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湖北省云学名校联盟2023-2024学年高二上学期期末联考化学试题（Word版附解析）
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这是一份湖北省云学名校联盟2023-2024学年高二上学期期末联考化学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了5 Cr， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
满分：100分 时长：75分钟
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Mg：24 Cl：35.5 Cr：52
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学在科技、国防、生产、生活等领域发挥着积极作用，下列有关叙述错误的是
A. 火箭常用的燃料有肼()、液氢、液态甲烷等
B. 可利用电子由激发态回到低能级释放光能的基本原理制成激光武器
C. “暖宝宝贴”中的铁粉在碳粉、氧气、食盐水等条件下发生析氢腐蚀而发热
D. 钠离子电池相比于锂离子电池具有成本低、安全性高和低温下电量保持率高等优点
【答案】C
【解析】
【详解】A．火箭常用的燃料有肼(N2H4)、液氢、液态甲烷等，A正确；
B．可利用电子由激发态回到低能级释放光能的基本原理制成激光武器，B正确；
C．铁粉在碳粉、氧气、食盐水等条件下发生析氧腐蚀而发热，C正确；
D．钠离子电池相比于锂离子电池具有成本低、安全性高和低温下电量保持率高等优点，D正确；
故答案为：C。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 电子式：B. 的结构示意图：
C. 的价层电子排布式：D. 甲烷的空间填充模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸是共价化合物，氯原子、氢原子与氧原子形成共价键，电子式为，A错误；
B．Fe原子失去4s能级上2个电子、3d能级上1个电子生成Fe3+，铁离子结构示意图为，B正确；
C．硒是34号元素，与硫元素同主族，硒处于元素周期律中第四周期第ⅥA族，Se的价电子排布式为4s24p4，C错误；
D．图形为甲烷的球棍模型，甲烷分子中碳原子的原子半径较大，其空间填充模型为 ，D错误；
答案B。
3. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、
B. 水电离的的溶液中：、、、
C. 溶液中：、、、
D. 能与铝反应放出氢气的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲基橙变红的溶液呈强酸性与不能大量共存，A错误；
B．水电离的的溶液中，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，当呈酸性时与不能共存，B错误；
C．溶液呈强碱性，各离子间不发生反应，C正确；
D．能与铝反应放出氢气的溶液可能为酸性也可能为碱性，酸性时能氧化、碱性时与、反应，D错误；
故选C。
4. 下列事实都能用勒夏特列原理解释的组合是
①合成氨工业中，为提高产率将产品液化分离出去
②加入催化剂加快和反应转化为的速率
③在气氛下加热溶液制取晶体
④在饱和食盐水中加入浓盐酸析出氯化钠晶体
⑤制氢气时，将锌粒换成锌粉使反应更快
A. ①③⑤B. ①②③C. ③④⑤D. ①③④
【答案】D
【解析】
【详解】①液化分离出氨气，降低产物浓度平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，符合；
②催化剂不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，不符合；
③加热蒸发溶剂时，氯化氢气氛下抑制氯化镁的水解，可以利用勒夏特列原理解释，符合；
④在饱和食盐水中加入浓盐酸增大氯离子浓度，溶解平衡逆向移动，可以用勒夏特列原理解释，符合；
⑤换成锌粉增大了接触面积反应速率加快，与平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，不符合；
综上所述①③④符合；
故答案为：D。
5. 下列离子方程式的书写正确的是
A. 硫酸铜溶液中通入：
B 用石墨电极电解氯化铝溶液：
C. 溶液与溶液混合反应：
D. 少量通入足量溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸铜溶液与硫化氢气体反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为，故A错误；
B．用石墨电极电解氯化铝溶液生成氢氧化铝沉淀、氢气和氯气，反应的离子方程式为，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液与硫酸铝溶液发生双水解反应生成硫酸钠、氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为，故C正确；
D．次氯酸钠溶液与少量二氧化硫反应生成硫酸钠、硫化钠和次氯酸，反应的离子方程式为，故D错误；
故选C。
6. 下列关于原子结构的叙述错误的是
A. 稀有气体元素都在p区
B. 3s电子能量较高，总是在比2s电子离核更远的地方运动
C. 若基态铬原子的价层电子轨道表示式写为，违反了能量最低原理
D. Al的第一电离能低于Mg，是因为Al失去的3p能级电子能量比Mg失去的3s能级电子的能量高
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀有气体元素原子的电子排布式中最后排入的是p轨道电子，所有稀有气体元素都在p区，A正确；
B．电子层是距离原子核由近到远排列的，则多电子原子中电子离核的平均距离3s＞2s,离原子核越远，层数越大，能量越高，3s电子能量高，只能说明出现在离核较远区域的几率比2s电子高，B错误；
C．根据洪特规则特例基态铬原子的价层电子排布式应为，违背了能量最低原理，C正确；
D．镁的3s能级有2个电子，轨道是全充满，能量低比较稳定，所以镁元素的第一电离能高于Al的第一电离能，D正确；
答案B。
7. 化合物是分析化学中重要的基准物质，其中X、Y、Z、T分别位于三个短周期，原子序数依次增加；T与Z同主族；常温下为气体，分子中电子总数为奇数；W为建筑行业使用量最大的金属元素。下列说法错误的是
A. 电负性：Z>Y>X>W
B. 为酸性氧化物
C. 原子半径：T>Z>X
D. 基态T原子核外电子运动状态有16种、空间运动状态有9种、能量不同的电子有5种
【答案】B
【解析】
【分析】根据X、Y、Z、T分别位于三个短周期，原子序数依次增加，判断X为H元素，在化合物中Z与2个X结合，则Z为O元素，Z与T同主族，原子序数增大，则T为S元素。X、Y、Z、T原子序数增大，为气体，且其分子的总电子数为奇数，则Y质子数为奇数，且Y化合价价，则Y为N元素，W为建筑行业用量最大的金属元素，W为Fe元素，该化合物为。
【详解】A．电负性O>N>H>Fe，A正确；
B．与氢氧化钠生成两种盐、和水，它不是酸性氧化物，B错误；
C．S、O同主族，原子半径S>O，H为原子半径最小的原子，故原子半径S>O>H，C正确；
D．基态S原子电子排布式为，核外电子运动状态各不相同故有16种、空间运动状态即占有电子的轨道有9种、能量不同的电子即能级有5种，D正确；
答案为B。
8. 下列状态的Be中①、②、③、④，电离最外层一个电子所需的能量由大到小的顺序是
A. ②③①④B. ①②③④C. ④②③①D. ③④②①
【答案】A
【解析】
【详解】①④为失去Be原子第一个电子，②③为失去Be原子第二个电子，失去第二个电子所需能量更大。①失去为2s电子，④失去为2p电子，所需能量①>④，②失去为2s电子，③失去为2p电子，所需能量②>③；所需能量由大到小的顺序是②③①④。答案A。
9. 下列说法正确的是
A. 只要是自发反应，不需要任何条件反应就能发生
B. 相同量氢气，与空气混合后点燃爆炸比在空气中安静燃烧放出的能量更多
C. 增大反应物浓度、升高温度、加入催化剂都能提高活化分子百分比，从而加快反应速率
D. 以锌棒作阳极，铁棒作阴极，硫酸锌溶液作电解质溶液，可实现在铁上镀锌
【答案】D
【解析】
【详解】A．自发反应是在一定条件下无需外界作用就能进行的反应，其自发性指有自发进行的倾向而不是一定能发生，如有些反应需要在相应条件下引发才能发生，A错误；
B．相同量的氢气，与空气混合后点燃爆炸和在空气中安静燃烧放出的能量相同，只是放出能量的速度不同，B错误；
C．增大反应物浓度只能提高单位体积内活化分子数，不能提高活化分子百分比，C错误；
D．电镀时待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，用含镀层金属离子的溶液作电解质溶液，该方法可实现在铁上镀锌，D正确；
故选D。
10. 下列关于实验和装置的相关推断正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．缺少隔热装置，有热量损失，无法准确测定中和热，A错误；
B．高锰酸钾浓度不同，初始颜色深浅不同，应选择相同浓度的高锰酸钾溶液和不同浓度的草酸溶液，B错误；
C．先生成氢氧化镁且将氢氧化钠反应完，加入较少量氯化铁溶液也能实现沉淀转化，能说明，C正确；
D．滴入可能与电极Fe生成，影响实验结果判断，应取铁电极附近溶液于试管中，加入检验，D错误；
故答案为：C。
11. 以乙二醛()和为原料制取乙醛酸()，3个反应的历程如图所示，TS表示过渡态，IM表示中间体，下列说法错误的是
A. 图中氧化生成和的反应为放热反应
B. 反应历程中生成IM4比生成IM1的速率快
C. 乙二醛()生成乙二酸()有3步基元反应
D. 选择合适的催化剂可提高乙醛酸()的选择性
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，乙二醛氧化生成甲酸和二氧化碳的反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故A正确；
B．反应的活化能越低，反应速率较快，由图可知，生成IM4的反应活化能低于生成IM1的反应， 所以生成IM4比生成IM1的速率快，故B正确；
C．由图可知，乙二醛生成乙二酸有4步基元反应，故C错误；
D．选择合适的催化剂可提高乙醛酸的选择性，有利于乙醛酸的生成速率，故D正确；
故选C。
12. 活性炭还原的反应原理为，在密闭容器中和足量发生上述反应，反应相同时间内测得的生成速率与的生成速率随温度变化的关系如图1所示，维持温度不变，压缩体积，反应相同时间后测得的转化率随压强的变化如图2所示：
下列说法正确的是
A. 图1中的A、B、C三个点中只有A点达到平衡
B. 图2中E点的大于G点的
C. E、G两点的浓度不同，但平衡常数相同
D. 在恒温恒压下，向G点平衡体系中再充入一定量的，与原平衡相比，的平衡转化率升高
【答案】C
【解析】
【详解】A．由方程式可知，二氧化氮的生成速率是氮气的生成速率的2倍时，反应达到平衡，由图1可知，只有C点时二氧化氮的生成速率是氮气的生成速率的2倍，则只有C点达到平衡，故A错误；
B．由图2可知，E点反应未达到平衡，G点反应达到平衡；E点和G点产物一样多，但G点压强更大也更大，故E点的小于G点的，故B错误；
C．E、G两点压强不同，容器的体积不同，转化率相同时的浓度不同，由于温度不变，所以平衡常数相同，故C正确；
D．在恒温恒压下，向G点平衡体系中充入一定量的，的平衡转化率不变，故D错误；
故选C。
13. 近年来随着电动汽车的普及，电池企业开始大力发展锂电池回收业务。现设计如图装置回收锂电池中的金属钴，电极材料均为石墨，右侧装置为原电池。工作时，细菌降解乙酸盐生成，废旧锂电池的正极材料转化为，一段时间后可将乙室溶液转入到甲室。下列说法错误的是
A. 装置工作时，溶液一侧石墨电极的电势低于乙室中电极的电势
B. 乙酸盐发生的电极反应式为
C. 装置工作一段时间后，乙室应该补充盐酸
D. 若甲室回收得到时，理论上乙室参加反应的也为
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙室发生还原反应，为电池正极，甲室石墨电极连接原电池负极为电解池阴极，乙室中电势更高，A正确；
B．工作时，乙酸盐在细菌的作用下失去电子被氧化为气体，同时生成，电极反应式为，B正确；
C．乙室电极反应式为，负极产生的通过阳膜进入正极室，但是乙室消耗的更多，浓度还是下降的，因此一段时间后应该补充盐酸，C正确；
D．若甲室回收到时转移电子物质的量为；乙室每生成转移电子，因此理论上应有参加反应，D错误；
故选D。
14. 已知为二元弱酸，常温下，，，用溶液滴定溶液，下列说法错误的是
A. 的结构简式可能为
B. 当滴入氢氧化钠溶液时，
C. 当滴入氢氧化钠溶液时溶液的pH约为9.7
D. 当滴入氢氧化钠溶液时，
【答案】D
【解析】
【详解】A．为二元弱酸，的结构简式可能为，A正确；
B．当滴入氢氧化钠溶液时，溶液溶质为，电离常数，水解常数，电离常数大于水解常数，溶液呈酸性，故有，B正确；
C．当滴入氢氧化钠溶液时，溶液溶质为，浓度为，，，解出，溶液pH约为9.7，C正确；
D．当滴入氢氧化钠溶液时，溶液溶质为和，浓度之比为，存在电荷守恒和元素守恒关系：，，变形可得：，D错误；
故选D。
15. 25℃时，用溶液分别调节、两种溶液的pH，pM随溶液pH变化关系如图所示，，M表示或，已知，下列判断错误的是
A. ①代表调节溶液的变化关系
B. 该温度下的溶度积
C. 25℃时某酸HA的，理论上该酸不能溶解
D. 当调节时，溶液中的未沉淀完全
【答案】C
【解析】
【分析】，pM=0时，c(M)=1ml/L，曲线①pH=4.2，曲线②pH=6.5，则曲线①小，Ksp小，故曲线①代表CuSO4溶液，曲线②代表FeSO4溶液；由曲线①可知，c(Cu2+)=1ml/L时，c(H+)=10-4.2ml/L，则ml/L，，同理，，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，①代表滴定溶液的变化关系，A正确；
B．时，，pH=6.5，，求得，B正确；
C．，反应的平衡常数>105，反应趋于完全，HA能溶解，C错误；
D．，时，，得，未沉淀完全，D正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共4个小题，共55分。
16. Ⅰ．已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如表。
（1）C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为________，未成对电子数最多的是______(填元素符号)，其最高能级的原子轨道形状为________。
（2）25℃时，浓度相等的三种溶液：①溶液、②溶液、③溶液，pH由大到小的顺序为________(填序号)。
（3）25℃时，向溶液中通入少量，反应的离子方程式为________。
（4）25℃时，将一定量溶液与溶液混合，测得混合后溶液的pH为9，则混合溶液中，______。
Ⅱ．常温下，某实验小组用溶液滴定溶液。溶液pH、所有含A微粒的分布分数[如的分布分数：]随滴加溶液体积的变化关系如图所示。
（5）是_____元酸，写出的电离方程式________。
【答案】（1） ①. N>O>C ②. N ③. 哑铃形
（2）②>③>① （3）
（4）
（5） ①. 一 ②.
【解析】
【小问1详解】
同周期第一电离能有从左到右逐渐增大的趋势，N的2p能级半满，第一电离能大于O，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C。N、O、C的未成对电子分别为3、2、2，故未成对电子数最多的是N，其最高能级为2p，是哑铃形。
【小问2详解】
比较醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数大小得酸性强弱为：，根据越弱越水解，浓度相等的三种溶液碱性强弱为，pH由大到小的顺序为：②>③>①。
【小问3详解】
由表中数据可知酸性， 溶液中通入少量时的离子方程式为。
【小问4详解】
溶液的pH为9时，溶液中，，根据电荷守恒，。
【小问5详解】
由图可知，原溶液中存在大量分子，说明是弱酸。与溶液恰好完全反应，即NaOH与按物质的量1：1完全中和，因此为一元弱酸，其电离方程式为。
17. 实验室利用和亚硫酰氯()制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
（1）仪器a的名称为________。
（2）实验开始时先通，作用是________；一段时间后，先加热装置a再加热装置b，目的是________。
（3）加热时，装置b内发生反应的化学方程式为_________。
（4）f中试剂是________。
（5）g烧杯中的试剂可以是_________。
a．溶液 b．溶液 c．浓硫酸 d．溶液
（6）反应前，称取(的相对分子质量为203)，反应后，称得b中固体质量为，无水的产率为_______(保留两位有效数字)。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2） ①. 排尽装置中的空气 ②. 让充满b，防止加热b时水解
（3）
（4）浓硫酸 （5）ab
（6）60％
【解析】
【分析】SOCl2极易与水反应，所以需要先通氮气排除装置内的空气，一段时间后，先加热装置a，SOCl2挥发进入b中，在SOCl2作用下脱水得到无水，c和d起到冷凝回流SOCl2的作用；
【小问1详解】
仪器a的名称为三颈烧瓶；
【小问2详解】
SOCl2极易与水反应，所以需要先通氮气排除装置内的空气；受热易水解，与水反应可生成两种酸性气体，可以抑制的水解，故先加热装置a，SOCl2挥发进入b中，在SOCl2作用下脱水得到无水；
【小问3详解】
与中的水反应可生成和，脱水得到无水氯化镁，反应为：；
【小问4详解】
f中试剂的作用是防止C中的水蒸气进入b，防止水解，故用浓硫酸。
【小问5详解】
g中试剂的作用是吸收和，防止污染大气，故可用碱性的溶液和溶液，故选ab；
【小问6详解】
的物质的量为2.03g÷203g/ml=，若其全部分解，生成即，而b中固体质量为，说明未全部分解。根据可知失去水的质量为2.03g-1.382g=0.648g，，可知生成，故无水的产率为60％。
18. 某工厂拟用含、、的矿石制备，制备工艺如下图所示，已知焙烧后Cr元素以价形式存在。
（1）有利于与矿渣接触的措施是________(写两条)。
（2）焙烧时被氧化的化学方程式为___________。
（3）滤渣1的主要成分是______，常温下，调节滤液1的合理范围为________。[已知的，的电离常数为；粒子浓度小于时，可认为该粒子不存在。]
（4）淀粉水解液的作用是___________。
（5）现取3g上述产品，加入足量的溶液和，反应结束后，充分加热溶液，再加入足量的稀硫酸，冷却后，一并注入容量瓶，定容得到待测液，取适量待测液于酸式滴定管，再取标准液于锥形瓶中，加入二苯胺磺酸钠做指示剂，接近滴定终点时加入磷酸增加突跃范围，当溶液出现灰色且半分钟内不变色时，停止滴加待测液，三次滴定消耗待测液的平均值为。滴定过程中发生的反应为通过分析、计算，该产品中的质量分数为_____(保留三位有效数字)，加入足量的稀硫酸前，若不充分加热，会导致的质量分数_____ (填“偏高”或“偏低”)。
【答案】（1）将固体粉碎后混合，同时通入，使固体粉末“沸腾”
（2）
（3） ①. ②.
（4）将价Cr还原为价
（5） ①. 68.7％ ②. 偏高
【解析】
【分析】该工艺流程原料为含、、的矿石，产品为，、作为杂质在流程中被除去，矿渣经过焙烧被氧化成，转化为，而不发生变化，水浸后的滤渣1为，、易溶于水进入滤液1，调节滤液1是使全部转化成沉淀而过滤除去，滤液再调节后，加入淀粉水解液，发生反应，使+6价转化为。
【小问1详解】
有利于与矿渣接触的方法是增大气体与固体的接触面积，故措施是将固体粉碎后混合，同时通入，使固体粉末“沸腾”；
【小问2详解】
在碱性条件下，焙烧时被氧化成，故方程式为；
【小问3详解】
加热时不与反应，也不溶于水，而、在相应的条件下生成易溶于水的和，故水浸后剩余固体为；
调节滤液1的目的是使全部转化成沉淀，且不能使溶解，根据的电离常数为，当的浓度小于时，，，，为了不使溶解，再根据的，当的浓度小于时， ，故滤液1的合理范围为。
【小问4详解】
淀粉水解液中含葡萄糖，有还原性，故其作用为将价Cr还原为价；
【小问5详解】
，标准液的物质的量为，
故待测液中的物质的量为，
待测液中的物质的量为，
3g样品中的物质的量为，质量为，含量为％，
加入足量的稀硫酸前，若不加热，会导致溶液中含有，也可以氧化，会导致滴定过程中待测液的体积偏小，浓度偏大，故会导致的含量偏高。
19. 某科研团队拟采用合成气(主要成分为CO、和)制备甲醇，涉及的反应如下。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
已知反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为、。
（1）反应Ⅲ的焓变为_______，该反应在_______(填“较低”或“较高”)温度下才能自发进行。
（2）反应Ⅱ的中间产物是。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分解反应：
① (快)
② (慢)
其中反应①速率远大于反应②，反应①可快速达到平衡状态。常温下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。
请解释CO浓度先增大后减小的原因________。研究发现，在反应①、②中，仅对反应①有促进作用，则相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，CO的浓度达到峰值时，的浓度与不添加盐酸相比会_______(填“较低”或“较高”)。
（3）制备甲醇时，若只发生反应Ⅰ和Ⅱ。保持温度T不变，向一恒容密闭容器中充入和，在该催化剂作用下发生反应，经达到平衡，起始及达平衡时容器的总压强分别为、，测得平衡时的分压为，则反应Ⅱ的压强平衡常数_______(为用分压代替浓度计算的平衡常数)。
（4）科学家拟采用下列装置，在熔融盐体系中，通过电解和获得电池材料，并获取CO，电解装置如图，阳极的电极方程式为_________，每转移，石墨电极生成标准状况下的CO的体积为_______。
【答案】（1） ①. ②. 较低
（2） ①. 前，反应①正向进行，逐渐增大，时刻达到平衡，后，随着反应②正向进行，降低，反应①逆向移动，逐渐降低 ②. 较低
（3）3 （4） ① ②.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅰ＋反应Ⅱ=反应Ⅲ，求出反应Ⅲ的焓变为，该反应为放热且熵减，因此较低温度下才能自发进行；
【小问2详解】
前，反应①正向进行，逐渐增大，时刻达到平衡，后，随着反应②正向进行，降低，反应①逆向进行，逐渐降低；仅对反应①有促进作用，则相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，反应①速率变快，达平衡所需时间变短，导致反应②中生成了更少的，故的浓度与不添加盐酸相比会较低；
小问3详解】
根据起始，起始总压强分别为，得出、的分压分别是，，再根据的分压，结合下列三段式转化量分析：不难求出，故平衡时、、CO、的平衡分压分别为、、、，则反应Ⅱ的压强平衡常数；
【小问4详解】选项
实验仪器和步骤
实验推断
A
利用该装置测定中和热
B
依据高锰酸钾溶液褪色快慢研究浓度对反应速率的影响
C
依据白色沉淀转化为红褐色沉淀判断(已知溶液约为20滴)
D
滴入产生蓝色沉淀判断Fe发生了电化学腐蚀
，
满分：100分 时长：75分钟
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Mg：24 Cl：35.5 Cr：52
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学在科技、国防、生产、生活等领域发挥着积极作用，下列有关叙述错误的是
A. 火箭常用的燃料有肼()、液氢、液态甲烷等
B. 可利用电子由激发态回到低能级释放光能的基本原理制成激光武器
C. “暖宝宝贴”中的铁粉在碳粉、氧气、食盐水等条件下发生析氢腐蚀而发热
D. 钠离子电池相比于锂离子电池具有成本低、安全性高和低温下电量保持率高等优点
【答案】C
【解析】
【详解】A．火箭常用的燃料有肼(N2H4)、液氢、液态甲烷等，A正确；
B．可利用电子由激发态回到低能级释放光能的基本原理制成激光武器，B正确；
C．铁粉在碳粉、氧气、食盐水等条件下发生析氧腐蚀而发热，C正确；
D．钠离子电池相比于锂离子电池具有成本低、安全性高和低温下电量保持率高等优点，D正确；
故答案为：C。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 电子式：B. 的结构示意图：
C. 的价层电子排布式：D. 甲烷的空间填充模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸是共价化合物，氯原子、氢原子与氧原子形成共价键，电子式为，A错误；
B．Fe原子失去4s能级上2个电子、3d能级上1个电子生成Fe3+，铁离子结构示意图为，B正确；
C．硒是34号元素，与硫元素同主族，硒处于元素周期律中第四周期第ⅥA族，Se的价电子排布式为4s24p4，C错误；
D．图形为甲烷的球棍模型，甲烷分子中碳原子的原子半径较大，其空间填充模型为 ，D错误；
答案B。
3. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、
B. 水电离的的溶液中：、、、
C. 溶液中：、、、
D. 能与铝反应放出氢气的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲基橙变红的溶液呈强酸性与不能大量共存，A错误；
B．水电离的的溶液中，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，当呈酸性时与不能共存，B错误；
C．溶液呈强碱性，各离子间不发生反应，C正确；
D．能与铝反应放出氢气的溶液可能为酸性也可能为碱性，酸性时能氧化、碱性时与、反应，D错误；
故选C。
4. 下列事实都能用勒夏特列原理解释的组合是
①合成氨工业中，为提高产率将产品液化分离出去
②加入催化剂加快和反应转化为的速率
③在气氛下加热溶液制取晶体
④在饱和食盐水中加入浓盐酸析出氯化钠晶体
⑤制氢气时，将锌粒换成锌粉使反应更快
A. ①③⑤B. ①②③C. ③④⑤D. ①③④
【答案】D
【解析】
【详解】①液化分离出氨气，降低产物浓度平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，符合；
②催化剂不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，不符合；
③加热蒸发溶剂时，氯化氢气氛下抑制氯化镁的水解，可以利用勒夏特列原理解释，符合；
④在饱和食盐水中加入浓盐酸增大氯离子浓度，溶解平衡逆向移动，可以用勒夏特列原理解释，符合；
⑤换成锌粉增大了接触面积反应速率加快，与平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，不符合；
综上所述①③④符合；
故答案为：D。
5. 下列离子方程式的书写正确的是
A. 硫酸铜溶液中通入：
B 用石墨电极电解氯化铝溶液：
C. 溶液与溶液混合反应：
D. 少量通入足量溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸铜溶液与硫化氢气体反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为，故A错误；
B．用石墨电极电解氯化铝溶液生成氢氧化铝沉淀、氢气和氯气，反应的离子方程式为，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液与硫酸铝溶液发生双水解反应生成硫酸钠、氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为，故C正确；
D．次氯酸钠溶液与少量二氧化硫反应生成硫酸钠、硫化钠和次氯酸，反应的离子方程式为，故D错误；
故选C。
6. 下列关于原子结构的叙述错误的是
A. 稀有气体元素都在p区
B. 3s电子能量较高，总是在比2s电子离核更远的地方运动
C. 若基态铬原子的价层电子轨道表示式写为，违反了能量最低原理
D. Al的第一电离能低于Mg，是因为Al失去的3p能级电子能量比Mg失去的3s能级电子的能量高
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀有气体元素原子的电子排布式中最后排入的是p轨道电子，所有稀有气体元素都在p区，A正确；
B．电子层是距离原子核由近到远排列的，则多电子原子中电子离核的平均距离3s＞2s,离原子核越远，层数越大，能量越高，3s电子能量高，只能说明出现在离核较远区域的几率比2s电子高，B错误；
C．根据洪特规则特例基态铬原子的价层电子排布式应为，违背了能量最低原理，C正确；
D．镁的3s能级有2个电子，轨道是全充满，能量低比较稳定，所以镁元素的第一电离能高于Al的第一电离能，D正确；
答案B。
7. 化合物是分析化学中重要的基准物质，其中X、Y、Z、T分别位于三个短周期，原子序数依次增加；T与Z同主族；常温下为气体，分子中电子总数为奇数；W为建筑行业使用量最大的金属元素。下列说法错误的是
A. 电负性：Z>Y>X>W
B. 为酸性氧化物
C. 原子半径：T>Z>X
D. 基态T原子核外电子运动状态有16种、空间运动状态有9种、能量不同的电子有5种
【答案】B
【解析】
【分析】根据X、Y、Z、T分别位于三个短周期，原子序数依次增加，判断X为H元素，在化合物中Z与2个X结合，则Z为O元素，Z与T同主族，原子序数增大，则T为S元素。X、Y、Z、T原子序数增大，为气体，且其分子的总电子数为奇数，则Y质子数为奇数，且Y化合价价，则Y为N元素，W为建筑行业用量最大的金属元素，W为Fe元素，该化合物为。
【详解】A．电负性O>N>H>Fe，A正确；
B．与氢氧化钠生成两种盐、和水，它不是酸性氧化物，B错误；
C．S、O同主族，原子半径S>O，H为原子半径最小的原子，故原子半径S>O>H，C正确；
D．基态S原子电子排布式为，核外电子运动状态各不相同故有16种、空间运动状态即占有电子的轨道有9种、能量不同的电子即能级有5种，D正确；
答案为B。
8. 下列状态的Be中①、②、③、④，电离最外层一个电子所需的能量由大到小的顺序是
A. ②③①④B. ①②③④C. ④②③①D. ③④②①
【答案】A
【解析】
【详解】①④为失去Be原子第一个电子，②③为失去Be原子第二个电子，失去第二个电子所需能量更大。①失去为2s电子，④失去为2p电子，所需能量①>④，②失去为2s电子，③失去为2p电子，所需能量②>③；所需能量由大到小的顺序是②③①④。答案A。
9. 下列说法正确的是
A. 只要是自发反应，不需要任何条件反应就能发生
B. 相同量氢气，与空气混合后点燃爆炸比在空气中安静燃烧放出的能量更多
C. 增大反应物浓度、升高温度、加入催化剂都能提高活化分子百分比，从而加快反应速率
D. 以锌棒作阳极，铁棒作阴极，硫酸锌溶液作电解质溶液，可实现在铁上镀锌
【答案】D
【解析】
【详解】A．自发反应是在一定条件下无需外界作用就能进行的反应，其自发性指有自发进行的倾向而不是一定能发生，如有些反应需要在相应条件下引发才能发生，A错误；
B．相同量的氢气，与空气混合后点燃爆炸和在空气中安静燃烧放出的能量相同，只是放出能量的速度不同，B错误；
C．增大反应物浓度只能提高单位体积内活化分子数，不能提高活化分子百分比，C错误；
D．电镀时待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，用含镀层金属离子的溶液作电解质溶液，该方法可实现在铁上镀锌，D正确；
故选D。
10. 下列关于实验和装置的相关推断正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．缺少隔热装置，有热量损失，无法准确测定中和热，A错误；
B．高锰酸钾浓度不同，初始颜色深浅不同，应选择相同浓度的高锰酸钾溶液和不同浓度的草酸溶液，B错误；
C．先生成氢氧化镁且将氢氧化钠反应完，加入较少量氯化铁溶液也能实现沉淀转化，能说明，C正确；
D．滴入可能与电极Fe生成，影响实验结果判断，应取铁电极附近溶液于试管中，加入检验，D错误；
故答案为：C。
11. 以乙二醛()和为原料制取乙醛酸()，3个反应的历程如图所示，TS表示过渡态，IM表示中间体，下列说法错误的是
A. 图中氧化生成和的反应为放热反应
B. 反应历程中生成IM4比生成IM1的速率快
C. 乙二醛()生成乙二酸()有3步基元反应
D. 选择合适的催化剂可提高乙醛酸()的选择性
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，乙二醛氧化生成甲酸和二氧化碳的反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故A正确；
B．反应的活化能越低，反应速率较快，由图可知，生成IM4的反应活化能低于生成IM1的反应， 所以生成IM4比生成IM1的速率快，故B正确；
C．由图可知，乙二醛生成乙二酸有4步基元反应，故C错误；
D．选择合适的催化剂可提高乙醛酸的选择性，有利于乙醛酸的生成速率，故D正确；
故选C。
12. 活性炭还原的反应原理为，在密闭容器中和足量发生上述反应，反应相同时间内测得的生成速率与的生成速率随温度变化的关系如图1所示，维持温度不变，压缩体积，反应相同时间后测得的转化率随压强的变化如图2所示：
下列说法正确的是
A. 图1中的A、B、C三个点中只有A点达到平衡
B. 图2中E点的大于G点的
C. E、G两点的浓度不同，但平衡常数相同
D. 在恒温恒压下，向G点平衡体系中再充入一定量的，与原平衡相比，的平衡转化率升高
【答案】C
【解析】
【详解】A．由方程式可知，二氧化氮的生成速率是氮气的生成速率的2倍时，反应达到平衡，由图1可知，只有C点时二氧化氮的生成速率是氮气的生成速率的2倍，则只有C点达到平衡，故A错误；
B．由图2可知，E点反应未达到平衡，G点反应达到平衡；E点和G点产物一样多，但G点压强更大也更大，故E点的小于G点的，故B错误；
C．E、G两点压强不同，容器的体积不同，转化率相同时的浓度不同，由于温度不变，所以平衡常数相同，故C正确；
D．在恒温恒压下，向G点平衡体系中充入一定量的，的平衡转化率不变，故D错误；
故选C。
13. 近年来随着电动汽车的普及，电池企业开始大力发展锂电池回收业务。现设计如图装置回收锂电池中的金属钴，电极材料均为石墨，右侧装置为原电池。工作时，细菌降解乙酸盐生成，废旧锂电池的正极材料转化为，一段时间后可将乙室溶液转入到甲室。下列说法错误的是
A. 装置工作时，溶液一侧石墨电极的电势低于乙室中电极的电势
B. 乙酸盐发生的电极反应式为
C. 装置工作一段时间后，乙室应该补充盐酸
D. 若甲室回收得到时，理论上乙室参加反应的也为
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙室发生还原反应，为电池正极，甲室石墨电极连接原电池负极为电解池阴极，乙室中电势更高，A正确；
B．工作时，乙酸盐在细菌的作用下失去电子被氧化为气体，同时生成，电极反应式为，B正确；
C．乙室电极反应式为，负极产生的通过阳膜进入正极室，但是乙室消耗的更多，浓度还是下降的，因此一段时间后应该补充盐酸，C正确；
D．若甲室回收到时转移电子物质的量为；乙室每生成转移电子，因此理论上应有参加反应，D错误；
故选D。
14. 已知为二元弱酸，常温下，，，用溶液滴定溶液，下列说法错误的是
A. 的结构简式可能为
B. 当滴入氢氧化钠溶液时，
C. 当滴入氢氧化钠溶液时溶液的pH约为9.7
D. 当滴入氢氧化钠溶液时，
【答案】D
【解析】
【详解】A．为二元弱酸，的结构简式可能为，A正确；
B．当滴入氢氧化钠溶液时，溶液溶质为，电离常数，水解常数，电离常数大于水解常数，溶液呈酸性，故有，B正确；
C．当滴入氢氧化钠溶液时，溶液溶质为，浓度为，，，解出，溶液pH约为9.7，C正确；
D．当滴入氢氧化钠溶液时，溶液溶质为和，浓度之比为，存在电荷守恒和元素守恒关系：，，变形可得：，D错误；
故选D。
15. 25℃时，用溶液分别调节、两种溶液的pH，pM随溶液pH变化关系如图所示，，M表示或，已知，下列判断错误的是
A. ①代表调节溶液的变化关系
B. 该温度下的溶度积
C. 25℃时某酸HA的，理论上该酸不能溶解
D. 当调节时，溶液中的未沉淀完全
【答案】C
【解析】
【分析】，pM=0时，c(M)=1ml/L，曲线①pH=4.2，曲线②pH=6.5，则曲线①小，Ksp小，故曲线①代表CuSO4溶液，曲线②代表FeSO4溶液；由曲线①可知，c(Cu2+)=1ml/L时，c(H+)=10-4.2ml/L，则ml/L，，同理，，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，①代表滴定溶液的变化关系，A正确；
B．时，，pH=6.5，，求得，B正确；
C．，反应的平衡常数>105，反应趋于完全，HA能溶解，C错误；
D．，时，，得，未沉淀完全，D正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共4个小题，共55分。
16. Ⅰ．已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如表。
（1）C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为________，未成对电子数最多的是______(填元素符号)，其最高能级的原子轨道形状为________。
（2）25℃时，浓度相等的三种溶液：①溶液、②溶液、③溶液，pH由大到小的顺序为________(填序号)。
（3）25℃时，向溶液中通入少量，反应的离子方程式为________。
（4）25℃时，将一定量溶液与溶液混合，测得混合后溶液的pH为9，则混合溶液中，______。
Ⅱ．常温下，某实验小组用溶液滴定溶液。溶液pH、所有含A微粒的分布分数[如的分布分数：]随滴加溶液体积的变化关系如图所示。
（5）是_____元酸，写出的电离方程式________。
【答案】（1） ①. N>O>C ②. N ③. 哑铃形
（2）②>③>① （3）
（4）
（5） ①. 一 ②.
【解析】
【小问1详解】
同周期第一电离能有从左到右逐渐增大的趋势，N的2p能级半满，第一电离能大于O，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C。N、O、C的未成对电子分别为3、2、2，故未成对电子数最多的是N，其最高能级为2p，是哑铃形。
【小问2详解】
比较醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数大小得酸性强弱为：，根据越弱越水解，浓度相等的三种溶液碱性强弱为，pH由大到小的顺序为：②>③>①。
【小问3详解】
由表中数据可知酸性， 溶液中通入少量时的离子方程式为。
【小问4详解】
溶液的pH为9时，溶液中，，根据电荷守恒，。
【小问5详解】
由图可知，原溶液中存在大量分子，说明是弱酸。与溶液恰好完全反应，即NaOH与按物质的量1：1完全中和，因此为一元弱酸，其电离方程式为。
17. 实验室利用和亚硫酰氯()制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
（1）仪器a的名称为________。
（2）实验开始时先通，作用是________；一段时间后，先加热装置a再加热装置b，目的是________。
（3）加热时，装置b内发生反应的化学方程式为_________。
（4）f中试剂是________。
（5）g烧杯中的试剂可以是_________。
a．溶液 b．溶液 c．浓硫酸 d．溶液
（6）反应前，称取(的相对分子质量为203)，反应后，称得b中固体质量为，无水的产率为_______(保留两位有效数字)。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2） ①. 排尽装置中的空气 ②. 让充满b，防止加热b时水解
（3）
（4）浓硫酸 （5）ab
（6）60％
【解析】
【分析】SOCl2极易与水反应，所以需要先通氮气排除装置内的空气，一段时间后，先加热装置a，SOCl2挥发进入b中，在SOCl2作用下脱水得到无水，c和d起到冷凝回流SOCl2的作用；
【小问1详解】
仪器a的名称为三颈烧瓶；
【小问2详解】
SOCl2极易与水反应，所以需要先通氮气排除装置内的空气；受热易水解，与水反应可生成两种酸性气体，可以抑制的水解，故先加热装置a，SOCl2挥发进入b中，在SOCl2作用下脱水得到无水；
【小问3详解】
与中的水反应可生成和，脱水得到无水氯化镁，反应为：；
【小问4详解】
f中试剂的作用是防止C中的水蒸气进入b，防止水解，故用浓硫酸。
【小问5详解】
g中试剂的作用是吸收和，防止污染大气，故可用碱性的溶液和溶液，故选ab；
【小问6详解】
的物质的量为2.03g÷203g/ml=，若其全部分解，生成即，而b中固体质量为，说明未全部分解。根据可知失去水的质量为2.03g-1.382g=0.648g，，可知生成，故无水的产率为60％。
18. 某工厂拟用含、、的矿石制备，制备工艺如下图所示，已知焙烧后Cr元素以价形式存在。
（1）有利于与矿渣接触的措施是________(写两条)。
（2）焙烧时被氧化的化学方程式为___________。
（3）滤渣1的主要成分是______，常温下，调节滤液1的合理范围为________。[已知的，的电离常数为；粒子浓度小于时，可认为该粒子不存在。]
（4）淀粉水解液的作用是___________。
（5）现取3g上述产品，加入足量的溶液和，反应结束后，充分加热溶液，再加入足量的稀硫酸，冷却后，一并注入容量瓶，定容得到待测液，取适量待测液于酸式滴定管，再取标准液于锥形瓶中，加入二苯胺磺酸钠做指示剂，接近滴定终点时加入磷酸增加突跃范围，当溶液出现灰色且半分钟内不变色时，停止滴加待测液，三次滴定消耗待测液的平均值为。滴定过程中发生的反应为通过分析、计算，该产品中的质量分数为_____(保留三位有效数字)，加入足量的稀硫酸前，若不充分加热，会导致的质量分数_____ (填“偏高”或“偏低”)。
【答案】（1）将固体粉碎后混合，同时通入，使固体粉末“沸腾”
（2）
（3） ①. ②.
（4）将价Cr还原为价
（5） ①. 68.7％ ②. 偏高
【解析】
【分析】该工艺流程原料为含、、的矿石，产品为，、作为杂质在流程中被除去，矿渣经过焙烧被氧化成，转化为，而不发生变化，水浸后的滤渣1为，、易溶于水进入滤液1，调节滤液1是使全部转化成沉淀而过滤除去，滤液再调节后，加入淀粉水解液，发生反应，使+6价转化为。
【小问1详解】
有利于与矿渣接触的方法是增大气体与固体的接触面积，故措施是将固体粉碎后混合，同时通入，使固体粉末“沸腾”；
【小问2详解】
在碱性条件下，焙烧时被氧化成，故方程式为；
【小问3详解】
加热时不与反应，也不溶于水，而、在相应的条件下生成易溶于水的和，故水浸后剩余固体为；
调节滤液1的目的是使全部转化成沉淀，且不能使溶解，根据的电离常数为，当的浓度小于时，，，，为了不使溶解，再根据的，当的浓度小于时， ，故滤液1的合理范围为。
【小问4详解】
淀粉水解液中含葡萄糖，有还原性，故其作用为将价Cr还原为价；
【小问5详解】
，标准液的物质的量为，
故待测液中的物质的量为，
待测液中的物质的量为，
3g样品中的物质的量为，质量为，含量为％，
加入足量的稀硫酸前，若不加热，会导致溶液中含有，也可以氧化，会导致滴定过程中待测液的体积偏小，浓度偏大，故会导致的含量偏高。
19. 某科研团队拟采用合成气(主要成分为CO、和)制备甲醇，涉及的反应如下。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
已知反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为、。
（1）反应Ⅲ的焓变为_______，该反应在_______(填“较低”或“较高”)温度下才能自发进行。
（2）反应Ⅱ的中间产物是。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分解反应：
① (快)
② (慢)
其中反应①速率远大于反应②，反应①可快速达到平衡状态。常温下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。
请解释CO浓度先增大后减小的原因________。研究发现，在反应①、②中，仅对反应①有促进作用，则相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，CO的浓度达到峰值时，的浓度与不添加盐酸相比会_______(填“较低”或“较高”)。
（3）制备甲醇时，若只发生反应Ⅰ和Ⅱ。保持温度T不变，向一恒容密闭容器中充入和，在该催化剂作用下发生反应，经达到平衡，起始及达平衡时容器的总压强分别为、，测得平衡时的分压为，则反应Ⅱ的压强平衡常数_______(为用分压代替浓度计算的平衡常数)。
（4）科学家拟采用下列装置，在熔融盐体系中，通过电解和获得电池材料，并获取CO，电解装置如图，阳极的电极方程式为_________，每转移，石墨电极生成标准状况下的CO的体积为_______。
【答案】（1） ①. ②. 较低
（2） ①. 前，反应①正向进行，逐渐增大，时刻达到平衡，后，随着反应②正向进行，降低，反应①逆向移动，逐渐降低 ②. 较低
（3）3 （4） ① ②.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅰ＋反应Ⅱ=反应Ⅲ，求出反应Ⅲ的焓变为，该反应为放热且熵减，因此较低温度下才能自发进行；
【小问2详解】
前，反应①正向进行，逐渐增大，时刻达到平衡，后，随着反应②正向进行，降低，反应①逆向进行，逐渐降低；仅对反应①有促进作用，则相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，反应①速率变快，达平衡所需时间变短，导致反应②中生成了更少的，故的浓度与不添加盐酸相比会较低；
小问3详解】
根据起始，起始总压强分别为，得出、的分压分别是，，再根据的分压，结合下列三段式转化量分析：不难求出，故平衡时、、CO、的平衡分压分别为、、、，则反应Ⅱ的压强平衡常数；
【小问4详解】选项
实验仪器和步骤
实验推断
A
利用该装置测定中和热
B
依据高锰酸钾溶液褪色快慢研究浓度对反应速率的影响
C
依据白色沉淀转化为红褐色沉淀判断(已知溶液约为20滴)
D
滴入产生蓝色沉淀判断Fe发生了电化学腐蚀
，
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