精品解析：山东省实验中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试化学试题

参照秘密级管理★启用前 2024—2025学年度第一学期高二教学质量检测 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡上。 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mn 55 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。 每小题只有1个选项符合题目要求。 1. 化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是 A. “深海一号”母船海水浸泡区的铝块可保障船体不易腐蚀 B. 高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式为化学能→电能 C. 泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝 D. 二氧化碳作制冷剂与断裂碳氧键需要吸收热量有关 2. 下列化学用语或图示表述正确的是 A. 激发态H原子的轨道表示式： B. 空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 C. 基态As原子的简化电子排布式为 D. 的电子式为 3. SiHCl3分子的空间结构为 A. 三角锥形 B. 四面体形 C. 平面三角形 D. V形 4. 某分子结构如图所示，其中、、、为原子序数依次增大的短周期主族元素，且仅、位于同一周期；原子的核外电子总数是其次外层电子数的2倍。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 该分子中X、Y、Z最外层均满足 C. 元素的含氧酸均是强酸 D. 、、形成的化合物不可能含有离子键 5. 下列实验装置图正确且能达到相应实验目的的是 A. 图甲用于中和反应反应热测定 B. 图乙加热制取无水 C. 图丙是外加电流法防止钢闸门生锈 D. 图丁用于探究温度对反应速率的影响 6. 下列有关实验原理、装置、操作的描述中正确的是 A．制备无水 B．测定浓硫酸的pH C．研究催化剂对反应速率的影响 D．利用焰色反应检验 A. A B. B C. C D. D 7. 笑气()是工业废气，近年发现它有很强的温室效应，在催化剂下，还原是有效的去除方法，反应为，其反应历程如图。下列说法错误的是 A. 为催化剂 B. 无催化剂参与反应过程的能垒为 C. 根据图示，催化反应可分为两个半反应：、 D. 从到有极性键和非极性键的断裂和生成 8. 氨氮废水中氮元素主要以形式存，氨氮废水会造成水体富营养化。可用沉淀法处理氨氮废水并获得缓释肥料磷酸镁铵，过程如图。 已知：的。下列说法中错误的是 A. 为复合肥料，适合弱酸性土壤使用 B. 生成的离子方程式为 C. 若溶液中，则pH大于10时，可避免产生沉淀 D. 实验室完成分离操作时，需要的玻璃仪器主要为玻璃棒、烧杯、漏斗 9. 可以将还原为，反应原理为：的平衡转化率随温度或压强的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 压强： B. 反应速率： C. 平衡常数： D. 气体的颜色：深，浅 10. 25℃时，用0.1000mol·L-1 NaOH溶液分别滴定三种浓度均为0.1000mol·L-1一元酸HA溶液(HA代表CH3COOH、CF3COOH或CH2ClCOOH)，滴定过程pH变化如下图所示。已知CH2ClCOOH的pKa=2.86。下列说法错误的是 A. M点对应溶液中，c(A－)=10c(HA) B. 25℃时，Ⅲ对应的酸Ka=10-1.52 C. Ⅰ为CH3COOH溶液的滴定曲线 D. 酸性强弱：CF3COOH>CH2ClCOOH>CH3COOH 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。 11. 向的溶液中滴加等浓度的氨水，先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到深蓝色溶液。再加无水乙醇会析出深蓝色晶体，下列说法不正确的是 A. 铜是ⅠB族元素，原子的最外层有2个电子 B. 沉淀溶解是由于生成了离子 C. 加入无水乙醇会使溶剂极性下降，降低硫酸四氨合铜的溶解度，从而析出晶体 D. 加入无水乙醇后用玻璃棒摩擦试管内壁，有利于晶体析出 12. 某兴趣小组以铝土矿(主要成分为，还含有少量和)为主要原料制备絮凝剂聚合氯化铝和金属铝的流程如图所示。 已知滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐。下列说法正确的是 A. “碱溶”时，所用NaOH溶液更换为氨水“碱溶”效果更好 B. 若滤液a浓度较大，“沉淀”时通入过量有利于减少生成沉淀中的杂质 C. “操作X”可以是盐酸溶解、HCl气流中结晶、脱水、电解 D. 通过控制沉淀ⅰ、ⅱ的比例可改变聚合氯化铝的组成 13. 关于下列事实或反应解释中错误的是 选项 实验或事实 解释 A 冰的密度小于液态水的密度 共价键具有方向性和饱和性 B 向淀粉的水解液中滴加几滴碘水，溶液未变蓝 淀粉已水解完全 C 该反应的条件都是为了提高反应物的平衡转化率 D 等体积，等物质的量浓度的与在不同温度下发生反应，温度高的先出现浑浊 温度升高，该反应的速率加快 A. A B. B C. C D. D 14. 海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂-海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是 A. 海水起电解质溶液作用 B. N极仅发生的电极反应： C. 玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能 D. 该锂-海水电池属于二次电池 15. 常温下，用溶液分别滴定浓度均为的溶液和溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是 已知：，。 A. 常温下，溶液中， B. 常温下， C. 的过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大 D. 常温下，溶液中， 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 回答下列问题 （1）二氯化二硫()是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下是一种橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构如图所示。 ①的化学键类型为___________(填下列序号)，它是___________(填“极性”或“非极性”)分子。 a．极性键 b．非极性键 c．极性键和非极性键 ②电负性：___________(填“>”或“<”)，中硫的化合价为___________。 ③分子中原子的杂化轨道类型为___________。 （2）原子序数小于36的、、、、、六种元素，原子序数依次增大，其中元素的原子在所有原子中半径最小，元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，元素原子核外的能级有两个电子，元素原子核外有6个未成对电子(用元素符号或化学式表示)。 ①写出元素的基态原子的价电子排布式___________；分子中键与键数目之比为___________。 ②、、三种元素第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。 ③在水中的溶解度较大，可能的原因有___________。(写出两个即可) 17. 某同学用与浓盐酸反应制备纯净的的装置如图所示。回答下列问题： （1）装置A中盛放浓盐酸的仪器名称是_______，A中反应的化学方程式为_______。 （2）E装置中导管(填“x”或“y”)_______应伸至靠近集气瓶底部。 （3）装置的作用有两个：一_______，二是_______。请写出氯气与碱石灰中反应的化学方程式_______。 （4）、和三种微粒的物质的量分数随(即)变化的关系如图所示。 ①使用84消毒液时为增强消毒效果常调节，原因是_______。 ②通常购买的84消毒液在12左右，为增强消毒效果可向其中滴加_______。 A．可口可乐 B．稀 C．食醋 D．浓盐酸 （5）实验室将通入质量分数40%的溶液中来制备84消毒液。当消耗一半时转移电子数为，计算此时所得溶液中的质量分数为_______%。(保留一位小数) 18. I．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示： 化学式 电离平衡常数 在25℃条件下，请回答下列问题： （1）的溶液和的溶液，设由水电离产生的的物质的量浓度分别为和，则___________。将上述两溶液分别稀释10倍，的比值___________(填“变大”、“不变”或“变小”)。 （2）向溶液通入少量反应的离子方程式为___________。 （3）的溶液中各离子浓度由大到小的顺序___________。 II．是主要的大气污染气体，利用化学反应原理是治理污染的重要方法。工业上用吸收尾气中使之转化为，再以为原料设计原电池，然后电解(惰性电极)制取，装置如下： （4）甲图中A电极上的反应式为___________。 （5）甲图中B与乙图___________(填“C”或“D”)极相连，进行电解时乙图Z中向___________(填“Y”或“W”)中移动。 （6）乙图阳极的电极反应式为___________。 19. 以铂钯精矿(含Se、Te、Au、Pt、Pd等)为原料，提取贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示： 已知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以、、形式存在； ②和难溶于水，易溶于水， （1）“焙烧”时，Se、Te转化为可溶于水的和。转化等物质的量的Se、Te时，消耗的物质的量之比为___________；根据图判断“焙烧”适宜的条件为 ___________等。 （2）“还原”得到金的反应的离子方程式为___________；加入过量的目的是___________。 （3）“煅烧”时还生成、和一种气体，该气体用少量水吸收后可重复用于“___________”操作单元；“沉铂”时先通入的气体X为___________(填化学式)。 （4）“沉钯”时，向的溶液中加入等体积的的溶液，充分反应后，溶液中___________。 20. 一定条件下，水气变换反应的中间产物是。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分解反应： Ⅰ． Ⅱ． 研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催化作用；反应Ⅰ的速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。 （1）在该条件下，水气变换反应的焓变_______。 （2）反应Ⅰ的正反应速率方程为：，为反应速率常数。温度下，电离平衡常数为，当平衡浓度为时，此时反应Ⅰ的速率_______。(用、、的代数式来表示) （3）①温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。时刻、的浓度分别为、，反应Ⅱ达平衡，测得的浓度为，反应Ⅱ的平衡常数为_______。 ②在相同条件下，下列说法正确的是_______。 A．若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，则图示、、、中，的峰值点可能是或 B．若适当升高温度，则图示、、、中，的峰值点可能是或 C．与不含盐酸相比，达到浓度峰值时，浓度减小 D．与不含盐酸相比，达到浓度峰值时，的值减少 （4）工业上，水气变化的反应历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应物及产物分子脱吸附等过程。随着温度升高，在催化剂活性温度范围内，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 参照秘密级管理★启用前 2024—2025学年度第一学期高二教学质量检测 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡上。 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mn 55 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。 每小题只有1个选项符合题目要求。 1. 化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是 A. “深海一号”母船海水浸泡区的铝块可保障船体不易腐蚀 B. 高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式为化学能→电能 C. 泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝 D. 二氧化碳作制冷剂与断裂碳氧键需要吸收热量有关 【答案】A 【解析】 【详解】A．“深海一号”母船海水浸泡区铝块作负极与船体形成原电池，利用“牺牲阳极法”可保障船体不易腐蚀，故A正确； B．高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式太阳能→电能，故B错误； C．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝，故C错误； D．二氧化碳作制冷剂发生物理变化，是其汽化时需要吸收大量的热，与断裂碳氧键需要吸收热量无关，D错误； 答案选A。 2. 下列化学用语或图示表述正确的是 A. 激发态H原子的轨道表示式： B. 空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 C. 基态As原子的简化电子排布式为 D. 的电子式为 【答案】D 【解析】 【详解】A．没有1p轨道，A错误； B．氯原子半径大于碳原子半径，该模型不可以表示四氯化碳分子，B错误； C．As是第33号元素，基态As原子的简化电子排布式为，C错误； D．中C和N形成三条共价键，电子式为，D正确； 故选D。 3. SiHCl3分子的空间结构为 A. 三角锥形 B. 四面体形 C. 平面三角形 D. V形 【答案】B 【解析】 【详解】SiHCl3中心Si原子的价层电子对数为：，无孤对电子，分子构型为四面体形，故B正确； 故选：B。 4. 某分子结构如图所示，其中、、、为原子序数依次增大的短周期主族元素，且仅、位于同一周期；原子的核外电子总数是其次外层电子数的2倍。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 该分子中X、Y、Z最外层均满足 C. 元素的含氧酸均是强酸 D. 、、形成的化合物不可能含有离子键 【答案】B 【解析】 【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据物质结构可知X形成4个化学键，则X是IVA族元素，为C或Si元素；Z原子的核外电子数是其次外层电子数的2倍，且原子序数大于X，则Z的核外电子数是16，为S元素；由于仅X、Y位于同一周期，且根据物质结构可知，W形成1个共价键，Y形成3个共价键，则W位于第一周期，为H元素；X、Y位于第二周期，分别为C、N元素；综上，W、X、Y、Z分别为H、C、N、S元素。 【详解】A．同周期随原子序数增大，原子半径减小，因此原子半径：C>N>H，即原子半径：X>Y>W，A错误； B．中的C、N、S原子均满足8电子稳定结构，只有H是2个电子稳定结构，B正确； C．元素Z的含氧酸包括H2SO3和H2SO4等，H2SO3属于弱酸，C错误； D．W、Y、Z形成的化合物可以为(NH4)2S，铵根离子和硫离子之间是离子键，D错误； 答案选B。 5. 下列实验装置图正确且能达到相应实验目的的是 A. 图甲用于中和反应反应热的测定 B. 图乙是加热制取无水 C. 图丙是外加电流法防止钢闸门生锈 D. 图丁用于探究温度对反应速率的影响 【答案】C 【解析】 【详解】A．图甲缺少环形玻璃搅拌器，故A错误； B．制取无水应该在气流中加热，以防止水解，故B错误； C．要保护钢闸门，应该将其与外接电源负极相连，作阴极以实现外加电源的阴极保护，故C正确； D．探究温度对反应速率的影响时其他条件应该相同，实验中除温度不同外，酸的浓度相等但氢离子浓度不相同，阴离子种类不同，无法探究温度对速率的影响，故D错误； 答案选C。 6. 下列有关实验原理、装置、操作的描述中正确的是 A．制备无水 B．测定浓硫酸的pH C．研究催化剂对反应速率的影响 D．利用焰色反应检验 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．制备无水需要在干燥氯化氢气流中加热，否则可能水解为，A正确； B．浓硫酸有脱水性，能使试纸炭化变黑，无法确定其，B错误； C．实验中存在催化剂和温度两个变量，无法研究催化剂对反应速率的影响，C错误； D．利用焰色反应检验，需要透过蓝色钴玻璃观察颜色，D错误； 答案选A。 7. 笑气()是工业废气，近年发现它有很强的温室效应，在催化剂下，还原是有效的去除方法，反应为，其反应历程如图。下列说法错误的是 A. 为催化剂 B. 无催化剂参与反应过程的能垒为 C. 根据图示，催化反应可分为两个半反应：、 D. 从到有极性键和非极性键的断裂和生成 【答案】D 【解析】 【分析】虚线代表无催化剂参与反应过程，实线代表有催化剂参与反应过程，FeO+在第一步反应作为反应物，最后一步反应作为生成物，，起到催化剂的作用，根据图中结构判断键的改变情况，据此回答。 【详解】A．根据图示可知，FeO+在第一步反应作为反应物，最后一步反应作为生成物，且有FeO+参与过程活化能降低，A正确； B．虚线代表无催化剂参与反应过程，故最高能垒(活化能)，为最高的点和起点的相对能量之差，B正确； C．由图示信息可以看出，催化的过程中会有氮气和Fe(O2)+中间产物的生成，且一氧化碳会与Fe(O2)+结合，产生二氧化碳和FeO+，C正确； D．由图可知两者的结构式为：，从到结构变化可以看出，有铁氧之间的极性键断裂，有氧氧之间非极性键的生成，但是没有非极性键的断裂，极性键的生成，D错误； 故选D。 8. 氨氮废水中氮元素主要以形式存在，氨氮废水会造成水体富营养化。可用沉淀法处理氨氮废水并获得缓释肥料磷酸镁铵，过程如图。 已知：的。下列说法中错误的是 A. 为复合肥料，适合弱酸性土壤使用 B. 生成的离子方程式为 C. 若溶液中，则pH大于10时，可避免产生沉淀 D. 实验室完成分离操作时，需要玻璃仪器主要为玻璃棒、烧杯、漏斗 【答案】C 【解析】 【分析】氨氮废水中氮元素主要以形式存在，氨氮废水会造成水体富营养化，氨氮废水与磷酸盐、氯化镁混合之后，再通过调节pH至9-10，使之选择性生成磷酸镁铵，离子方程式为，再通过过滤将之分离出去就得到处理后的废水。 【详解】A．在水溶液中会解离成镁离子、铵根离子和磷酸根离子，当土壤成弱酸性时，磷酸镁铵中的磷酸根离子或磷酸氢根离子（取决于土壤的pH值）可以与氢离子结合，形成磷酸二氢根离子或磷酸，从而减缓了溶液pH值的下降速度，A正确； B．由分析可知，生成的离子方程式为，B正确； C．若溶液中，pH大于10时，，，根据，则，，此时溶液中产生，C错误； D．该分离操作为过滤，实验室完成过滤操作时，需要的玻璃仪器主要为玻璃棒、烧杯、漏斗，D正确； 故选C。 9. 可以将还原为，反应原理为：的平衡转化率随温度或压强的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 压强： B. 反应速率： C. 平衡常数： D. 气体的颜色：深，浅 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应正反应气体分子数减小，同温时增大压强，平衡转化率增大，压强：，A正确； B．由图可知a、c两点， c点NO2的平衡转化率更低、反应物浓度更大，且c点温度更高，所以反应速率：，B正确； C．根据图示，升高温度，平衡转化率减小，该反应放热，温度升高，平衡常数减小，温度：a＜b＜c，平衡常数：，C正确； D．由图可知a、c两点压强均为P2， c点NO2的平衡转化率更低、NO2浓度更大，气体的颜色：浅，深，D错误； 故选D。 10. 25℃时，用0.1000mol·L-1 NaOH溶液分别滴定三种浓度均为0.1000mol·L-1的一元酸HA溶液(HA代表CH3COOH、CF3COOH或CH2ClCOOH)，滴定过程pH变化如下图所示。已知CH2ClCOOH的pKa=2.86。下列说法错误的是 A. M点对应溶液中，c(A－)=10c(HA) B. 25℃时，Ⅲ对应的酸Ka=10-1.52 C. Ⅰ为CH3COOH溶液的滴定曲线 D. 酸性强弱：CF3COOH>CH2ClCOOH>CH3COOH 【答案】B 【解析】 【分析】卤素原子为吸电子基团，且电负性：F>Cl，含有电负性越大的原子越多，吸电子效应越大，使得羧基中O—H键的共用电子对更加靠近吸电子基团，更容易电离出H＋，使酸性增强，因此CH3COOH、CF3COOH和CH2ClCOOH的酸性强弱：CF3COOH>CH2ClCOOH>CH3COOH。在相同的浓度下，HA的酸性越强，电离出的c(H＋)越大，pH越小。根据图像，滴定还未开始时，溶液的pH：曲线Ⅰ>曲线Ⅱ>曲线Ⅲ，则酸性：曲线Ⅰ<曲线Ⅱ<曲线Ⅲ，可知曲线Ⅰ表示的是CH3COOH溶液的滴定曲线，曲线Ⅱ和Ⅲ分别表示的是CH2ClCOOH和CF3COOH溶液的滴定曲线。 【详解】A．根据分析，曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定CH2ClCOOH溶液。根据已知，CH2ClCOOH的pKa=2.86，则Ka=10-2.86。CH2ClCOOH的电离方程式：CH2ClCOOH⇌CH2ClCOO－＋H＋，平衡常数。M点溶液的pH=3.86，c(H＋)=10-3.86mol/L，代入平衡常数表达式中，可得，则c(CH2ClCOO－)=10c(CH2ClCOOH)，若用HA表示，则c(A－)=10c(HA)，A正确； B．根据分析，曲线Ⅲ表示的是CF3COOH溶液的滴定曲线。CF3COOH的电离方程式：CF3COOH⇌CF3COO－＋H＋，平衡常数。根据图像，滴定还未开始时，CF3COOH溶液的pH=1.06，c(CF3COO－)c(H＋)=，c(CF3COOH)，则，B错误； C．根据分析，CH3COOH的酸性最弱。相同浓度下，酸越弱，电离出的c(H＋)越小，pH越大，结合图像，可知曲线Ⅰ为CH3COOH溶液的滴定曲线，C正确； D．根据分析，卤素原子为吸电子基团，且电负性：F>Cl，含有电负性越大的原子越多，吸电子效应越大，使得羧基中O—H键的公共电子对更加靠近吸电子基团，从而更容易电离出H＋，使酸性增强，则CH3COOH、CF3COOH和CH2ClCOOH的酸性强弱：CF3COOH>CH2ClCOOH>CH3COOH，D正确； 答案选B。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。 11. 向的溶液中滴加等浓度的氨水，先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到深蓝色溶液。再加无水乙醇会析出深蓝色晶体，下列说法不正确的是 A. 铜是ⅠB族元素，原子的最外层有2个电子 B. 沉淀溶解是由于生成了离子 C. 加入无水乙醇会使溶剂极性下降，降低硫酸四氨合铜的溶解度，从而析出晶体 D. 加入无水乙醇后用玻璃棒摩擦试管内壁，有利于晶体析出 【答案】A 【解析】 【详解】A．Cu是29号元素，其核外电子排布式为：，铜是IB族元素，原子的最外层有1个电子，A错误； B．沉淀溶解是Cu(OH)2和氨水反应生成离子和氢氧根离子，B正确； C．向深蓝色溶液中加入无水乙醇，降低极性，将析出深蓝色的晶体，C正确； D．加入无水乙醇后用玻璃棒摩擦试管内壁，可形成晶种，从而利于晶体析出，D正确； 答案选A。 12. 某兴趣小组以铝土矿(主要成分为，还含有少量和)为主要原料制备絮凝剂聚合氯化铝和金属铝的流程如图所示。 已知滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐。下列说法正确的是 A. “碱溶”时，所用NaOH溶液更换为氨水“碱溶”效果更好 B. 若滤液a浓度较大，“沉淀”时通入过量有利于减少生成沉淀中的杂质 C. “操作X”可以是盐酸溶解、HCl气流中结晶、脱水、电解 D. 通过控制沉淀ⅰ、ⅱ的比例可改变聚合氯化铝的组成 【答案】D 【解析】 【分析】铝土矿加氢氧化钠溶液，和氢氧化钠溶液的反应生成四羟基合铝酸钠、转化为铝硅酸钠沉淀、不溶，过滤，滤液含四羟基合铝酸钠溶液、通入足量的二氧化碳后反应生成氢氧化铝沉淀，过滤，洗涤干燥后，将沉淀分三份，第一份加盐酸得到氯化铝溶液，与第二份氢氧化铝反应得到聚合氯化铝，第三份灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石使氧化铝熔融、电解之，就可以得到铝。 【详解】A．具有两性，能与强碱溶液反应，不能溶于弱碱，“碱溶”时与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，所用NaOH溶液不能更换为氨水，故A错误； B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度较小，因此会有碳酸氢钠固体从溶液中析出，因此并不有利于减少氢氧化铝固体中的杂质，故B错误； C．由分析可知，操作X应是灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石电解氧化铝就可以得到铝，故C错误； D．[Al2(OH)aClb]m中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确； 故选D。 13. 关于下列事实或反应的解释中错误的是 选项 实验或事实 解释 A 冰的密度小于液态水的密度 共价键具有方向性和饱和性 B 向淀粉的水解液中滴加几滴碘水，溶液未变蓝 淀粉已水解完全 C 该反应的条件都是为了提高反应物的平衡转化率 D 等体积，等物质的量浓度的与在不同温度下发生反应，温度高的先出现浑浊 温度升高，该反应的速率加快 A. A B. B C. C D. D 【答案】AC 【解析】 【详解】A．冰的密度小于液态水的密度，是由于固态水中氢键数目多于液态水中氢键数目且氢键具有方向性，使得分子间间隙变大，导致体积增大，密度变小，A错误； B．淀粉遇碘变蓝，向淀粉的水解液中滴加几滴碘水，溶液未变蓝，说明淀粉水解完全，B正确； C．合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故高温不能提高平衡转化率，而是为了提高反应速率，加催化剂不影响平衡移动，不能提高平衡转化率，也是为了提高反应速率，C错误； D．Na2S2O3与H2SO4反应生成S沉淀，等体积、等物质的量浓度的Na2S2O3与H2SO4在不同温度下发生反应，温度高的先出现浑浊，说明温度升高，该反应的速率加快，D正确； 故答案为AC。 14. 海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂-海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是 A. 海水起电解质溶液作用 B. N极仅发生的电极反应： C. 玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能 D. 该锂-海水电池属于二次电池 【答案】BD 【解析】 【分析】由图可知，M电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li—e—=Li+，N电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—。 【详解】A．海水中含有丰富电解质，如氯化钠、氯化镁等，构成锂—海水电池时海水起电解质溶液作用，A正确； B．N极发生的电极反应：O2+4e—+2H2O=4OH—，B错误； C．锂为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷能起到防止水和锂反应，并能传导离子的作用，C正确； D．锂—海水电池不可充电，属于一次电池，D错误； 故选BD。 15. 常温下，用溶液分别滴定浓度均为的溶液和溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是 已知：，。 A. 常温下，溶液中， B. 常温下， C. 的过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大 D. 常温下，溶液中， 【答案】CD 【解析】 【详解】A．常温下，溶液中，得==，，故，故A正确； B．常温下，==，故B正确； C．的过程中为酸性环境，酸性减弱，所以溶液中水的电离程度一直增大，故C错误； D．常温下，溶液中，会发生水解，溶液呈碱性，所以，故D错误； 答案选CD。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 回答下列问题 （1）二氯化二硫()是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下是一种橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构如图所示。 ①的化学键类型为___________(填下列序号)，它是___________(填“极性”或“非极性”)分子。 a．极性键 b．非极性键 c．极性键和非极性键 ②电负性：___________(填“>”或“<”)，中硫的化合价为___________。 ③分子中原子的杂化轨道类型为___________。 （2）原子序数小于36的、、、、、六种元素，原子序数依次增大，其中元素的原子在所有原子中半径最小，元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，元素原子核外的能级有两个电子，元素原子核外有6个未成对电子(用元素符号或化学式表示)。 ①写出元素的基态原子的价电子排布式___________；分子中键与键数目之比为___________。 ②、、三种元素第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。 ③在水中的溶解度较大，可能的原因有___________。(写出两个即可) 【答案】（1） ①. c ②. 极性 ③. < ④. +1 ⑤. sp3 （2） ①. 3d54s1 ②. 3∶2 ③. N>O>C ④. NH3能与水反应、NH3与水都是极性分子、NH3与水分子之间还可以形成氢键(任写两个) 【解析】 【小问1详解】 ①根据S2Cl2的分子结构可知，其结构式为Cl-S-S-Cl，含有极性键Cl-S键和非极性键S-S键，选c，该分子中正负电中心不重合，属于极性分子； ②元素吸电子能力越强，非金属性越强，其电负性越大，非金属性S＜Cl，电负性S＜Cl；由于电负性氯大于硫，氯显-1价，S为+1价； ③S的价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，S2Cl2分子中每个S原子价层电子对数=2+2=4，所以S采取sp3杂化。 【小问2详解】 X元素的原子在所有原子中半径最小，X为H；Y元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，即1s22s22p2，Y为C；W元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，W为O；X、Y、Z、W、J、G六种元素，原子序数依次增大，则Z为N；J元素原子核外的3p能级有两个电子，即1s22s22p63s23p2，J为Si；G元素原子核外有6个未成对电子，即1s22s22p63s23p63d54s1，G为Cr，据此解答。 ①由分析可知，G为Cr，则其基态原子的价电子排布式为3d54s1；Y2X2分子为C2H2即乙炔，结构式为H-C≡C-H，则分子中含3个σ键、2个π键，σ键与π键的数目之比为：3∶2； ②Y、Z、W分别为C、N、O，同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级为半满稳定状态，能量低，第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C； ③化合物ZX3的化学式为NH3，则NH3在水中的溶解度较大的原因有：NH3和H2O都是极性分子，依据相似相溶原理可知，氨气在水中的溶解度大；氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力；部分氨气与水反应，使溶解量增大。 17. 某同学用与浓盐酸反应制备纯净的的装置如图所示。回答下列问题： （1）装置A中盛放浓盐酸的仪器名称是_______，A中反应的化学方程式为_______。 （2）E装置中导管(填“x”或“y”)_______应伸至靠近集气瓶底部。 （3）装置的作用有两个：一_______，二是_______。请写出氯气与碱石灰中反应的化学方程式_______。 （4）、和三种微粒的物质的量分数随(即)变化的关系如图所示。 ①使用84消毒液时为增强消毒效果常调节，原因是_______。 ②通常购买的84消毒液在12左右，为增强消毒效果可向其中滴加_______。 A．可口可乐 B．稀 C．食醋 D．浓盐酸 （5）实验室将通入质量分数40%的溶液中来制备84消毒液。当消耗一半时转移电子数为，计算此时所得溶液中的质量分数为_______%。(保留一位小数) 【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O （2）y （3） ①. 吸收多余的氯气，防止污染空气 ②. 防止空气中的水蒸气进入E装置 ③. Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O （4） ①. 4＜pH＜6时，溶液中HClO含量较高，消毒能力强 ②. ABC （5）15.8% 【解析】 【分析】A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，生成的氯气中含有HCl，通过饱和食盐水除去，通过无水氯化钙除去氯气中的水蒸气，装置D中无水硫酸铜用于检验氯气中水蒸气是否除尽，用E装置收集氯气，最后用碱石灰除去多余的氯气同时防止空气中的水蒸气进入E装置。 【小问1详解】 根据仪器的外形可知，装置A中盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、Cl2、MnCl2和H2O，反应的方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O； 【小问2详解】 氯气的密度大于空气，应该用向上排空气法收集，气体长进短出，y应伸至靠近集气瓶底部； 【小问3详解】 根据分析，F中碱石灰的作用为一是吸收多余的氯气，防止污染空气，二是防止空气中的水蒸气进入E装置；碱石灰中含有NaOH，氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO和水，化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O； 【小问4详解】 ①84消毒液中有效成分为HClO，从图中可知，pH在4-6之间时，HClO的物质的量分数最大，消毒能力最强，因此使用84消毒液时将pH调节至4-6； ②A．可口可乐中含有碳酸，碳酸酸性强于次氯酸，能降低84消毒液的pH值，生成次氯酸，增强消毒效果，A正确； B．稀硫酸酸性强于次氯酸，可降低84消毒液的pH值，生成HClO增强消毒作用，B正确； C．食醋中的醋酸酸性强于次氯酸，能降低84消毒液pH值生成HClO，增强消毒效果，C正确； D．浓盐酸能与84消毒液中的次氯酸根离子反应生成氯气，产生有毒气体并降低了消毒效果，D错误； 故选ABC； 【小问5详解】 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，该反应中1molCl2参与反应转移1mol电子，现转移电子数为NA，说明参与反应的NaOH有2mol，此时NaOH消耗一半，则NaOH共有4mol，质量为160g，则原溶液总质量为=400g，生成NaClO的物质的量为1mol，质量为74.5g，此时溶液的总质量为400g+71g=471g，则次氯酸钠的质量分数为×100%≈15.8%。 18. I．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示： 化学式 电离平衡常数 在25℃条件下，请回答下列问题： （1）的溶液和的溶液，设由水电离产生的的物质的量浓度分别为和，则___________。将上述两溶液分别稀释10倍，的比值___________(填“变大”、“不变”或“变小”)。 （2）向溶液通入少量反应的离子方程式为___________。 （3）的溶液中各离子浓度由大到小的顺序___________。 II．是主要的大气污染气体，利用化学反应原理是治理污染的重要方法。工业上用吸收尾气中使之转化为，再以为原料设计原电池，然后电解(惰性电极)制取，装置如下： （4）甲图中A电极上的反应式为___________。 （5）甲图中B与乙图___________(填“C”或“D”)极相连，进行电解时乙图Z中向___________(填“Y”或“W”)中移动。 （6）乙图阳极的电极反应式为___________。 【答案】（1） ①. ②. 变大 （2） （3） （4） （5） ①. D ②. Y （6） 【解析】 【分析】II．图甲是原电池，SO2通入A极，失去电子：SO2＋2H2O－2e－=4H＋＋，A极为负极。氧气通入B极，得到电子：O2+4e-+4H+=2H2O，B极为正极，总反应为2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，入口是稀硫酸，出口是较浓的硫酸； 图乙是电解池，C极附近加入亚硫酸氢钠得到亚硫酸钠，说明C极有OH-生成，所以C极是阴极，水电离的H+放电，发生反应：2H++2e-=H2↑，OH-和反应生成，中间室的Na+通过交换膜进入阴极室，从阴极室流出Na2SO3溶液；D是阳极，从中间室通过离子交换膜进来的在阳极上失去电子：－2e－+H2O=＋3H＋。 【小问1详解】 的溶液中由水电离产生的的物质的量浓度为=c(H+)=10-10mol/L，CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根水解使溶液呈碱性，故的溶液由水电离产生的的物质的量浓度为mol/L，故=10-6，将上述两溶液分别稀释10倍，增大变为10-9mol/L，而由于醋酸根浓度减小而变小，故的比值变大； 【小问2详解】 酸性：，向溶液通入少量，无二氧化碳气体放出，离子方程式为2+H2O+SO2=2+； 【小问3详解】 的溶液中，Na+不电离不水解，浓度最大，会有小部分发生电离和水解，故浓度小于Na+，电离产生等量的和H+，H+还有一个来源是H2O的电离，故H+的浓度略大于草酸根，Kh2(H2C2O4)=，电离程度大于水解，溶液显酸性，OH-浓度最小，故各离子浓度由大到小的顺序为； 【小问4详解】 由分析可知，在甲图中的A电极上，二氧化硫失去电子和水结合生成硫酸，电极反应式为SO2＋2H2O－2e－=4H＋＋ 【小问5详解】 图甲中A为负极，B为正极，乙图中C极是阴极，所以连接电源的负极，即C连接A，所以B连接D；进行电解时图乙Z中钠离子向阴极移动，即向Y中移动； 【小问6详解】 由分析可知，阳极的反应为－2e－+H2O=＋3H＋。 19. 以铂钯精矿(含Se、Te、Au、Pt、Pd等)为原料，提取贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示： 已知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以、、形式存在； ②和难溶于水，易溶于水， （1）“焙烧”时，Se、Te转化为可溶于水的和。转化等物质的量的Se、Te时，消耗的物质的量之比为___________；根据图判断“焙烧”适宜的条件为 ___________等。 （2）“还原”得到金的反应的离子方程式为___________；加入过量的目的是___________。 （3）“煅烧”时还生成、和一种气体，该气体用少量水吸收后可重复用于“___________”操作单元；“沉铂”时先通入的气体X为___________(填化学式)。 （4）“沉钯”时，向的溶液中加入等体积的的溶液，充分反应后，溶液中___________。 【答案】（1） ①. 2：3 ②. m(Na2CO3)： m(铂钯精矿)=1.4，温度为350—400K （2） ①. 2AuCl+3SO2+6H2O=2Au+8Cl-+3SO+12H+ ②. 将AuCl全部转化为Au，将PtCl还原为PtCl （3） ①. 氯化浸出 ②. Cl2 （4）1.1×10-6 【解析】 【分析】将铂钯精矿、碳酸钠、氯酸钠混合焙烧，将硒、碲转化为和，加水水浸、过滤得到含有、的滤液和滤渣；向滤渣中加入浓盐酸，通入氯气氯化浸出，将Au、Pt、Pd转化为、、，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中通入过量二氧化硫，将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，过滤得到金和滤液；向滤液中加入氯化铵沉钯，将溶液中的六氯合钯酸根离子转化为六氯合钯酸铵沉淀，过滤得到六氯合钯酸铵和滤液；六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯；向滤液中通入氯气，将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，加入氯化铵沉铂，将溶液中的六氯合铂酸铵沉淀，过滤得到尾液和六氯合铂酸铵；六氯合铂酸铵经铂精炼得到铂。 【小问1详解】 由得失电子数目守恒可知，硒、碲转化为、时，硒、碲化合价分别升高到+4价和+6价，则消耗氧化剂氯酸钠的物质的量比为4:6=2:3；由图可知，m(Na2CO3): m(铂钯精矿)=1.4，温度为350—400K时，硒、碲脱除率最高，所以“焙烧”适宜的条件为m(Na2CO3): m(铂钯精矿)=1.4，温度为350—400K，故答案为：2：3；m(Na2CO3): m(铂钯精矿)=1.4，温度为350—400K； 【小问2详解】 由分析可知，通入过量二氧化硫的目的是将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，得到金的反应的离子方程式为2AuCl+3SO2+6H2O=2Au+8Cl-+3SO+12H+，故答案为：将AuCl全部转化为Au，将PtCl还原为PtCl； 【小问3详解】 由图可知，六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯、氮气、氯化铵和氯化氢，反应生成的氯化氢可以重复用于氯化浸出操作单元；由分析可知，沉铂时先通入氯气的目的是将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，故答案为：氯化浸出；Cl2； 【小问4详解】 设溶液的体积为1L，沉钯时0.2mol六氯合钯酸根离子消耗铵根离子的物质的量0.4mol，由溶度积可知，充分反应后，溶液中六氯合钯酸根离子的浓度为=1.1×10-6mol/L，故答案为：1.1×10-6。 20. 一定条件下，水气变换反应中间产物是。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分解反应： Ⅰ． Ⅱ． 研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催化作用；反应Ⅰ的速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。 （1）在该条件下，水气变换反应的焓变_______。 （2）反应Ⅰ的正反应速率方程为：，为反应速率常数。温度下，电离平衡常数为，当平衡浓度为时，此时反应Ⅰ的速率_______。(用、、的代数式来表示) （3）①温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。时刻、的浓度分别为、，反应Ⅱ达平衡，测得的浓度为，反应Ⅱ的平衡常数为_______。 ②在相同条件下，下列说法正确的是_______。 A．若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，则图示、、、中，的峰值点可能是或 B．若适当升高温度，则图示、、、中，的峰值点可能是或 C．与不含盐酸相比，达到浓度峰值时，浓度减小 D．与不含盐酸相比，达到浓度峰值时，的值减少 （4）工业上，水气变化的反应历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应物及产物分子脱吸附等过程。随着温度升高，在催化剂活性温度范围内，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因_______。 【答案】（1） （2） （3） ①. 3 ②. （4）吸附为放热过程，温度过高，平衡逆移；催化剂表面反应物浓度(量)减小，速率减慢 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ，得，； 【小问2详解】 T1温度时，HCOOH建立电离平衡：HCOOH HCOO−+H+，当HCOOH平衡浓度x mol/L时，HCOOH电离平衡常数为Ka= ，，则 c(H+)=，v=kc(H+)⋅c(HCOOH)=kx； 【小问3详解】 ①t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应I达平衡状态，列三段式：，，故t1时刻c(HCOOH)=1.0－0.70－0.16=0.14 mol·L－1，K(I)= ==5。t1时刻→反应II达平衡过程，CO的浓度在减小，说明反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅰ生成了a mol·L－1，反应Ⅱ又生成了0.34mol/L的H2，列三段式：，，K(I)= ==5，解得a= mol，K(Ⅱ)= ； ②A．H＋对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值，A错误； B．若适当升高温度，反应Ⅰ正向移动，则图示、、、中，的峰值点可能是或，B正确； C．与不含盐酸相比，达到浓度峰值时，CO浓度峰值提前，浓度减小，C正确； D．与不含盐酸相比，达到浓度峰值时，温度不变，平衡常数不变，则K(I) =的值不变，D错误； 故选； 【小问4详解】 水气变化的反应历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应物及产物分子脱吸附等过程，吸附为放热过程，温度过高，平衡逆移；催化剂表面反应物浓度(量)减小，速率减慢。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $