精品解析：北京市北京八中2024-2025学年高二上学期期末化学试题

2024-2025学年度第一学期期末练习题高二化学 考试时间90分钟 满分100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Mg-24 S-32 第一部分 选择题(共42分) 每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分 1. 下列过程或装置能实现电能转化为化学能的是 A B C D 火力发电 电动汽车充电 燃料燃烧 火星车太阳能帆板 A. A B. B C. C D. D 2. 下列有关化学用语表达正确的是 A. 四氯化碳的球棍模型： B. 次氯酸的电子式： C. 质子数为35、中子数为45的溴原子：Br D. S2-的结构示意图： 3. 下列叙述中，正确的是 A. s、p、d能级所具有的原子轨道数分别为1、3、5 B. 各电子层的能级都是从s能级开始到f能级结束 C. 同是s能级，在不同的电子层中所含原子轨道数是不相同的 D. 各电子层含有的原子轨道数为2n2 4. 关于和的下列说法中，不正确的是 A. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 B. 可用溶液使转化为 C. 利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去 D. 室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异 5. 一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如下。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物水溶液显碱性。下列判断不正确的是 A. 第一电离能： B. 晶体属于共价晶体 C. W与Z可按原子个数比和形成两种化合物 D. X原子存在两种杂化方式 6. 由键能数据大小，不能解释下列事实的是 化学键 键能/ 411 318 799 358 452 346 222 A. 稳定性： B. 键长： C. 熔点： D. 硬度：金刚石>晶体硅 7. 下列关于实验现象的解释或所得结论正确的是 选项 实验操作 现象 解释或结论 A 向某补血口服液中滴加几滴酸性溶液 酸性溶液紫色褪去 该补血口服液中一定含有 B 用蒸馏水溶解固体，并继续加水稀释 溶液由绿色逐渐变为蓝色 正向移动 C 将的溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化 溶液的pH 逐渐减小 温度升高，水解平衡正向移动 D 将C与浓硫酸反应产生的气体通入澄清石灰水中 产生白色沉淀 该气体中一定含有 A. A B. B C. C D. D 8. 氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是 A. 和可用质谱法区分 B. 和均为极性分子 C. 方法①的化学方程式是 D. 方法②得到的产品纯度比方法①的高 9. 恒温条件下，用图1装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。下列说法不正确的是 A. 段主要发生析氢腐蚀 B. 段负极反应式为 C. 段正极反应式主要为 D. 段溶液的基本不变，可能的原因：相同时间内，消耗的量与产生的量基本相同 10. 可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A. Y为反应物，W为生成物 B. 反应制得，须投入 C. 升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 11. 合成氨原料气中的可通过水煤气变换反应除去。某合成氨原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%。一定温度下按不同投料比通入水蒸气，平衡后混合气体中的体积分数如下表。 投料比 的体积分数/% 温度/℃ 200 1.70 0.21 0.02 250 2.73 0.30 0.06 300 6.00 0.84 0.43 350 7.85 1.52 0.80 下列说法不正确的是 A. 从表中数据可知，水煤气变换反应的 B. 温度相同时，投料比大，的转化率高 C. 按=1通入水蒸气后，反应前在混合气体中的体积分数为20% D. 根据=1时数据推算，300℃时水煤气变换反应的平衡常数K为46 12. 室温时，取和(一元酸，)混合溶液，用溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. a点时，溶液中 B. b点时， C. c点时， D. 过程中，水的电离程度逐渐增大 13. 不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A. 反应①， B. 对比反应①和②， C. 对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D. 随反应进行，体系变化：①增大，②不变 14. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。 装置 序号 电解质溶液 实验现象 ① 少量溶液 阴极表面产生无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验，电解液中有 ② 过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验，电解液中无元素 下列分析不正确的是 A. ①中气体减少，推测是由于溶液中减小，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触 B. ①中检测到，推测可能发生反应：、 C. 随阴极析出铜，推测②中溶液减小，平衡逆向移动 D. ②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密 第二部分(非选择题 共58分) 15. “可燃冰”的主要气体成分是甲烷，又称甲烷水合物，外形像冰，存在于海底和大陆冰川或永久冻土底部，是巨大的潜在能源。 （1）研究甲烷分子的结构 ①碳原子价层电子的轨道表示式是_______。 ②下列能说明或解释甲烷分子是正四体形空间结构的是_______(填序号)。 a.二氯甲烷没有同分异构体。 b.4个C-H的键长相同，H- C- H的键角均为109°28 ' c.碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C-H σ键 （2）研究水分子的结构 ①H2O的VSEPR模型为_______。 ②H2O中H-O-H的键角小于CH4中H-C-H的键角，原因是_______。 （3）研究“可燃冰”的结构 在“可燃冰”中，气体是装在几个水分子构成的笼内的，一种水分子笼如下所示。 “可燃冰”的密度为a g/mL。假设“可燃冰”的水笼穴里装的都是甲烷，甲烷水合物的化学式用mCH4·nH2O表示。把“可燃冰”从海底升到地平面，1 m3固体可释放出164 m2(标准状况)甲烷，则“可燃冰”中m ： n=_______(不需化简，列出算式即可) 16. 我国科学家研发的全球首套“液态阳光”项目使双碳目标更近一步。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再将加氢合成。 （1）太阳能电池板的主要材料为单晶硅。 ①单晶硅属于_______晶体。 ②单晶硅的熔点低于金刚石的，原因是_______。 （2）在催化剂作用下，与反应得到。 ①分子的空间结构为_______。 ②和分子中键数目之比为_______。 ③比在水中的溶解度大，这是因为_______。 （3）催化剂可实现高选择性加氢合成，其晶胞结构如图所示。 ①B代表_______(填“”或“”)，理由是_______。 ②晶胞的棱长分别为、、，其晶体密度为_______(列算式)。已知：，为阿伏加德罗常数的值 17. 铅精矿可用于冶炼金属铅，其主要成分为PbS。 Ⅰ．火法炼铅将铅精矿在空气中焙烧，生成PbO和。 （1）用铅精矿火法炼铅的反应的化学方程式为_______。 （2）火法炼铅的废气中含低浓度，可将废气通入过量氨水中进行处理，反应的离子方程式为__________。 Ⅱ．湿法炼铅在制备金属铅的同时，还可制得硫磺，相对于火法炼铅更为环保。湿法炼铅的工艺流程如下： 已知：①不同温度下的溶解度如下表所示。 温度(℃) 20 40 60 80 100 溶解度(g) 1.00 1.42 1.94 2.88 3.20 ②为能溶于水的弱电解质，在Cl-浓度较大的溶液中，存在平衡： （3）浸取液中的作用是____________。 （4）操作a为加适量水稀释并冷却，该操作有利于滤液1中的析出，分析可能的原因是________________。 （5）将溶液3和滤液2分别置于如图所示电解装置的两个极室中，可制取金属铅并使浸取液中的再生。 ①溶液3应置于________(填“阴极室”或“阳极室”)中。 ②简述滤液2电解再生为的原理：__________。 18. 对石油开采和炼制过程中产生的含硫废水(其中硫元素的主要化合价是﹣2价)进行处理，防止污染环境。 已知：i．﹣2价硫元素易被氧化为S或 ii．在25℃时，1体积水可溶解约2.6体积的气体 iii．、、在水溶液中的物质的量含物分数随pH的分布曲线如图 （1）沉淀法处理含硫废水 向pH≈10的含硫废水中加入适量溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。 ①pH≈10的含硫废水中含﹣2价硫元素的主要微粒是___________。 ②用化学平衡移动原理解释pH降低的原因：___________。 ③初始pH=10时，除硫效果好。初始pH<4，硫的沉淀率很低，原因是___________。 （2）氧化法处理含硫废水 向含硫废水中加入稀调节溶液的pH为6。 ①根据电离常数计算溶液中___________：1。 ②再加入0.15mol/L溶液，溶液的pH变化如图。结合离子方程式解释10min后pH减小的原因：___________。 （3）处理后的废水中残留﹣2价硫元素含量的测定 已知：、 ①处理后的废水中﹣2价硫元素的含量是___________mg/L。 ②加入溶液后，需控制溶液的pH为弱酸性。当溶液呈中性时，部分﹣2价硫元素被氧化为，使测得的﹣2价硫元素含量___________(填“偏大”或“偏小”)。 19. 某兴趣小组为研究铁钉与溶液的反应及反应过程中pH的变化，用已去除氧化膜的铁钉、 溶液(pH为4.6)等试剂进行如下实验。 【实验Ⅰ】 实验Ⅱ （1）实验Ⅰ中，能证明“Fe与发生了置换反应”的实验现象是______。 （2）小组同学推测可能有胶体生成，依据的实验是___________(填实验序号)。 （3）实验Ⅱ-2中，使溶液变红的反应的离子方程式为___________。 （4）实验Ⅱ-3可证明红色固体的主要成份是Cu，其实验操作及现象是___________。 为进一步探究实验Ⅰ产生气体逐渐变快和pH变化的原因，小组同学补做如下实验。 序号 实验 现象 Ⅲ 用稀硫酸将 溶液调至，向其中加入铁钉 铁钉表面有少量气泡缓慢产生 Ⅳ 将新制溶液暴露在空气中，用pH传感器监测 初始pH为4.5，后持续缓慢下降，逐渐出现棕黄色浑浊；3小时后搅拌，pH基本保持不变 （5）对比实验Ⅰ和Ⅲ，可以推测Ⅰ中产生气体逐渐变快的原因是___________。 （6）实验Ⅳ的目的是___________(填字母)。 a．探究实验Ⅰ中2小时内pH下降是否与水解有关 b．探究实验Ⅰ中2小时内pH下降是否与生成有关 c．探究搅拌是否会使与溶液中的物质充分接触、反应而导致pH上升 （7）由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ可推测：实验Ⅰ中，搅拌后pH快速上升，主要是因为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第一学期期末练习题高二化学 考试时间90分钟 满分100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Mg-24 S-32 第一部分 选择题(共42分) 每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分 1. 下列过程或装置能实现电能转化为化学能的是 A B C D 火力发电 电动汽车充电 燃料燃烧 火星车太阳能帆板 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．火力发电是将化学能转化为电能，A错误； B．电动汽车充电是将电能转化为化学能，B正确； C．燃料燃烧是将化学能转化为热能，C错误； D．火星车太阳能帆板将太阳能转化为电能，D错误； 故选B。 2. 下列有关化学用语表达正确的是 A. 四氯化碳的球棍模型： B. 次氯酸的电子式： C. 质子数为35、中子数为45的溴原子：Br D. S2-的结构示意图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．四氯化碳分子中，Cl原子的半径大于C原子，其球棍模型为，A错误； B．次氯酸分子中O为中心原子，其电子式为：，B错误； C．质量数=质子数+中子数，因此质子数为35、中子数为45的溴原子可表示为：Br，C正确； D．S原子核外有16个电子，得到2个电子得到S2-，S2-的离子结构示意图为：，D错误； 答案选C。 3. 下列叙述中，正确的是 A. s、p、d能级所具有的原子轨道数分别为1、3、5 B. 各电子层的能级都是从s能级开始到f能级结束 C. 同是s能级，在不同的电子层中所含原子轨道数是不相同的 D. 各电子层含有的原子轨道数为2n2 【答案】A 【解析】 【详解】A．n为能层序数，各能级的原子轨道数按s、p、d的顺序依次为1、3、5，A正确； B．各电子层的能级都是从s能级开始，但是不一定到f能级结束，如第一电子层只有s能级，无f能级，第二电子层只有s、p能级，无f能级，B错误； C．s能级的原子轨道数为1，则不同的能层所含的s能级的原子轨道数是相同的，C错误； D．各电子层含有的原子轨道数为n2，D错误； 故选A。 4. 关于和的下列说法中，不正确的是 A. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 B. 可用溶液使转化为 C. 利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去 D. 室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异 【答案】D 【解析】 【详解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确； B．加入溶液会发生反应：，B正确； C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确； D．室温下和饱和溶液相差较大的主要原因是的水解程度远大于，D错误； 故选D。 5. 一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如下。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物水溶液显碱性。下列判断不正确的是 A. 第一电离能： B. 晶体属于共价晶体 C. W与Z可按原子个数比和形成两种化合物 D. X原子存在两种杂化方式 【答案】B 【解析】 【分析】Y的气态氢化物水溶液显碱性，则Y为；W仅形成1个共价键且原子序数最小，W为；X、Y、Z位于第二周期且原子序数依次增大，X可形成4个共价键，X为；Z可形成2个共价键，Z为； 【详解】A．同周期元素第一电离能呈增大趋势，的2p轨道半充满结构更稳定，第一电离能高于相邻的，故第一电离能，即，A正确； B．为，晶体由分子通过分子间作用力构成，属于分子晶体，不属于共价晶体，B错误； C．和可形成原子个数比的和的两种化合物，C正确； D．结构中连接双键的为杂化，连接4个单键的为杂化，原子存在两种杂化方式，D正确； 故答案选B。 6. 由键能数据大小，不能解释下列事实的是 化学键 键能/ 411 318 799 358 452 346 222 A. 稳定性： B. 键长： C. 熔点： D. 硬度：金刚石>晶体硅 【答案】C 【解析】 【详解】A．键能越大越稳定，键能大于，所以稳定性：，故不选A； B．键能越大，键长越短，键能大于，所以键长：，故不选B； C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点，不能用键能解释熔点，故选C； D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，的键能大于，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D； 选C。 7. 下列关于实验现象的解释或所得结论正确的是 选项 实验操作 现象 解释或结论 A 向某补血口服液中滴加几滴酸性溶液 酸性溶液紫色褪去 该补血口服液中一定含有 B 用蒸馏水溶解固体，并继续加水稀释 溶液由绿色逐渐变为蓝色 正向移动 C 将的溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化 溶液的pH 逐渐减小 温度升高，水解平衡正向移动 D 将C与浓硫酸反应产生的气体通入澄清石灰水中 产生白色沉淀 该气体中一定含有 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．酸性具有强氧化性，补血口服液中若含有维生素C等其他还原性物质也能使其褪色，无法证明一定含有，A错误； B．溶液中存在平衡，其中为绿色、为蓝色，加水稀释时平衡向粒子数增大的方向（正向）移动，溶液由绿色逐渐变为蓝色，B正确； C．若仅水解平衡正向移动，会使浓度增大、pH升高，而实际pH减小，是因为易被空气中的氧化为，导致浓度减小、水解产生的减少，因此pH减小不能说明水解平衡正向移动，C错误； D．与浓硫酸反应生成的气体中同时含有和，二者均能使澄清石灰水产生白色沉淀，因此无法证明气体中一定含有，D错误； 故选B。 8. 氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是 A. 和可用质谱法区分 B. 和均为极性分子 C. 方法①的化学方程式是 D. 方法②得到的产品纯度比方法①的高 【答案】D 【解析】 【详解】A．和的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A正确； B．和的H原子不同，但空间构型均为三角锥形，是极性分子，B正确； C．Mg3N2与D2O发生水解生成Mg(OD)2和ND3，反应方法①的化学方程式书写正确，C正确； D．方法②是通过中D原子代替中H原子的方式得到，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错误； 故选D。 9. 恒温条件下，用图1装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。下列说法不正确的是 A. 段主要发生析氢腐蚀 B. 段负极反应式为 C. 段正极反应式主要为 D. 段溶液的基本不变，可能的原因：相同时间内，消耗的量与产生的量基本相同 【答案】C 【解析】 【分析】图1中构成原电池，铁作负极，开始时pH=1.8，AB段溶液pH值增大，体系压强增大，铁主要发生析氢腐蚀；BD段溶液的pH值增加，体系压强减小，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe2+被O2氧化，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同，据此分析； 【详解】A．由图可知，AB段体系的压强增大，说明产生了氢气，故AB段主要发生析氢腐蚀，A正确； B．AD段内发生的都是铁的电化学腐蚀，铁在负极的电极式为：Fe-2e-=Fe2+，B正确； C．由图可知BC段的pH为3-5，正极不能产生氢氧根，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，C错误； D．根据分析，DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe2+被O2氧化，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同，D正确； 故选C。 10. 可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A. Y为反应物，W为生成物 B. 反应制得，须投入 C. 升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。 【详解】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确； B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误； C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确； D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确； 故选B。 11. 合成氨原料气中的可通过水煤气变换反应除去。某合成氨原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%。一定温度下按不同投料比通入水蒸气，平衡后混合气体中的体积分数如下表。 投料比 的体积分数/% 温度/℃ 200 1.70 0.21 0.02 250 2.73 0.30 0.06 300 6.00 0.84 0.43 350 7.85 1.52 0.80 下列说法不正确的是 A. 从表中数据可知，水煤气变换反应的 B. 温度相同时，投料比大，的转化率高 C. 按=1通入水蒸气后，反应前在混合气体中的体积分数为20% D. 根据=1时数据推算，300℃时水煤气变换反应的平衡常数K为46 【答案】D 【解析】 【详解】A．由表中数据可知，当一定时，升高温度，平衡后混合气体中的体积分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，则水煤气变换反应的，故A正确； B．由表中数据可知，温度一定时，反应物投料比越大，平衡时CO的体积分数越小，说明CO的转化率高，故B正确； C．原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%，设反应前CO的物质的量为1mol，则为0.8mol，H2为2mol，为0.2mol，又因，则H2O(g)为1mol，总物质的量为5mol，所以CO的体积分数为，故C正确； D．设反应前CO的物质的量为1mol，则为0.8mol，H2为2mol，为0.2mol，H2O(g)为1mol，假设反应达到平衡时CO转化了x mol，则有三段式： 300℃时CO占6%，所以，解得，因此CO(g)、H2O(g)、CO2 (g)、H2(g)平衡时的物质的量分别为0.3、0.3、0.9、2.7，反应前后气体体积不变，则平衡常数为，故D错误； 答案选D。 12. 室温时，取和(一元酸，)混合溶液，用溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. a点时，溶液中 B. b点时， C. c点时， D. 过程中，水的电离程度逐渐增大 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，a点为浓度均为0.1 mol/L盐酸和HA的混合溶液，酸在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离；加入氢氧化钠溶液反应时，酸性强的盐酸先反应，b点反应得到等浓度氯化钠和HA的混合溶液，HA在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，c点反应得到等浓度的氯化钠和NaA的混合溶液，A-离子在溶液中水解促进水的电离。 【详解】A．a点为0.1 mol/LHCl和0.1 mol/LHA的混合溶液，HCl是强酸，在水溶液中完全电离，；HA是弱酸，在水溶液中部分电离，，则溶液中，A正确； B．b点加入20 mLNaOH溶液，HCl恰好完全被中和，溶质为等物质的量的NaCl和HA，根据物料守恒，，因此，B正确； C．c点加入40 mLNaOH溶液，溶液总体积为，原来，反应后的溶液为等物质的量浓度的NaCl和NaA的混合溶液，但是A-发生水解而使其浓度降低，，远小于0.05 mol/L，C错误； D．a→c过程中，加入的NaOH溶液分别与HCl和HA发生中和反应，溶液中氢离子浓度持续降低，酸对水的电离的抑制作用不断减弱，水的电离程度逐渐增大，D正确； 故答案选C。 13. 不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A. 反应①， B. 对比反应①和②， C. 对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D. 随反应进行，体系变化：①增大，②不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误； B．根据反应①可得关系式10I-~2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B项正确； C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误； D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误； 答案选B。 14. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。 装置 序号 电解质溶液 实验现象 ① 少量溶液 阴极表面产生无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验，电解液中有 ② 过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验，电解液中无元素 下列分析不正确的是 A. ①中气体减少，推测是由于溶液中减小，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触 B. ①中检测到，推测可能发生反应：、 C. 随阴极析出铜，推测②中溶液减小，平衡逆向移动 D. ②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密 【答案】C 【解析】 【详解】A．随着反应的进行，一段时间后溶液中的减小，同时阴极发生电极反应：，生成的Cu覆盖在阴极铁制镀件表面，阻碍了与铁的接触，故气体减少，A正确； B．因为溶液中有和，铁制镀件与其接触，铁可能与和发生氧化还原反应生成，B正确； C．当阴极有Cu析出时，阴极电极反应：，阳极电极反应：，又因为②中电解液中无Fe元素，根据得失电子守恒，溶液不变，C错误； D．②中与反应生成，使得比①溶液中小，Cu缓慢析出，镀层更致密，D正确； 答案选C。 第二部分(非选择题 共58分) 15. “可燃冰”的主要气体成分是甲烷，又称甲烷水合物，外形像冰，存在于海底和大陆冰川或永久冻土底部，是巨大的潜在能源。 （1）研究甲烷分子的结构 ①碳原子价层电子的轨道表示式是_______。 ②下列能说明或解释甲烷分子是正四体形空间结构的是_______(填序号)。 a.二氯甲烷没有同分异构体。 b.4个C-H的键长相同，H- C- H的键角均为109°28 ' c.碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C-H σ键 （2）研究水分子的结构 ①H2O的VSEPR模型为_______。 ②H2O中H-O-H的键角小于CH4中H-C-H的键角，原因是_______。 （3）研究“可燃冰”的结构 在“可燃冰”中，气体是装在几个水分子构成的笼内的，一种水分子笼如下所示。 “可燃冰”的密度为a g/mL。假设“可燃冰”的水笼穴里装的都是甲烷，甲烷水合物的化学式用mCH4·nH2O表示。把“可燃冰”从海底升到地平面，1 m3固体可释放出164 m2(标准状况)甲烷，则“可燃冰”中m ： n=_______(不需化简，列出算式即可) 【答案】（1） ①. ②. ab （2） ①. 四面体形 ②. 因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小 （3） 【解析】 【小问1详解】 ①碳原子核外有6个电子，价电子排布式为2s32p2，价层电子的轨道表达式为 ； ②a．若甲烷为平面正方形，则二氯甲烷应有两种结构，而实际上二氯甲烷没有同分异构体，说明甲烷的空间结构为正四面体，a正确； b．若是正方形，则键角为90°，4个C-H的键长相同，H- C- H的键角均为109°28 '，说明为正四面体形，b正确； c．甲烷分子中的碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，无法说明为正四面体结构，c错误； 故选ab； 【小问2详解】 ①H2O的中心原子O的价层电子对数为，则VSEPR模型为四面体形； ②因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小，故水中的键角较小的原因是：因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小； 【小问3详解】 “可燃冰”的密度为ag/mL，1m3固体可释放出164m3(标准状况)甲烷，则“可燃冰”中。 16. 我国科学家研发的全球首套“液态阳光”项目使双碳目标更近一步。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再将加氢合成。 （1）太阳能电池板的主要材料为单晶硅。 ①单晶硅属于_______晶体。 ②单晶硅的熔点低于金刚石的，原因是_______。 （2）在催化剂作用下，与反应得到。 ①分子的空间结构为_______。 ②和分子中键数目之比为_______。 ③比在水中的溶解度大，这是因为_______。 （3）催化剂可实现高选择性加氢合成，其晶胞结构如图所示。 ①B代表_______(填“”或“”)，理由是_______。 ②晶胞的棱长分别为、、，其晶体密度为_______(列算式)。已知：，为阿伏加德罗常数的值 【答案】（1） ①. 共价 ②. 单晶硅和金刚石均属于共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，碳碳键的键长小于硅硅键的键长，碳碳键的键能大于硅硅键，金刚石的熔点高于硅 （2） ①. 直线型 ②. 5：2 ③. 是极性分子、甲醇分子与水分子间能形成氢键，是非极性分子，与水分子间不能形成氢键，根据相似相溶原理，比在水中的溶解度大 （3） ①. O2- ②. A球为8×+6×=4，B球为8个，根据化学式ZrO2，B代表O2- ③. 【解析】 【小问1详解】 太阳能电池板的主要材料为单晶硅。 ①单晶硅硅原子间通过共价键形成三维骨架结构，属于共价晶体。故答案为：共价； ②单晶硅的熔点低于金刚石的，原因是单晶硅和金刚石均属于共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，碳碳键的键长小于硅硅键的键长，碳碳键的键能大，金刚石的熔点高。故答案为：单晶硅和金刚石均属于共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，碳碳键的键长小于硅硅键的键长，碳碳键的键能大于硅硅键，金刚石的熔点高于硅； 【小问2详解】 ①分子中碳原子采用sp杂化，空间结构为直线型。故答案为：直线型； ②分子中3个C-H键、1个C-O键、1个O-H键，共5个键，分子中2个C-O键，和分子中键数目之比为5：2。故答案为：5：2； ③比在水中的溶解度大，这是因为是极性分子、甲醇分子与水分子间能形成氢键，是非极性分子，与水分子间不能形成氢键，根据相似相溶原理，比在水中的溶解度大。故答案为：是极性分子、甲醇分子与水分子间能形成氢键，是非极性分子，与水分子间不能形成氢键，根据相似相溶原理，比在水中的溶解度大； 【小问3详解】 ①根据均摊法，A球为8×+6×=4，B球为8个，根据化学式ZrO2，B代表O2-。故答案为：O2-；A球为8×+6×=4，B球为8个，根据化学式ZrO2，B代表O2-； ②晶胞参数为apm、apm、cpm，则晶胞体积为（a×10-10）2×c×10-10cm3，该晶胞含有O原子8个，Zr4+个数为8×+6×=4，晶胞质量g，则该晶体的密度为ρ=g•cm-3，故答案为：；。 17. 铅精矿可用于冶炼金属铅，其主要成分为PbS。 Ⅰ．火法炼铅将铅精矿在空气中焙烧，生成PbO和。 （1）用铅精矿火法炼铅的反应的化学方程式为_______。 （2）火法炼铅的废气中含低浓度，可将废气通入过量氨水中进行处理，反应的离子方程式为__________。 Ⅱ．湿法炼铅在制备金属铅的同时，还可制得硫磺，相对于火法炼铅更为环保。湿法炼铅的工艺流程如下： 已知：①不同温度下的溶解度如下表所示。 温度(℃) 20 40 60 80 100 溶解度(g) 1.00 1.42 1.94 2.88 3.20 ②为能溶于水的弱电解质，在Cl-浓度较大的溶液中，存在平衡： （3）浸取液中的作用是____________。 （4）操作a为加适量水稀释并冷却，该操作有利于滤液1中的析出，分析可能的原因是________________。 （5）将溶液3和滤液2分别置于如图所示电解装置的两个极室中，可制取金属铅并使浸取液中的再生。 ①溶液3应置于________(填“阴极室”或“阳极室”)中。 ②简述滤液2电解再生为的原理：__________。 【答案】（1） （2） （3）使Pb元素从难溶固体PbS转化成溶液中的，S元素转化成单质硫成为滤渣 （4）加水稀释使平衡向左移动；温度降低溶解度减小 （5） ①. 阴极室 ②. 阳极发生电极反应：(或；，文字表述也可)，使升高，同时通过阴离子交换膜向阳极移动，使再生 【解析】 【分析】铅精矿通过含有氯化铁和氯化钠的溶液的浸泡，加热，趁热过滤，得到含氯化铅、氯化铁的溶液和含有硫单质的滤渣，滤液加适量水稀释并冷却，得到氯化亚铁溶液和析出的，加入氯化钠溶液，使平衡正向移动，得到含的溶液，再与上述的氯化亚铁溶液共同组成电解池，电解得到铅单质和含有氯化铁的溶液。 【小问1详解】 火法炼铅将铅精矿在空气中焙烧，生成PbO和，反应的化学方程式为； 【小问2详解】 SO2与过量的氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为：； 【小问3详解】 浸取液中氯化铁增加了氯离子浓度，当氯离子浓度较大时，溶液中存在平衡正向移动， 使Pb元素以形式存在溶液中，另外铁离子具有氧化性，硫离子具有还原性，发生氧化还原反应，使硫元素转化为单质硫成为滤渣。 【小问4详解】 加水稀释使平衡向左移动，温度降低溶解度减小，两种操作都有利于的析出； 【小问5详解】 ①由分析可知，溶液3是含有的溶液，要制得单质铅，元素铅的化合价降低，得到电子，发生还原反应，根据电解池的工作原理，阴极得到电子，故溶液3应放入阴极室。 ②滤液2放入到阳极室，滤液2是氯化亚铁溶液，亚铁离子在阳极失去电子，转化为铁离子，电极反应：或；，使升高，同时通过阴离子交换膜向阳极移动，使再生。 18. 对石油开采和炼制过程中产生的含硫废水(其中硫元素的主要化合价是﹣2价)进行处理，防止污染环境。 已知：i．﹣2价硫元素易被氧化为S或 ii．在25℃时，1体积水可溶解约2.6体积的气体 iii．、、在水溶液中的物质的量含物分数随pH的分布曲线如图 （1）沉淀法处理含硫废水 向pH≈10的含硫废水中加入适量溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。 ①pH≈10的含硫废水中含﹣2价硫元素的主要微粒是___________。 ②用化学平衡移动原理解释pH降低的原因：___________。 ③初始pH=10时，除硫效果好。初始pH<4，硫的沉淀率很低，原因是___________。 （2）氧化法处理含硫废水 向含硫废水中加入稀调节溶液的pH为6。 ①根据电离常数计算溶液中___________：1。 ②再加入0.15mol/L溶液，溶液的pH变化如图。结合离子方程式解释10min后pH减小的原因：___________。 （3）处理后的废水中残留﹣2价硫元素含量的测定 已知：、 ①处理后的废水中﹣2价硫元素的含量是___________mg/L。 ②加入溶液后，需控制溶液的pH为弱酸性。当溶液呈中性时，部分﹣2价硫元素被氧化为，使测得的﹣2价硫元素含量___________(填“偏大”或“偏小”)。 【答案】（1） ①. ②. 存在平衡，向该废水中加入含Fe2+溶液，发生反应，使平衡正向移动，增大，降低 ③. ，体系中-2价硫元素以H2S的形态出现，H2S可能逸出，c(S2-)降低，Q(FeS)<Ksp(FeS)，H2S与Fe2+难以形成FeS （2） ①. ②. 向溶液中加入，10min后发生反应：S+3H2O2=SO+2H2O+2H+，生成了H+，增大，降低 （3） ①. ②. 偏大 【解析】 【小问1详解】 ①根据图中信息，当溶液的的含硫废水中含﹣2价硫元素的主要微粒是：； ②存在平衡，向该废水中加入含Fe2+溶液，发生反应，使平衡正向移动，增大，降低； ③，体系中-2价硫元素以H2S的形态出现，H2S可能逸出，c(S2-)降低，Q(FeS)<Ksp(FeS)，H2S与Fe2+难以形成FeS。 【小问2详解】 ①根据如图，，，； ②向溶液中加入，10min后发生反应：S+3H2O2=SO+2H2O+2H+，生成了H+，增大，降低； 【小问3详解】 ①根据反应：、，﹣2价硫元素的物质的量为：，硫元素的含量为：； ②若溶液呈中性时，部分﹣2价硫元素被氧化为，发生反应：，则I2氧化-2价硫过程中消耗I2物质的量增大，用溶液滴定过量I2时消耗溶液的体积V2减小，由可知，S2-的物质的量偏大，使测得的﹣2价硫元素含量偏大。 19. 某兴趣小组为研究铁钉与溶液的反应及反应过程中pH的变化，用已去除氧化膜的铁钉、 溶液(pH为4.6)等试剂进行如下实验。 【实验Ⅰ】 实验Ⅱ （1）实验Ⅰ中，能证明“Fe与发生了置换反应”的实验现象是______。 （2）小组同学推测可能有胶体生成，依据的实验是___________(填实验序号)。 （3）实验Ⅱ-2中，使溶液变红的反应的离子方程式为___________。 （4）实验Ⅱ-3可证明红色固体的主要成份是Cu，其实验操作及现象是___________。 为进一步探究实验Ⅰ产生气体逐渐变快和pH变化的原因，小组同学补做如下实验。 序号 实验 现象 Ⅲ 用稀硫酸将 溶液调至，向其中加入铁钉 铁钉表面有少量气泡缓慢产生 Ⅳ 将新制溶液暴露在空气中，用pH传感器监测 初始pH为4.5，后持续缓慢下降，逐渐出现棕黄色浑浊；3小时后搅拌，pH基本保持不变 （5）对比实验Ⅰ和Ⅲ，可以推测Ⅰ中产生气体逐渐变快的原因是___________。 （6）实验Ⅳ的目的是___________(填字母)。 a．探究实验Ⅰ中2小时内pH下降是否与水解有关 b．探究实验Ⅰ中2小时内pH下降是否与生成有关 c．探究搅拌是否会使与溶液中的物质充分接触、反应而导致pH上升 （7）由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ可推测：实验Ⅰ中，搅拌后pH快速上升，主要是因为___________。 【答案】（1）铁钉表面析出红色固体、溶液蓝色变浅 （2）Ⅱ-1 （3） （4）向红色固体中加入足量稀硝酸，红色固体溶解，溶液变蓝色 （5）铁钉表面析出铜后，形成铁铜原电池加快了反应的进行 （6）abc （7）搅拌使得铜和铁离子生成亚铁离子和铜离子：，铁离子浓度减小，使得铁离子的水解平衡逆向移动，氢离子浓度减小，导致搅拌后pH快速上升 【解析】 【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比； 【小问1详解】 铁和硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸亚铁；实验Ⅰ中，能证明“Fe与发生了置换反应”的实验现象是铁钉表面析出红色固体、溶液蓝色变浅； 【小问2详解】 光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；推测可能有胶体生成，依据的实验是Ⅱ-1中出现丁达尔效应； 【小问3详解】 实验Ⅱ-2中，使溶液变红的反应为铁离子和KSCN反应生成红色物质，离子方程式为； 【小问4详解】 铜和稀硝酸反应生成硝酸铜溶液，故实验Ⅱ-3可证明红色固体的主要成份是Cu，其实验操作及现象是：向红色固体中加入足量稀硝酸，红色固体溶解，溶液变蓝色； 【小问5详解】 对比实验Ⅰ和Ⅲ，可以推测Ⅰ中产生气体逐渐变快的原因不是主要因为溶液酸性的变化，而是因为铁钉表面析出铜后，形成铁铜原电池加快了反应的进行； 【小问6详解】 Ⅰ中为 溶液(pH为4.6)和铁反应；Ⅳ中为新制溶液在空气转化pH变化； a．亚铁离子水解生成氢离子，会导致溶液的pH下降，故可以探究实验Ⅰ中2小时内pH下降是否与水解有关，正确； b．Ⅳ中亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，也会导致溶液pH变化，故可以对比两者pH变化探究实验Ⅰ中2小时内pH下降是否与生成有关，正确； c．Ⅳ在3小时后搅拌，pH基本保持不变，可以探究搅拌是否会使与溶液中的物质充分接触、反应而导致pH上升，正确； 故选abc； 【小问7详解】 由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ可推测：实验Ⅰ中存在反应生成的铜，搅拌使得铜和铁离子生成亚铁离子和铜离子：，铁离子浓度减小，使得铁离子的水解平衡逆向移动，氢离子浓度减小，导致搅拌后pH快速上升。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $