簡單離子半徑：Y>ZB.的空間構(gòu)型為平面三角形C.中心原子的雜化方式為sp3雜化D.X、Y、Z的電負性：Y>X>Z〖答案〗C〖祥解〗短周期元素X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，Y元素基態(tài)原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個，其核外電子排布為1s22s22p3，則Y為N元素；X元素基態(tài)原子有2個未成對電子，外圍電子排布ns2np2或ns2np4，其原子序數(shù)小于N，則X為C元素；Z的一種超原子具有40個價電子，Z原子最外層電子數(shù)為=3，位于ⅢA族，則Z為Al元素，以此來解答?！驹斘觥坑缮鲜龇治隹芍?，X為C元素、Y為N元素、Z為Al元素，A．電子層相同時，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則簡單離子半徑：Y>Z，故A正確；B．中C的價層電子對數(shù)為3+=3，不含孤電子對，則其空間構(gòu)型為平面三角形，故B正確；C．中N的價層電子對數(shù)為3+=3，所以中心原子N采用sp2雜化，故C錯誤；D．同周期主族元素從左向右電負性逐漸增大，金屬的電負性較小，則電負性：Y>X>Z，故D正確；故選：C。11.下列關(guān)于金屬防護方法的說法不正確的是A.利用陽極氧化法處理鋁制品的表面，使之形成致密的氧化膜而鈍化B用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗Fe2＋，若得到藍色溶液，證明原溶液中含F(xiàn)e2＋C.輪船在船殼水線以下常裝有一些鋅塊，這是利用了犧牲陽極的陰極保護法D.外加電流，將需要保護的金屬做陰極，可以起到防止金屬被腐蝕的作用〖答案〗B【詳析】A．利用陽極氧化法處理鋁制品的表面，陽極的電極反應(yīng)式為:，使之形成致密的氧化膜而鈍化；B．檢驗亞鐵離子加入K3[Fe(CN)6]溶液，若生成藍色沉淀，則證明原溶液中含F(xiàn)e2＋；C．輪船在船殼水線以下常裝有一些鋅塊與鐵構(gòu)成原電池，鐵做原電池的正極，鋅做原電池的負極材料，利用了犧牲陽極的陰極保護法；D．外加電流的陰極保護法，將需要保護的金屬與電源的負極相連做電解池的陰極，可以起到防止金屬被腐蝕的作用；〖答案〗選B。12.在一定溫度下的可逆反應(yīng)，，，若該溫度下的平衡常數(shù)K=10，下列說法錯誤的是A.該溫度下B.升高溫度，增大的倍數(shù)大于增大的倍數(shù)C.有利于測定X的相對分子質(zhì)量的條件為低溫高壓D.恒壓條件下，向平衡體系中充入惰性氣體He，X的轉(zhuǎn)化率減小〖答案〗D【詳析】A．達到平衡時，，則，平衡常數(shù)，即，故A正確；B．該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動，所以增大的倍數(shù)大于增大的倍數(shù)，故B正確；C．測定X的相對分子質(zhì)量時應(yīng)該使平衡盡可能逆向移動，該反應(yīng)的正反應(yīng)為氣體分子數(shù)增多的吸熱反應(yīng)，所以條件為低溫高壓，故C正確；D．恒壓條件下，向平衡體系中充入惰性氣體He，體積增大，壓強減小，平衡正向移動，X的轉(zhuǎn)化率增大，故D錯誤；〖答案〗選D。13.下列反應(yīng)的方程式不正確的是A.氧化鐵與足量氫碘酸溶液反應(yīng)：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2OB.銅片上電鍍銀的總反應(yīng)(銀作陽極，硝酸銀溶液作電鍍液)：Ag(陽極)Ag(陰極)C.銅與稀硝酸反應(yīng)：3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2OD.明礬溶液中加入少量氫氧化鋇溶液：2Al3++3+3Ba2++6OH﹣=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓〖答案〗A【詳析】A．氧化鐵與氫碘酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘單質(zhì)、碘化亞鐵和水，其反應(yīng)的離子方程式為：，A項錯誤；B．銅片上電鍍銀時，陽極銀失電子生成銀離子，陰極溶液中的銀離子得電子生成銀，總反應(yīng)(銀作陽極，硝酸銀溶液作電鍍液)為：Ag(陽極)Ag(陰極)，B項正確；C．銅與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水，其反應(yīng)的離子方程式為：，C項正確；D．明礬溶液中加入少量氫氧化鋇溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁和硫酸鋇，其反應(yīng)的離子方程式為：，D項正確；〖答案〗選A。14.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.標準狀況下，2.24L乙烯中σ鍵的數(shù)目為0.4NAB.在含0.1mol氯化鐵的溶液中，N(Fe3+)+N(H+)=0.1NAC.足量Cu與20g98%的濃硫酸共熱反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAD.24.5gH2SO4和H3PO4的混合物中含有的O原子數(shù)為NA〖答案〗D【詳析】A．乙烯分子中單鍵為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵，則標況下，2.24L乙烯中σ鍵的數(shù)目為=，A項錯誤；B．氯化鐵是強酸弱堿鹽，鐵離子在溶液中水解，使溶液中的陽離子數(shù)目增大，則在含0.1mol氯化鐵的溶液中鐵離子和氫離子的數(shù)目之和大于，B項錯誤；C．Cu與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，隨著反應(yīng)進行硫酸濃度減小，變成稀硫酸與銅不反應(yīng)，足量銅與20g98%的濃硫酸共熱反應(yīng)時，則反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于×2××=，C項錯誤；D．硫酸和磷酸摩爾質(zhì)量都為98g/mol，均含有4個O原子，則24.5g硫酸和磷酸的混合物中含有的氧原子數(shù)為×4×=，D項正確；〖答案〗選D。15.下列實驗?zāi)苓_到預(yù)期目的的是編號實驗內(nèi)容實驗?zāi)康腁向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固體，溶液紅色變淺證明Na2CO3溶液中存在水解平衡B室溫下，用pH試紙分別測定濃度為18mol/L和0.1mol/LH2SO4溶液的pH比較不同濃度H2SO4的酸性強弱C配制FeCl2溶液時，先將FeCl2溶于適量濃鹽酸中，再用蒸餾水稀釋到所需濃度，最后在試劑瓶中加入少量銅粉抑制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，產(chǎn)生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成紅褐色沉淀證明在相同溫度下的Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]A.A B.B C.C D.D〖答案〗A【詳析】A．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根離子水解顯堿性溶液變紅，加入少量BaC12固體，水解平衡逆向移動，則溶液顏色變淺，證明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故A正確；B．18mol/L的硫酸為濃硫酸，濃硫酸具有脫水性、強氧化性，無法用pH試紙測定其pH，故B錯誤；C．配制FeCl2溶液時，先將FeCl2溶于適量濃鹽酸中，再用蒸餾水稀釋到所需濃度，最后應(yīng)該在試劑瓶中加入少量鐵粉，否則會引進雜質(zhì)銅離子，故C錯誤；D．氫氧化鈉過量，不能證明溶解度大小，如加入足量氯化鎂完全生成氫氧化鎂沉淀后再加入氯化鐵，能生成紅褐色沉淀，則可證明，故D錯誤；故選A。16.相同金屬在其不同濃度鹽溶液中可形成濃差電池。如圖所示裝置是利用濃差電池電解Na2SO4溶液(a、b電極均為石墨電極)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH．下列說法正確的是A.電池放電過程中，Cu(2)作正極，電極反應(yīng)為Cu2++2e-═CuB.c、d離子交換膜依次為陽離子交換膜和陰離子交換膜C.b為電解池的陰極，電極反應(yīng)為2H2O+2e-═H2↑+2OH-D.電池從開始工作到停止放電，電解池理論上可制得80gNaOH〖答案〗B〖祥解〗濃差電池中，左側(cè)溶液中Cu2+濃度大，Cu2+的氧化性強，則Cu(1)電極為正極、Cu(2)電極為負極，正極上Cu2+發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，正極反應(yīng)為Cu2++2e﹣═Cu，負極反應(yīng)式為Cu﹣2e﹣═Cu2+；電解槽中a電極為陰極、b電極為陽極，陽極上水失電子生成O2和H+，陽極反應(yīng)為2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，陰極上水得電子生成H2，陰極反應(yīng)為2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，所以Na+通過離子交換膜c生成NaOH，通過離子交換膜d生成硫酸，即c、d離子交換膜分別為陽離子交換膜、陰離子交換膜?！驹斘觥緼．濃差電池中，Cu(1)電極為正極，正極上Cu2+得電子生成Cu，電極反應(yīng)為Cu2++2e﹣═Cu，故A錯誤；B．a(chǎn)電極為陰極、b電極為陽極，陽極反應(yīng)為2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，陰極反應(yīng)為2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，則a極附近生成NaOH、b極附近生成H2SO4，所以鈉離子通過離子交換膜c生成NaOH、為陽離子交換膜，硫酸根通過離子交換膜d生成硫酸、為陰離子交換膜，故B正確；C．電解槽中a電極為陰極，水發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成氫氣，a電極反應(yīng)為4H2O+4e﹣═2H2↑+4OH﹣，故C錯誤；D．電池從開始工作到停止放電，溶液中Cu2+濃度變?yōu)?.5mol/L，正極析出Cu：(2.5﹣1.5)mol/L×2L=2mol，正極反應(yīng)為Cu2++2e﹣═Cu，陰極反應(yīng)為2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，根據(jù)電子守恒有Cu～2e﹣～2NaOH，電解池理論上生成NaOH的物質(zhì)的量n(NaOH)=2n(Cu)=4mol，生成NaOH的質(zhì)量m(NaOH)=nM=4mol×40g/mol=160g，故D錯誤；故選B。17.時下的熱門藥物布洛芬，其具有抗炎、鎮(zhèn)痛、解熱作用，但口服該藥對胃、腸道有刺激性，可以對該分子進行如圖所示的成酯修飾：，以減輕副作用，下列說法不正確的是A.該做法使布洛芬的水溶性增強B.布洛芬中的碳原子有采取sp2和sp3雜化C.可用紅外光譜儀檢測兩種有機物的分子結(jié)構(gòu)D.布洛芬和成酯修飾產(chǎn)物中均含手性碳原子〖答案〗A【詳析】A．羧基轉(zhuǎn)化為酯基，酯基不溶于水，水溶性減弱，故A錯誤；B．甲基上C為sp3雜化，苯環(huán)及雙鍵上C為sp2雜化，均有兩種雜化方式，故B正確；C．紅外光譜儀可確定化學(xué)鍵及官能團，可檢測有機物的結(jié)構(gòu)，故C正確；D．連接4個不同基團的碳原子為手性碳原子，、中黑球表示的碳原子為手性碳原子，故D正確；故選：A。18.常溫下，物質(zhì)的量濃度相同的三種鹽溶液的依次為7、9、10，下列說法不正確的是A.是強酸 B.離子濃度C.三種鹽溶液中水的電離度都比純水大 D.〖答案〗C【詳析】A．溶液PH=7說明NaX溶液不水解，是強酸，故A正確；B．因pH越大，說明酸根離子水解越是強烈，所以鹽溶液中離子濃度，故B正確；C．依據(jù)NaX溶液PH=7分析，X-離子不水解，溶液中水的電離度不變，故C錯誤；D．根據(jù)物料守恒：c(Na+)=c(X-),c(Na+)=，物質(zhì)的量濃度相同的三種鹽溶液，c(Na+)=，故D正確；故選C。19.利用銅-鈰氧化物(，Ce是活潑金屬)催化氧化除去中少量CO的可能機理如圖所示。下列說法正確的是A.反應(yīng)(iii)中Cu、Ce化合價均未改變B.反應(yīng)一段時間后催化劑活性下降，可能是CuO被還原成Cu所致C.若用參與反應(yīng)，一段時間后，不可能出現(xiàn)在銅-鈰氧化物中D.銅-鈰氧化物減小了反應(yīng)的反應(yīng)熱〖答案〗B【詳析】A．反應(yīng)(iii)中放出二氧化碳，碳元素化合價變化，故Cu、Ce化合價不可能都未改變，A項錯誤；B．氧化銅可能被一氧化碳還原為銅，則該催化劑的活性就會下降，B項正確；C．若用參與反應(yīng)，一段時間后，會有一個出現(xiàn)在銅-鈰氧化物中，C項錯誤；D．催化劑能改變反應(yīng)速率，但不影響反應(yīng)熱，D項錯誤。故選B。20.25℃時，用0.1000mol/L的NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.1000mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲線如圖。下列說法不正確的是A.點①和點②所示溶液中：c(CH3COO﹣)﹣c(CN﹣)═c(HCN)﹣c(CH3COOH)B.④⑤為兩個反應(yīng)的滴定終點，兩個反應(yīng)均可采用酚酞作指示劑C.HCN酸性比CH3COOH弱，所以點①溶液中水的電離程度小于點②溶液D.點②和點③間(不含端點)存在離子濃度大小關(guān)系：c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)〖答案〗C【詳析】A．點①所示溶液的溶質(zhì)為HCN和NaCN，點②所示溶液的溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，利用物料守恒可知，點①所示溶液滿足：c(HCN)+c(CN﹣)═2c(Na+)，點②所示溶液滿足：c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，則c(CH3COO﹣)﹣c(CN﹣)═c(HCN)﹣c(CH3COOH)，A正確；B．NaOH溶液分別滴定CH3COOH溶液和HCN溶液時，恰好完全反應(yīng)溶質(zhì)分別為CH3COONa和NaCN，溶液均顯堿性，④⑤時消耗氫氧化鈉的體積為20mL，則④⑤為兩個反應(yīng)的滴定終點，兩個反應(yīng)均可采用酚酞作指示劑，B正確；C．點①所示溶液的溶質(zhì)為HCN和NaCN，點②所示溶液的溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，HCN酸性比CH3COOH弱，HCN的電離程度小于CH3COOH電離程度，則NaCN的水解程度大于CH3COONa，鹽的水解促進水的電離，酸抑制水的電離，則所以點①溶液中水的電離程度大于點②溶液，C錯誤；D．點②和點③間(不含端點)均顯酸性，則溶液中存在離子濃度大小關(guān)系：c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)，D正確；故選C。21.室溫下，通過下列實驗來探究NH4HCO3的性質(zhì)。實驗1：測得0.1mol·L-1NH4HCO3溶液的pH=9.68實驗2：向濃度為0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中加入足量NaOH，有刺激性氣味氣體產(chǎn)生實驗3：濃度均為2.0mol·L-1NH4HCO3溶液和NaCl溶液等體積混合，有晶體析出，過濾下列說法正確的是A.0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中存在：c(H+)+2c(H2CO3)=c(CO)+c(OH-)+c(NH3?H2O)B.由實驗1可得：Kb(NH3?H2O)>Ka1(H2CO3)C.實驗2中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為NH+OH-=NH3↑+H2OD.實驗3中所得濾液中存在：c(NH)+c(NH3?H2O)=c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)〖答案〗B【詳析】A．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中,由質(zhì)子守恒可得c(H+)+c(H2CO3)=c(CO)+c(OH-)+c(NH3?H2O)，故A錯誤；B．由實驗1可知，0.1mol·L-1NH4HCO3溶液顯堿性，可知NH的水解程度小于HCO的水解程度，則Kb(NH3?H2O)>Ka1(H2CO3)，故B正確；C．實驗2中的NaOH是足量的，所以反生反應(yīng)的離子方程式是NH+HCO+2OH-=NH3↑+2H2O+CO，故C錯誤；D．實驗3中析出的晶體是溶解度較小的NaHCO3晶體，則濾液中NH4Cl的量要大于NaHCO3，則根據(jù)物料守恒：c(NH)+c(NH3?H2O)>c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)，故D錯誤；〖答案〗B。22.“類比”是預(yù)測物質(zhì)性質(zhì)與化學(xué)反應(yīng)的重要方法之一，但“類比”不能違背客觀事實，下列“類比”合理的是A.Na2O2與CO2反應(yīng)生成Na2CO3和O2，則Na2O2與SO2反應(yīng)生成Na2SO3和O2B.Na在空氣中燃燒生成Na2O2，則同族的Li在空氣中燃燒也生成Li2O2C.Al(OH)3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]，則Be(OH)2也能溶于NaOH溶液生成Na2[Be(OH)4]D.Al3+與S2﹣在水溶液中因水解無法大量共存，則Fe3+與S2﹣在水溶液中也因水解無法大量共存〖答案〗C【詳析】A．二氧化硫具有還原性，與過氧化鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈉，故A錯誤；B．鋰在空氣中燃燒只生成一種氧化物，即Li2O，不存在Li2O2，故B錯誤；C．Al(OH)3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]，則Be(OH)2也能溶于NaOH溶液生成Na2[Be(OH)4]，故C正確；D．Fe3+與S2﹣能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng)，所以二者不能大量共存是因為發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與水解無關(guān)，故D錯誤；故選：C。23.有一化合物X，其水溶液為淺綠色，有如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系(部分反應(yīng)物、生成物已略)。其中B、D、E、F均為無色氣體，C為難溶于水的紅褐色固體。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀鹽酸的白色沉淀，H和M反應(yīng)可放出大量的熱。(電解裝置中用石墨做電極)下列說法正確的是A.同濃度的X溶液和硫酸銨溶液相比，前者的pH小B.圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系中只包含一個化合反應(yīng)C.“混合液”電解一段時間后pH不變D.X溶液和G溶液混合，無明顯實驗現(xiàn)象〖答案〗A〖祥解〗化合物X，其水溶液為淺綠色，可以推測出其可能含有Fe2+。其又與過量的NaOH溶液反應(yīng)，產(chǎn)生氣體B，可以推測其含有，則B為NH3。C為難溶于水的紅褐色固體，再結(jié)合化合物X可能含有Fe2+，兩下印證，可以推測出C為Fe(OH)3，于是A就為Fe(OH)2，H為Fe2O3，其與M反應(yīng)可放出大量的熱，可聯(lián)想到鋁熱反應(yīng)，所以L為Fe，這個反應(yīng)是個置換反應(yīng)?；旌弦褐屑尤隑aCl2溶液可生成不溶于稀鹽酸的白色沉淀，推測出混合液中含有，所以混合液為NaOH與Na2SO4的混合液，電解時，根據(jù)電極離子放電順序，可知被電解物質(zhì)實際上是水，所以E和D為氫氣和氧氣，B與D兩種氣體催化反應(yīng)，B為NH3，可聯(lián)系到氨氣的催化氧化，所以D是氧氣，F(xiàn)是NO，G為硝酸，X為(NH4)2Fe(SO4)2。【詳析】A．X為(NH4)2Fe(SO4)2，同濃度的X溶液和硫酸銨溶液相比，前者的pH小，因為亞鐵離子會促進銨根水解，故A正確；B．從上述分析過程中，生成G的反應(yīng)是4NO+3O2+2H2O=4HNO，為化合反應(yīng)；A與氧氣反應(yīng)生成C，為化合反應(yīng)，故B錯誤；C．通過分析，混合液的成分為NaOH與Na2SO4，所以用石墨做電極電解時，根據(jù)電極離子放電順序，可以判斷被電解的物質(zhì)是水，一段時間后，水變少，溶液濃度變大，PH值肯定發(fā)生變化，故C錯誤；D．G為硝酸具有氧化性，會將亞鐵離子氧化為三價鐵離子，溶液會有綠色變?yōu)辄S色，故D錯誤；本題〖答案〗為A。24.某溫度下，向50mLCuCl懸濁液中緩慢加入NaI固體并攪拌，體系中c(I-)與c(Cu+)的變化曲線如圖所示。已知：該溫度下，Ksp(CuI)=1.0×10-12。下列說法正確的是A.圖示中的x為10-6B.Ksp(CuCl)=1.0×10-9C.向100mL含0.1molCuI的懸濁液中加入足量的飽和食鹽水，充分攪拌反應(yīng)，可實現(xiàn)CuI全部轉(zhuǎn)化為CuClD.若c點CuCl未完全溶解，則曲線bc段內(nèi)，c(Cl-)：c(I-)=106〖答案〗D【詳析】A．根據(jù)圖象可知b點c(Cu+)=1.0×10-3mol/L，b點開始產(chǎn)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錯誤；B．根據(jù)圖象可知a點CuCl懸濁液中c(Cl-)=c(Cu+)=1.0×10-3mol/L，則Ksp(CuCl)=c(Cl-)×c(Cu+)=1.0×10-3×1.0×10-3=1.0×10-6，故B錯誤；C．根據(jù)沉淀的轉(zhuǎn)化可知，該轉(zhuǎn)化的平衡常數(shù)為，可知該反應(yīng)不可能轉(zhuǎn)化完全，故C錯誤；D．若c點CuCl未完全溶解，則曲線bc段內(nèi)，c(Cl-)：c(I-)=Ksp(CuCl)：Ksp(CuI)=106，故D正確；故〖答案〗為D25.已知反應(yīng)：2X(g)?Y(g)ΔH<0。在T1℃和T2℃下，容積均為2L的密閉容器中，氣體X的濃度與反應(yīng)時間的變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A.容器內(nèi)壓強不變時，表明反應(yīng)達到平衡B.a、b、c三點的反應(yīng)速率大小為c>a>bC.T1℃，容積壓縮為1L，反應(yīng)1h，Y的體積分數(shù)>D.其他條件相同時，T1℃、T2℃下X的平衡轉(zhuǎn)化率：α(T1)<α(T2)〖答案〗D【詳析】A．該反應(yīng)前后體積發(fā)生改變，密閉容器中，當壓強不變時，表明反應(yīng)達到平衡，A項正確；B．由圖可知，曲線斜率較大代表反應(yīng)速率較快，故T1<T2，則c點溫度高且反應(yīng)物濃度大，反應(yīng)速率最快，a、b兩點溫度相同，但a點的反應(yīng)物濃度大，則反應(yīng)速率a>b，B項正確；C．T1條件下反應(yīng)1h時，Y的濃度為mol/L=0.45mol/L，則其體積分數(shù)為，若容器體積變?yōu)?L，則平衡正向移動，Y的體積分數(shù)>，C項正確；D．該反應(yīng)△H<0，升高溫度，平衡逆向移動，X的平衡轉(zhuǎn)化率減小，故α(T1)＞α(T2)，D項錯誤；〖答案〗選D。二、非選擇題(本大題共5小題，共50分)26.回答下列問題：（1）門捷列夫按元素的相對原子質(zhì)量大小排列，獲得了元素周期律，但他發(fā)現(xiàn)鈷的相對原子質(zhì)量(58.93)和鎳的相對原子質(zhì)量(58.69)順序是顛倒的?；卮鹣铝袉栴}：①Co在元素周期表中的位置為___________；基態(tài)Ni原子價層電子排布式為：___________；Ni基態(tài)原子的3d能級上未成對電子數(shù)為___________；②鈷和鎳的相對原子質(zhì)量順序顛倒的原因可能是___________。（2）兩種有機物的相關(guān)數(shù)據(jù)如表：物質(zhì)鄰羥基苯甲酸對羥基苯甲酸水中溶解性(20℃)<1g/L5g/LpKa(20℃)3.914.48常溫下，鄰羥基苯甲酸在水中的溶解性比對羥基苯甲酸小，而鄰羥基苯甲酸的酸性比對羥基苯甲酸強，原因是：___________。（3）磷酸鹽在微生物作用下可轉(zhuǎn)化為PH3，PH3的中心原子的雜化方式為___________。PH3鍵角為93.6°，小于VSEPR模型的預(yù)測值，原因為___________?！即鸢浮剑?）①.第四周期第Ⅷ族②.3d84s2③.2④.元素周期表按核電荷數(shù)由大到小的順序編排的（2）對羥基苯甲酸形成分子間氫鍵；鄰羥基苯甲酸形成分子內(nèi)氫鍵，羥基氫更易電離，酸性更強（3）①.sp3②.PH3的VSEPR模型為正四面體形，其中有一個孤電子對，孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對與成鍵電子對之間的斥力?！驹斘觥?1)①基態(tài)Co原子價電子排布式為3d74s2，位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族；基態(tài)Ni原子價電子排布式為3d84s2，Ni基態(tài)原子的3d能級上未成對電子數(shù)為2，故〖答案〗為：第四周期第Ⅷ族；3d84s2；2；②元素周期表按核電荷數(shù)由大到小的順序編排的，Co的核電荷數(shù)是27，而Ni的是28，所以Co排在Ni的前面；元素的相對原子質(zhì)量是由它在自然界中各種同位素的相對原子質(zhì)量與其豐度的乘積的和，鎳元素有多種同位素，且相對分質(zhì)量較小的Ni、Ni在自然界中的豐度比較大，而鈷只有一種穩(wěn)定同位素59Co，造成Ni元素的平均相對原子質(zhì)量小于Co元素的，使得鈷和鎳的相對原子質(zhì)量順序與原子順序顛倒，故〖答案〗為：元素周期表按核電荷數(shù)由大到小的順序編排的；(2)鄰羥基苯甲酸形成分子內(nèi)氫鍵，而對羥基苯甲酸形成分子間氫鍵，增大了其溶解度；鄰羥基苯甲酸的酸性強于苯甲酸的原因是鄰羥基苯甲酸形成分子內(nèi)氫鍵，羥基氫更易電離，酸性更強，故〖答案〗為：對羥基苯甲酸形成分子間氫鍵；鄰羥基苯甲酸形成分子內(nèi)氫鍵，羥基氫更易電離，酸性更強；(3)PH3的中心P原子的價層電子對數(shù)為3+=4，有1個孤電子對，P原子雜化方式為sp3；PH3的VSEPR模型為正四面體形，其中有一個孤電子對，孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對與成鍵電子對之間的斥力，所以PH3鍵角為93.6°，小于VSEPR模型的預(yù)測值，故〖答案〗為：sp3；PH3的VSEPR模型為正四面體形，其中有一個孤電子對，孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對與成鍵電子對之間的斥力。27.回答下列問題：（1）泡沫滅火器中的藥品是NaHCO3、Al2(SO4)3，用離子方程式表示泡沫滅火器的原理___________。外筒的材質(zhì)是鐵，內(nèi)筒是玻璃，則外筒應(yīng)該盛放___________溶液。（2）5.2g乙炔(C2H2)氣體完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水，放出259.9kJ的熱量，寫出乙炔燃燒熱的熱化學(xué)方程式___________。（3）H3BO3具有一元弱酸的性質(zhì)，在水中可產(chǎn)生正四面體結(jié)構(gòu)的離子，寫出H3BO3在水中的電離方程式：___________。（4）25℃時，將amol/L的氨水與0.01mol/L的鹽酸等體積混合，若溶液中c()=c(Cl﹣)，則氨水的電離平衡常數(shù)為___________。(用含a的表達式來表示)（5）在25℃時，醋酸和亞硫酸電離常數(shù)如表：醋酸亞硫酸K=1.8×10﹣5K1=1.54×10﹣2K2=1.02×10﹣7醋酸滴入Na2SO3溶液中，反應(yīng)的離子方程式為___________。〖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-【詳析】(1)碳酸氫根離子與鋁離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳、水，離子方程式：3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，外筒的材質(zhì)是鐵，內(nèi)筒是玻璃，硫酸鋁水解，溶液顯酸性，和鐵發(fā)生反應(yīng)，則外筒應(yīng)該盛放溶液是NaHCO3溶液，故〖答案〗為：3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑；NaHCO3；(2)5.2g的氣態(tài)乙炔(C2H2)物質(zhì)的量==0.2mol乙炔，0.2mol乙炔在氧氣中燃燒，生成二氧化碳和液態(tài)水，放出259.9kJ的熱量，則1mol乙炔在氧氣中燃燒，生成二氧化碳和液態(tài)水，放出的熱量==1299.5kJ，故熱化學(xué)方程式為：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l))△H=﹣1299.5kJ?mol﹣1，故〖答案〗為：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=﹣1299.5kJ?mol﹣1；(3)硼酸屬于一元弱酸，不能完全電離，電離方程式為：H3BO3+H2O?[B(OH)4]﹣+H+，故〖答案〗為：H3BO3+H2O?[B(OH)4]-+H+；(4)反應(yīng)平衡時溶液中c()=c(Cl﹣)，則溶質(zhì)為NH4Cl和NH3?H2O；平衡時溶液中c()=c(Cl﹣)=0.005mol/L，根據(jù)物料守恒得c(NH3?H2O)=(0.5a﹣0.005)mol/L，根據(jù)電荷守恒得c(H+)=c(OH﹣)=10﹣7mol/L，溶液呈中性，NH3?H2O的電離常數(shù)Kb=，故〖答案〗為：；(5)醋酸的電離平衡常數(shù)大于亞硫酸的二級電離，小于亞硫酸的一級電離，醋酸滴入Na2SO3溶液中，反應(yīng)的離子方程式為CH3COOH+=+CH3COO-，故〖答案〗為：CH3COOH+=+CH3COO-。28.由三種元素組成的難溶化合物A是一種新型超薄二維納米材料，可用作鋰電池的正極材料?？砂慈鐖D流程探究A的組成(已知A與稀鹽酸恰好完全反應(yīng)，且溶液B與KSCN溶液作用顯血紅色)。（1）A中非金屬元素是___________，A化學(xué)式是___________。（2）固體A與稀鹽酸反應(yīng)的離子方程式是___________。（3）上述流程探究中有過濾操作，該操作時需要用到的玻璃儀器有___________。（4）Li、化合物A、有機溶劑(可傳導(dǎo)Li+)組成電池，放電時正極生成金屬單質(zhì)和兩種含鋰的化合物，放電時正極的電極反應(yīng)式為___________。〖答案〗（1）①.O、Cl②.FeOC（2）FeOCl+2H+=Fe3++Cl-+H2O（3）燒杯、漏斗、玻璃棒（4）FeOCl+3Li++3e-=Fe+Li2O+LiCl〖祥解〗溶液B與KSCN溶液作用顯血紅色，說明溶液B含有Fe3+，溶液B與氫氧化鈉反應(yīng)得到沉淀C，C是鐵的氫氧化物，灼燒C得到紅棕色沉淀，紅棕色沉淀為Fe2O3，n(Fe2O3)==0.05mol，則21.5gA中含有鐵原子為0.05mol×2×2=0.2mol；溶液B與硝酸酸化的硝酸銀反應(yīng)生成43.05g沉淀是AgCl，n(AgCl)==0.3mol，則21.5gA中含有氯原子的物質(zhì)的量是0.3mol×2﹣0.1L×4mol/L=0.2mol，固體A與鹽酸反應(yīng)得到B溶液，可知A中還含有氧元素，根據(jù)質(zhì)量守恒，21.5gA中氧原子的物質(zhì)的量是21.5g﹣0.2mol×56g/mol﹣0.2mol×35.5g/mol=3.2g，氧原子的物質(zhì)的量是=0.2mol，A中n(Fe)：n(O)：n(Cl)=0.2mol：0.2mol：0.2mol=1：1：1，則A化學(xué)式為FeOCl，根據(jù)化合價代數(shù)和為0可知，A中Fe元素化合價為+3價，則C為Fe(OH)3?！驹斘觥?1)由分析可知，A中含有Fe、O、Cl元素，非金屬元素是O、Cl，A的化學(xué)式是FeOCl，故〖答案〗為：O、Cl；FeOCl；(2)FeOCl與稀鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵、水，反應(yīng)的離子方程式：FeOCl+2H+=Fe3++Cl﹣+H2O，故〖答案〗為：FeOCl+2H+=Fe3++Cl-+H2O；(3)上述流程探究中有過濾操作，該操作時需要用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，故〖答案〗為：燒杯、漏斗、玻璃棒；(4)Li、FeOCl、有機溶劑(可傳導(dǎo)Li+)組成電池，Li為負極，F(xiàn)eOCl為正極，放電時正極生成金屬單質(zhì)和兩種含鋰的化合物，即FeOCl得電子生成鐵單質(zhì)和氧化鋰、氯化鋰，放電時正極的電極反應(yīng)式：FeOCl+3Li++3e﹣=Fe+Li2O+LiCl，故〖答案〗為：FeOCl+3Li++3e-=Fe+Li2O+LiCl。29.污染物的有效去除和資源的充分利用是化學(xué)造福人類的重要研究課題。利用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)作脫硫劑，脫除燃煤尾氣中的SO2并制得MnO2的流程如圖：回答下列問題：Ⅰ．請回答：（1）下列各組試劑中，能檢驗“尾氣”中SO2是否除盡的是___________(填序號)。a．氯化鋇溶液b．稀硫酸酸化的KMnO4溶液c．I2﹣淀粉的混合溶液d．NaOH溶液（2）步驟Ⅳ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。Ⅱ．可利用滴定法來測定尾氣中SO2的含量，實驗室按以下步驟進行：①量取標況下1000mL尾氣樣品，通入適量NaOH溶液中；②配制成250mL溶液；③準確量取25.00mL；④將25.00mL溶液置于錐形瓶中；⑤用0.0100mol/L的酸性KMnO4溶液進行滴定，達到滴定終點時，消耗10.00mL溶液。（3）滴定前，有關(guān)滴定管的正確操作為(選出正確操作并按序排列)：檢漏→蒸餾水洗滌→___________→開始滴定。A．烘干B．裝入滴定液至零刻度以上C．調(diào)整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D．用洗耳球吹出潤洗液E．排除氣泡F．用滴定液潤洗2至3次G．記錄起始讀數(shù)（4）該尾氣中SO2的含量為___________g/L。（5）以下操作會造成測定結(jié)果偏低的是___________。A.達到滴定終點讀取數(shù)據(jù)時，俯視滴定管液面B.錐形瓶未用待測液潤洗C.盛裝標準溶液的滴定管，滴定前尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失D.溶液顏色變化后，立即讀數(shù)〖答案〗（1）bc（2）3Mn2++2+2H2O=5MnO2↓+4H+（3）F→B→E→C→G（4）0.16（5）AD〖祥