精品解析：山东省菏泽市2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题

2024—2025学年高二上学期教学质量检测 化学试题 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。 2.答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Na 23 P 31 Cl 35.5 Fe 56 I 127 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学与科技、生活密切相关，下列说法错误的是 A. 长期过量使用NH4Cl等铵态化肥易导致土壤酸化 B. 采用催化转化技术不能提高汽车尾气中有害气体的平衡转化率 C. “微创腔镜手术机器臂”使用了形状记忆镍钛合金，镍、钛基态原子的未成对电子数不同 D. 北斗二代卫星的核心部件为“星载铷钟”，铷单质遇水能剧烈反应放出氢气 2. 基态铁原子的价层电子轨道表示式正确的是 A. B. C. D. 3. 由下列元素基态原子的最外层电子排布式，能推断其一定为主族元素的是 A. ns1 B. ns2 C. ns2np3 D. ns2np6 4. 下列化学图示正确的是 A. NaCl溶液中的水合离子： B. BF3中B的杂化轨道模型： C. CO2分子的空间填充模型： D. H2O的VSEPR模型： 5. 类比推理是化学中常用的思维方法，下列“类比”结果正确的是 A. CH4的沸点低于SiH4，HF的沸点也低于HCl B. FeCl3溶液低温蒸干得到Fe (OH)3，AlCl3溶液低温蒸干也可得到Al(OH)3 C. SiCl4是非极性分子，SF4也是非极性分子 D. NCl3水解生成NH3与HClO，NF3水解同样生成NH3 6. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 选项 实例 解释 A MnO2能加快H2O2的分解 MnO2改变反应历程，降低反应的活化能 B 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的 C HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 HCl、HBr、HI中的范德华力依次减小 D 金属具有导热性 “自由电子”与金属阳离子间碰撞传递能量 A. A B. B C. C D. D 7. 下列离子方程式书写错误的是 A. 向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+＋2Br-＋2Cl2=2Fe3+＋Br2＋4Cl- B. 泡沫灭火器灭火的工作原理：Al3+＋=Al(OH)3 ↓＋3CO2↑ C. 用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4(s)＋(aq)=CaCO3(s)＋(aq) D. 碳酸钙与足量稀醋酸反应：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2+＋2CH3COO-＋CO2↑＋H2O 8. 用盐酸标准液滴定未知浓度的氨水，下列有关装置和操作等正确的是 A．排气泡 B．滴定装置 C．滴定过程 D．滴定时半滴操作 A. A B. B C. C D. D 9. 侯氏制碱法的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 A. 两步“吸氨”的目的和作用不同 B. 保持温度不变，碳酸化过程中缓慢通入CO2，溶液中的值先增大后不变 C. “盐析”加入NaCl，使平衡+Cl-NH4Cl(s)右移，析出NH4Cl晶体 D. 在整个制碱过程中，CO2和母液都得到了循环利用 10. 根据下列图示得出的结论正确的是 A. 图甲表示反应在其他条件不变的情况下，改变起始CO的物质的量，平衡时的摩尔分数变化情况，由图可知的转化率：b>c>a B. 图乙表示常温下稀释pH=11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线II表示氨水 C. 据图丙，若除去溶液中的，可向溶液中加入适量CuO将pH调至6左右 D. 图丁表示不同温度下水溶液中和浓度的变化的曲线，图中温度 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. SiCl4易发生水解反应，水解机理如图所示。 下列说法正确的是 A. SiCl4遇见浓氨水会产生白烟 B. 反应机理中的各分子中心原子均是sp3杂化 C. SiCl4和H2O都是由极性键构成的极性分子 D. 可预测CCl4不能按此机理发生水解反应 12. 已知反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色)　ΔH<0，将一定量的NO2充入注射器后封口，在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化关系如图(气体颜色越深，透光率越小)。下列说法错误的是 A. a点的操作为压缩注射器 B. c点υ正>υ逆 C. 与a点相比，b点的c(NO2)大，NO2的百分含量低 D. 若保持注射器绝热，重复该操作过程，则该反应的平衡常数K先变大再变小 13. 常温下，CuS和Ag2S的沉淀溶解曲线如图所示，Mn+代表Cu2+或Ag+，物质的溶解度以物质的量浓度表示。下列说法错误的是 A. b点的坐标为(23，13) B. 常温下，CuS和Ag2S的溶解度：c(CuS)>c(Ag2S) C. a点有CuS沉淀生成，无Ag2S沉淀生成 D. 用Na2S处理某含Cu2+、Ag+的废水，当c(S2-)=0.1mol·L−1时，溶液中 14. 由下列实验操作和现象能推出相应结论的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 取5mL0.1mol·L−1FeCl3溶液，滴加0.1 mol·L−1KI溶液5～6滴，充分反应后，取两份溶液分别滴加KSCN溶液和淀粉溶液，分别呈现血红色和蓝色 该反应为可逆反应 B 常温下，测得0.1 mol·L−1HA溶液pH为3 HA为弱酸 C 向K2Cr2O7溶液中缓慢滴加NaOH溶液，溶液逐渐变为橙红色 向左移动 D 常温下，测得NaX溶液的pH约为9，NaY溶液的pH约为8 HY的酸性比HX弱 A. A B. B C. C D. D 15. 电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法错误的是 已知：磷酸Ka1=6.9×10−3、Ka2=6.2×10−8、Ka3=4.8×10−13 A. a点对应溶液为碱性 B. 水的电离程度a>b>c C. pH=7时，溶液中c()<c() D. c点对应溶液中存在：c(H＋)=c()+2c()+3c()+c(OH-) 三、非选择题：本题共5个小题，共60分。 16. 元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大。F为第四周期元素，其余为短周期主族元素。它们的性质或结构信息见下表。 元素 性质或结构信息 A 处于第二周期且基态原子核外电子排布中未成对电子最多 B 基态原子的核外p电子与s电子数目相等 C 第一至第四电离能：I1=738kJ·mol−1；I2=1451 kJ·mol−1；I3=7733 kJ·mol−1；I4=10540 kJ·mol−1 D 最高正价与最低负价的代数和为4 F 前四周期中电负性最小 回答下列问题： （1）C的基态原子中电子占据最高能级的电子云轮廓呈___________形。A、B、D的简单氢化物中沸点最高的是___________(填化学式)。 （2）固态A2B5由两种离子构成：阴离子为平面三角形，阳离子为直线形。阳离子为___________(填化学式)。 （3）HA3是一种弱酸。已知常温下：Ka(HA3)=10−4.7；Ka1(H2CO3)=4.2×10−7；则足量HA3与Na2CO3溶液反应的化学方程式为___________。 （4）DB3(g)以单分子形式存在，DB3(s)的结构有多种，其中一种如图。 DB3(g)与DB3(s)中D原子的杂化方式___________(填“相同”或“不相同”)，DB3(s)中B-D-B键角：∠1___________ ∠2(填“>”“<”或“=”)。 （5）D、E、F的简单离子半径从大到小的顺序为___________(用离子符号表示)。 17. “敌敌畏”是一种含磷杀虫剂，施用在农作物上容易有残留。科学家改进出“敌百虫”，通过水洗可以顺利洗去杀虫剂残留。两种杀虫剂的结构简式如图所示。回答下列问题： （1）P所在周期中，第一电离能比它小的元素有___________种。 （2）“敌百虫”属于___________(填“极性”或“非极性”)分子。从分子间作用力的角度，分析“敌百虫”比“敌敌畏”能更好地避免杀虫剂残留的原因___________。 （3）有一种有机物的结构简式与“敌百虫”相同，但是杀虫效果不佳，从结构角度解释原因___________。 （4）PCl3是制造敌百虫等有机磷农药的原料之一、经查阅资料知：PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，实验室制取的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等杂质，测定粗产品中PCl3的质量分数的实验步骤如下(不考虑杂质的反应)： ⅰ.迅速移取m g PCl3粗产品，加水完全水解后，再配成500mL溶液； ⅱ.移取25.00mL溶液置于锥形瓶中； ⅲ.加入c1mol·L−1碘溶液V1 mL，碘过量，H3PO3完全反应生H3PO4； ⅳ.加入几滴淀粉溶液，用c2 mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定过量的碘，反应方程式为I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI，滴至终点时消耗Na2S2O3标准溶液V2mL。 ①ⅲ中反应的化学方程式为___________。ⅳ中滴定终点时的现象为___________。 ②根据上述数据，计算该产品中PCl3的质量分数为___________(用代数式表示)。 18. 手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。一种从废旧手机主板中回收贵金属的方法如图所示。已知：水合肼(N2H4·H2O)为二元弱碱；Pd(NH3)2C12难溶于水。 回答下列问题： （1）为提高“酸浸”速率，除粉碎主板外，还可以采取的措施___________(写出一条即可)。 （2）溶液Y中含银微粒主要为___________(填化学式) （3）水合肼的一级电离方程式为___________。已知水合肼与溶液Y反应后，对应的氧化产物为N2.若消耗等物质的量的水合肼、Zn粉，理论上生成的n(Ag)∶n(Au)= ___________(不考虑其他反应)。 （4）加入氨水，[PdCl4]2−转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：NH3___________Cl-(填“>”“<”或“=”)。[Pd(NH3)4]2+转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀时，需要滴加浓盐酸将溶液的pH范围调至1～1.5，pH不能过小的原因是___________。 19. H2A是一种二元弱酸。回答下列问题： （1）常温下，向VL cmol·L−1H2A溶液中滴加NaOH溶液，M代表H2A、HA-、A2−、H＋或OH-，-lgc(M)与溶液pH的变化关系如图所示。 ①曲线a表示的微粒是___________。常温下NaHA溶液显___________(填“酸性”“碱性”或“中性”)。 ②X点对应的溶液中，=___________。 ③a与e两线相交时，溶液中c(Na+)＋c(H+)-c(A2−)___________cmol·L−1(填“>”“<”或“=”)。 （2）在温度T1、T2(T1>T2)下，分别向一定浓度的AgNO3溶液中滴加Na2A溶液，所得Ag2A的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 ①温度为T1时，Ksp(Ag2A)= ___________。 ②温度为T2时，采取措施使溶液由M点变成P点，已知变化前后溶液下方均有Ag2A沉淀，则采取的措施不可能是___________(填标号)。 A．升高温度 B．升温并加适量AgNO3(s) C．加水稀释 D．升温并加水稀释 20. 有效减少碳排放的途径有多种，我们可由CO2制备甲烷、甲醇、甲醚等产品，进行资源化利用。 途径一：在催化剂的作用下，利用CO2加氢合成甲醇(CH3OH)，主要涉及如下反应： Ⅰ．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ∆H 1=-49.4kJ·mol−1 Ⅱ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H2=+41.2kJ·mol−1 （1）一定条件下，向某密闭容器中投入一定量的CO2和H2发生上述反应。达到平衡后，缩小容器体积，反应Ⅱ的平衡___________(填“正向”“逆向”或“不”)移动。 （2）已知反应Ⅰ：υ正=k正c(CO2) ·c3(H2)，υ逆=k逆c(CH3OH) ·c(H2O)，k正、k逆为速率常数。若温度为T1℃，达到平衡时，化学平衡常数K=n；温度为T2℃，平衡时，k正=10nk逆，比较T1℃与T2℃大小并说明理由___________。 （3）一定条件下，向1 L的密闭容器充入1molCO2(g)和5molH2(g)，发生上述反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择性(甲醇的选择性=)随温度的变化关系如图所示。270℃时，测得反应经t min达到平衡。则0～t min内，CO的平均反应速率υ(CO)=___________mol·L−1·min−1，=___________(表示CO2的物质的量与所有含碳物种的物质的量之比)。 途径二：CO2加氢可以合成甲烷，主要涉及反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ∆H<0. （4）向某密闭容器中充入一定量的CO2(g)和H2(g)，在压强为p的条件下发生上述反应。在不同条件下达到平衡，设体系中H2的平衡转化率为α(H2)，在温度为T1下的、在下的变化关系如图所示。 ①CH4的空间构型为___________。 ②在下的变化关系是___________(填“m”或“n”)。 ③在、p和T1下，若最初充入2molH2，反应经10min达到平衡状态，则Kp=___________(用含p的代数式表示)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年高二上学期教学质量检测 化学试题 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。 2.答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Na 23 P 31 Cl 35.5 Fe 56 I 127 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学与科技、生活密切相关，下列说法错误的是 A. 长期过量使用NH4Cl等铵态化肥易导致土壤酸化 B. 采用催化转化技术不能提高汽车尾气中有害气体的平衡转化率 C. “微创腔镜手术机器臂”使用了形状记忆镍钛合金，镍、钛基态原子的未成对电子数不同 D. 北斗二代卫星的核心部件为“星载铷钟”，铷单质遇水能剧烈反应放出氢气 【答案】C 【解析】 【详解】A．铵态化肥中的会发生水解产生，并且在土壤中经硝化作用可生成硝酸，长期过量使用会导致土壤酸化，A正确； B．催化剂只能加快反应速率，使反应更快达到平衡，但不改变平衡转化率，B正确； C．28号元素镍（Ni）的基态原子电子排布为[Ar]3d8 4s2，其3d轨道有2个未成对电子；22号元素钛（Ti）的基态原子电子排布为[Ar]3d2 4s2，3d轨道有2个未成对电子，两者未成对电子数相同，C错误； D．铷（Rb）为碱金属元素，可与水剧烈反应生成RbOH和，D正确； 故选C。 2. 基态铁原子的价层电子轨道表示式正确的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】Fe为26号元素，其基态原子价层电子为3d64s2，则基态铁原子的价层电子轨道表示式为，故选A。 3. 由下列元素基态原子的最外层电子排布式，能推断其一定为主族元素的是 A. ns1 B. ns2 C. ns2np3 D. ns2np6 【答案】C 【解析】 【详解】A．基态原子的最外层电子排布式为ns1的元素可能是第IA族元素，也可能是过渡元素区的元素，如29号元素Cu的电子排布式为，最外层电子满足ns1，属于副族，A不符合题意； B．氦的电子排布式为1s2，属于零族，不是主族元素，B不符合题意； C．基态原子的最外层电子排布式为ns2np3的元素最外层有5个电子，一定为第VA族元素，C符合题意； D．基态原子的最外层电子排布式为ns2np6的元素最外层有8个电子，一定为0族元素，不属主族，D不符合题意； 故选C。 4. 下列化学图示正确的是 A. NaCl溶液中的水合离子： B. BF3中B的杂化轨道模型： C. CO2分子的空间填充模型： D. H2O的VSEPR模型： 【答案】B 【解析】 【详解】A．Na+半径小于Cl-，且Na+吸引带负电性的氧原子，Cl-吸引带正电性的氢原子，则NaCl溶液中的水合离子：，A错误； B．中B的价层电子对数为3，为sp2杂化，故杂化轨道模型为：，B正确； C．分子中C为sp杂化（分子空间构形为直线形），其空间填充模型为：，C错误； D．H2O中中心原子O周围的价层电子对数为：2+=4，其VSEPR模型为四面体形，D错误； 故选B。 5. 类比推理是化学中常用的思维方法，下列“类比”结果正确的是 A. CH4的沸点低于SiH4，HF的沸点也低于HCl B. FeCl3溶液低温蒸干得到Fe (OH)3，AlCl3溶液低温蒸干也可得到Al(OH)3 C. SiCl4是非极性分子，SF4也是非极性分子 D. NCl3水解生成NH3与HClO，NF3水解同样生成NH3 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲烷和硅烷是结构相似的分子晶体，硅烷的相对分子质量大于甲烷，分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷；HF因分子间存在氢键沸点高于HCl，与CH4和SiH4的沸点关系不具可比性，故A错误； B．FeCl3和AlCl3均为强酸弱碱盐，均能微弱水解生成相应的氢氧化物和HCl，低温蒸干可促进水解且水解生成的HCl易挥发，最终得到对应氢氧化物，故B正确； C．SiCl4的中心原子Si的孤电子对数为，Si的价层电子对数为4，SiCl4为正四面体形，分子结构对称、为非极性分子；SF4的中心原子S的孤电子对数为，S的价层电子对数为5，分子结构不对称、为极性分子，故C错误； D．NCl3​(N显负价、Cl显正价)水解生成NH3​和HClO，但NF3​水解时，由于 F 的电负性大于 N，F显负价而N显正价，水解产物不是NH3​，故D错误； 选B。 6. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 选项 实例 解释 A MnO2能加快H2O2的分解 MnO2改变反应历程，降低反应的活化能 B 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的 C HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 HCl、HBr、HI中的范德华力依次减小 D 金属具有导热性 “自由电子”与金属阳离子间碰撞传递能量 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．MnO2作为催化剂，通过降低活化能加速反应，符合催化机理。故A不符合题意； B．原子能级量子化导致电子跃迁时发射特定波长的光，形成线状光谱。故B不符合题意； C．HCl、HBr、HI的热稳定性减弱是因H-X键能逐渐减小，而非范德华力（范德华力影响物理性质如熔沸点）。故C符合题意； D．金属导热通过自由电子与阳离子碰撞传递能量，解释合理。故D不符合题意； 综上，实例与解释不符的选项为C。 7. 下列离子方程式书写错误的是 A. 向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+＋2Br-＋2Cl2=2Fe3+＋Br2＋4Cl- B. 泡沫灭火器灭火的工作原理：Al3+＋=Al(OH)3 ↓＋3CO2↑ C. 用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4(s)＋(aq)=CaCO3(s)＋(aq) D. 碳酸钙与足量稀醋酸反应：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2+＋2CH3COO-＋CO2↑＋H2O 【答案】A 【解析】 【详解】A．中的都可以被氯气氧化，物质的量比为1:2，由于氯气过量，所以二者均能被氧化，方程式为：，A错误； B．与发生双水解生成，B正确； C．的大于CaCO3，CaSO4转化为更难溶的CaCO3，C正确； D．醋酸为弱酸，应保留分子形式，生成醋酸钙、水和二氧化碳，D正确； 故选A。 8. 用盐酸标准液滴定未知浓度的氨水，下列有关装置和操作等正确的是 A．排气泡 B．滴定装置 C．滴定过程 D．滴定时半滴操作 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．碱式滴定管排气泡的方法是：将碱式滴定管的胶管向上弯曲，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴排出，排出气泡，A错误； B．用标准盐酸溶液滴定氨水，滴定终点溶质为NH4Cl，溶液显酸性，指示剂应用甲基橙，B错误； C．滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，C错误； D．当滴定到一定程度时，将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶内壁与管口接触，使液滴流出，并用蒸馏水冲洗内壁，D正确； 故选D。 9. 侯氏制碱法的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 A. 两步“吸氨”的目的和作用不同 B. 保持温度不变，碳酸化过程中缓慢通入CO2，溶液中的值先增大后不变 C. “盐析”加入NaCl，使平衡+Cl-NH4Cl(s)右移，析出NH4Cl晶体 D. 在整个制碱过程中，CO2和母液都得到了循环利用 【答案】B 【解析】 【分析】合成氨工业提供的氨气和二氧化碳，先吸氨，再碳酸化，过滤得到母液Ⅰ吸收氨气降温冷析得到氯化铵晶体，滤液中加入氯化钠盐析得到母液Ⅱ为饱和食盐水，再循环使用，过滤得到的碳酸氢钠晶体煅烧得到碳酸钠为纯碱，生成的二氧化碳重新回到碳酸化步骤循环使用。 【详解】A．“吸氨I”提供氨气作为反应物生成碳酸氢钠，“吸氨II”操作目的是增大浓度，有利于氯化铵析出，避免碳酸氢钠析出，A正确； B．饱和食盐水中通入氨气，存在氨水的电离平衡NH3·H2O+OH-，碳酸化过程中缓慢通入二氧化碳，OH-的浓度减小，平衡正向移动，故c()增大，故变小，选项B错误； C．“盐析”加入NaCl，使溶液中氯离子浓度增大，使平衡右移，减小了氯化铵的溶解度，析出更多NH4Cl晶体，选项C正确； D．由题给流程可知，制备碳酸钠的过程中二氧化碳、母液可以循环使用，选项D正确； 答案选B。 10. 根据下列图示得出的结论正确的是 A. 图甲表示反应在其他条件不变的情况下，改变起始CO的物质的量，平衡时的摩尔分数变化情况，由图可知的转化率：b>c>a B. 图乙表示常温下稀释pH=11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线II表示氨水 C. 据图丙，若除去溶液中的，可向溶液中加入适量CuO将pH调至6左右 D. 图丁表示不同温度下水溶液中和浓度的变化的曲线，图中温度 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应，增大CO的物质的量，平衡正向移动，的转化率增大，所以的转化率：，A错误； B．等pH的强碱与弱碱溶液，稀释相同倍数时，强碱的pH变化大，弱碱存在电离平衡，则图中Ⅰ表示氨水稀释的情况，B错误； C．据图丙，若除去溶液中的，应向溶液中加入适量CuO将pH调至接近4，若调至6，也会开始沉淀，C错误； D．温度升高时，增大，据图可知，对应的大于对应的，则，D正确； 故答案选D。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. SiCl4易发生水解反应，水解机理如图所示。 下列说法正确的是 A. SiCl4遇见浓氨水会产生白烟 B. 反应机理中的各分子中心原子均是sp3杂化 C. SiCl4和H2O都是由极性键构成的极性分子 D. 可预测CCl4不能按此机理发生水解反应 【答案】AD 【解析】 【详解】A．由反应机理可知，反应过程中生成了氯化氢，氯化氢能与浓氨水反应产生白烟，所以SiCl4遇见浓氨水会产生白烟，A正确； B．中间体Si 为sp³d 杂化，不是 sp³杂化，B错误； C．SiCl4中含有Si–Cl 极性键，但分子对称（正四面体），键矩抵消，是非极性分子，C错误； D．C原子价层无d轨道，不能像 Si 那样形成配位数 5 的中间体（sp³d 杂化），因此水解机理不同，所以可预测CCl4不能按此机理发生水解反应，D正确； 故选AD。 12. 已知反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色)　ΔH<0，将一定量的NO2充入注射器后封口，在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化关系如图(气体颜色越深，透光率越小)。下列说法错误的是 A. a点的操作为压缩注射器 B. c点υ正>υ逆 C. 与a点相比，b点的c(NO2)大，NO2的百分含量低 D. 若保持注射器绝热，重复该操作过程，则该反应的平衡常数K先变大再变小 【答案】BD 【解析】 【详解】A．a点后透光率陡然减小，压缩体积，气体颜色加深，导致透光率降低，A正确； B．c点为扩大体积后的再次建立平衡过程，透光率正在减小，c(NO2)增大，平衡逆向移动，则υ正<υ逆，B错误； C．a点压缩注射器后，平衡正向移动，但根据勒夏特列原理，b点c(NO2)仍比a点大；平衡正向移动，NO2的百分含量降低，C正确； D．该反应ΔH<0，为放热反应。压缩注射器时，平衡正向（放热）移动，若注射器绝热，体系温度升高，平衡常数K减小；拉伸注射器时，平衡逆向（吸热）移动，体系温度降低，平衡常数K增大。所以重复操作过程，K先变小再变大，D错误； 故答案选BD。 13. 常温下，CuS和Ag2S的沉淀溶解曲线如图所示，Mn+代表Cu2+或Ag+，物质的溶解度以物质的量浓度表示。下列说法错误的是 A. b点的坐标为(23，13) B. 常温下，CuS和Ag2S的溶解度：c(CuS)>c(Ag2S) C. a点有CuS沉淀生成，无Ag2S沉淀生成 D. 用Na2S处理某含Cu2+、Ag+的废水，当c(S2-)=0.1mol·L−1时，溶液中 【答案】B 【解析】 【分析】CuS的阴阳离子个数比为1:1，I在横轴和纵轴上的截距相同，则Ⅰ表示CuS的沉淀溶解平衡图线，Ⅱ表示Ag2S的沉淀溶解平衡图线。且常温下， 。 【详解】A．设b点坐标为(x,y)，则x+y=36，x+2y=49，解得x=23、y=13，故A正确； B．常温下，饱和CuS溶液中c(S2-)=，饱和Ag2S溶液中c(S2-)=，所以溶解度：c(CuS)<c(Ag2S)，故B错误； C．a点的>，<，所以a点有CuS沉淀生成，无Ag2S沉淀生成，故C正确； D．用Na2S处理某含Cu2+、Ag+的废水，当c(S2-)=0.1mol·L−1时， ，， 溶液中，故D正确； 故选B。 14. 由下列实验操作和现象能推出相应结论的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 取5mL0.1mol·L−1FeCl3溶液，滴加0.1 mol·L−1KI溶液5～6滴，充分反应后，取两份溶液分别滴加KSCN溶液和淀粉溶液，分别呈现血红色和蓝色 该反应为可逆反应 B 常温下，测得0.1 mol·L−1HA溶液pH为3 HA为弱酸 C 向K2Cr2O7溶液中缓慢滴加NaOH溶液，溶液逐渐变为橙红色 向左移动 D 常温下，测得NaX溶液的pH约为9，NaY溶液的pH约为8 HY的酸性比HX弱 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．FeCl3与KI以1：1反应，当FeCl3溶液过量时，加入KSCN溶液后溶液变红色，不能说明该反应为可逆反应，A错误； B．常温下，0.1 mol·L−1HA溶液pH为3，说明溶液中的HA未完全电离，则HA为弱酸，B正确； C．向K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，消耗氢离子使氢离子浓度减小，平衡正向移动，溶液由橙红色逐渐变为黄色，C错误； D．常温下，没有给出两份溶液的浓度关系，则不能通过其pH来判断其对应酸的酸性的强弱，D错误； 故选B。 15. 电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法错误的是 已知：磷酸Ka1=6.9×10−3、Ka2=6.2×10−8、Ka3=4.8×10−13 A. a点对应溶液为碱性 B. 水的电离程度a>b>c C. pH=7时，溶液中c()<c() D. c点对应溶液中存在：c(H＋)=c()+2c()+3c()+c(OH-) 【答案】C 【解析】 【详解】A．a点为第一个化学计量点，反应为，a点的溶质为等物质的量的和，二者发生电离，电离出的会与水发生反应，，即的水解程度大于电离程度，所以a点对应溶液为碱性，A正确； B．a点的溶质为和，b点的溶质为和，c点的溶质为和，a点的水解促进水的电离，b、c中溶质电离呈酸性，抑制水的电离，且酸性b<c，所以水的电离程度a>b>c，B正确； C．Ka2=6.2×10−8，pH=7时，将数值代入可得，则c()>c()，C错误； D．c点的溶质为和，根据电荷守恒可得c(H＋)=c()+2c()+3c()+c(OH-)，D正确； 故选C。 三、非选择题：本题共5个小题，共60分。 16. 元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大。F为第四周期元素，其余为短周期主族元素。它们的性质或结构信息见下表。 元素 性质或结构信息 A 处于第二周期且基态原子核外电子排布中未成对电子最多 B 基态原子的核外p电子与s电子数目相等 C 第一至第四电离能：I1=738kJ·mol−1；I2=1451 kJ·mol−1；I3=7733 kJ·mol−1；I4=10540 kJ·mol−1 D 最高正价与最低负价的代数和为4 F 前四周期中电负性最小 回答下列问题： （1）C的基态原子中电子占据最高能级的电子云轮廓呈___________形。A、B、D的简单氢化物中沸点最高的是___________(填化学式)。 （2）固态A2B5由两种离子构成：阴离子为平面三角形，阳离子为直线形。阳离子为___________(填化学式)。 （3）HA3是一种弱酸。已知常温下：Ka(HA3)=10−4.7；Ka1(H2CO3)=4.2×10−7；则足量HA3与Na2CO3溶液反应的化学方程式为___________。 （4）DB3(g)以单分子形式存在，DB3(s)的结构有多种，其中一种如图。 DB3(g)与DB3(s)中D原子的杂化方式___________(填“相同”或“不相同”)，DB3(s)中B-D-B键角：∠1___________ ∠2(填“>”“<”或“=”)。 （5）D、E、F的简单离子半径从大到小的顺序为___________(用离子符号表示)。 【答案】（1） ①. 球 ②. H2O （2） （3）2HN3+Na2CO3=2NaN3+H2O+CO2 ↑ （4） ①. 不相同 ②. ＞ （5）r(S2-)>r(Cl-)>r(K+) 【解析】 【分析】A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F为第四周期元素，A处于第二周期且基态原子核外电子排布中未成对电子最多，则A为N元素；B基态原子的核外p电子与s电子数目相等，则B为O元素；C元素的第二电离能与第三电离能差异很大，则C为Mg元素；D最高正价与最低负价的代数和为4，为S元素，那么E为Cl元素；F前四周期中电负性最小，为K元素； 【小问1详解】 基态Mg原子核外电子排布为1s22s22p63s2，基态原子中电子占据最高能级的电子云轮廓呈球形。A、B、D的简单氢化物分别为氨气、水、硫化氢，水分子能形成更多的氢键，使得水沸点最高； 【小问2详解】 固态N2O5由两种离子构成，阴离子为平面三角形，则为，中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，离子的空间构型为平面三角形；阳离子为直线形，则阳离子为，中N原子的价层电子对数为，N为sp杂化，离子的空间构型为直线形； 【小问3详解】 由K值，HA3酸性强于碳酸，则HA3与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和NaN3，化学方程式为2HN3+Na2CO3=2NaN3+H2O+CO2 ↑； 【小问4详解】 SO3(g)以单分子形式存在，中心原子S原子的价层电子对数为，为sp2杂化，由SO3(s)的结构可知，S形成4个σ键，则为sp3杂化，杂化方式方式不同；由于斥力：双键一单键>单键一单键，则键角：∠1>∠2； 【小问5详解】 电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；则r(S2-)>r(Cl-)>r(K+)。 17. “敌敌畏”是一种含磷杀虫剂，施用在农作物上容易有残留。科学家改进出“敌百虫”，通过水洗可以顺利洗去杀虫剂残留。两种杀虫剂的结构简式如图所示。回答下列问题： （1）P所在周期中，第一电离能比它小的元素有___________种。 （2）“敌百虫”属于___________(填“极性”或“非极性”)分子。从分子间作用力的角度，分析“敌百虫”比“敌敌畏”能更好地避免杀虫剂残留的原因___________。 （3）有一种有机物的结构简式与“敌百虫”相同，但是杀虫效果不佳，从结构角度解释原因___________。 （4）PCl3是制造敌百虫等有机磷农药的原料之一、经查阅资料知：PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，实验室制取的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等杂质，测定粗产品中PCl3的质量分数的实验步骤如下(不考虑杂质的反应)： ⅰ.迅速移取m g PCl3粗产品，加水完全水解后，再配成500mL溶液； ⅱ.移取25.00mL溶液置于锥形瓶中； ⅲ.加入c1mol·L−1碘溶液V1 mL，碘过量，H3PO3完全反应生H3PO4； ⅳ.加入几滴淀粉溶液，用c2 mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定过量的碘，反应方程式为I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI，滴至终点时消耗Na2S2O3标准溶液V2mL。 ①ⅲ中反应的化学方程式为___________。ⅳ中滴定终点时的现象为___________。 ②根据上述数据，计算该产品中PCl3的质量分数为___________(用代数式表示)。 【答案】（1）5 （2） ①. 极性 ②. “敌百虫”中含有羟基，能与水分子形成分子间氢键，水溶性增强，更易水洗除去残留 （3）“敌百虫”中的官能团空间排列方式发生了改变，含有手性碳原子 （4） ①. H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI ②. 当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去，30秒内不恢复 ③. 【解析】 【分析】小问4：首先根据Na2S2O3与I2的反应，计算出与Na2S2O3反应的I_{2}的物质的量，再结合加入的I2的总物质的量，算出与H3PO3反应的I2的物质的量，进而得到H3PO3的物质的量，由于H3PO3来自PCl3的水解，从而算出PCl3的物质的量，最后求出质量分数。 【小问1详解】 第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能出现反常，分别高于同周期相邻元素。P位于第三周期第ⅤA族，第三周期元素有Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl、Ar。其中第一电离能比P小的元素有Na、Mg、Al、Si、S，共5种。 【小问2详解】 “敌百虫”分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子。从分子间作用力角度看，“敌百虫”分子中含有-OH，能与水分子形成氢键，而“敌敌畏”分子不能与水分子形成氢键，所以“敌百虫”更易溶于水，能更好地避免杀虫剂残留。 【小问3详解】 有机物的结构决定性质，“敌百虫”能杀虫是因为其具有特定的结构，若有一种有机物结构简式与“敌百虫”相同但杀虫效果不佳，可能是“敌百虫”中的官能团空间排列方式发生了改变，含有手性碳原子，导致其与昆虫体内的靶标分子结合能力变弱，从而杀虫效果不佳。 【小问4详解】 ①根据题意，H3PO3与I2反应生成H3PO4和HI，结合得失电子守恒和原子守恒可写出化学方程式为H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI。滴定终点判断依据是淀粉遇碘变蓝，当碘完全反应时，蓝色褪去，30秒内不恢复。 ②与Na2S2O3反应的I2的物质的量：由I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI可知，。加入的I2的总物质的量：。与H3PO3反应的I2的物质的量：。由H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI可知，。因为PCl3水解生成H3PO3，所以n(PCl3) = n(H3PO3)。500mL溶液中PCl3的物质的量：。PCl3的摩尔质量为137.5g/mol，则。质量分数 18. 手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。一种从废旧手机主板中回收贵金属的方法如图所示。已知：水合肼(N2H4·H2O)为二元弱碱；Pd(NH3)2C12难溶于水。 回答下列问题： （1）为提高“酸浸”速率，除粉碎主板外，还可以采取的措施___________(写出一条即可)。 （2）溶液Y中含银微粒主要为___________(填化学式) （3）水合肼的一级电离方程式为___________。已知水合肼与溶液Y反应后，对应的氧化产物为N2.若消耗等物质的量的水合肼、Zn粉，理论上生成的n(Ag)∶n(Au)= ___________(不考虑其他反应)。 （4）加入氨水，[PdCl4]2−转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：NH3___________Cl-(填“>”“<”或“=”)。[Pd(NH3)4]2+转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀时，需要滴加浓盐酸将溶液的pH范围调至1～1.5，pH不能过小的原因是___________。 【答案】（1）增大硝酸浓度、搅拌、适当升高温度 （2） （3） ①. ②. 6:1 （4） ①. > ②. pH过小，c(H+)过大，NH3全部转化为，易使[Pd(NH3)4]2+转化为[PdCl4]2- 【解析】 【分析】机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)在HNO3中酸浸，Au不发生反应，Ag、Pd发生反应转化为Ag+、Pd2+，Au固体用王水溶解转化为HAuCl4溶液，再向HAuCl4溶液中加入Zn粉得到Au，向含有Ag+、Pd2+溶液中加入NaCl生成AgCl固体和溶液，AgCl固体用氨水溶解得到溶液Y，再向溶液Y中加入水合肼得到Ag，向含溶液中加入氨水得到含溶液，再加入盐酸调pH得到。 【小问1详解】 为提高“酸浸”速率，除粉碎主板外，还可以采取的措施增大硝酸浓度、搅拌、适当升高温度等。 【小问2详解】 AgCl固体用氨水溶解，离子方程式为：，所以得到溶液Y中含银微粒主要为。 【小问3详解】 水合肼为二元弱碱，其一级电离方程式为。 氧化为氮气可提供电子，氧化为可提供2 mol电子，而还原1 mol Ag+ 需 1 mol e⁻，还原(得 Au ) 需 3 mol e⁻。因此当“各消耗1 mol”时， 能还原 或 ，1 mol Zn 能还原 2 mol 或 ，所以银与金的产物之比为，。 【小问4详解】 加入氨水，转化为，说明该条件下配位能力：。若pH过小，过大，氨气转化为铵根离子，同时使转化为，而不能获得沉淀。 19. H2A是一种二元弱酸。回答下列问题： （1）常温下，向VL cmol·L−1H2A溶液中滴加NaOH溶液，M代表H2A、HA-、A2−、H＋或OH-，-lgc(M)与溶液pH的变化关系如图所示。 ①曲线a表示的微粒是___________。常温下NaHA溶液显___________(填“酸性”“碱性”或“中性”)。 ②X点对应的溶液中，=___________。 ③a与e两线相交时，溶液中c(Na+)＋c(H+)-c(A2−)___________cmol·L−1(填“>”“<”或“=”)。 （2）在温度T1、T2(T1>T2)下，分别向一定浓度的AgNO3溶液中滴加Na2A溶液，所得Ag2A的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 ①温度为T1时，Ksp(Ag2A)= ___________。 ②温度为T2时，采取措施使溶液由M点变成P点，已知变化前后溶液下方均有Ag2A沉淀，则采取的措施不可能是___________(填标号)。 A．升高温度 B．升温并加适量AgNO3(s) C．加水稀释 D．升温并加水稀释 【答案】（1） ①. H2A ②. 酸性 ③. 10-1.5 ④. < （2） ①. 10-11.3 ②. ACD 【解析】 【分析】根据H2A+NaOH=NaHA+H2O、NaHA+NaOH=Na2A+H2O，结合图像，ab曲线交叉点为H2A、HA-交点，则a为H2A变化曲线，b为HA-变化曲线，结合pH=1.3点可知，H2A的一级电离平衡常数Ka1=10-1.3，结合Y点可知，H2A的二级电离平衡常数Ka2=10-4.3；故H2A为弱酸，第一步部分电离，第二步部分电离；起始溶液中A2-最小，c为A2-变化曲线，d为H+浓度变化曲线，e为OH-变化曲线。 【小问1详解】 ①根据分析，曲线a表示的微粒是H2A。NaHA溶液水解常数为，HA-的电离大于水解，溶液显酸性； ②X点为H2A、A2-交点，对应的溶液中，，c（H+）=，则； ③a与e两线相交时c(H2A)=c(OH-)，存在电荷守恒c(Na+)＋c(H+)=2c(A2−)+c(OH-)+c(HA-)，则c(Na+)＋c(H+)=2c(A2−)+ c(H2A)+c(HA-)，再结合物料守恒：c(A2−)+c(H2A)+c(HA-)< cmol·L−1，可得溶液中c(Na+)＋c(H+)-c(A2−)<cmol·L−1； 【小问2详解】 ①温度为T1时，取点(-7.3，2)，Ksp(Ag2A)=(10-2)2×10-7.3=10-11.3 ； ②A．升高温度，c(Ag+)、c(A2-)均增大，不符合图像变化，A选； B．升温使c(Ag+)、c(A2-)均增大，加适量AgNO3(s)，可以增大c(Ag+)，而c(A2-)减小，可以由M到p，B不选； C．由于变化前后溶液下方均有Ag2A沉淀，则加水稀释时c(Ag+)、c(A2-)均不变，M点不变，不能由M到p，C选； D．升温c(Ag+)、c(A2-)均增大，加水稀释c(Ag+)、c(A2-)保持不变，不能由M到p，D选； 故选ACD。 20. 有效减少碳排放的途径有多种，我们可由CO2制备甲烷、甲醇、甲醚等产品，进行资源化利用。 途径一：在催化剂的作用下，利用CO2加氢合成甲醇(CH3OH)，主要涉及如下反应： Ⅰ．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ∆H 1=-49.4kJ·mol−1 Ⅱ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ∆H2=+41.2kJ·mol−1 （1）一定条件下，向某密闭容器中投入一定量的CO2和H2发生上述反应。达到平衡后，缩小容器体积，反应Ⅱ的平衡___________(填“正向”“逆向”或“不”)移动。 （2）已知反应Ⅰ：υ正=k正c(CO2) ·c3(H2)，υ逆=k逆c(CH3OH) ·c(H2O)，k正、k逆为速率常数。若温度为T1℃，达到平衡时，化学平衡常数K=n；温度为T2℃，平衡时，k正=10nk逆，比较T1℃与T2℃大小并说明理由___________。 （3）一定条件下，向1 L的密闭容器充入1molCO2(g)和5molH2(g)，发生上述反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择性(甲醇的选择性=)随温度的变化关系如图所示。270℃时，测得反应经t min达到平衡。则0～t min内，CO的平均反应速率υ(CO)=___________mol·L−1·min−1，=___________(表示CO2的物质的量与所有含碳物种的物质的量之比)。 途径二：CO2加氢可以合成甲烷，主要涉及反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ∆H<0. （4）向某密闭容器中充入一定量的CO2(g)和H2(g)，在压强为p的条件下发生上述反应。在不同条件下达到平衡，设体系中H2的平衡转化率为α(H2)，在温度为T1下的、在下的变化关系如图所示。 ①CH4的空间构型为___________。 ②在下的变化关系是___________(填“m”或“n”)。 ③在、p和T1下，若最初充入2molH2，反应经10min达到平衡状态，则Kp=___________(用含p的代数式表示)。 【答案】（1）逆向 （2）K(T2)=10n＞K(T1)，该反应，温度越低，K越大，故T1℃大于T2℃ （3） ①. mol•L-1•min-1 ②. 1-a （4） ①. 正四面体 ②. m ③. 【解析】 【小问1详解】 缩小容器体积增大压强，对于反应Ⅰ，平衡正向移动，因此体系中与的量减少，水蒸气量增加，因此，反应Ⅱ生成物浓度增加，反应物浓度减小，平衡逆向移动； 【小问2详解】 对于反应Ⅰ，达到平衡时，正、逆反应速率相等，即，所以，化学平衡常数。已知温度为时，；温度为时，，则此时，反应Ⅰ，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大。因为，所以大于，理由是反应Ⅰ为放热反应，平衡常数增大，说明温度降低。 【小问3详解】 由图可知，270℃时，的平衡转化率为a，和甲醇的选择性为b，则生成一氧化碳的物质的量浓度为，则0～t min内，的平均反应速率；根据碳原子守恒，所有含碳物种的物质的量为，0～t min内，反应后剩下的的物质的量为，因此。 【小问4详解】 ①甲烷中碳原子的价层电子对数，没有孤电子对，因此CH4的空间构型为正四面体；②由图可知逐渐增大，则温度逐渐减小，平衡正向移动，氢气平衡转化率增大，对应曲线m；③在、p和T1下，最初充入，反应经10min达到平衡状态，可得：，则==。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $