浙江省浙南名校聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期開學(xué)化學(xué)試題

2023學(xué)年第二學(xué)期浙南名校返校聯(lián)考高二化學(xué)學(xué)科試題考生須知：1.本試題卷共8頁，滿分100分，考試時(shí)間90分鐘。2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級(jí)、姓名、考場號(hào)、座位號(hào)及準(zhǔn)考證號(hào)。3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效。4.考試結(jié)束后，只需上交答題卷。5.可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H—1O—16S—32Fe—56Cu—64選擇題部分一、選擇題（每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意，每小題3分，共48分）1.下列物質(zhì)中屬于新型無機(jī)非金屬材料的是A.石墨烯 B.不銹鋼 C.普通玻璃 D.鋁合金【答案】A【解析】【詳解】A．石墨烯是碳單質(zhì)，屬于新型無機(jī)非金屬材料，故A符合題意；B．不銹鋼是鐵合金，屬于金屬材料，故B不符合題意；C．普通玻璃的主要成分是硅酸鹽，屬于傳統(tǒng)無機(jī)非金屬材料，故C不符合題意；D．鋁合金屬于金屬材料，故D不符合題意；故選A。2.下列化學(xué)用語或說法中正確的是A.的名稱：3甲基丁烷B.總共含有4個(gè)能級(jí)的能層符號(hào)：C.的VSEPR模型為：D.在氨水中，與分子間的氫鍵主要形式可表示為：【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)系統(tǒng)命名規(guī)則，為2甲基丁烷，A錯(cuò)誤；B．總共含有4個(gè)能級(jí)為4s、4p、4d、4f，故該能層為N層，B錯(cuò)誤；C．中S價(jià)層電子對(duì)數(shù)，分子空間構(gòu)型為平面三角形，VSEPR模型為，C正確；D．O原子電負(fù)性更強(qiáng)，與O連接的H原子幾乎成了質(zhì)子，更易形成氫鍵，故在氨水中，NH3與H2O分子間的氫鍵主要形式可表示為：，D錯(cuò)誤；故答案為：C。3.下列事實(shí)，不能用勒夏特列原理解釋的是A.乙酸乙酯制備時(shí)加入稍過量的乙醇B.的平衡體系，增大壓強(qiáng)，氣體顏色加深C.用含氟牙膏刷牙可預(yù)防齲齒D.可在濃鹽酸中滴入幾滴濃硫酸快速制取氣體【答案】B【解析】【詳解】A．制備乙酸乙酯時(shí)，使用過量的乙醇可以增大反應(yīng)物的濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，乙酸的轉(zhuǎn)化率增大、乙酸乙酯的產(chǎn)率增大，則實(shí)驗(yàn)室制備乙酸乙酯時(shí)，使用過量的乙醇作原料能用勒夏特列原理來解釋，故A不符合題意；B．二氧化氮轉(zhuǎn)化為四氧化二氮的反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，二氧化氮的濃度減小，氣體顏色變淺，故B符合題意；C．存在Ca5(PO4)3OH(s)＋F－(aq)Ca5(PO4)3F(s)＋OH－(aq)，使用含氟牙膏，促進(jìn)平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行，生成氟磷灰石，氟磷灰石的溶解度比羥基磷灰石的小，而且更能抵抗酸的侵蝕，能用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋，故C不符合題意；D．濃鹽酸中存在氫離子和氯離子結(jié)合成氯化氫氣體的過程，加入濃硫酸，增大氫離子濃度，反應(yīng)正向進(jìn)行，快速制取HCl，故D不符合題意；故選B。4.關(guān)于反應(yīng)，下列說法正確的是A.上述反應(yīng)中發(fā)生還原反應(yīng)，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為B.屬于區(qū)元素，氣態(tài)比氣態(tài)更難再失去1個(gè)電子C.、雙氧水、明礬都是生活中常見的消毒劑D.生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的時(shí)，轉(zhuǎn)移電子【答案】D【解析】【分析】Mn元素的化合價(jià)由KMnO4中的+7價(jià)降至K2MnO4中的+6價(jià)和MnO2中的+4價(jià)，O元素的化合價(jià)由2價(jià)升至O2中的0價(jià)，KMnO4既是氧化劑、又是還原劑，K2MnO4和MnO2是還原產(chǎn)物，O2是氧化產(chǎn)物；據(jù)此分析作答。【詳解】A．Mn元素的化合價(jià)由KMnO4中的+7價(jià)降至K2MnO4中的+6價(jià)和MnO2中的+4價(jià)，K2MnO4和MnO2是還原產(chǎn)物，O元素的化合價(jià)由2價(jià)升至O2中的0價(jià)，O2是氧化產(chǎn)物，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為1：2，A錯(cuò)誤；B．Mn屬于d區(qū)元素，Mn2+的價(jià)電子排布式為3d5，F(xiàn)e2+的價(jià)電子排布式為3d6，Mn2+的3d能級(jí)半滿，更穩(wěn)定，所以更難再失去1個(gè)電子，B錯(cuò)誤；C．明礬是生活中常見的凈水劑，不是消毒劑，C錯(cuò)誤；D．生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的2.24LO2時(shí)，O2的物質(zhì)的量為0.1mol，轉(zhuǎn)移0.4mol電子，D正確；故選D。5.下列說法正確的是A.中和熱測定實(shí)驗(yàn)中酸堿混合時(shí)要迅速，并不斷上下攪拌，測定并記錄混合液的最高溫度B.葡萄糖可發(fā)生水解反應(yīng)生成乙醇和CO2C.可用飽和碳酸鈉溶液除去CO2氣體中的SO2雜質(zhì)D.可用酸性KMnO4溶液除去乙烷中的乙烯【答案】A【解析】【詳解】A．中和熱測定實(shí)驗(yàn)成功關(guān)鍵是做好保溫工作，減少實(shí)驗(yàn)過程中的熱量損失，因此實(shí)驗(yàn)中酸堿混合時(shí)要迅速，并不斷上下攪拌，測定并記錄混合液的最高溫度，據(jù)此判斷反應(yīng)過程放出的熱量，A正確；B．葡萄糖是單糖不能發(fā)生水解反應(yīng)，葡萄糖在酒曲酶作用下可發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成乙醇和CO2，B錯(cuò)誤；C．CO2也能夠與碳酸鈉飽和溶液反應(yīng)，因此不能用飽和碳酸鈉溶液除去CO2氣體中的SO2雜質(zhì)，應(yīng)該使用飽和碳酸氫鈉溶液除雜，C錯(cuò)誤；D．酸性KMnO4溶液會(huì)將乙烯氧化為CO2氣體，導(dǎo)致又混入新的雜質(zhì)，應(yīng)該使用溴水除去乙烷中的乙烯，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。6.下列說法正確的是A.70℃時(shí)，純水的，顯酸性B.常溫下，的醋酸溶液中加入的溶液，混合液C.的HA溶液加蒸餾水稀釋至，若，則為弱酸D.等體積等的稀硫酸和醋酸分別與等濃度的溶液反應(yīng)至中性，消耗溶液的體積前者小于后者【答案】D【解析】【詳解】A．水的電離是吸熱過程，升高溫度，水的電離程度增大。70℃時(shí)，純水的電離出的，pH<7，純水呈中性，A錯(cuò)誤；B．常溫下，的醋酸溶液中加入的溶液，醋酸的物質(zhì)的量大于氫氧化鈉的物質(zhì)的量，反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為醋酸鈉、醋酸，剩余醋酸的量大于生成的醋酸鈉，溶液呈酸性，B錯(cuò)誤；C．若的HCl溶液加蒸餾水稀釋至，鹽酸。的HA溶液加蒸餾水稀釋至，若，則不一定為弱酸，C錯(cuò)誤；D．等體積等的稀硫酸和醋酸中溶質(zhì)的物質(zhì)的量：醋酸>硫酸，反應(yīng)后溶液呈中性消耗的KOH：醋酸>硫酸，D正確；故答案為：D。7.已知是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中不正確的是A.的溶液中數(shù)目為B.常溫下的氫氧化鈉溶液中由水電離出的的數(shù)目為C.的溶液中，硫酸根和氫氧根的總數(shù)目為D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下將通入足量水中，溶液中、、數(shù)目之和小于【答案】B【解析】【詳解】A．的溶液中n(CuCl2)=0.1mol，所以數(shù)目為，故A正確；B．氫氧化鈉抑制水電離，pH=13的氫氧化鈉溶液中由水電離的氫離子濃度為1×103mol/L，常溫下的氫氧化鈉溶液中由水電離出的的數(shù)目為，故B錯(cuò)誤；C．pH=1的溶液中c(H+)=0.1mol/L、c(K+)=，根據(jù)電荷守恒，即，所以的溶液中，硫酸根和氫氧根的總數(shù)目為，故C正確；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下將通入足量水中，氯氣部分與水反應(yīng)，溶液中含有Cl2分子，溶液中、、數(shù)目之和小于，故D正確；選B。8.下列離子方程式正確的是A.氯化鎂溶液與氨水反應(yīng)：B澄清石灰水與過量碳酸氫鈉溶液混合：C.與稀硝酸反應(yīng)：D.硫化鈉溶液中加入少量氯化鐵溶液：【答案】B【解析】【詳解】A．氨水中一水合氨是弱電解質(zhì)，不能拆，故A錯(cuò)誤；B．澄清石灰水與過量碳酸氫鈉混合的離子方程式為：，故B正確；C．氧化亞鐵會(huì)被稀硝酸氧化成Fe3+，故C錯(cuò)誤；D．硫化鈉與少量氯化鐵發(fā)生氧化還原反應(yīng)，但生成的亞鐵離子能與硫離子反應(yīng)生成FeS，離子方程式為：，故D錯(cuò)誤；答案為B。9.在2L密閉容器中通入3molH2和1molN2，測得不同溫度下，NH3的產(chǎn)率隨時(shí)間變化如下圖所示。已知：瞬時(shí)速率表達(dá)式，（k為速率常數(shù)，只與溫度有關(guān)）下列說法正確的是A.由點(diǎn)到點(diǎn)混合氣體壓強(qiáng)在增大B.達(dá)到平衡時(shí)，C.溫度由調(diào)到，增大程度小于增大程度D.平衡常數(shù)：【答案】C【解析】【詳解】A．合成氨反應(yīng)是一個(gè)氣體分子數(shù)減小的可逆反應(yīng)，由點(diǎn)到點(diǎn)，NH3的產(chǎn)率增大，表明反應(yīng)正向進(jìn)行，氣體的物質(zhì)的量減小，則混合氣體壓強(qiáng)在減小，A不正確；B．達(dá)到平衡時(shí)，不同物質(zhì)表示的速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則，B不正確；C．從圖中看出，T2時(shí)反應(yīng)先達(dá)平衡，表明T1＜T2，則溫度由T1調(diào)到T2，平衡逆向移動(dòng)，所以增大程度小于增大程度，C正確；D．合成氨反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高，平衡常數(shù)越小，所以平衡常數(shù)：，D不正確；故選C。10.下列說法不正確的是A.相同條件下的酸性：鄰苯二甲酸對(duì)苯二甲酸B.鍵角：C.和甲醚都是直線型非極性分子D.由三種元素構(gòu)成的化合物可能是極性分子，也可能是非極性分子【答案】C【解析】【詳解】A．鄰苯二甲酸負(fù)離子可形成分子內(nèi)氫鍵，相同條件下的酸性：鄰苯二甲酸對(duì)苯二甲酸，A正確；B．Cl2O中O原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+=4，O為sp3雜化，空間構(gòu)型為V形，SCl2是V形結(jié)構(gòu)，O原子半徑小，電負(fù)性較大，鍵角：Cl2O>SCl2，B正確；C．分子中，O原子與兩個(gè)C原子形成2個(gè)σ鍵，含有2個(gè)孤電子對(duì)，O和與之相連的兩個(gè)C原子形成V形結(jié)構(gòu)，因此不是直線型分子，C錯(cuò)誤；D．由三種元素構(gòu)成的化合物可能是極性分子,如CH2Cl2，形成的也可能是非極性分子，如Be(OH)2，D正確；故選：C。11.MgCO3和CaCO3的能量關(guān)系如下圖所示(M=Ca、Mg)已知：離子電荷相同時(shí)，半徑越小，離子鍵越強(qiáng)。下列說法正確的是A.△H2(CaCO3)=△H2(MgCO3) B.△H1(MgCO3)=△H1(CaCO3)C.△H=△H1+△H2+△H3 D.△H3(CaCO3)＞△H3(MgCO3)＞0【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)圖示可知：△H2均為斷裂中的C、O之間的化學(xué)鍵形成CO2、O2，所以△H2(CaCO3)=△H2(MgCO3)，A正確；B．碳酸鹽受熱分解為吸熱反應(yīng)，由于Mg2+、Ca2+電荷相同，離子電荷相同時(shí)，半徑越小，離子鍵越強(qiáng)，斷裂吸收熱量就越多，反應(yīng)熱就越大，所以△H1(MgCO3)＞△H1(CaCO3)，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)熱與反應(yīng)途徑無關(guān)，只與反應(yīng)的始態(tài)與終態(tài)有關(guān)，則根據(jù)圖示可知△H=△H1+△H2△H3，C錯(cuò)誤；D．由離子結(jié)合形成物質(zhì)內(nèi)化學(xué)鍵時(shí)會(huì)釋放熱量，則由MO與CO2發(fā)生反應(yīng)時(shí)會(huì)吸收熱量，反應(yīng)熱△H3＞0，離子半徑越小，金屬陽離子與O2結(jié)合形成MO時(shí)放出熱量就越多，因此相應(yīng)的反應(yīng)熱就越大，離子半徑：Mg2+＜Ca2+，所以△H3(MgCO3)＞△H3(CaCO3)＞0，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。12.X、Y、Z、M、Q五種短周期主族元素，原子序數(shù)依此增大。軌道上電子全充滿，軌道上無電子；基態(tài)原子價(jià)層電子排布為，是地殼中含量最豐富的元素，基態(tài)原子有1個(gè)未成對(duì)電子，是短周期中金屬性最強(qiáng)的元素，下列說法不正確的是A.與形成的化合物中可能含有非極性共價(jià)鍵B.分子中的軌道雜化類型為雜化，分子的空間構(gòu)型是三角錐形C.化合物可能為兩性氫氧化物D.第一電離能：【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五種短周期主族元素，原子序數(shù)依此增大。的軌道上電子全充滿，軌道上無電子，X是Be元素；基態(tài)原子價(jià)層電子排布為，n=2，則Y是N元素；是地殼中含量最豐富的元素，Z是O元素；基態(tài)原子有1個(gè)未成對(duì)電子，M是F元素；是短周期中金屬性最強(qiáng)的元素，Q是Na元素。【詳解】A．與形成的化合物Na2O2中含有非極性共價(jià)鍵，故A正確；B．NF3分子中N原子有4個(gè)價(jià)電子對(duì)，有1個(gè)孤電子對(duì)，軌道雜化類型為雜化，分子的空間構(gòu)型是三角錐形，故B正確；C．根據(jù)“對(duì)角線規(guī)則”，Be與Al性質(zhì)相似，所以化合物Be(OH)2可能為兩性氫氧化物，故C正確；D．第一電離能：，故D錯(cuò)誤；選D。13.常溫下，用濃度為的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定濃度均為的和的混合溶液，滴定過程中溶液的隨()的變化曲線如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.約為B.點(diǎn)a：C.點(diǎn)b：D.水的電離程度：【答案】D【解析】【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反應(yīng)時(shí)，先與強(qiáng)酸反應(yīng)，然后再與弱酸反應(yīng)，由滴定曲線可知，a點(diǎn)時(shí)NaOH溶液和HCl恰好完全反應(yīng)生成NaCl和水，CH3COOH未發(fā)生反應(yīng)，溶質(zhì)成分為NaCl和CH3COOH；b點(diǎn)時(shí)NaOH溶液反應(yīng)掉一半的CH3COOH，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c點(diǎn)時(shí)NaOH溶液與CH3COOH恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa；d點(diǎn)時(shí)NaOH過量，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa和NaOH，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．由分析可知，a點(diǎn)時(shí)溶質(zhì)成分為NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=103.38mol/L，==104.76，故A正確；B．a(chǎn)點(diǎn)溶液為等濃度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒關(guān)系c(Na+)=c(Cl)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)，故B正確；C．點(diǎn)b溶液中含有NaCl及等濃度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液顯酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO的水解程度，則c(CH3COOH)<c(CH3COO)，故C正確；D．c點(diǎn)溶液中CH3COO水解促進(jìn)水的電離，d點(diǎn)堿過量，會(huì)抑制水的電離，則水的電離程度c>d，故D錯(cuò)誤；答案選D。14.通過如下圖所示裝置可實(shí)現(xiàn)將廢舊鋰離子電池的正極材料轉(zhuǎn)化為，并回收鈷，同時(shí)可借助其降解乙酸鹽生成。其中電極材料均為石墨，右側(cè)裝置為原電池（工作時(shí)應(yīng)保持厭氧環(huán)境和穩(wěn)定）。下列說法正確的是A.裝置工作時(shí)，甲室發(fā)生還原反應(yīng)：B.乙電極反應(yīng)式為：C.裝置工作時(shí)，乙室減小D.裝置工作一段時(shí)間后，應(yīng)定時(shí)將甲室溶液轉(zhuǎn)移至乙室【答案】A【解析】【分析】右側(cè)裝置為原電池，轉(zhuǎn)化為，可知為正極；左側(cè)為電解池，甲室是陰極室。【詳解】A．裝置工作時(shí)，甲室是陰極室，甲室發(fā)生還原反應(yīng)，故A正確；B．乙電極是原電池的正極，得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成，乙電極反應(yīng)式為，故B錯(cuò)誤；C．裝置工作時(shí)，乙室發(fā)生反應(yīng)，消耗氫離子增大，故C錯(cuò)誤；D．乙室生成，甲室消耗，裝置工作一段時(shí)間后，應(yīng)定時(shí)將乙室溶液轉(zhuǎn)移至甲室，故D錯(cuò)誤；選A。15.某溫度下，和的沉淀溶解平衡曲線如下圖（圖中表示或）所示，下列說法正確的是A.是的沉淀溶解平衡曲線B.a點(diǎn)時(shí)，和均生成沉淀C.b點(diǎn)時(shí)，有，則D.當(dāng)用溶液滴定濃度約為的溶液時(shí)，可用作指示劑（為紅色沉淀）【答案】D【解析】【分析】，為型，而為型，溶度積常數(shù)只與溫度有關(guān)，根據(jù)橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)的比值關(guān)系可知，Y表示與的變化關(guān)系，則X表示與的變化關(guān)系，由沉淀溶解平衡曲線Y上的點(diǎn)(1.7，5)可得到的溶度積，由沉淀溶解平衡曲線X上的點(diǎn)(4.8，5)可得到AgCl的溶度積，據(jù)此作答。【詳解】A．由分析可知，X、Y表示的是AgCl、的沉淀溶解平衡曲線，A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)點(diǎn)在溶解度曲線上方，離子濃度更小，該條件下不能生成沉淀，也不能生成AgCl沉淀，B錯(cuò)誤；C．溶度積常數(shù)只與溫度有關(guān)，，C錯(cuò)誤；D．、分別為白色、磚紅色固體，用滴定含的溶液時(shí)，可以滴加少量溶液作指示劑，D正確；故答案選D。16.下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象和結(jié)論A室溫下分別測定溶液和溶液的兩者都大于7，且溶液的大，說明的水解能力強(qiáng)于B取兩份新制氯水，分別滴加溶液和淀粉溶液前者有白色沉淀，后者溶液變藍(lán)色，說明與反應(yīng)存在限度C測定均為離子化合物的和的熔點(diǎn)的熔點(diǎn)更高，說明中離子鍵強(qiáng)于D向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液先產(chǎn)生白色沉淀，再產(chǎn)生黃色沉淀。說明轉(zhuǎn)化為，溶解度小于A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的濃度未知，無法判斷，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．新制氯水中加入AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀，說明新制氯水中有Cl，新制氯水中加入淀粉KI溶液，溶液變藍(lán)，說明I被氧化成I2，HClO和Cl2都能將I氧化，不能說明新制氯水中一定有Cl2，不能說明Cl2與H2O的反應(yīng)存在限度，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．離子化合物熔點(diǎn)的高低與離子鍵強(qiáng)度有關(guān)，離子鍵越強(qiáng)、離子化合物熔點(diǎn)越高，C項(xiàng)正確；D．向2mL0.1mol/LAgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol/LKCl溶液，產(chǎn)生白色AgCl沉淀后AgNO3過量，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液與過量Ag+直接反應(yīng)生成AgI沉淀，不能說明發(fā)生了沉淀的轉(zhuǎn)化和比較溶解度的大小，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。非選擇題部分二、非選擇題（本大題共有5小題，共52分）17.化學(xué)，讓生活更美好。回答下列問題：（1）乳酸亞鐵是一種常用的補(bǔ)鐵劑。①基態(tài)核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有__________種。②乳酸分子中鍵與鍵的數(shù)目比為__________。③乳酸亞鐵中各元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開_________。（2）乙烷硒啉（Ethaselen）是一種抗癌新藥，其結(jié)構(gòu)式如下：①該新藥分子中有__________種不同化學(xué)環(huán)境的C原子。②研究發(fā)現(xiàn)，適量硒酸鈉可減輕重金屬鉈引起的中毒。比較鍵角大?。篲_________（填“”、“”或“”），原因是__________。（3）廣泛應(yīng)用于太陽能電池領(lǐng)域。以、和抗壞血酸為原料，可制備?？箟难岱肿咏Y(jié)構(gòu)如圖1所示，晶胞如圖2所示。①抗壞血酸的分子式是__________，的價(jià)層電子軌道表示式為__________。②下列說法中不正確的是__________。A.抗壞血酸分子中碳原子的軌道雜化類型為B.抗壞血酸難溶于水，易溶于乙醇C.抗壞血酸與足量氫氣完全催化還原后的分子中有5個(gè)手性碳原子D.在水溶液中以形式存在，的配位原子為③晶胞為立方體，邊長為，設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞的密度__________?！敬鸢浮?7.①.14②.③.18.①.8②.③.和的中心原子均為雜化，中的原子沒有孤對(duì)電子，中的有兩對(duì)孤對(duì)電子，孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子的斥力大于成鍵電子之間的斥力（或離子的空間構(gòu)型為正四面體形，分子的空間構(gòu)型為V形）19.①.②.③.ABC④.【解析】【小問1詳解】①基態(tài)Fe原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，基態(tài)Fe失去最外層2個(gè)電子得，基態(tài)核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有14種。②乳酸分子的結(jié)構(gòu)式為，單鍵為鍵，雙鍵中有1個(gè)鍵與1個(gè)鍵，鍵與鍵的數(shù)目比為11:1。③元素非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，乳酸亞鐵中各元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)??！拘?詳解】①該新藥分子結(jié)構(gòu)對(duì)稱，有8種不同化學(xué)環(huán)境的C原子。②和的中心原子均為雜化，中的原子沒有孤對(duì)電子，中的有兩對(duì)孤對(duì)電子，孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子的斥力大于成鍵電子之間的斥力,所以鍵角>。【小問3詳解】①抗壞血酸的分子式是；Cu原子的價(jià)層電子排布式為3d104s1，Cu原子失去2個(gè)電子得，的價(jià)層電子排布式為3d9，價(jià)層電子軌道表示式為。②A．抗壞血酸分子中雙鍵碳原子的軌道雜化類型為，故A錯(cuò)誤；B．抗壞血酸分子中羥基屬于親水基，增大其水溶性，所以抗壞血酸易溶于水，故B錯(cuò)誤；C．抗壞血酸與足量氫氣完全催化還原后的分子中有4個(gè)手性碳原子(*標(biāo)出)，故C錯(cuò)誤；D．在水溶液中以形式存在，的配位原子為，故D正確；選ABC。③晶胞為立方體，邊長為，根據(jù)均攤原則，晶胞中Cu原子數(shù)為4、O原子數(shù)為2，設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞的密度。18.含氮化合物種類多，用途廣?；卮鹣铝袉栴}。（1）NH3的電子式為__________，NH3與NaClO在一定條件下可生成N2H4，化學(xué)方程式為__________。（2）又稱聯(lián)氨，為二元弱堿，不如氨氣穩(wěn)定，還原性強(qiáng)于氨氣。①聯(lián)氨在水中的電離方程式與氨相似，則聯(lián)氨第一步的電離方程式為__________。②肼空氣燃料電池是一種堿性燃料電池，生成無污染的物質(zhì)。電解質(zhì)溶液是的KOH溶液。肼空氣燃料電池放電時(shí)，負(fù)極的電極反應(yīng)式是__________。③從分子結(jié)構(gòu)角度分析，N2H4不如氨氣穩(wěn)定的原因是__________。（3）常溫下，在NH4Cl溶液中加入NaOH(s)至中性，則=__________（常溫下NH3·H2O的電離平衡常數(shù)為）。（4）利用熱再生氨電池可實(shí)現(xiàn)CuSO4電鍍廢液的濃縮再生。電池裝置如圖所示，甲、乙兩室均預(yù)加相同的CuSO4電鍍廢液，向甲室加入足量氨水后電池開始工作。下列說法正確的是__________。A.甲室Cu電極為負(fù)極B.Cu2+通過隔膜進(jìn)入乙室C.電池總反應(yīng)為：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+D.NH3擴(kuò)散到乙室不會(huì)對(duì)電池電壓產(chǎn)生影響（5）在加熱條件下通入過量的NH3與CuO反應(yīng)，可得到紅色固體。設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證尾氣中比較活潑的兩種氣體__________?！敬鸢浮?8.①.②.2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O19.①.②.N2H44e+4OH=N2+4H2O③.N2H4中含NN，由于N上的孤電子對(duì)的排斥使NN鍵鍵能較小，穩(wěn)定性比NH3差20.18021.AC22.將濕潤的紅色石蕊試紙置于尾氣出口，若試紙變藍(lán)，說明尾氣中含有氨氣；將尾氣通入冷的的集氣瓶中，若有液珠出現(xiàn)，說明含H2O【解析】【小問1詳解】N原子最外層有5個(gè)電子，其中3個(gè)成單電子與3個(gè)H原子形成3個(gè)共價(jià)鍵，就得到NH3，故NH3的電子式為；NH3具有還原性，NaClO具有強(qiáng)氧化性，二者會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生N2H4、NaCl、H2O，根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；【小問2詳解】①聯(lián)氨在水中的電離方程式與氨相似，N2H4與水電離產(chǎn)生的H+通過配位鍵結(jié)合，從而電離產(chǎn)生OH，則聯(lián)氨第一步的電離方程式為：；②在肼空氣燃料電池中，通入燃料N2H4的電極為負(fù)極，N2H4失去電子被氧化為N2，并結(jié)合OH生成H2O，則負(fù)極的電極反應(yīng)式為：N2H44e+4OH=N2+4H2O；③N2H4分子中2個(gè)N原子形成NN，每個(gè)N原子在分別與2個(gè)H原子形成2個(gè)NH共價(jià)鍵，由于N上的孤電子對(duì)的排斥使NN鍵鍵能較小，則其穩(wěn)定性就比NH3差；【小問3詳解】25℃時(shí)，向NH4Cl溶液中加入NaOH(s)到pH=7，溶液中c(OH)=c(H+)，溶液中存在電荷守恒c(OH)+c(Cl)=c(Na+)+c()+c(H+)，則c(Cl)=c(Na+)+c()，溶液中還存在物料守恒c(Cl)=c(NH3·H2O)+c()，所以c(Na+)=c(NH3·H2O)，則==180；【小問4詳解】A.向甲室通入NH3開始工作，放電時(shí)，甲室的銅電極棒不斷溶解，發(fā)生氧化反應(yīng)：Cu2e=Cu2+，Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，所以放電時(shí)，甲室Cu電極為負(fù)極，A正確；B.在原電池內(nèi)電路中陽離子向正極移動(dòng)，如隔膜為陽離子交換膜，電極溶解生成的Cu2+要向右側(cè)移動(dòng)，通入NH3要消耗Cu2+，顯然左則陽離子不斷減小，明顯不利于電池反應(yīng)正常進(jìn)行，故隔膜應(yīng)該是陰離子交換膜，Cu2+不能進(jìn)入乙室，B錯(cuò)誤；C.放電時(shí)，負(fù)極和正極的反應(yīng)分別為：Cu2e=Cu2+、Cu2++2e=Cu，向甲室加入足量氨水后，發(fā)生反應(yīng)Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故電池總反應(yīng)：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，C正確；D.NH3擴(kuò)散到乙室，與乙室中的Cu2+反應(yīng)，降低了乙室中Cu2+的濃度，將對(duì)電池電動(dòng)勢(shì)以及電壓產(chǎn)生一定影響，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是AC；【小問5詳解】在加熱條件下通入過量的NH3與CuO反應(yīng)，可得到紅色固體，反應(yīng)方程式為：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，在尾氣中含有過量NH3及反應(yīng)產(chǎn)生的N2、H2O蒸氣，其中NH3、H2O蒸氣比較活潑，檢驗(yàn)NH3的方法是將濕潤的紅色石蕊試紙置于尾氣出口，若試紙變藍(lán)，說明尾氣中含有氨氣；檢驗(yàn)水蒸氣的方法是：將尾氣通入冷的的集氣瓶中，若有集氣瓶內(nèi)壁有液珠出現(xiàn)，說明含H2O蒸氣。19.利用生物煉銅方法可以制備金屬銅，同時(shí)生成副產(chǎn)品，相關(guān)轉(zhuǎn)化過程如下圖所示：金屬離子沉淀的如下表：

開始沉淀時(shí)的1.54.26.3完全沉淀時(shí)的2.86.78.3請(qǐng)回答：（1）請(qǐng)寫出在硫化細(xì)菌作用下轉(zhuǎn)化生成的離子方程式__________。（2）請(qǐng)選擇合適的試劑X__________。A.新制氯水 B.雙氧水 C.稀硝酸 D.酸性高錳酸鉀（3）調(diào)節(jié)的范圍在__________之間，試劑是__________（寫出一種即可）。（4）測定的純度I.用分析天平稱取晶體，將其溶于硫酸后，加水稀釋后用容量瓶配成的待測液；Ⅱ.取的待測液置于錐形瓶中，用的標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定，進(jìn)行三次平行試驗(yàn)，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液的體積如下表所示實(shí)驗(yàn)組第一次第二次第三次滴定前溶液體積0.050.201.10滴定后溶液的體積19.9520.3022.10①滴定終點(diǎn)的判斷方法是__________。②該晶體的純度是__________（保留2位小數(shù)）。現(xiàn)測得該晶體純度偏低，可能的原因是__________。A.原錐形瓶中有水B.在配制待測液定容時(shí)仰視C.待測液配制過程中被氧氣氧化D.盛放標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失【答案】（1）CuS+2O2Cu2++（2）B（3）①.②.等（4）①.當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液由無色（淺黃色）變?yōu)闇\紫色，且半分鐘內(nèi)不變色②.92.67③.BC【解析】【分析】CuS和FeS在硫化細(xì)菌存在下與O2、H2SO4反應(yīng)得到CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合液，加入試劑X將Fe2+氧化成Fe3+，調(diào)pH得到Fe(OH)3沉淀和CuSO4溶液，CuSO4溶液與Fe粉反應(yīng)得到FeSO4和Cu；Fe(OH)3與H2SO4反應(yīng)后、加入Fe得到FeSO4溶液，兩步得到的FeSO4溶液合并，F(xiàn)eSO4溶液最終得到FeSO4?7H2O?！拘?詳解】CuS與O2、H2SO4在硫化細(xì)菌作用下生成CuSO4，CuS中S元素的化合價(jià)由2價(jià)升至+6價(jià)，O2為氧化劑，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應(yīng)的離子方程式為CuS+2O2Cu2++?！拘?詳解】試劑X將Fe2+氧化成Fe3+，新制氯水、稀硝酸、酸性高錳酸鉀將Fe2+氧化時(shí)會(huì)引入新雜質(zhì)、稀HNO3還會(huì)產(chǎn)生NO污染空氣；雙氧水將Fe2+氧化成Fe3+、不引入新雜質(zhì)；答案選B。【小問3詳解】調(diào)節(jié)pH的目的使Fe3+完全沉淀、Cu2+不形成沉淀，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，調(diào)節(jié)pH的范圍在2.8~4.2；為了不引入新雜質(zhì)，試劑是CuO或Cu(OH)2或CuCO3等?！拘?詳解】①由于KMnO4溶液本身有顏色，故滴定終點(diǎn)的判斷方法是：當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液由無色（淺黃色）變?yōu)闇\紫色，且半分鐘內(nèi)不變色。②三次實(shí)驗(yàn)消耗的KMnO4溶液的體積依次為19.95mL0.05mL=19.90mL、20.30mL0.20mL=20.10mL、22.10mL1.10mL=21.00mL，由于第三次實(shí)驗(yàn)誤差較大，故消耗的KMnO4溶液的體積為=20.00mL，根據(jù)反應(yīng)5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，25.00mL待測液中n(Fe2+)=5×0.05mol/L×0.02L=0.005mol，該FeSO4?7H2O晶體的純度為×100%=92.67%；A．原錐形瓶中有水，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果無影響，A項(xiàng)不符合題意；B．在配制待測液定容時(shí)仰視，待測液的體積偏大，所配溶液濃度偏小，消耗KMnO4溶液體積偏小，測得該晶體的純度偏低，B項(xiàng)符合題意；C．待測液配制過程中被氧氣氧化，消耗KMnO4溶液體積偏小，測得該晶體的純度偏低，C項(xiàng)符合題意；D．盛放KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，消耗KMnO4溶液體積偏大，測得該晶體的純度偏大，D項(xiàng)不符合題意；答案選BC。20.為了實(shí)現(xiàn)“碳中和”，研發(fā)的利用技術(shù)成為熱點(diǎn)。反應(yīng)I：反應(yīng)Ⅱ：請(qǐng)回答：（1）反應(yīng)I能夠自發(fā)進(jìn)行的條件是__________。（2）向的恒容密閉容器中充入和（起始?jí)簭?qiáng)為），在不同溫度下同時(shí)發(fā)生上述反應(yīng)I和反應(yīng)Ⅱ，得到平衡時(shí)各含碳物質(zhì)的物質(zhì)的量與溫度的關(guān)系如下圖所示。①寫出曲線Y表示的含碳元素物質(zhì)的化學(xué)式__________。②時(shí)，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)__________[對(duì)于氣相反應(yīng)，用某組分的平衡壓強(qiáng)代替物質(zhì)的量濃度也可表示平衡常數(shù)，記作，如，為平衡總壓強(qiáng)，為平衡系統(tǒng)中的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)]。（3）可用與催化加氫制乙醇，反應(yīng)原理為：。經(jīng)實(shí)驗(yàn)測定在不同投料比、、時(shí)的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖所示：①上述反應(yīng)的活化能（正）__________（逆）（填“”、“”或“”）。②、、由大到小的順序是__________。③從平衡角度分析，隨溫度升高，不同投料比時(shí)的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相近的原因__________。（4）科學(xué)家提出由制取的太陽能工藝如圖。已知“重整系統(tǒng)”發(fā)生的反應(yīng)中，則的化學(xué)式為__________。（5）水系可逆電池可吸收利用，將兩組陰離子、陽離子復(fù)合膜反向放置分隔兩室電解液充、放電時(shí)，復(fù)合膜間的解離成和，工作原理如圖所示：①放電時(shí)復(fù)合膜中向極移動(dòng)的離子是__________。②充電時(shí)多孔納米片電極的電極反應(yīng)式為__________?！敬鸢浮浚?）低溫自發(fā)（2）①.CO②.0.6（3）①.②.③.升高溫度到一定范圍，溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響占主要因素（4）（5）①.②.【解析】【小問1詳解】反應(yīng)I，根據(jù)自發(fā)進(jìn)行，則能夠自發(fā)進(jìn)行的條件是低溫自發(fā)?！拘?詳解】①反應(yīng)I為放熱反應(yīng)、反應(yīng)Ⅱ?yàn)槲鼰岱磻?yīng)，升高溫度，反應(yīng)I平衡逆向移動(dòng)、反應(yīng)Ⅱ平衡正向移動(dòng)，CH4的平衡物質(zhì)的量減小、CO的平衡物質(zhì)的量增大，則曲線X表示C