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山东省枣庄市重点中学2022-2023学年高二上学期期末检测（线上）化学试题（Word版含答案）
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枣庄市重点中学2022-2023学年高二上学期期末检测（线上）
化学试题解析
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意。
1. 【答案】B
【详解】A．氢氧化钠抑制水的电离，是离子化合物，电子式：，A错误；
B．乙酸的结构式：，乙酸溶于水电离出的氢离子抑制水的电离，B正确；
C．甲烷分子的空间填充模型：，但甲烷不影响水的电离，C错误；
D．硫离子水解促进水的电离，质子数是16，结构示意图：，D错误；
2. 【答案】C
【详解】A．H2S为二元弱酸，加水稀释，促进H2S的电离，但c(H+)减小，故A错误；
B．CuS难溶于稀硫酸，氢硫酸溶液中加入CuSO4，生成CuS沉淀，促进H2S的电离，电离平衡常数只受温度的影响，因此加入CuSO4，H2S的电离平衡常数不变，故B错误；
C．H2S与SO2发生2H2S＋SO2=3S＋2H2O，c(H2S)降低，H2S的电离平衡向左移动，溶液中c(H＋)降低，pH增大，继续通入SO2，SO2与H2O反应生成H2SO3，H2SO3的酸性强于H2S，c(H＋)增大，pH减小，故C正确；
D．加入等体积等物质的量浓度的NaOH溶液，生成溶质为NaHS，NaHS溶液显碱性，说明HS－的水解程度大于其电离程度，溶液中存在c(H2S)＞c(S2－)，故D错误；
3. 【答案】D
【详解】A．该装置为原电池装置，化学能转变为电能，因为Fe比Cu活泼，因此Fe作负极，总反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A错误；
B．发生吸氧腐蚀，遵循原电池工作原理，负极上发生Fe－2e-=Fe2＋，正极上发生，具支试管中气体压强减小，因此导管中水面上升，故B错误；
C．电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极，因此待镀铁件作阴极，铜作阳极，故C错误；
D．根据电解原理，钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀，故D正确；
4. 【答案】C
【详解】A．油污在碱性条件下容易水解被去除，升温会促进纯碱的水解使溶液的碱性增强，从而增强去污效果，A正确；
B．铝可以和碱反应生成氢气，而碳酸钠水解使溶液显碱性，可以和铝反应生成氢气，B正确；
C．碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与离子反应生成Al(OH)3沉淀和-，离子方程式：，C错误；
D．盐类水解为吸热过程，加热促进盐类水解；氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和逸出对水解平衡移动都起到促进作用，D正确；
5. 【答案】A
【分析】某锂电池材料的组成与结构如图，因此M是Li。M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的价电子数是W的两倍，根据结构可判断Y位于第ⅥA族，X位于ⅣA族，所以W是B，X是C，Y是O，Z是F，据此解答。
【详解】A．该材料中元素原子除Li以外均达到8电子稳定结构，A错误；
B．该材料中X形成碳碳单键、碳氧键和碳氧双键，因此C的化合价为+3价，B正确；
C．元素X与Y原子轨道中含有的未成对电子数相同，均是2个，C正确；
D．核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径为，D正确；
6. 【答案】A
【详解】A． Si—Si和Si—H键能小，易断裂，难以形成长链硅烷，故A正确；
B． 水分子中心原子氧有两个孤电子对，中心原子氧有1个孤电子对，，孤电子对对成键电子对的斥力大，中两个氢氧键(H—O)的键角小于的键角，故B错误；
C． 3个B—F的键长相等，且键角为120°，说明分子中的四个原子在同一平面上，故C错误；
D． 是非极性分子，C原子处于4个Cl原子所组成的正面体的中心，故D错误；
7. 【答案】C
【分析】a的原子序数最小，且电负性较大，则a为H；b、c、d的电负性逐渐增大，分别为C、N、O；e、f、g、h为第三周期元素，分别为Na、Al、S、Cl。
【详解】A．b、c、d、f、g、h均为位于元素周期表p区，故A错误；
B．g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性：h>g，故B错误；
C．b、c、d三种元素的非金属性的大小顺序为O>N>C，故简单气态氢化物热稳定性逐渐增强，故C正确；
D．c的气态氢化物NH3与其最高价含氧酸HNO3反应的产物NH4NO3为离子化合物，故D错误；
8. 【答案】D
【详解】A．加水稀释溶液时促进硫离子水解，但溶液碱性降低，所以溶液中氢离子浓度增大，A错误；
B．相同的和溶液中水的电离程度不相同，前者促进，后者抑制水的电离，B错误；
C．相同条件下水解程度＞＞，所以相同①②③三种溶液的：③＜②＜①，C错误；
D．将的氨水与盐酸等体积混合，平衡时＝0.05mol/L，则一水合氨浓度是（0.5a－0.05）mol/L，根据电荷守恒可知溶液中氢氧根浓度是10－7mol/L，所以的电离平衡常数可表示为，D正确；
9.【答案】B
【分析】由题干信息可知，A、B、C、D均为18电子分子，A为双原子分子且为浅黄绿色气体，则A为F2，B水溶液常用于医用消毒，则B为H2O2，C有臭鸡蛋气味，则C为H2S，D为烃，故D为C2H6，据此分析解题。
【详解】A．同主族从上往下原子半径依次增大，由分析可知，A即F2的键长在同主族单质中最短，A正确；
B．由分析可知，B为H2O2，正负电荷的中性不重合，故为极性分子，分子中同时含有极性键和非极性键，B错误；
C．由分析可知，CH2S，中心原子硫原子周围价层电子对数为2+=4，有两对孤电子对，故分子结构为V形，不呈直线形，C正确；
D．由分析可知，D为CH3CH3，故分子中有6个C-Hσ键和1个C-Cσ键共7个σ键，D正确；
10. 【答案】D
【分析】根据本工艺流程图可知，溶解步骤是将氯化钠固体溶于水形成饱和食盐水，加入碳酸氢铵粉末，由于碳酸氢钠溶解度小于氯化铵、氯化钠和碳酸氢铵，故能发生反应：，静置后抽滤出碳酸氢钠固体，滤液中主要含有氯化铵和少量的碳酸氢钠，晶体A进行洗涤后，加热到300℃，发生分解生成碳酸钠，方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“搅拌”中主要发生的化学反应为，A正确；
B．若其它条件不变，使用饱和氯化钠溶液可以增大Na+的浓度，使Na+与向着生成NaHCO3晶体的方向进行，故可达到提高碳酸氢铵利用率的目的，B正确；
C．碳酸氢铵、碳酸钠受热均易分解，故搅拌时采用水浴，以防止温度过高引起碳酸氢铵和碳酸氢钠的分解，C正确；
D．由分析可知，静置抽滤所得滤液中主要含有NH4Cl和少量的NaHCO3，故其离子浓度大小关系为，D错误；
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意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 【答案】C
【分析】由图中电子的移动方向可知，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，铂电极为原电池的正极，电解质为和I-的混合物，在正极上得电子被还原，正极反应为，以此解题。
【详解】A．由图可知，该电池是将太阳能转化为电能的装置，A正确；
B．电池工作时，到镀铂导电玻璃电极上得电子转化为I-，即反应为，所以镀铂导电玻璃为正极，B正确；
C．由分析可知在镀铂导电玻璃上得电子被还原，C错误；
D．由分析可知，正极反应式为，D正确；
12. 【答案】AB
【详解】A．反应开始时H2O(g)和O2(g)的相对能量都为0，与催化剂接触后，*H2O的相对能量更低，说明H2O在催化剂表面上更容易被吸附，A错误；
B．该图只显示部分历程，无法计算反应的焓变，B错误；
C．由图可知，该历程中正反应最大的活化能的步骤是*CH4、*OH和*H生成*CH3OH和2*H，则正反应最大活化能=-12.68kJ/mol-(-35.03)kJ/mol=22.37kJ/mol，化学方程式为：*CH4+*OH=*CH3OH+*H，活化能越大，反应速率越慢，故该反应过程的决速步为，C正确；
D．由历程图示可知，甲醇被催化剂活性中心吸附时，将不能在吸附其他反应物，故适时将甲醇分离出来，以空出催化剂活性中心继续使用，D正确；
13. 【答案】CD
【详解】A．电离平衡常数越大，说明电离出H＋能力越强，根据表中数据，电离出H＋能力大小顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，NaClO溶液中通入少量的CO2反应的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO，故A错误；
B．，Ka、Kw只受温度的影响，加水稀释CH3COOH，温度不变，则Ka、Kw不变，即该比值不变，故B错误；
C．电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，元素质量守恒：c(Na＋)=c(ClO－)＋c(HClO)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，两式合并得到c(OH－)－c(H＋)=c(HClO)＋c(CH3COOH)，故C正确；
D．标准状况下，4.48L的CO2的物质的量为0.2mol，通入1L0.3mol·L－1NaOH溶液中，设生成Na2CO3物质的量为amol，根据碳原子守恒，NaHCO3的物质的量为(0.2－a)mol，根据钠原子守恒，2amol＋(0.2－a)mol=1L×0.3mol·L－1，解得a=0.1mol，即n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.1mol，根据元素质量守恒，2c(Na＋)=3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)，故D正确；
14. 【答案】BD
【分析】根据图像，M点时是硫酸钡的饱和溶液，则，当时开始形成碳酸钡沉淀，
【详解】A．根据题中信息，向硫酸钡中加入碳酸钠，生成碳酸钡沉淀，钡离子浓度降低，硫酸根浓度增大，因此NP曲线为硫酸根，NQ曲线为钡离子，A正确；
B．碳酸钠电离出的碳酸根离子会抑制碳酸钡的溶解，故碳酸钡在纯水中的溶解度大，但是Ksp，只与温度有关，故Ksp相同，B错误；
C．硫酸钡的物质的量n=，若使0.04molBaSO4全部转化为BaCO3沉淀需要0.04mol碳酸钠，此时溶液中，则此时，则此时，则需要的，因此至少要加入1+0.04=1.04mol碳酸钠，C正确；
D．BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中存在大量的SO，平衡时CO的浓度大于SO，CO水解促进OH-的形成，因此溶液中浓度最小的是Ba2+，因此离子浓度大小关系为：，D错误；
15. 【答案】CD
【解析】
【分析】a点得到Ka1(H2A)==c(H+)=10-2.6，b点得到Ka2(H2A)=═c(H+)=10-6.6，曲线M表示pH与lg，=，pH=5时，代入电离平衡常数，比较离子浓度大小
【详解】A． 当纵坐标为0时，H2A以第一步电离为主，因此 lg =0或 lg=0，则前者的氢离子浓度大，其pH值小，因此曲线M表示pH与lg，故A正确；
B．a点得到Ka1(H2A)==c(H+)=10-2.6，b点得到Ka2(H2A)=═c(H+)=10-6.6，因此== =104，故B正确；
C． 根据图中信息得到a点，c(HA-)=c(H2A)，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，又因a点溶液显酸性c(H+)＞c(OH-)，得到溶液中：c(Na+)＜c(HA-)+2(A2-)=c(H2A)+2(A2-)，故C错误；
D． 的溶液中Ka1(H2A)==10-2.6，=，，Ka2(H2A)=═c(H+)=10-6.6，=，，同理=Ka1(H2A)·Ka2(H2A)=10-2.6×10-6.6，则=，即，故，故D错误；
三、根据题意填空、简答：共5道题，60分，答案填写在答题卡上。
16. 【答案】（1） ①. 3 ②. 哑铃 （2）N＞O＞C （3） ①. [Ar]3d54s1 ②. 15
（4） ①. 第4周期Ⅷ族 ②.
(5) 平面三角形 角形 （2分） (6)3:4 （2分）
【解析】
【分析】A元素形成的化合物种类最多，A应是C，B原子核外p轨道电子为半充满，则B可能为N，也可能为P，C为地壳中含量最高的元素，即C为O，六种元素原子序数依次增大，即B为N，D是前四周期，轨道未成对电子最多的元素，价电子排布式为3d54s1，即D为Cr，E元素位于元素周期表第8列，即E为Fe，据此分析；
【小问1详解】
A的基态原子的电子排布式为1s22s22p2，能量最高的能级为p，p能级有3个不同的伸展方向，p能级原轨道的形状为哑铃形或纺锤形；故答案为3；哑铃或纺锤；
【小问2详解】
根据上述分析，A为C，B为N，C为O，同周期从左向右第一电离能增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，第一电离能大小顺序是N＞O＞C；故答案为N＞O＞C；
【小问3详解】
根据上述分析，D元素为Cr，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；其电子的空间运动状态应是核外有多少个轨道，有15种；故答案为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；15；
【小问4详解】
E为铁元素，位于第四周期第Ⅷ族，价电子排布式为3d64s2，轨道式为；故答案为第四周期第Ⅷ族；。 【小问5详解】 AC32-、为CO32-没有孤对电子，所以空间构型为平面三角形，BC2- 为NO2-有1孤对电子，所以空间构型为角形 【小问6详解】(AB)2分子为（CN）2分子中各原子都满足最外层8电子结构，则其结构式为，所有的共价单键是键，共价三键有一个是键两个是键，故分子中键与键数目之比为3:4。
17. 【答案】（1） ①. Cl2 （1分） ②. 阳 （1分） （2）2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH
（3） ①. 负极 （1分） ②. H2 （1分） （4）NH﹣6e﹣＋3Cl﹣=NCl3＋4H＋
（5）NCl3+6ClO+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH- （6）1.344L
【解析】
【小问1详解】
右侧有氢氧化钠生成，说明右侧电极是阴极，水电离出的氢离子放电，N是氢气，左侧电极是阳极，氯离子放电，所以气体M是氯气，为防止生成的氯气和氢氧化钠反应，应该选用阳离子交换膜，即P是阳离子交换膜。
【小问2详解】
根据以上分析可知图1总反应的化学方程式为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH。
【小问3详解】
c电极上发生失去电子的氧化反应生成NCl3，因此是阳极，则a为电源的正极，b为电源的负极，溶液中的氢离子放电，则气体X是氢气。
【小问4详解】
c电极是阳极，电极反应式为NH﹣6e﹣＋3Cl﹣=NCl3＋4H＋。
【小问5详解】
已知二氧化氯发生器内，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶6，氧化剂是NCl3，还原剂是亚氯酸钠，所以该反应离子方程式为NCl3+6ClO+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-。
【小问6详解】
当有阴离子通过离子交换膜时，即有0.06mol电子通过，所以产生0.01mol NCl3，则根据方程式可知产生二氧化氯()的物质的量是0.06mol，体积为0.06mol×22.4L/mol＝1.344L。
18. 【答案】（1） ①. 碱式滴定管 （1分） ②. 检漏 （1分）
（2） ①. 酚酞(或甲基橙) （1分） ②. 滴入最后一滴，溶液变为浅红色，且半分钟内不恢复
（3）0.1000 （4） ①. δ(A2-) （1分） ②. 1×10-2 （5）ab
【解析】
【小问1详解】
根据装置图，仪器A为碱式滴定管，使用前需检查是否漏水；故答案为碱式滴定管；检漏；
【小问2详解】
用NaOH滴定H2A，用酚酞或甲基橙作指示剂，滴定终点的现象如果是酚酞作指示剂，滴入最后一滴NaOH，溶液有无色变为浅红色，且半分钟内不恢复，如果是甲基橙作指示剂，滴入最后一滴NaOH，溶液有红色变为橙色，且半分钟内不恢复；故答案为酚酞；滴入最后一滴NaOH，溶液有无色变为浅红色，且半分钟内不恢复；
【小问3详解】
三次滴定消耗NaOH溶液体积为39.90mL、40.00mL、40.10mL，平均消耗NaOH的体积为40.00mL，NaOH与H2A反应2NaOH＋H2A=Na2A＋2H2O，40.00×10－3L×0.1000mol·L－1=2×20.00×10－3L×c(H2A)，解得c(H2A)=0.1000moL·L－1；故答案为0.1000；
【小问4详解】
反应曲线③起始点时0.1000mol·L－1H2A溶液的pH小于1，推出H2A的电离：H2A=H＋＋HA－、HA－H＋＋A2－，H2A与NaOH溶液反应：H2A＋NaOH=NaHA＋H2O、NaHA＋NaOH=Na2A＋H2O，因此随着NaOH溶液的加入HA－逐渐减少，A2－逐渐增多，曲线①代表HA－，曲线②代表A2－；Ka(HA－)=，曲线①和②交点，说明c(HA－)=c(A2－)，此时对应加入NaOH溶液为25mL，对应的pH=2，即Ka(HA－)=c(H＋)=1×10－2mol·L－1，故答案为δ(A2-)；1×10－2mol·L－1；
【小问5详解】
a．根据图3，曲线③的起点0.1000mol·L－1H2A溶液的pH小于1，故a正确；
b．当加入NaOH溶液体积为20.00mL时，溶液中溶质为NaHA，因为H2A的第一步电离为完全电离，因此根据元素质量守恒，有c(Na＋)=c(A2－)＋c(HA－)，故b正确；
c．根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，滴定到终点，溶液显碱性，即c(OH－)＞c(H＋)，从而得出c(Na＋)＞c(HA－)＋2c(A2－)，故c错误；
答案为ab。
19. 【答案】（1） ①. 80℃ 250g·L﹣1 ②. PbS+MnO2+4HClMnCl2＋PbCl2+S+2H2O ③. Fe3＋、Al3＋、Mn2＋
（2） ①. 增大PbCl2的溶解度（1分） ②. 4.7≤pH＜7.0 （1分）
（3） ①. Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O ②. 碳酸锰的Ksp小于碳酸的二级电离常数
【解析】
【分析】本题是一道用方铅矿(主要成分为，含有少量等杂质)和软锰矿制备硫酸铅和碳酸锰的工业流程题，首先用盐酸溶解原材料，之后加入氯化钠通过增大氯离子的浓度来增大氯化铅的溶解度，调pH除去三价铁离子和铝离子，过滤除杂，在滤液中加入硫酸钠得到硫酸铅，加入碳酸氢铵和锰离子反应得到碳酸锰，以此解题。
【小问1详解】
由图可知浸出率比较高的时候应该选择的温度和氯化钠的质量浓度为：80℃ 250g·L﹣1；浸取时在是酸性条件下方铅矿中的二氧化锰和硫化铅反应生成硫单质的反应，方程式为：PbS+MnO2+4HClMnCl2＋PbCl2+S+2H2O；方铅矿中含有氧化铁和氧化铝，故酸浸后溶液中含有铝离子、三价铁离子，由浸取的方程式可知酸浸后溶液中含有锰离子、铅离子，故酸浸液含有的离子有、Fe3＋、Al3＋、Mn2＋；
【小问2详解】
根据可知，增大反应物浓度，平衡正向移动，所以增大氯离子浓度可以增大PbCl2的溶解度；物质A调节时，将Fe3＋、Al3＋转化为氢氧化物沉淀，但是、Mn2＋不能转化为沉淀，则根据表格中的数据可知调节的范围是4.7≤pH＜7.0；
【小问3详解】
滤液2中含有锰离子，加入碳酸氢铵则和碳酸氢根离子发生反应生成碳酸锰，发生反应离子方程式为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；由方程式可知该反应的平衡常数，根据碳酸锰的Ksp可以发现其数值小于碳酸的二级电离常数，则该反应发生的理论依据为锰离子结合碳酸根离子能力更强。
20. 【答案】（1）+13668 kJ·mol-1
（2） ①. 甲 （1分） ②. mol·L-1·min-1 ③. 未达平衡前，温度升高反应速率加快，生成甲醇增多；该反应为放热反应，达到平衡以后，温度越高平衡逆向移动，甲醇产量减少 ④. ＞ （1分） ⑤. bd ⑥. MPa-2
【解析】
【小问1详解】
反应可由已知反应①+反应2+3×反应③得到，则根据盖斯定律：=+1366.8 kJ·mol-1，故答案为：+1366.8 kJ·mol-1；
【小问2详解】
①由图可知在甲醇达到相同的质量分数时甲所对应的温度比乙低，即在相同温度条件下甲对应的甲醇质量分数高于乙，可知甲催化效率高于乙；
设温度时生成甲醇的物质的量为xmol，结合已知条件列三段式得：
此时甲醇的物质的量分数为：，解得：x=0.75，
甲醇的平均反应速率 =mol·L-1·min-1，故答案为：甲；mol·L-1·min-1；
②根据催化剂只影响反应速率不影响平衡，可知甲乙两种催化剂在相同的温度时达到相同的平衡状态，由此可知图中c时反应达到平衡，在达到平衡之前随温度的升高反应速率加快导致甲醇的质量分数增加，达到平衡后继续升高温度甲醇的质量分数降低是因该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动使甲醇的量减少，故答案为：未达平衡前，温度升高反应速率加快，生成甲醇增多；该反应为放热反应，达到平衡以后，温度越高平衡逆向移动，甲醇产量减少；
③由以上分析知该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，K减小，因此K2大于K5；
a．该反应反应物和生成物均为气体，反应前后气体的总质量不变，且容器体积恒定，因此密度恒定，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态，故不选；
b．该反应前后气体分子数减少，反应过程中压强减小，当容器内压强不变反应达到平衡状态，故选；
c．平衡时正反应速率等于逆反应速率，则 时反应达到平衡状态，故不选；
d．反应过程中气体总质量不变，气体的物质的量减小，则混合气体平均相对分子质量增大，当其不变时反应达到平衡状态，故选；
故答案为：>；bd；
③设T5时生成的甲醇ymol，结合已知条件列三段式得：
，y=mol，平衡时总气体物质的量为：mol，则的物质的量分数分别为： ，，，，反应开始时容器中的总压为，则平衡时总压，，该温度下反应的平衡常数，故答案为：；
枣庄市重点中学2022-2023学年高二上学期期末检测（线上）
化学试题解析
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意。
1. 【答案】B
【详解】A．氢氧化钠抑制水的电离，是离子化合物，电子式：，A错误；
B．乙酸的结构式：，乙酸溶于水电离出的氢离子抑制水的电离，B正确；
C．甲烷分子的空间填充模型：，但甲烷不影响水的电离，C错误；
D．硫离子水解促进水的电离，质子数是16，结构示意图：，D错误；
2. 【答案】C
【详解】A．H2S为二元弱酸，加水稀释，促进H2S的电离，但c(H+)减小，故A错误；
B．CuS难溶于稀硫酸，氢硫酸溶液中加入CuSO4，生成CuS沉淀，促进H2S的电离，电离平衡常数只受温度的影响，因此加入CuSO4，H2S的电离平衡常数不变，故B错误；
C．H2S与SO2发生2H2S＋SO2=3S＋2H2O，c(H2S)降低，H2S的电离平衡向左移动，溶液中c(H＋)降低，pH增大，继续通入SO2，SO2与H2O反应生成H2SO3，H2SO3的酸性强于H2S，c(H＋)增大，pH减小，故C正确；
D．加入等体积等物质的量浓度的NaOH溶液，生成溶质为NaHS，NaHS溶液显碱性，说明HS－的水解程度大于其电离程度，溶液中存在c(H2S)＞c(S2－)，故D错误；
3. 【答案】D
【详解】A．该装置为原电池装置，化学能转变为电能，因为Fe比Cu活泼，因此Fe作负极，总反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A错误；
B．发生吸氧腐蚀，遵循原电池工作原理，负极上发生Fe－2e-=Fe2＋，正极上发生，具支试管中气体压强减小，因此导管中水面上升，故B错误；
C．电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极，因此待镀铁件作阴极，铜作阳极，故C错误；
D．根据电解原理，钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀，故D正确；
4. 【答案】C
【详解】A．油污在碱性条件下容易水解被去除，升温会促进纯碱的水解使溶液的碱性增强，从而增强去污效果，A正确；
B．铝可以和碱反应生成氢气，而碳酸钠水解使溶液显碱性，可以和铝反应生成氢气，B正确；
C．碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与离子反应生成Al(OH)3沉淀和-，离子方程式：，C错误；
D．盐类水解为吸热过程，加热促进盐类水解；氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和逸出对水解平衡移动都起到促进作用，D正确；
5. 【答案】A
【分析】某锂电池材料的组成与结构如图，因此M是Li。M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的价电子数是W的两倍，根据结构可判断Y位于第ⅥA族，X位于ⅣA族，所以W是B，X是C，Y是O，Z是F，据此解答。
【详解】A．该材料中元素原子除Li以外均达到8电子稳定结构，A错误；
B．该材料中X形成碳碳单键、碳氧键和碳氧双键，因此C的化合价为+3价，B正确；
C．元素X与Y原子轨道中含有的未成对电子数相同，均是2个，C正确；
D．核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径为，D正确；
6. 【答案】A
【详解】A． Si—Si和Si—H键能小，易断裂，难以形成长链硅烷，故A正确；
B． 水分子中心原子氧有两个孤电子对，中心原子氧有1个孤电子对，，孤电子对对成键电子对的斥力大，中两个氢氧键(H—O)的键角小于的键角，故B错误；
C． 3个B—F的键长相等，且键角为120°，说明分子中的四个原子在同一平面上，故C错误；
D． 是非极性分子，C原子处于4个Cl原子所组成的正面体的中心，故D错误；
7. 【答案】C
【分析】a的原子序数最小，且电负性较大，则a为H；b、c、d的电负性逐渐增大，分别为C、N、O；e、f、g、h为第三周期元素，分别为Na、Al、S、Cl。
【详解】A．b、c、d、f、g、h均为位于元素周期表p区，故A错误；
B．g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性：h>g，故B错误；
C．b、c、d三种元素的非金属性的大小顺序为O>N>C，故简单气态氢化物热稳定性逐渐增强，故C正确；
D．c的气态氢化物NH3与其最高价含氧酸HNO3反应的产物NH4NO3为离子化合物，故D错误；
8. 【答案】D
【详解】A．加水稀释溶液时促进硫离子水解，但溶液碱性降低，所以溶液中氢离子浓度增大，A错误；
B．相同的和溶液中水的电离程度不相同，前者促进，后者抑制水的电离，B错误；
C．相同条件下水解程度＞＞，所以相同①②③三种溶液的：③＜②＜①，C错误；
D．将的氨水与盐酸等体积混合，平衡时＝0.05mol/L，则一水合氨浓度是（0.5a－0.05）mol/L，根据电荷守恒可知溶液中氢氧根浓度是10－7mol/L，所以的电离平衡常数可表示为，D正确；
9.【答案】B
【分析】由题干信息可知，A、B、C、D均为18电子分子，A为双原子分子且为浅黄绿色气体，则A为F2，B水溶液常用于医用消毒，则B为H2O2，C有臭鸡蛋气味，则C为H2S，D为烃，故D为C2H6，据此分析解题。
【详解】A．同主族从上往下原子半径依次增大，由分析可知，A即F2的键长在同主族单质中最短，A正确；
B．由分析可知，B为H2O2，正负电荷的中性不重合，故为极性分子，分子中同时含有极性键和非极性键，B错误；
C．由分析可知，CH2S，中心原子硫原子周围价层电子对数为2+=4，有两对孤电子对，故分子结构为V形，不呈直线形，C正确；
D．由分析可知，D为CH3CH3，故分子中有6个C-Hσ键和1个C-Cσ键共7个σ键，D正确；
10. 【答案】D
【分析】根据本工艺流程图可知，溶解步骤是将氯化钠固体溶于水形成饱和食盐水，加入碳酸氢铵粉末，由于碳酸氢钠溶解度小于氯化铵、氯化钠和碳酸氢铵，故能发生反应：，静置后抽滤出碳酸氢钠固体，滤液中主要含有氯化铵和少量的碳酸氢钠，晶体A进行洗涤后，加热到300℃，发生分解生成碳酸钠，方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“搅拌”中主要发生的化学反应为，A正确；
B．若其它条件不变，使用饱和氯化钠溶液可以增大Na+的浓度，使Na+与向着生成NaHCO3晶体的方向进行，故可达到提高碳酸氢铵利用率的目的，B正确；
C．碳酸氢铵、碳酸钠受热均易分解，故搅拌时采用水浴，以防止温度过高引起碳酸氢铵和碳酸氢钠的分解，C正确；
D．由分析可知，静置抽滤所得滤液中主要含有NH4Cl和少量的NaHCO3，故其离子浓度大小关系为，D错误；
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意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 【答案】C
【分析】由图中电子的移动方向可知，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，铂电极为原电池的正极，电解质为和I-的混合物，在正极上得电子被还原，正极反应为，以此解题。
【详解】A．由图可知，该电池是将太阳能转化为电能的装置，A正确；
B．电池工作时，到镀铂导电玻璃电极上得电子转化为I-，即反应为，所以镀铂导电玻璃为正极，B正确；
C．由分析可知在镀铂导电玻璃上得电子被还原，C错误；
D．由分析可知，正极反应式为，D正确；
12. 【答案】AB
【详解】A．反应开始时H2O(g)和O2(g)的相对能量都为0，与催化剂接触后，*H2O的相对能量更低，说明H2O在催化剂表面上更容易被吸附，A错误；
B．该图只显示部分历程，无法计算反应的焓变，B错误；
C．由图可知，该历程中正反应最大的活化能的步骤是*CH4、*OH和*H生成*CH3OH和2*H，则正反应最大活化能=-12.68kJ/mol-(-35.03)kJ/mol=22.37kJ/mol，化学方程式为：*CH4+*OH=*CH3OH+*H，活化能越大，反应速率越慢，故该反应过程的决速步为，C正确；
D．由历程图示可知，甲醇被催化剂活性中心吸附时，将不能在吸附其他反应物，故适时将甲醇分离出来，以空出催化剂活性中心继续使用，D正确；
13. 【答案】CD
【详解】A．电离平衡常数越大，说明电离出H＋能力越强，根据表中数据，电离出H＋能力大小顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，NaClO溶液中通入少量的CO2反应的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO，故A错误；
B．，Ka、Kw只受温度的影响，加水稀释CH3COOH，温度不变，则Ka、Kw不变，即该比值不变，故B错误；
C．电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，元素质量守恒：c(Na＋)=c(ClO－)＋c(HClO)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，两式合并得到c(OH－)－c(H＋)=c(HClO)＋c(CH3COOH)，故C正确；
D．标准状况下，4.48L的CO2的物质的量为0.2mol，通入1L0.3mol·L－1NaOH溶液中，设生成Na2CO3物质的量为amol，根据碳原子守恒，NaHCO3的物质的量为(0.2－a)mol，根据钠原子守恒，2amol＋(0.2－a)mol=1L×0.3mol·L－1，解得a=0.1mol，即n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.1mol，根据元素质量守恒，2c(Na＋)=3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)，故D正确；
14. 【答案】BD
【分析】根据图像，M点时是硫酸钡的饱和溶液，则，当时开始形成碳酸钡沉淀，
【详解】A．根据题中信息，向硫酸钡中加入碳酸钠，生成碳酸钡沉淀，钡离子浓度降低，硫酸根浓度增大，因此NP曲线为硫酸根，NQ曲线为钡离子，A正确；
B．碳酸钠电离出的碳酸根离子会抑制碳酸钡的溶解，故碳酸钡在纯水中的溶解度大，但是Ksp，只与温度有关，故Ksp相同，B错误；
C．硫酸钡的物质的量n=，若使0.04molBaSO4全部转化为BaCO3沉淀需要0.04mol碳酸钠，此时溶液中，则此时，则此时，则需要的，因此至少要加入1+0.04=1.04mol碳酸钠，C正确；
D．BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中存在大量的SO，平衡时CO的浓度大于SO，CO水解促进OH-的形成，因此溶液中浓度最小的是Ba2+，因此离子浓度大小关系为：，D错误；
15. 【答案】CD
【解析】
【分析】a点得到Ka1(H2A)==c(H+)=10-2.6，b点得到Ka2(H2A)=═c(H+)=10-6.6，曲线M表示pH与lg，=，pH=5时，代入电离平衡常数，比较离子浓度大小
【详解】A． 当纵坐标为0时，H2A以第一步电离为主，因此 lg =0或 lg=0，则前者的氢离子浓度大，其pH值小，因此曲线M表示pH与lg，故A正确；
B．a点得到Ka1(H2A)==c(H+)=10-2.6，b点得到Ka2(H2A)=═c(H+)=10-6.6，因此== =104，故B正确；
C． 根据图中信息得到a点，c(HA-)=c(H2A)，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，又因a点溶液显酸性c(H+)＞c(OH-)，得到溶液中：c(Na+)＜c(HA-)+2(A2-)=c(H2A)+2(A2-)，故C错误；
D． 的溶液中Ka1(H2A)==10-2.6，=，，Ka2(H2A)=═c(H+)=10-6.6，=，，同理=Ka1(H2A)·Ka2(H2A)=10-2.6×10-6.6，则=，即，故，故D错误；
三、根据题意填空、简答：共5道题，60分，答案填写在答题卡上。
16. 【答案】（1） ①. 3 ②. 哑铃 （2）N＞O＞C （3） ①. [Ar]3d54s1 ②. 15
（4） ①. 第4周期Ⅷ族 ②.
(5) 平面三角形 角形 （2分） (6)3:4 （2分）
【解析】
【分析】A元素形成的化合物种类最多，A应是C，B原子核外p轨道电子为半充满，则B可能为N，也可能为P，C为地壳中含量最高的元素，即C为O，六种元素原子序数依次增大，即B为N，D是前四周期，轨道未成对电子最多的元素，价电子排布式为3d54s1，即D为Cr，E元素位于元素周期表第8列，即E为Fe，据此分析；
【小问1详解】
A的基态原子的电子排布式为1s22s22p2，能量最高的能级为p，p能级有3个不同的伸展方向，p能级原轨道的形状为哑铃形或纺锤形；故答案为3；哑铃或纺锤；
【小问2详解】
根据上述分析，A为C，B为N，C为O，同周期从左向右第一电离能增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，第一电离能大小顺序是N＞O＞C；故答案为N＞O＞C；
【小问3详解】
根据上述分析，D元素为Cr，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；其电子的空间运动状态应是核外有多少个轨道，有15种；故答案为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；15；
【小问4详解】
E为铁元素，位于第四周期第Ⅷ族，价电子排布式为3d64s2，轨道式为；故答案为第四周期第Ⅷ族；。 【小问5详解】 AC32-、为CO32-没有孤对电子，所以空间构型为平面三角形，BC2- 为NO2-有1孤对电子，所以空间构型为角形 【小问6详解】(AB)2分子为（CN）2分子中各原子都满足最外层8电子结构，则其结构式为，所有的共价单键是键，共价三键有一个是键两个是键，故分子中键与键数目之比为3:4。
17. 【答案】（1） ①. Cl2 （1分） ②. 阳 （1分） （2）2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH
（3） ①. 负极 （1分） ②. H2 （1分） （4）NH﹣6e﹣＋3Cl﹣=NCl3＋4H＋
（5）NCl3+6ClO+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH- （6）1.344L
【解析】
【小问1详解】
右侧有氢氧化钠生成，说明右侧电极是阴极，水电离出的氢离子放电，N是氢气，左侧电极是阳极，氯离子放电，所以气体M是氯气，为防止生成的氯气和氢氧化钠反应，应该选用阳离子交换膜，即P是阳离子交换膜。
【小问2详解】
根据以上分析可知图1总反应的化学方程式为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH。
【小问3详解】
c电极上发生失去电子的氧化反应生成NCl3，因此是阳极，则a为电源的正极，b为电源的负极，溶液中的氢离子放电，则气体X是氢气。
【小问4详解】
c电极是阳极，电极反应式为NH﹣6e﹣＋3Cl﹣=NCl3＋4H＋。
【小问5详解】
已知二氧化氯发生器内，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶6，氧化剂是NCl3，还原剂是亚氯酸钠，所以该反应离子方程式为NCl3+6ClO+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-。
【小问6详解】
当有阴离子通过离子交换膜时，即有0.06mol电子通过，所以产生0.01mol NCl3，则根据方程式可知产生二氧化氯()的物质的量是0.06mol，体积为0.06mol×22.4L/mol＝1.344L。
18. 【答案】（1） ①. 碱式滴定管 （1分） ②. 检漏 （1分）
（2） ①. 酚酞(或甲基橙) （1分） ②. 滴入最后一滴，溶液变为浅红色，且半分钟内不恢复
（3）0.1000 （4） ①. δ(A2-) （1分） ②. 1×10-2 （5）ab
【解析】
【小问1详解】
根据装置图，仪器A为碱式滴定管，使用前需检查是否漏水；故答案为碱式滴定管；检漏；
【小问2详解】
用NaOH滴定H2A，用酚酞或甲基橙作指示剂，滴定终点的现象如果是酚酞作指示剂，滴入最后一滴NaOH，溶液有无色变为浅红色，且半分钟内不恢复，如果是甲基橙作指示剂，滴入最后一滴NaOH，溶液有红色变为橙色，且半分钟内不恢复；故答案为酚酞；滴入最后一滴NaOH，溶液有无色变为浅红色，且半分钟内不恢复；
【小问3详解】
三次滴定消耗NaOH溶液体积为39.90mL、40.00mL、40.10mL，平均消耗NaOH的体积为40.00mL，NaOH与H2A反应2NaOH＋H2A=Na2A＋2H2O，40.00×10－3L×0.1000mol·L－1=2×20.00×10－3L×c(H2A)，解得c(H2A)=0.1000moL·L－1；故答案为0.1000；
【小问4详解】
反应曲线③起始点时0.1000mol·L－1H2A溶液的pH小于1，推出H2A的电离：H2A=H＋＋HA－、HA－H＋＋A2－，H2A与NaOH溶液反应：H2A＋NaOH=NaHA＋H2O、NaHA＋NaOH=Na2A＋H2O，因此随着NaOH溶液的加入HA－逐渐减少，A2－逐渐增多，曲线①代表HA－，曲线②代表A2－；Ka(HA－)=，曲线①和②交点，说明c(HA－)=c(A2－)，此时对应加入NaOH溶液为25mL，对应的pH=2，即Ka(HA－)=c(H＋)=1×10－2mol·L－1，故答案为δ(A2-)；1×10－2mol·L－1；
【小问5详解】
a．根据图3，曲线③的起点0.1000mol·L－1H2A溶液的pH小于1，故a正确；
b．当加入NaOH溶液体积为20.00mL时，溶液中溶质为NaHA，因为H2A的第一步电离为完全电离，因此根据元素质量守恒，有c(Na＋)=c(A2－)＋c(HA－)，故b正确；
c．根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，滴定到终点，溶液显碱性，即c(OH－)＞c(H＋)，从而得出c(Na＋)＞c(HA－)＋2c(A2－)，故c错误；
答案为ab。
19. 【答案】（1） ①. 80℃ 250g·L﹣1 ②. PbS+MnO2+4HClMnCl2＋PbCl2+S+2H2O ③. Fe3＋、Al3＋、Mn2＋
（2） ①. 增大PbCl2的溶解度（1分） ②. 4.7≤pH＜7.0 （1分）
（3） ①. Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O ②. 碳酸锰的Ksp小于碳酸的二级电离常数
【解析】
【分析】本题是一道用方铅矿(主要成分为，含有少量等杂质)和软锰矿制备硫酸铅和碳酸锰的工业流程题，首先用盐酸溶解原材料，之后加入氯化钠通过增大氯离子的浓度来增大氯化铅的溶解度，调pH除去三价铁离子和铝离子，过滤除杂，在滤液中加入硫酸钠得到硫酸铅，加入碳酸氢铵和锰离子反应得到碳酸锰，以此解题。
【小问1详解】
由图可知浸出率比较高的时候应该选择的温度和氯化钠的质量浓度为：80℃ 250g·L﹣1；浸取时在是酸性条件下方铅矿中的二氧化锰和硫化铅反应生成硫单质的反应，方程式为：PbS+MnO2+4HClMnCl2＋PbCl2+S+2H2O；方铅矿中含有氧化铁和氧化铝，故酸浸后溶液中含有铝离子、三价铁离子，由浸取的方程式可知酸浸后溶液中含有锰离子、铅离子，故酸浸液含有的离子有、Fe3＋、Al3＋、Mn2＋；
【小问2详解】
根据可知，增大反应物浓度，平衡正向移动，所以增大氯离子浓度可以增大PbCl2的溶解度；物质A调节时，将Fe3＋、Al3＋转化为氢氧化物沉淀，但是、Mn2＋不能转化为沉淀，则根据表格中的数据可知调节的范围是4.7≤pH＜7.0；
【小问3详解】
滤液2中含有锰离子，加入碳酸氢铵则和碳酸氢根离子发生反应生成碳酸锰，发生反应离子方程式为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；由方程式可知该反应的平衡常数，根据碳酸锰的Ksp可以发现其数值小于碳酸的二级电离常数，则该反应发生的理论依据为锰离子结合碳酸根离子能力更强。
20. 【答案】（1）+13668 kJ·mol-1
（2） ①. 甲 （1分） ②. mol·L-1·min-1 ③. 未达平衡前，温度升高反应速率加快，生成甲醇增多；该反应为放热反应，达到平衡以后，温度越高平衡逆向移动，甲醇产量减少 ④. ＞ （1分） ⑤. bd ⑥. MPa-2
【解析】
【小问1详解】
反应可由已知反应①+反应2+3×反应③得到，则根据盖斯定律：=+1366.8 kJ·mol-1，故答案为：+1366.8 kJ·mol-1；
【小问2详解】
①由图可知在甲醇达到相同的质量分数时甲所对应的温度比乙低，即在相同温度条件下甲对应的甲醇质量分数高于乙，可知甲催化效率高于乙；
设温度时生成甲醇的物质的量为xmol，结合已知条件列三段式得：
此时甲醇的物质的量分数为：，解得：x=0.75，
甲醇的平均反应速率 =mol·L-1·min-1，故答案为：甲；mol·L-1·min-1；
②根据催化剂只影响反应速率不影响平衡，可知甲乙两种催化剂在相同的温度时达到相同的平衡状态，由此可知图中c时反应达到平衡，在达到平衡之前随温度的升高反应速率加快导致甲醇的质量分数增加，达到平衡后继续升高温度甲醇的质量分数降低是因该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动使甲醇的量减少，故答案为：未达平衡前，温度升高反应速率加快，生成甲醇增多；该反应为放热反应，达到平衡以后，温度越高平衡逆向移动，甲醇产量减少；
③由以上分析知该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，K减小，因此K2大于K5；
a．该反应反应物和生成物均为气体，反应前后气体的总质量不变，且容器体积恒定，因此密度恒定，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态，故不选；
b．该反应前后气体分子数减少，反应过程中压强减小，当容器内压强不变反应达到平衡状态，故选；
c．平衡时正反应速率等于逆反应速率，则 时反应达到平衡状态，故不选；
d．反应过程中气体总质量不变，气体的物质的量减小，则混合气体平均相对分子质量增大，当其不变时反应达到平衡状态，故选；
故答案为：>；bd；
③设T5时生成的甲醇ymol，结合已知条件列三段式得：
，y=mol，平衡时总气体物质的量为：mol，则的物质的量分数分别为： ，，，，反应开始时容器中的总压为，则平衡时总压，，该温度下反应的平衡常数，故答案为：；
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