浙江省杭州市等4地杭州市余杭高级中学等5校2022-2023学年高二化学上学期12月月考试题（Word版附解析）

2022学年第一学期浙江北斗星盟阶段性联考

高二年级化学试题

考生须知：

1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；

2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、学号和姓名；考场号、座位号写在指定位置；

3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；

4.考试结束后，只需上交答题纸。

可能用到的相对原子质量：H-1  C-12  N-14  O-16  Na-23  Mg-24  A1-27  Si-28  S-32  C1-35.5  K-39  Ca-40  Cr-52  Fe-56  Cu-64  Ag-108  Ba-137

一、选择题(每小题只有1个正确选项符合题意。每小题2分，共50分)

1. 下列物质的水溶液因水解显酸性的是

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】A．HCl因电离呈酸性，A不符合题意；

B．NaHSO3中亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度，溶液显酸性，B不符合题意；

C．NaHCO3是强碱弱酸盐，因水解程度大于电离程度呈碱性，C不符合题意；

D．FeCl3是强酸弱碱盐，因铁离子发生水解反应呈酸性，D符合题意；

故答案为：D。

2. 酸碱中和滴定实验中不需要的仪器是

A.    B.    C.    D.  

【答案】B

【解析】

【详解】中和滴定用到的仪器：酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、胶头滴管、烧杯、锥形瓶等仪器，用不到试管，故选：B。

3. 下列反应中，反应物的总键能大于生成物的总键能的是

A. 与水反应 B. 与反应

C. 甲烷的燃烧 D. 稀硫酸与溶液的反应

【答案】B

【解析】

【详解】反应物总键能大于生成物总键能的反应为吸热反应，

A．与水反应氢气在氧气中燃烧反应为放热反应，故A错误；
B．与反应为吸热反应，故B正确；
C．甲烷燃烧反应为放热反应，故C错误；
D．稀硫酸与KOH溶液反应是酸碱中和反应，为放热反应，故D错误；
故选：B。

4. 下列说法正确的是

A. 工业上可利用水解制备

B. 施肥时，草木灰与铵态氮肥同时施用，可增加肥效

C. 明矾用作净水剂，是因为它能够杀菌消毒

D. 实验室配制溶液，需加铁粉抑制水解

【答案】A

【解析】

【详解】A． 的水解程度很大，可用于制备，用制备的反应方程式为：。经焙烧即得，A正确；

B． 施肥时，草木灰(碳酸钾)与铵态氮肥不能混合施用，是因为碳酸根和铵根的水解互相促进产生氨气，若草木灰与铵态氮肥同时施用，降低肥效，B错误；

C．明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中铝离子水解Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降，不是因为它能够杀菌消毒，C错误；

D． 实验室配制溶液，需加铁粉可防止氧化，加盐酸能抑制水解，D错误；

答案选A。

5. 下列化学用语表达正确的是

A. F原子的核外电子排布式： 

B. 的电子排布图： 

C. 基态原子的价层电子排布式：

D. 的简化电子排布式：

【答案】C

【解析】

【详解】A．F原子的核外电子排布式为1s22s22p5，选项中的是F的原子结构示意图，故A错误；

B．2p轨道上的电子的自旋方向相同，违背泡利原理，故B错误；

C．Cu是29号元素，基态 Cu 原子的价层电子排布式为3d104s1，故C正确；

D．Cr是24号元素，Cr的简化电子排布式为[Ar]3d54s1，故D错误；

故本题选C。

6. 下列有关水的叙述不正确的是

A. 水是弱电解质

B. 水的电离方程式：

C. 纯水升高温度，减小，酸性增强

D. 向水中加入固体，水电离程度增大

【答案】C

【解析】

【详解】A．水是化合物，能部分电离，是弱电解质，故A正确；
B．水的电离方程式为可逆过程，电离出水合氢离子和氢氧根离子，电离方程式为：，故B正确；
C．水的电离过程是吸热过程，升温促进水的电离，水的电离程度增大，减小，仍为中性，酸性没有增强，故C错误；
D．为弱酸弱碱盐，在水中醋酸根离子和铵根离子都发生水解反应，促进水的电离，水的电离程度增大，故D正确；
故选：C。

7. 下列离子方程式书写正确的是

A. 硫化氢溶液呈酸性：

B. 溶液呈碱性：

C. 溶液水解：

D. 溶液除铁锈的原因：

【答案】D

【解析】

【详解】A．硫化氢溶液呈酸性是由于硫化氢本身是酸，发生电离产生H+，但H2S是二元弱酸，电离要分步电离，其第一步电离方程式为H2SH++HS-，故A错误；

B．NaCN是盐，盐显碱性是因为发生了水解，但是水解是一种微弱的反应，在水解方程式中用可逆符号，不能用等号，正确的水解离子方程式为CN—+H2OHCN+OH—，故B错误；

C．NaHCO3是强碱弱酸盐，水解呈碱性，所以正确的水解方程式为，故C错误；

D．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，铁锈会在酸性环境中与H+发生反应起到除锈的作用，故D正确；

故本题选D。

8. 下列有关化学反应速率的说法正确的是

A. 铁与硫酸反应制取氢气时，增大硫酸浓度一定可以加快产生氢气的速率

B. 工业合成氨反应，升高温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快

C. 锌与盐酸反应时，加入适量硝酸铜固体，可加快生成氢气的速率

D. ，降低浓度，单位体积内活化分子数减少

【答案】D

【解析】

【详解】A．浓硫酸能使铁的表面形成一层致密的氧化膜，阻止了浓硫酸与铁继续反应，所以改用铁片和浓硫酸反应不产生H2，A错误；

B．升高体系的温度，反应物分子获得了能量，单位体积内活化分子百分数增大，所以正逆反应速率均增大，B错误；

C．硝酸根离子具有强氧化性，会发生氧化还原反应生成NO而得不到氢气，C错误；

D．降低浓度，物质浓度减小，单位体积中分子数减小，使得单位体积内活化分子数也减少，D正确；

故选D。

9. 关于热化学方程式，下列说法正确的是

A. 标准状况下，完全燃烧生成液态水，放出热量，则燃烧热的热化学方程式为：  

B.    ，则金刚石比石墨稳定

C. 和反应的中和热，

D. 500℃、下，和充分反应生成并放热，则热化学方程式为： 

【答案】C

【解析】

【详解】A．燃烧热的定义中要求燃烧物是1mol，即H2的系数必须为1，当H2的系数不再是1时，已经不符合燃烧热的定义了，故A错误；

B．物质本身所具有的能量越低，该物质就越稳定，石墨转变为金刚石是一个吸热反应，说明石墨具有的能量比金刚石的要低，石墨比金刚石要稳定，故B错误；

C．H2SO4是强酸，NaOH是强碱，强酸与强碱发生中和反应只要生成1mol的H2O，△H= —57.3 kJ/mol，故C正确；

D．合成氨的反应是可逆反应，放出来的热量少于38.6kJ/mol，即热化学方程式中的△H>—57.3 kJ/mol，故D错误；

故本题选C。

10. 一定温度下，在恒容密闭容器中投入和，发生反应  ，下列叙述能说明反应已达化学平衡状态的是

A. 与的物质的量之比保持不变

B. 消耗速率与生成速率之比为

C. 容器中压强保持不变

D. 容器内气体总质量保持不变

【答案】C

【解析】

【详解】A．投入和，消耗的与的物质的量之比也为1：2，则反应中与的物质的量之比始终保持1：2，故不能说明已平衡，A不符合；

B． 消耗速率与生成速率均指正反应方向，二者之比始终为，故不能说明已平衡，B不符合；

C．反应中，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡， C符合；

D．气体质量始终不变，容器内气体总质量保持不变，故不能说明已平衡，D不符合；

答案选C。

11. 等物质的量浓度的下列六种溶液：①  ②  ③  ④  ⑤  ⑥，由大到小排列正确的是

A. ⑤②④③①⑥ B. ⑤④②③⑥① C. ⑤④②①③⑥ D. ④⑤②③⑥①

【答案】C

【解析】

【详解】⑤因完全电离呈强碱性，④、 ②因微弱水解呈弱碱性，醋酸酸性大于碳酸，按“越弱越水解” 知：④碱性大于 ②；①因部分电离呈弱酸性， ③与 ⑥均能完全电离出氢离子呈强酸性，但硫酸是二元强酸故酸性更强，碱性越强氢氧根浓度越大pH越大，酸性越强氢离子浓度越大pH越小，则由大到小排列⑤④②①③⑥；

选C。

12. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是

A. 由水电离产生的的溶液中：、、、

B. 澄清透明的溶液：、、、

C. 的溶液：、、、

D. 与反应放出的溶液：、、、

【答案】B

【解析】

【详解】A．酸或碱抑制水的电离，水电离的的溶液呈酸性或碱性，碱性溶液中OH-与、反应，不能大量共存，故A错误；
B．澄清透明的溶液中各离子之间不发生反应，能大量共存，故B正确；
C．的溶液呈酸性，H+、ClO-之间反应生成次氯酸，不能大量共存，故C错误；

D．加入铝产生氢气的溶液呈酸性或强碱性，、都与OH-反应，在酸性溶液中具有强氧化性，与Al反应不生成氢气，离子不能共存，故D错误；
故选：B。

13. 下列说法不正确的是

A. 基态原子价层电子排布为的元素一定是非金属元素

B. 在基态多电子原子中，p轨道电子的能量不一定高于s轨道电子的能量

C. 位于s区、d区、ds区的元素都是金属元素

D. 基态原子核外不可能有运动状态完全相同的两个电子

【答案】C

【解析】

【详解】A．基态原子价电子排布式为nsnnpn的元素，n能级上最多排列2个电子，则n=2，所以该原子价电子排布式为2s22p2，为C元素，非金属元素，故A正确；
B．在基态多电子原子中，同能层的电子p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量，但是能层不同则不一定，如2p轨道电子能量低于3s轨道电子能量，故B正确；
C．H元素位于s区，是非金属元素，故C错误；

D．在多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，在一个基态多电子的原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子，故D正确；

故选：C。

14. 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A. 溶液中，

B. 中含有个阳离子

C. 电解精炼铜时，电路中通过个电子，阳极消耗铜

D. 铅蓄电池放电过程中，消耗硫酸，转移个电子

【答案】B

【解析】

详解】A．溶液体积未知，无法计算微粒个数，故A错误；

B．熔融状态下， NaHSO4=Na++H，6.0gNaHSO4为0.05mol，0.05mol NaHSO4中含有0.05NA个阳离子，故B正确；

C．电解精炼铜时，阳极上有Cu、Zn、Ni等金属失电子，即主要是Cu发生反应，但是杂质金属也在失电子，当电路中通过NA个电子，阳极消耗的铜不一定为32g，故C错误；

D．铅蓄电池放电过程中，反应方程式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，从方程式中可知，2molH2SO4在反应时，转移了2NA个电子，当消耗98g(即1mol)硫酸，转移NA个电子，故D错误；

故本题选B。

15. 下列关于中和反应的反应热测定实验，操作正确的是

A. 为保证反应充分，将溶液少量多次加入量热计内筒

B. 用玻璃棒沿顺时针方向搅拌均匀

C. 用两支温度计分别测量盐酸和溶液温度，取平均值记为反应前体系温度

D. 为保证盐酸完全被中和，采用稍过量的溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A．为了保证热量不流失，将NaOH溶液一次快速加入酸中，故A错误；
B．中和热测定实验中采用环形玻璃棒上下搅动溶液，故B错误；
C．为了减少实验误差，该实验中最好使用同一支温度计测定温度，故C错误；
D．测定中和热时，由于NaOH溶液会与二氧化碳反应，保证盐酸完全被中和，采用稍过量的溶液，故D正确；
故选：D。

16. 某双液原电池装置如图所示，(盐桥：装有含琼胶的饱和溶液)。下列有关叙述中不正确的是

A. 作负极，发生氧化反应

B. 电子流动方向：铁石墨稀硫酸盐桥氯化钠溶液

C. 工作一段时间后，左侧烧杯中增大

D. 正极反应式：

【答案】B

【解析】

【分析】铁为负极，被氧化，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，石墨为正极，发生还原反应，电极反应为2H++2e-=H2↑，结合电极反应解答。

【详解】A．铁为负极，发生氧化反应，故A正确；
B．电子由负极经导线流入正极，不经过稀硫酸溶液，故B错误；
C．铁为负极，氯离子向负极移动，则左侧烧杯中浓度增大，故C正确；
D．右烧杯为正极发生2H++2e-=H2↑，故D正确：
故选：B。

17. 一定温度下，密闭容器中发生反应，反应过程能量变化如下图。下列说法不正确的是

A. 该反应

B. 压缩体积可以加快反应速率

C. 升高温度可使正反应活化能从下降为，反应速率增大

D. 使用催化剂，该反应的反应热不变

【答案】C

【解析】

【详解】A．△H=正反应的活化能—逆反应的活化能=(E1—E2)kJ/mol，故A正确；

B．压缩体积相当于增大压强，那么反应速率会加快，故B正确；

C．升温，反应速率加快，但活化能不变，故C错误；

D．使用催化剂，只改变速率，反应热不改变，故D正确；

故本题选C。

18. 下列有关说法正确的是

A. 某温度下，测得纯水pH=6，则将pH=2的H2SO4与等体积pH=10的NaOH溶液充分反应后恰好呈中性

B. 向浅绿色的Fe(NO3)2溶液中通入HCl(g)，可抑制Fe2+水解，溶液绿色加深

C. 常温下，NaHA溶液呈酸性，可以说明H2A为弱酸

D. 常温下，pH相同的盐酸和醋酸溶液，c(Cl-)＞c(CH3COO-)

【答案】A

【解析】

【详解】A．pH=2的H2SO4溶液c(H+)=10-2 mol/L，pH=10的NaOH溶液中c(OH-)==10-2 mol/L，两种溶液等体积混合，n(H+)=n(OH-)，则二者恰好反应产生Na2SO4，因此反应后恰好呈中性，A正确；

B．在酸性溶液中Fe2+、H+、会发生氧化还原反应产生Fe3+，溶液颜色会由浅绿色变为黄色，B错误；

C．常温下，NaHA溶液呈酸性，可能是由于H2A是二元强酸，NaHA在溶液中电离产生Na+、H+、A2-，电离产生H+使溶液显酸性；也可能是H2A是二元弱酸，在溶液中盐电离产生的HA-的电离程度大于其水解程度，使溶液显酸性，因此不能确定H2A为弱酸，C错误；

D．HCl是一元强酸，c(HCl)=c(H+)=c(Cl-)；CH3COOH是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以电解质分子存在，c(CH3COOH)＞c(H+)=c(CH3COO-)，两种溶液pH相同，则溶液中c(H+)相同，故酸根离子浓度c(Cl-)=c(CH3COO-)，D错误；

故合理选项是A。

19. 在绝热恒容的密闭容器中投入等物质的量的A、B进行反应：，下列说法正确的是

A. 压缩容器会使平衡逆移，反应的平衡常数不变

B. 气体B的体积分数不再发生变化，说明反应达平衡

C. 若反应的接近于零，则温度变化对平衡转化率的影响不大

D. 若反应在恒温恒容条件下进行且平衡时A的体积分数比原平衡低，说明正反应放热

【答案】C

【解析】

【详解】A．压缩容器相当于增大压强，压强增大，反应向正反应方向移动，故A错误；

B．该反应是在绝热恒容密闭容器中发生的，气体B的体积分数和原来是一样的，当B的体积分数不在变化时，不能判定反应达到平衡，故B错误；

C．反应的 ΔH 接近于零，说明该反应反应物具有的总能量和生成物具有的总能量之差趋于很小，在改变温度，平衡基本不移动，对平衡转化率影响不大，故C正确；

D．反应在恒温恒容条件下进行且平衡时A的体积分数比原平衡低，有可能是温度高造成的，也有可能是降温造成的，不能说明正反应是否为放热，故D错误；

故本题选C。

20. 已知两种一元弱酸和，向溶液中通入少量生成和；向溶液中通入少量生成和。下列有关叙述正确的是

A. 酸性由强至弱：

B. 浓度均为的溶液中，离子总数：

C. 中和相同的和溶液，所需多更多

D. 向溶液中通入少量，发生反应：

【答案】D

【解析】

【详解】A．向溶液中通入少量生成和，则H2CO3＞HX＞，向溶液中通入少量生成和，可知H2CO3＞＞YX，所以酸性强弱：，A错误；

B．离子数目与体积有关，题目中并没有告诉体积，B错误；

C．未告知体积，无法比较谁消耗更多，C错误；

D．由于酸性HX＞，因此向溶液中通入少量，可发生反应：，D正确；

故选D。

21. 常温下，用溶液滴定的(一元酸)溶液。含磷微粒的分布系数、溶液体积与关系如图所示。下列说法不正确的是

A. x点的约为5

B. 水电离程度

C. p点的溶液中

D. 向q点的溶液中通入至中性：

【答案】B

【解析】

【分析】本题将微粒分布系数、NaOH溶液体积与pH变化的关系整合在一个图象中，试题迷惑性增强，需要考生准确把握曲线含义，明确特殊点对应溶液的pH，随着NaOH溶液的加入，H3PO2的量减少，的量增多，故微粒a表示H3PO2，微粒b表示；

【详解】A．由图像可知，当V(NaOH)=0mL时，对应溶液的pH=3，则此时溶液中c(H+)=110—3mol/L，Ka=，X点时，有c(H3PO2)=c()，则此时Ka=c(H+)≈10—5，pH=—lgc(H+)≈5，故A正确；

B．水的电离程度n点处为中性，水的电离不受影响，q点处显碱性，水的电离受到抑制，p点是酸性，水的电离受到抑制，p与q点比较离子分布系数可知，分布系数小时，离子浓度少，对水的电离影响就小，所以水的电离程度是q<p<n，故B错误；

C． p点NaOH溶液体积为10mL，此时根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH—)+ c()，根据物料守恒有c(H3PO2)+c()=2c(Na+)，二者联立得c(H3PO2)+2c(H+)=2c(OH—)+c()，故C正确；

D．q点加入20mL NaOH，与H3PO2恰好完全反应，q点溶质为NaH2PO2，加入HCl至中性时，溶质只要有NaH2PO2，还有少量NaCl、H3PO2，由物料守恒c(Na+)=c()+c(H3PO2)，在由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl—)+c()+c(OH—)，因为呈中性，所以c(H+)= c(OH—)，c(Na+) =c(Cl—)+c()，由物料守恒和电荷守恒可知， c(Cl—)=c(H3PO2)，所以c(Na+)>c()>c(Cl—)=c(H3PO2)，故D正确；

故本题选B。

22. 下图装置可实现一定条件下有机物的电化学储氢(忽略其它有机物)。下列说法不正确的是

A. A为电源负极

B. 情性电极E上有生成

C. 电极D上发生的主要反应为：

D. 上述过程消耗苯，共转移电子

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极、B是正极，A为电源负极，A正确；

B．情性电极E作阳极，水电离出的氢氧根放电生成氧气，即E上有生成，B正确；

C．阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，所以电极D上发生的主要反应为：，C正确；

D．由图可知消耗苯的阴极还有其它物质，消耗1.4mol苯，转移电子物质的量大于8.4mol，D错误；

答案选D。

23. 下列方案设计：现象和结论都正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A．酸性高锰酸钾具有强氧化性，能氧化亚铁离子、氯离子，所以滴加酸性溶液，溶液褪色，不能证明含有亚铁离子，A错误；

B．玻璃棒含钠元素，做焰色试验时用玻璃棒蘸取液体会产生干扰，应用铂丝或光洁无锈的铁丝，B错误；

C．铁片上滴一滴含有酚酞的食盐水，一段时间后液滴边缘出现红色，说明生成氢氧根离子，正极上O2得电子被还原生成OH-，此时正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，说明发生吸氧腐蚀，C正确；

D．对应于反应，实验现象应该是：浸入热水中的圆底烧瓶颜色变深，证明正反应放热，D错误；

选C。

24. 某温度下，分别向浓度均为的和溶液中滴加的溶液，滴加过程中溶液中和与溶液体积的关系如图所示。[已知：，]下列说法正确的是

A. 时，

B. 由图像可以计算得出该温度下

C. 越大，滴定突跃范围越大

D. e点纵坐标值约为23.9

【答案】D

【解析】

【分析】由于Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，滴加0.1mol/L的Na2S溶液时，溶液中c(S2-)几乎相同，则溶液中c(Zn2+)＞c(Cu2+)、-1gc(Cu2+)＞-lgc(Zn2+)，由于d点数值大，所以a-c-d所在曲线为滴定CuCl2溶液的曲线，a-b-e所在曲线为滴定ZnCl2溶液的曲线；

【详解】A．已知：，时即c(S2-)相同，溶液中c(Zn2+)＞c(Cu2+)，故A错误；
B．已知：Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，c(Zn2+)=10-12.7mol/L，c(S2-)=10-12.7mol/L，由图像可以计算得出该温度下Ksp(ZnS)=c(Zn2+)×c(S2-)=10-12.7×10-12.7=10-25.4，故B错误；
C．由于Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，根据分析可知a-c-d所在曲线为滴定CuCl2溶液的曲线，a-b-e所在曲线为滴定ZnCl2溶液的曲线，则越大，滴定突跃范围越小，故C错误；
D．e点时锌离子全部沉淀，Ksp(ZnS)=10-25.4，e点加入20ml 0.1mol/LNa2S溶液，溶液中硫离子浓度c(S2-)=mol/L，c(Zn2+)==3×10-24.4mol/L，所以-lgc(Zn2+)=-lg30×10-24.4=24.4-lg3=24.4-0.5=23.9，故D正确；
故选：D。

25. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素。X元素原子核外共有8种运动状态不同的电子；Y元素的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等；Z、W元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用形成的离子电子层结构相同。下列说法不正确的是

A. 基态Y原子的最高能级中所有电子的自旋方向相同

B. 基态W离子最高能级有1个原子轨道，其形状为球形

C. X、Y和Z三种元素的原子半径由大到小的顺序：

D. Y、Z和W三种元素的第一电离能由大到小的顺序：

【答案】B

【解析】

【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素。X元素原子核外共有8种运动状态不同的电子，则X为O；Y元素的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，则其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，Y为Si；Z、W元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用形成的离子电子层结构相同，则Z、W分别为Cl和K；

【详解】A．基态Si原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，按洪特规则，其最高能级为3p， 2个3p电子分占不同3p轨道且自旋方向相同，A正确；

B．WK，基态钾离子核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p6，则基态W离子最高能级有3个原子轨道，其形状为哑铃形，B错误；

C．通常，电子层数较多时原子半径较大，同周期从左到右元素原子半径递减， 则X、Y和Z三种元素的原子半径由大到小的顺序：，C正确；

D．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能递减，则Y、Z和W三种元素的第一电离能由大到小的顺序：，D正确；

答案选B。

二、非选择题(本大题共4题，共50分)

26. 三元锂电池主要用于手机、无人机等行业，其正极材料为镍钴锰酸锂，电池安全性高。电池工作原理如图所示：(两极之间有一个允许特定的离子通过的隔膜)

（1）①电池中有三种第四周期元素，其中基态原子未成对电子为5的元素位于周期表第___________族，属于___________区。

②写出原子的价层电子排布图___________。

③比较第二电离能大小___________(填“”、“”、“”)。

（2）电池放电时总反应方程式为：，写出该电池的正极反应式：___________。

（3）香港城市大学支春义课题组最近开发出超高容量和能量密度的锌硒电池，工作原理如图所示。

①写出该电池的正极反应式：___________。

②外电路中转移电子时a极增重___________g。

【答案】（1）    ①. ⅦB    ②. d    ③.       ④.    

（2）   

（3）    ①.     ②. 64

【解析】

【小问1详解】

①电池中有三种第四周期元素为镍钴锰，其中基态原子未成对电子为5的元素是锰，位于周期表第ⅦB族，属于d区。

②原子价层电子排布图：  。

③O原子的价层电子排布式是：2s22p4,失去一个电子后2p轨道达到了半充满的稳定状态，再失去一个电子所需的能量较大，故第二电离能大小<。

【小问2详解】

正极是得电子价降低的一极，结合总反应可写出该电池的正极反应式：。

【小问3详解】

①活泼金属锌电极做负极，则a电极为正极，结合图形信息可写出该电池的正极反应式：。

②结合电极反应可知每转移电子时a极增重，所以外电路中转移电子时a极增重即64g。

27. 已知：

    Ⅰ

    Ⅱ

请回答下列问题：

（1）①与反应生成、和的热化学方程式为___________。

②若①反应达到平衡，升高温度对该反应的影响为___________。

③若反应Ⅱ的逆反应的活化能为，则E___________(填“”“”或“”)220.9。

（2）一定条件下可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁，其反应为： 

①在下，向某恒容密闭容器中加入和进行上述反应，反应起始时压强为，反应进行至时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍，该反应的___________；(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)

②该反应达到平衡时，某物理量(Y)随温度变化如图所示，当温度由升高到时，平衡常数___________(填“”“”或“”)。纵坐标可以表示的物理量有___________(填字母序号)。

a．的逆反应速率        b．的体积分数

c．混合气体的平均相对分子质量    d．容器内压强

【答案】（1）    ①. TiCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)△H=+45.5 kJ•mol-1    ②. 反应速率加快，平衡正向移动，反应物的转化率增大    ③. >   

（2）    ①.     ②. ＜    ③. bc

【解析】

【小问1详解】

①根据盖斯定律，利用已知的热化学方程式将Ⅰ-Ⅱ可得TiCl4(g)与CO(g)反应生成TiO2(s)、C(s)和氯气的热化学方程式，即TiCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)△H=-175.4kJ•mol-1-(-220.9kJ•mol-1)=+45.5 kJ•mol-1；故答案为：TiCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)△H=+45.5 kJ•mol-1；

②该反应的正反应为吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡将向正反应方向移动，反应物的转化率将增大；

反应Ⅱ的正反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，可表示如图  ，逆反应的活化能将大于220.9，故答案为：＞；

【小问2详解】

①在T℃下，向某恒容密闭容器中加入3mol CH4(g)和2mol Fe2O3(s)进行上述反应，，压强之比等于物质的量之比，此时容器的气体压强是起始压强的2倍，则3-3x+6x+3x=6，解得x=0.5mol,平衡时CH4、H2、CO物质的量分别为1.5mol、3mol、1.5mol,气体总物质的量为6mol，T℃下该反应的；

②该反应是吸热反应，升温平衡正向移动，平衡常数增大，则KA＜KB；
a.CO的逆反应速率随温度的升高而增大，故a错误；
b.升温平衡正向移动，CH4的体积分数减小，故b正确；
c.升温平衡正向移动，气体的质量增加，而气体的物质的量增大，气体物质的量增大的大于气体质量增加的，所以混合气体的平均相对分子质量减小，故c正确；
d. 升温平衡正向移动，气体的物质的量增大，容器内压强增大，故d错误；
故答案为：＜；bc。

28. 煤炭燃烧后产生大量的和等气体，采用适当方法吸收后可将和变废为宝。方法之一是利用饱和碳酸钠溶液吸收含有一定体积比的和的烟气。已知：

（1）当通入少量烟气时，发生的离子方程式为___________；___________。

（2）当吸收一定量烟气后，测定，则此时溶液的___________，测得，则___________。

（3）库仑测硫仪可测定烟气中气体含量。已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原：，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。

①通入的Pt电极连接电源的___________(填正极或负极)。

②测硫仪工作时电解池的阴极反应式为___________。

③当通入a升烟气(已折算成标准状况下，下同)时，电解池中溢出的为2.0升，则烟气中的体积分数为___________。

【答案】（1）    ①.     ②.    

（2）    ①. 10    ②.    

（3）    ①. 正    ②.     ③.

【解析】

【分析】根据电离平衡常数的大小关系可知，相关的酸性强弱顺序为：>>>

【小问1详解】

因为酸性强弱顺序为>>>，当通入少量烟气时，SO2与饱和碳酸钠反应的离子方程式为：，CO2与饱和碳酸钠反应的离子方程式为：

【小问2详解】

碳酸的二级电离平衡常数表达式为，当，带入，解得，pH=10。亚硫酸的二级电离平衡常数表达式为，将，和代入，解得

【小问3详解】

①左侧Pt电极，失去电子，为阳极；右侧，得到电子，为阴极，SO2的作用是还原，应通入左侧，阳极与电源正极相连。②阴极，电极反应式为： 。③由电子守恒可知，溶解1mol转移2mole-，还原1mol，阳极产生1mol，因此电解池中溢出2.0升时，溶解SO22.0升，故的体积分数为。

【点睛】饱和碳酸钠溶液中通入少量二氧化硫和二氧化碳使会生成碳酸氢钠沉淀，因为碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠更小。

29. 亚硝酸钠(NaNO2)用途很广泛：可制药，作食品防腐剂、显色剂，作印染工业的媒染剂、漂白剂、缓蚀剂等。实验室用以下装置制取亚硝酸钠。

已知：①    ②

③NO可被KMnO4氧化成    ④Na2S2O3可被I2氧化为Na2S2O6

⑤

【制备NaNO2】

（1）仪器C的作用是___________；C中的试剂可以是___________。

（2）以上装置有设计缺陷，会使得到的产品杂质增多。改进方法是___________。

（3）E中反应的离子方程式为___________。

【测定NaNO2纯度】

（4）①称量0.5000 g制得的样品，溶于水配成250 mL溶液。

②取20.00 mL待测液于锥形瓶中，加入足量KI酸性溶液，滴入2~3滴淀粉溶液。

③取一支___________(填“酸”或“碱”)式滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净后，用0.02 mol/L Na2S2O3溶液润洗，装液，排出下端尖嘴内的气泡，调整液面，记下读数。

④进行滴定，记录读数。重复实验后，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00 mL。

（5）下列情况可能会使测得的NaNO2纯度偏高的是___________。

A. 滴定结束时，发现滴定管尖嘴部分有气泡

B. 滴定前平视读数，滴定结束时，仰视记录读数

C. 滴定操作过慢，用时过长

D. 当最后半滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色时，停止滴定。

（6）样品中NaNO2的质量分数为___________。

【答案】（1）    ①. 吸收NO气体中的CO2和水蒸气    ②. 碱石灰   

（2）在装置D、E之间连接一个盛有碱石灰等碱性干燥剂的U形管   

（3）3+4H++5NO=3Mn2++5+2H2O   

（4）碱    （5）BC   

（6）69%

【解析】

【分析】装置A用于制取NO2，在装置A中碳与浓硝酸混合加热发生氧化还原反应产生CO2、NO2、H2O。装置B用于制取NO气体，在装置B中NO2溶于水反应产生HNO3、NO，Cu与稀HNO3反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O；在装置C中盛有碱石灰，可以吸收CO2及H2O蒸气，在装置D中NO与Na2O2反应制取NaNO2，装置E中盛有酸性KMnO4溶液，其作用是除去多余的NO，防大气污染。

【小问1详解】

仪器C的作用是吸收NO气体中的CO2和水蒸气，避免Na2O2与CO2和水蒸气反应产生O2，使NO与Na2O2反应产生的NaNO2被O2氧化产生NaNO3；C中的试剂可以是碱石灰等碱性干燥剂；

【小问2详解】

装置E中盛有酸性KMnO4溶液，其中的水蒸气及空气会通过导气管进入装置D中，导致NaNO2反应产生NaNO3，改进的方法是在装置D、E之间连接一个盛有碱石灰等碱性干燥剂的U形管，减少副反应的发生；

【小问3详解】

E装置为酸性高锰酸钾与NO的反应，NO能被KMnO4氧化成，被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：3+4H++5NO=3Mn2++5+2H2O；

【小问4详解】

Na2S2O3溶液显碱性，应该使用碱式滴定管盛装，故③应该是取一支碱式滴定管，依次用自来水、蒸馏水洗净后，用0.02 mol/LNa2S2O3溶液润洗、装液；

【小问5详解】

A．滴定结束时，发现滴定管尖嘴部分有气泡，则滴定消耗标准溶液体积偏少，由此计算的NaNO2溶液浓度偏低，A不符合题意；

B．若滴定前平视读数，滴定结束时，仰视记录读数，则标准溶液体积偏大，由此计算的NaNO2溶液浓度偏高，B符合题意；

C．若滴定操作过慢，用时过长，导致部分I-被空气中的氧气氧化为I2，致使反应消耗Na2S2O3标准溶液体积偏大，由此计算的NaNO2溶液浓度偏高，C符合题意；

D．当最后半滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色时，停止滴定，可能是局部溶液过量，反应消耗标准溶液体积偏小，由此计算的NaNO2溶液浓度偏低，D不符合题意；

故合理选项是BC；

【小问6详解】