2023滕州一中高二上学期第三次线上测试化学试题pdf版含解析

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高二年级第三次线上测试答案 一、选择题1．【答案】B【详解】A．碱石灰能干燥试管中的空气，即铁钉与水不接触，不易生锈，A项正确；B．将钢闸门与电源的正极相连，则钢闸门作为阳极，失电子发生氧化反应，加速了钢闸门的腐蚀，B项错误；C．断开电源，图②装置为原电池，海水为弱碱性电解质溶液，钢闸门将发生吸氧腐蚀，C项正确；D．图③中，若金属M比铁活泼，则金属M作负极，失电子发生氧化反应，可保护输水管不被腐蚀，D项正确。故选B。2．【答案】DA．核外电子层依次为K、L、M、O、P、Q…，假设O能层中比5f能级能量更高为5x能级，有9个轨道，根据能量最低原理，第八周期需要填充8s、5x、6f、7d、8p，各能级容纳电子数目依次为2、18、14、10、6，填充电子总数为2+18+14+10+6=50，故第八周期容纳元素种类数为50，故A正确；B．117号元素位于p区，价电子排布为：5f146d107s27p5，未成对电子数为1，位于p轨道上，故B正确；C．前四周期元素即1~36号元素，未成对电子数最多的元素外围电子排布为3d54s1，共有6个未成对电子，该元素为铬，位于元素周期表的第四周期第VIB族，故C正确；D．114号元素位于第七周期第ⅣA族，是位于p区的金属元素，原子结构中有7个电子层，价电子数4，价电子排布式为7s27p2，故D错误；答案选D。3．【答案】B【分析】                               根据题意，应用“三段式”法计算：据此分析解题。【详解】A．根据以上分析可知，平衡时容器内X的物质的量为4.8 mol ，A项正确；B．容器的容积为2 L，则平衡时X、Y、Z的浓度分别为、、，B项错误；C．常温时的平衡常数，C项正确；D．达到平衡时，X转化率为1.2/6.0×100%=20%，D项正确；故选B。4．【答案】C【详解】A.由图象分析可知，条件改变，化学反应速率增大，化学平衡不动，则改变条件可能为加入催化剂或a+b=c时增大压强，故A错误；B.由图象可知，升高温度，G的体积分数减小，说明平衡向正反应方向移动，该反应是吸热反应，不是放热反应，p1、p2相对大小不知，不能确定a和b的大小，故B错误；C.由图象可知，T2达到平衡，平衡后，升高温度，C的含量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故C正确；D.由图象可知，降低温度，化学反应速率减小，平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，增大压强，化学反应速率增大，平衡向正反应方向移动，说明反应前后气体体积减小，则A、B、C是气体，D一定为固体或纯液体，故D错误；故选C。5．【答案】CA．Fe元素和O元素可形成化合物Fe2O3，故A正确；B．S的非金属性比P强，则H2SO4的酸性比H3PO4强，故B正确；C．X和Q结合生成的化合物为二氧化硫、三氧化硫，均为共价化合物，故C错误；D．CO2中碳氧原子间为极性键，为直线型结构，故D正确，故选C。6．【答案】C【详解】A．在时的，A错误；B．图中曲线上的点对应的溶液达到沉淀溶解平衡，曲线上方的点对应的溶液过饱和，曲线下方的点对应的溶液不饱和，即a点是饱和溶液，b点是不饱和溶液，d点是过饱和溶液，B错误；C．向a点的溶液中加入少量固体，碘离子浓度增大，的沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，有固体析出，C正确；D．沉淀溶解过程吸热，要使d点移动到b点，即使过饱和溶液变为不饱和溶液，应升高温度，若降低温度，沉淀溶解平衡向放热的方向移动，即向生成沉淀的方向移动，仍为饱和溶液，D错误；答案选C。7. 答案BA．酸碱中和滴定中盛装待测液的锥形瓶不得用待测液润洗润洗，A错误；B．滴定前需要排除尖嘴部分的气泡，防止产生误差，B正确；C．滴定结束时仰视会使标准液读数偏大，导致测定结果偏大，C错误；D．滴定终点时溶液颜色突变且三十秒不改变说明达到滴定终点，D错误；故选B。8 答案CA．该反应为强碱滴定弱酸，完全反应生成强碱弱酸盐，水解显碱性，因此不能使用甲基橙作为指示剂，A错误；B．当恰好完全反应时，生成CH3COONa水解显碱性，pH大于7，因此a点对应V1所加NaOH溶液体积小于20mL，B错误；C．当pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，联立可得c(Na+)=c(CH3COO-)，C正确；D．若V=20mL，完全反应后溶液中的溶质为CH3COONa，CH3COONa水解产生则CH3COOH和OH-，因此c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，D错误；故选C。9. 答案DA．由NaHSO3可知该盐属于酸式弱酸盐，在溶液中既可电离又可水解，电离显酸性，水解显碱性，由常温下0.1 mol·L-1NaHSO3溶液pH＜7，可知电离大于水解，A错误；B．向0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，可以促进弱酸的电离，各种离子CH3COO-和H+数目增加，CH3COOH分子数目减小，浓度均减小，溶液中OH-离子浓度增大，由电离平衡常数=可知变大，B错误；C．25℃时NH4CN溶液显碱性说明离子的水解小于CN-的水解，则电离常数K(NH3·H2O)>K(HCN)，C错误；D．硫化氢为弱电解质，硫化钠为强电解质，若等浓度则硫化钠溶液中离子浓度更大，导电能力更强，D正确；故答案为：D10. 答案D常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，则c(Cu2+)×c2(OH-)≥2×10-20，所以c(OH-)≥=10-9(mol/L)，应调节溶液pH大于5。答案选D。二、多选题：11.【答案】BD根据上述分析可知：W是N，X是O，Y是Na，Z是P元素。A．非金属元素第一电离能大于金属元素；同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA、第VA元素处于轨道的全满、半满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞Na，即W＞X＞Y，A正确；B．同一周期元素随原子序数的增大，元素电负性逐渐增大；同一主族元素，原子核外电子层数越多，元素电负性越小，所以电负性：N＞P＞Na，即W＞Z＞Y，B错误；C．离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子排布相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小。O2-、Na+核外电子排布都是2、8，有2个电子层；P3-核外电子排布是2、8、8，有３个电子层，所以简单离子半径：P3-＞O2-＞Na+，即离子半径：Z＞X＞Y ，C正确；D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞N＞P，所以最简单氢化物的沸点：H2O＞NH3＞PH3，即氢化物的稳定性：X＞W＞Z，D错误；故合理选项是BD。12.D13. 【答案】AC【解析】【分析】电极a通H2，电极b通O2，最终得到H2O2，H2在a电极发生氧化反应，则a极是负极，b极是正极，据此分析解答。【详解】A．a极是负极，电极反应式为H2-2e-=2H+，H+透过阳离子交换膜（X膜）进入中间区域，与HO反应生成H2O2，所以X膜为阳离子交换膜，故A错误；B．催化剂可加快反应速率，故可促进反应中电子的转移，故B正确；C．1mol O2参加反应生成1molH2O2，共转移2mole-，故C错误；D．b极为正极，氧气得到电子，电极反应式为O2+H2O+2e-=HO+OH-，故D正确；答案选AC。14. 【答案】BD【解析】【详解】A．该反应为分子数相等的反应，②等效为①中平衡基础上压强增大一倍，反应气体体积不变，平衡不移动，容器①中的CH3OH体积分数与容器②中的相等，故A错误；B．对比①、③可知，升高温度CH3OCH3（g）的物质的量减小，说明平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，若容器①中反应在绝热条件下进行，相当于升温，平衡逆向移动，达平衡时n(H2O)<0.080mol，故B正确；C．该反应为分子数相等的反应，达平衡后，增大压强，平衡不移动，但容器体积减小，各物质浓度增大，故C错误；D．容器Ⅰ中平衡时c（CH3OCH3）＝c（H2O）＝＝0.080mol/L，c（CH3OH）=＝0.04mol/L，容器①中化学平衡常数K1＝＝4，此时浓度商Qc＝＝1.65＜K＝4，反应向正反应进行，故D正确；故答案为BD15. 【答案】C【解析】【分析】由图象可知，P线代表HA溶液，Q线代表MOH，稀释过程中，HA溶液的体积变化10n倍，溶液的pH变化小于n个单位，说明HA为弱酸；而MOH溶液的体积变化10n倍，溶液的pH变化等于n个单位，说明MOH为强碱。【详解】A．由分析可知，P线代表HA的稀释图象且HA为弱酸，A错误；B．X点水电离出的氢离子浓度为10-9mol/L，Y点水电离出的氢离子浓度为10-10mol/L，Z点水电离出的氢离子浓度为10-9mol/L，所以电离程度：X=Z>Y，B错误；C．电荷守恒：c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，溶液呈中性，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，则c(M+)=c(A-)，c(A-)+c(HA)>c(M+)，C正确；D．X点pH=5，氢离子浓度为10-5mol/L，但HA为弱酸，HA的浓度大于10-5mol/L，Z点pH=9，氢氧根离子浓度为10-5mol/L，MOH为强碱，浓度为10-5mol/L，则X点与Z点等体积混合后的溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子，D错误；答案选C。三、非选择题：16. 【答案】（1）Fe-2e-=Fe2+   （1分）（2）D< B < C <A    （3）    ①. 铁 （1分）   ②. Cu-2e-=Cu2+    ③. 12.8克    ④. 2Cu2+ + 2H2O2Cu + O2 ↑+4H+    （4）C【小问1】钢铁发生吸氧腐蚀后最终会生成铁锈(Fe2O3·xH2O)，此时正极上是氧气得电子：O2+4e-+2H2O=4OH-，负极为Fe失电子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+。【小问2】A装置中，Fe做负极，原电池可以加快化学反应速率，铁棒腐蚀较快；B装置中，Fe做正极，Fe被保护，腐蚀较慢；C装置中Fe正常被腐蚀；D装置中Fe做阴极，被保护，保护效果好于铁做原电池的正极，故腐蚀由难到易的顺序为D<B<C<A。【小问3】①B电极连接电源的负极，即B做阴极，得电子，故B为铁，A极为阳极失电子，故A为Cu，电极方程式为：Cu-2e-=Cu2+；②电镀时电路中通过的电子为0.2mo1，阳极可溶解金属Cu 0.1mol，即6.4g，阴极析出Cu0.1mol即6.4g，由于电镀前铁、铜两电极的质量相同，电镀后，两个电极质量差等于阳极溶解铜的质量与阴极析出铜的质量之和，故A、B电极质量差为12.8g。③若A、B电极都是惰性电极，则实际为电解硫酸铜溶液，阳极水失电子生成氧气和氢离子，阴极铜离子得电子生成Cu，则总反应的离子方程式为。【小问4】A．电池放电时，Li失电子发生氧化反应做原电池负极，A正确；B．金属Li可以和水发生反应，所以电解质溶液为非水溶液体系，B正确；C．充电时Fe元素化合价从+2价升高为+3价，失电子，发生氧化反应，C错误；D．FePO4在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4，电极反应为：FePO4+Li++e-=LiFePO4；若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，气体物质的量为0.2mol，生成氢气和氯气的物质的量各为0.1mol，则转移电子数量为0.2mol，则消耗锂的物质的量为0.2mol，消耗锂的质量=0.2mol×7g/mol=1.4g，D正确；故答案选C。17. 【答案】（1）浓盐酸    （2）    ①. 2Fe3++3SO+6H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3    ②. 氧化还原反应    （3）1.0×10-12    （4）    ①. c(Na+)>c(HSO)>c(SO)>c(H+)=c(OH-)    ②. 增大【解析】【小问1详解】实验室配制氯化铁溶液时，先将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中然后加水稀释，目的是抑制铁离子的水解。【小问2详解】铁离子水解生成氢氧化铁，亚硫酸根离子水解生成亚硫酸，两者相互促进水解的离子方程式为：2Fe3++3SO+6H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3；由反应现象：一开始液体颜色加深，由棕黄色变为红褐色，一段时间后液体颜色变浅，变为浅黄色可知，活化能较大的是氧化还原反应。【小问3详解】。【小问4详解】溶液呈中性，把带入，可得，从而得到离子浓度排序为：c(Na+)>c(HSO)>c(SO)>c(H+)=c(OH-)；向该溶液中加入少量的I2，发生反应，可知溶液酸性增强，氢离子浓度增大，带入Ka1表达式，可得将增大。18.【答案】2s22p3  （1分）  CaCl2+2NH3+2H2O    Al > Cl > H  （1分）  氮原子与碳原子电子层数相同，但氮原子核电荷数大，原子核对外层电子的有效吸引作用强，故第一电离能大于碳元素；氮原子p能级为半充满结构，相对稳定，故第一电离能大于氧元素    2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O    1.25    5∶8∶4    由分析知：A为氢元素、B为氮元素、C铝元素、D为氯元素；(1) 基态氮原子电子排布式为1s22s22p3，其价电子排布式为2s22p3；实验室利用消石灰和NH4Cl固体混合加热制备NH3的化学方程式是CaCl2+2NH3+2H2O；(2)同周期主族元素的原子半径，随核电荷数递增原子半径减小，则H、Al、Cl三种元素的原子半径由大到小的顺序为Al > Cl > H；(3)N元素的同周期相邻元素为C元素和O元素，因氮原子与碳原子电子层数相同，但氮原子核电荷数大，原子核对外层电子的有效吸引作用强，故第一电离能大于碳元素；氮原子p能级为半充满结构，相对稳定，故第一电离能大于氧元素；(4)新制的HgO和Cl2发生歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)制得Cl2O，发生反应的化学方程式为2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；(5) 根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4，生成稳定价态-1价；根据得失电子守恒，配平离子方程式：5+4H+=Cl-+4ClO2↑+2H2O；生成1mol ClO2消耗NaClO2的量为：mol，即1.25mol；NaHSO4与NaHCO3反应产生CO2气体：NaHSO4电离出H+与生成气体CO2，反应方程式为：NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，则反应过程中消耗NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的物质的量之比为mol：(1mol+1mol)：1mol=5:8:4。 19. 【答案】（1）    ①. 1.0×10-6    ②. <    （2）    ①. O2    ②. +2H++e-=ClO2+2H2O    （3）    ①. 蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色    ②. 1.35cV×10-2g    ③. BD【解析】【小问1详解】①HClO2的电离平衡常数K=，观察图像可以看出，当pH=6时，c()=c(HClO2)，因此HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-6；②25°C时，浓度均为0.1mol·L-1的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后，pH<7，说明溶液显酸性，说明HClO2的电离大于离子的水解，故c(HClO2)<c()；【小问2详解】电解时，阳极上水电离产生的氢氧根离子失电子产生O2，阴极上产生ClO2的机理如图2所示(A、B均为含氯微粒，其他微粒未标出)，阴极上得电子在酸性条件下反应生成ClO2，电极反应式为+2H++e-=ClO2+2H2O；小问3详解】①滴定至终点时溶液中的碘单恰好反应完，溶液的颜色变化是蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色；②根据反应2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2=2I-+ 可知2ClO2~5I2~10，测得ClO2的质量m(ClO2)== 1.35cV×10-2g；③A.未将玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，则部分碘损失，消耗标准液体积偏低，测得溶液浓度偏低，选项A错误；B.滴定管未用标准液润洗，则标准液浓度偏低，滴定时消耗的标准液体积偏高，溶液浓度偏高，选项B正确；C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数，则读数偏低，测得溶液浓度偏低，选项C错误；D.滴定后，滴定管尖嘴处悬挂一滴液体，则所加溶液体积偏大，测得溶液浓度偏高，选项D正确；答案选BD。20. 【答案】（1）    ①. 升高温度、粉碎搅拌、增大氢氧化钠浓度等    ②. Fe3+、Fe2+、Ni2+    （2）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O    （3）3.2~6.2    （4）    ①. 蒸发浓缩    ②. 冷却结晶    （5）NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-【解析】【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。【小问1详解】根据外界条件对反应速率的影响可知提高“碱浸”速率的有效措施有升高温度、粉碎搅拌、增大氢氧化钠浓度等；根据以上分析可知“滤液②”中含有的金属离子有Fe3+、Fe2+、Ni2+。【小问2详解】“转化”中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，“转化”中发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。【小问3详解】由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c（Ni2+）=1.0×10-5mol•L-1，c（H+）=1.0×10-8.7mol•L-1，则c（OH-）==1×10-5.3mol/L，则Ni(OH)2的Ksp=c（Ni2+）c2（OH-）=1.0×10-5×(1×10-5.3)2=1×10-15.6。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol•L-1，为避免镍离子沉淀，Ksp=c（Ni2+）c2（OH-），c2（OH-）=Ksp/c(Ni2+)=1×10-15.6（mol•L-1）2，此时c（OH-）=1×10-7.8mol•L-1，则c（H+）=1.0×10-6.2mol•L-1，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2～6.2；【小问4详解】获得硫酸镍晶体时，需经过控制pH、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等“一系列操作”。【小问5详解】断开K2、闭合K1时，供电，供电时相当于是原电池，X电极是正极，反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-