河北省遵化市高二下學期期末考試化學試題含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精遵化市2019--2020學年度第二學期期末考試高二化學試題本試卷分第I卷和第II卷,第I卷為選擇題，共42分，第II卷為非選擇題，共58分，滿分100分,考試時間為90分鐘。將第I卷選擇題的答案涂在答題卡中?？赡苡玫降脑恿浚篐—1C—12N—14O—16Na-23一、選擇題（本題包括21小題，每小題2分，共42分.每題只有一個選項符合題意1。中國傳統(tǒng)文化對人類文明貢獻巨大。下列兩篇古代文獻中都涉及到了。文獻①:《開寶本草》記載：“所在山澤，冬月地上有霜,掃取以水淋汁后,乃煎煉而成”，文獻②《本草綱目》“火藥乃焰硝、硫黃、山本炭所合，以為烽燧銅諸藥者”。下列對其解釋不合理的是A.文獻①中提取，利用了溶解、蒸發(fā)、結(jié)晶的實驗過程B。文獻②中使用火藥的產(chǎn)物不會污染環(huán)境C。用文獻①中方法制取是因為的溶解度受溫度影響較大D.文獻②中火藥的作用體現(xiàn)了硝酸鉀的氧化性【答案】B【解析】【詳解】A.KNO3溶解度隨溫度變化大，溶解后煎煉得之主要是利用蒸發(fā)結(jié)晶,故A項不符合題意;B.火藥使用會產(chǎn)生氮氧化物、硫化物,會污染環(huán)境，故B項符合題意;C.可通過溶液蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾、冷卻結(jié)晶進行提取，其主要原理是利用KNO3溶解度隨溫度變化大，故C項不符合題意;D。火藥發(fā)生化學反應時生成氮氣，KNO3中氮元素的化合價降低，體現(xiàn)KNO3的氧化性，故D項不符合題意，答案選B?！军c睛】古代黑火藥的主要成分是KNO3、S、C,在爆炸過程中發(fā)生的反應是：2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑，在反應中,氧化劑是KNO3、S,還原劑是C。2.化學與生活、生產(chǎn)、科技密切相關(guān)。下列說法錯誤的是（）A。中國天眼傳輸信息用的光纖材料是硅B.地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕C.港珠澳大橋用到的合金材料,具有強度大、密度小、耐腐蝕等性能D。研發(fā)新能源汽車，減少化石燃料的使用,與“綠水青山就是金山銀山”的綠色發(fā)展理念一致【答案】A【解析】【詳解】A．制作光導纖維的原料是二氧化硅，不是硅，選項A錯誤;B．地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊，構(gòu)成原電池時鐵為正極，保護了鐵，所以地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕,選項B正確；C．跨海大橋使用的合金材料，必須具有強度大、密度小、耐腐蝕等特性，選項C正確；D．研發(fā)新能源汽車，減少化石燃料的使用，可以減少廢氣、廢渣等排放，有利于保護環(huán)境，與“綠水青山就是金山銀山”的綠色發(fā)展理念一致，選項D正確；答案選A.3.下列實驗中，①pH試紙的使用②過濾③蒸發(fā)④配制一定物質(zhì)的量濃度溶液，均用到的儀器是（）A。玻璃棒 B.蒸發(fā)皿 C。試管 D。分液漏斗【答案】A【解析】【詳解】①使用pH試紙測溶液的pH值，用到的儀器有玻璃棒、表面皿或玻璃片等儀器；②過濾用到燒杯、玻璃棒、漏斗等儀器;③蒸發(fā)用到鐵架臺、酒精燈、蒸發(fā)皿、玻璃棒等儀器；④配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液,用到的儀器有：天平、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管以及容量瓶等.以上操作都用到了玻璃棒。故選A。4.下列關(guān)于有機物的敘述正確的是（)A。乙酸的分子球棍模型可表示為B。糖類、油脂、蛋白質(zhì)都是高分子化合物C.新制的氫氧化銅可以鑒別乙酸、葡萄糖和乙醇D。丁酸和乙酸乙酯互為同系物【答案】C【解析】【詳解】A．是乙酸的比例模型,故A錯誤；B．糖類中單糖、二糖不是高分子化合物，故B錯誤；C．乙酸和氫氧化銅發(fā)生酸堿中和反應，溶液呈藍色，葡萄糖與新制氫氧化銅加熱生成磚紅色沉淀,乙醇與新制氫氧化銅不反應，因此用新制的氫氧化銅鑒別乙酸、葡萄糖和乙醇，故C正確；D．丁酸和乙酸乙酯兩者分子式相同，結(jié)構(gòu)式不同，互為同分異構(gòu)體,故D錯誤。綜上所述,答案為C。5?；瘜W用語是學習化學的重要工具,下列用來表示物質(zhì)變化的化學用語中,正確的是A。鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕的正極反應式為:Fe－2e－=Fe2＋B。氫氧燃料電池的負極反應式為：O2＋2H2O＋4e－=4OH－C。粗銅精煉時，與電源正極相連的是純銅，電極反應式為:Cu－2e－=Cu2＋D.惰性電極電解飽和食鹽水時,陽極的電極反應式為:2Cl－－2e－=Cl2↑【答案】D【解析】【詳解】A．鋼鐵腐蝕中,鐵做負極,發(fā)生氧化反應，錯誤；B．燃料電池中燃料做負極,發(fā)生氧化反應，錯誤;C．電解精煉銅時粗銅與正極相連做陽極,精銅與負極相連做陰極，錯誤；D．電解飽和食鹽水，陽極發(fā)生氧化反應,正確。6.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述不正確的是（）A。常溫常壓下，16g甲烷中共價鍵數(shù)目為4NAB.標準狀況下，22.4LCCl4含有的分子數(shù)目為NAC.7.8g過氧化鈉與足量水反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NAD.1L0.1mol·L—1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO和CO粒子數(shù)之和為0.1NA【答案】B【解析】【詳解】A．標準狀況下,16g甲烷為1mol，故其共價鍵數(shù)目為4NA，選項A正確；B．標準狀況下，CCl4不是氣態(tài)，選項B錯誤；C．7.8g過氧化鈉的物質(zhì)的量為：=0.1mol，0。1mol過氧化鈉與足量二氧化碳反應生成0.05mol氧氣，轉(zhuǎn)移了0.1mol電子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，選項C正確；D．C元素在水中存在的所有形式為、、H2CO3，根據(jù)物料守恒，有n（)＋n(）＋n（H2CO3）=0.1mol,選項D正確；答案選B。7。下列物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化都能一步實現(xiàn)的是（）A。S→SO3→H2SO4→SO2→Na2SO3→Na2SO4B。Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3C.N2→NH3→NO→NO2→HNO3→NO2D。Al→Al2O3→Al(OH）3→NaAlO2【答案】C【解析】【詳解】A．S與O2反應產(chǎn)生SO2，S不能一步反應生成SO3，SO3與水反應生成H2SO4，濃H2SO4與銅反應生成SO2，SO2與氫氧化鈉反應生成Na2SO3，Na2SO3與氧氣反應生成Na2SO4,選項A不符合題意;B．Si和O2反應生成SiO2，SiO2難溶于水，不能一步生成H2SiO3，應是SiO2和堿反應生成硅酸鹽，硅酸鹽和酸反應生成硅酸，選項B不符合題意；C．氮氣和氫氣高溫高壓催化劑作用下反應生成氨氣：N2+3H22NH3，氨氣催化氧化生成一氧化氮:4NH3+5O24NO+6H2O，NO和O2反應生成NO2：2NO+O2=2NO2，NO2和水反應生成HNO3和NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，濃硝酸與Cu反應生成NO2，物質(zhì)轉(zhuǎn)化都可以一步反應實現(xiàn)，選項C符合題意;D．鋁和氧氣反應生成氧化鋁,氧化鋁難溶于水,不能一步反應生成Al(OH)3，氧化鋁溶于酸得到鋁鹽，鋁鹽和堿溶液反應生成Al（OH）3沉淀,選項D不符合題意；答案選C。8.下列說法正確的是（)A。水很穩(wěn)定是因為水中含有大量的氫鍵B.ABn型分子中，若中心原子沒有孤電子對，則ABn為空間對稱結(jié)構(gòu)，屬于非極性分子C。H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C分別形成2個、3個、4個鍵，故O、N、C分別采取sp、sp2、sp3雜化D.配合物[Cu(H2O）4］SO4中，中心離子是Cu2＋，配體是SO42—,配位數(shù)是1【答案】B【解析】【詳解】A、氫鍵影響物質(zhì)的部分物理性質(zhì)，如溶解性、熔沸點等,穩(wěn)定性是物質(zhì)的化學性質(zhì)，因此水很穩(wěn)定與水中含有大量的氫鍵無關(guān)，故A錯誤；B、ABn型分子中,若中心原子沒有孤電子對,則ABn為空間對稱結(jié)構(gòu)，屬于非極性分子，故B正確；C、H2O中心原子O有2個σ鍵，孤電子對數(shù)(6－2×1）/2=2，雜化類型為sp3,NH3中心原子N有3個σ鍵，孤電子對數(shù)(5－3×1）/2=1，雜化類型為sp3，CH4中心原子C有4個σ鍵，孤電子對數(shù)為（4－4×1）/2=0，雜化類型為sp3，故C錯誤；D、根據(jù)配合物組成,Cu2＋為中心離子，配體為H2O，配位數(shù)為4，故D錯誤。9.下列關(guān)于有機物的說法正確的是A.乙酸和乙醇均能與NaOH溶液反應B。CH3CH(CH3）2可稱為異丁烷C.苯使溴水褪色是因為發(fā)生了取代反應D。C3H6ClBr有4種同分異構(gòu)體【答案】B【解析】【詳解】A.乙酸具有酸性，可與氫氧化鈉反應，但乙醇不具有酸的通性,不能和氫氧化鈉反應，A項錯誤；B。異丁烷的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH(CH3）2，B項正確；C.苯使溴水褪色是因為溴在苯中的溶解度較大，發(fā)生了萃取，C項錯誤；D.丙烷只有一種結(jié)構(gòu),則其一氯代物只有兩種：CH3CH2CH2Cl、CH3CHClCH3,第一種含有3類氫原子，第二種含有2類氫原子，所以共有5種，D項錯誤；答案選B?！军c睛】D項是易錯點,C3H6ClBr可以看作丙烷中的2個H原子分別被1個Cl、1個Br原子取代，氯原子與溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子。10。元素及其化合物的性質(zhì)是化學研究的主要內(nèi)容之一。下列敘述正確的是A.向Fe（NO3)2溶液中滴加稀鹽酸,溶液變黃B。Na與氧氣反應只生成Na2O2C.將SO2通入過量BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀D。向酚酞試液中加足量Na2O2粉末,充分振蕩后溶液呈紅色【答案】A【解析】【詳解】A.NO3－在酸性條件下，具有強氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，因此溶液變?yōu)辄S色，A項正確；B.金屬鈉與氧氣在常溫下，反應生成氧化鈉，在點燃或加熱條件下生成過氧化鈉,B項錯誤；C。SO2通入BaCl2不反應，C項錯誤；D.過氧化鈉還具有強氧化性，能把有色物質(zhì)漂白，即先變紅后褪色,D項錯誤；答案選A。11。下列在限定條件溶液中的各組離子，能夠大量共存的是（）A.pH=1的溶液:Na+、Cl－、Fe2+、NOB.與Al能產(chǎn)生氫氣的溶液:K+、Ba2+、Cl－、Br－C。使酚酞試液變紅的溶液：Na+、Cl－、SO、Al3+D。水電離的H+濃度為1×10?12mol·L?1的溶液：K+、SO、CO、NH【答案】B【解析】【詳解】A．pH=1的溶液,說明是酸溶液，H+、Fe2+、NO三者發(fā)生氧化還原反應，不共存，故A不符合題意；B．與Al能產(chǎn)生氫氣的溶液，說明可能是酸溶液，可能是堿溶液，K+、Ba2+、Cl－、Br－都不反應,共存,故B符合題意;C．使酚酞試液變紅的溶液，說明是堿溶液，OH－與Al3+反應，故C不符合題意；D．水電離的H+濃度為1×10?12mol·L?1的溶液,說明可能是酸溶液，可能是堿溶液，H+與CO反應，OH－與NH反應,故D不符合題意。綜上所述,答案為B。12.下列液體均處于25℃，有關(guān)敘述正確的是（）A.某物質(zhì)的溶液pH<7,則該物質(zhì)一定是酸或強酸弱堿鹽B.AgCl在同濃度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同C.pH=4。5的番茄汁中c(H+）是pH=6。5的牛奶中c（H+)的100倍D。pH=5.6的CH3COOH與CH3COONa混合溶液中，c（Na+）>c(CH3COO－）【答案】C【解析】【詳解】A．某物質(zhì)的溶液pH＜7，則該物質(zhì)可能是酸、強酸弱堿鹽,也可能是強堿弱酸鹽，比如亞硫酸氫鈉,故A錯誤。B．同濃度的CaCl2和NaCl溶液中，前者氯離子濃度大于后者,根據(jù)溶解平衡，CaCl2溶液中氯離子濃度大，AgCl在CaCl2中溶解平衡逆向移動，因此在CaCl2溶液的溶解度小于在NaCl溶液中溶解度,故B錯誤;C．pH=4。5的番茄汁中c（H+)=1.0×10?4。5mol?L?1，pH=6.5的牛奶中c(H+)=1.0×10?6。5mol?L?1，,因此pH=4.5的番茄汁中c(H+)是pH=6。5的牛奶中c（H+）的100倍,故C正確。D．pH=5。6的CH3COOH與CH3COONa混合溶液中，根據(jù)電荷守恒得到c（Na+)+c(H+）=c（CH3COO－）+c(OH－),由于pH=5。6，c(H+)＞c（OH－)，因此c（Na+）＜c（CH3COO－)，故D錯誤。綜上所述，答案為C。13.已知有機物a:，有機物b：，下列說法中正確的是(）A.苯是a的同分異構(gòu)體B。a中6個碳原子都在同一平面內(nèi)C。b可使溴水、酸性KMnO4溶液褪色,且反應類型相同D。b的一氯代物有5種【答案】B【解析】【詳解】A、苯的分子式為C6H6，a的分子式為C6H8，分子式不同，二者不是同分異構(gòu)體，A項錯誤;B、乙烯中兩個C原子和4個H原子在同一平面內(nèi)，與碳碳雙鍵連接的2個C原子也全部在同一平面內(nèi)，所以a中6個碳原子都在同一平面內(nèi)，B項正確；C、b的碳碳雙鍵與Br2發(fā)生加成反應導致溴水褪色，與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化反應導致其褪色，二者反應類型不同，C項錯誤；D、b的一氯取代物有6種，D項錯誤.正確答案選B。14。A、B、C、D、E、F為原子序數(shù)依次遞增的六種短周期主族元素,A的單質(zhì)是最理想的燃料。C原子次外層電子數(shù)是最外層的1/3,E與C同主族,下列說法不正確的是A。元素D與A一定形成共價化合物B.元素B可能與元素A形成多種共價化合物C.F最高價氧化物對應水化物定一種強酸D。若元素D是非金屬元素，則D的單質(zhì)可能是良好的半導體材料【答案】A【解析】【分析】A的單質(zhì)是最理想的燃料，A是H元素.C原子次外層電子數(shù)是最外層的1/3，說明C只能是第二周期的元素即C是O元素;E與C同主族，E是S元素；F是原子序數(shù)大于S的主族元素,F是Cl元素；B可能是Li、Be、B、C、N幾種元素中的一種，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一種。【詳解】A.若元素D是Na，Na與H形成的化合物NaH是離子化合物，故A錯誤；B。C、N與H元素都能形成多種共價化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等,故B正確;C.F是Cl元素，最高價氧化物對應水化物是HClO4,HClO4是強酸，故C正確；D。若元素D是Si元素，Si單質(zhì)是良好的半導體材料,故D正確；選A。15。下列離子方程式正確的是A.向氯化鋁溶液中滴加氨水：Al3++3OH-=Al（OH）3↓B.將Fe2O3溶解與足量HI溶液：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC.銅溶于濃硝酸：3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++2NO↑+4H2OD。向石灰石中滴加稀硝酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【答案】D【解析】【詳解】A.氨水是弱堿，向氯化鋁溶液中滴加氨水：Al3++3NH3·H2O=Al（OH)3↓+3NH4+，故A錯誤；B.將Fe2O3溶解與足量HI溶液發(fā)生氧化還原反應生成碘化亞鐵和碘單質(zhì)：Fe2O3+6H++2I—=2Fe2++I2+3H2O，故B錯誤；C。銅溶于濃硝酸生成硝酸銅、二氧化氮、水，Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故C錯誤;D.向石灰石中滴加稀硝酸,生成硝酸鈣、二氧化碳和水，CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O,故D正確。16.是一種新型硝化劑，在一定溫度下可發(fā)生如下反應：，溫度時，向密閉容器中通入氣體，部分實驗數(shù)據(jù)見下表：時間050010001500下列說法正確的是A.500

s內(nèi)的生成速率為B。溫度下該反應平衡時的轉(zhuǎn)化率為C.達平衡后其他條件不變，將容器體積壓縮到原來的,D.溫度下的平衡常數(shù)為，溫度下的平衡常數(shù)為，若，則【答案】B【解析】【詳解】A。500

s

內(nèi)的消耗速率,相同時間內(nèi)的生成速率消耗=，故A錯誤；B.溫度下該反應平衡時的轉(zhuǎn)化率==50%,故B正確；C。達到平衡后其它條件不變，將容器體積壓縮到原來的，相當于增大壓強平衡逆向移動，再次平衡時大于原來2倍，則，故C錯誤;D.該反應的正反應是吸熱反應，升高溫度平衡常數(shù)增大，溫度下的平衡常數(shù)為，溫度下的平衡常數(shù)為，若，則，故D錯誤；答案選B?！军c睛】根據(jù)圖示所給信息，得出溫度越高，五氧化二氮濃度降低，熟練運用速率公式和轉(zhuǎn)化率公式計算.17。碳原子周圍若連著四個完全不同的原子或原子團，這樣的碳原子就是手性碳原子。洋薊素的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，有關(guān)洋薊素的說法正確的是（）A。1mol洋薊素最多可與6molBr2反應B.結(jié)構(gòu)中有2個手性碳原子C.1mol洋薊素最多可與9molNaOH反應D一定條件下能發(fā)生酯化反應和消去反應【答案】D【解析】【詳解】A．苯環(huán)上酚羥基的鄰、對位上的氫原子能與溴水發(fā)生取代反應，碳碳雙鍵能與溴水發(fā)生加成反應，所以1mol洋薊素需要6mol溴發(fā)生取代反應,2mol溴發(fā)生加成反應,共需溴8mol，故A錯誤;B．有機物中手性碳原子連接4個不同的原子或原子團，分子中含有如圖（)*所示的4個手性碳原子,故B錯誤；C．洋薊素分子中含有的酚羥基、酯基和羧基能與氫氧化鈉溶液反應，四個酚羥基需4mol氫氧化鈉，兩個酯基需2mol氫氧化鈉，一個羧基需1mol氫氧化鈉，共需7mol氫氧化鈉，故C錯誤；D．洋薊素分子中含有醇羥基和羧基，一定條件下能發(fā)生酯化反應，與醇羥基相連碳原子的鄰位碳原子上有氫原子，可以發(fā)生消去反應,故D正確；故選D。18.以純堿溶液為原料,通過電解的方法可制備小蘇打，原理裝置圖如下：上述裝置工作時，下列有關(guān)說法正確的是（)A。乙池電極接電池正極，氣體X為H2B。Na+由乙池穿過交換膜進入甲池C.NaOH溶液Z比NaOH溶液Y濃度小D。甲池電極反應：4OH－-4e-=2H2O+O2↑【答案】C【解析】【分析】裝置圖分析可知放出氧氣的電極為陽極，電解質(zhì)溶液中氫氧根離子放電生成氧氣,氣流濃度增大，碳酸根離子結(jié)合氫離子生成碳酸氫根離子,出口為碳酸氫鈉,則電極反應,4CO32-+2H2O—4e—=HCO3-+O2↑,氣體X為陰極上溶液中氫離子得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，電極連接電源負極,放電過程中生成更多氫氧根離子，據(jù)此分析判斷?！驹斀狻緼．乙池電極為電解池陰極,和電源負極連接，溶液中氫離子放電生成氫氣，故A錯誤;B．電解池中陽離子移向陰極,鈉離子移向乙池，故B錯誤；C．陰極附近氫離子放電破壞了水的電離平衡，電極附近氫氧根離子濃度增大，NaOH溶液Y比NaOH溶液Z濃度大，故C正確；D．放出氧氣的電極為陽極，電解質(zhì)溶液中氫氧根離子放電生成氧氣,氫離子濃度增大，碳酸根離子結(jié)合氫離子生成碳酸氫根離子，出口為碳酸氫鈉，則電極反應，4CO32—+2H2O—4e-=4HCO3-+O2↑，故D錯誤；故答案為C。19.常溫下,用0.1mol·L-1NaOH溶液分別滴定20.00mL0。1mol·L-1的鹽酸和苯甲酸溶液，滴定曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A。圖Ⅰ、圖Ⅱ分別是NaOH溶液滴定苯甲酸、鹽酸的曲線B。滴定苯甲酸溶液時最好選用甲基橙作指示劑C。達到B、D狀態(tài)時，NaOH溶液分別與鹽酸、苯甲酸恰好發(fā)生中和反應D.V(NaOH)=10。00mL時,滴定苯甲酸混合溶液中c(C6H5COO-)>c（Na+)〉c(H+）〉c（OH—)【答案】D【解析】【分析】從滴定曲線的幾個特殊點入手、分析溶質(zhì)成分、結(jié)合電荷守恒等判斷離子濃度的大小關(guān)系;【詳解】A.HCl是強酸、苯甲酸是弱酸，0。1mol/L的鹽酸和苯甲酸的pH：苯甲酸〉鹽酸,根據(jù)圖知，未加NaOH溶液時圖I的pH=1、圖Ⅱ的pH〉1，則圖Ⅰ、圖Ⅱ分別是NaOH溶液滴定鹽酸、苯甲酸的曲線，故A錯誤；B.苯甲酸鈉溶液呈堿性，酚酞變色的pH范圍為8～10，所以滴定苯甲酸溶液時應該選取酚酞作指示劑，故B錯誤；C.達到B狀態(tài)時,NaOH溶液與鹽酸恰好發(fā)生中和反應，混合溶液的pH=7時，溶液呈中性,苯甲酸鈉溶液呈堿性，要使苯甲酸和NaOH混合溶液呈中性，苯甲酸應該稍微過量，所以B點酸堿恰好完全反應，D點苯甲酸過量，故C錯誤；D。V(NaOH）=10。00mL時，苯甲酸的物質(zhì)的量是NaOH的2倍，所得溶液含等物質(zhì)的量濃度的苯甲酸和苯甲酸鈉，根據(jù)圖知，溶液呈酸性，則,電荷守恒：,則，所以存在滴定苯甲酸的混合溶液中,故D正確；答案選D。20.下列實驗中,對應的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關(guān)系的是（）實驗步驟現(xiàn)象結(jié)論A2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中滴加2滴1mol·L—1NaOH溶液,再滴加2滴0。1mol·L-1FeCl3溶液先生成白色沉淀,后生成紅褐色沉淀Ksp［Mg(OH）2]>Ksp[Fe（OH)3］B把鐵片投入濃硫酸無明顯變化常溫下鐵不與濃硫酸反應CFeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2溶液變?yōu)闇\綠色且有白色沉淀生成沉淀為BaSO3D向2mL2％CuSO4溶液中加入幾滴1％NaOH溶液，振蕩后加入幾滴有機物X溶液，加熱未出現(xiàn)磚紅色沉淀X不可能是葡萄糖A。A B。B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．2mL0.1mol·L—1MgCl2溶液中滴加2滴1mol·L—1NaOH溶液，生成白色沉淀Mg(OH)2且MgCl2過量,再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，生成紅褐色沉淀Fe（OH)3，說明氫氧化鎂轉(zhuǎn)化為更難溶的氫氧化鐵沉淀，說明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe（OH)3],選項A正確;B．把鐵片投入濃硫酸中,鐵被鈍化，發(fā)生了氧化反應,但現(xiàn)象不明顯而不是常溫下鐵不與濃硫酸反應,選項B錯誤；C．FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2，二氧化硫被氧化成，而FeCl3被還原，生成的沉淀為硫酸鋇，溶液變?yōu)闇\綠色則生成FeCl2，選項C錯誤；D．加入的NaOH不足，不能與葡萄糖反應生成磚紅色沉淀，選項D錯誤；答案選A。21。一定條件下,合成氨反應：N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）。圖甲表示在此反應過程中的能量的變化，圖乙表示在2L的密閉容器中反應時N2的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線。圖丙表示在其他條件不變的情況下，改變起始物氫氣的物質(zhì)的量對此反應平衡的影響。下列說法正確的是()A.升高溫度，該反應的平衡常數(shù)增大B.由圖乙信息，從11min起其他條件不變，壓縮容器的體積，則n（N2)的變化曲線為dC。由圖乙信息，10min內(nèi)該反應的平均速度v（H2)=0.09mol·L－l·min－lD。圖丙中溫度T1<T2，a、b、c三點所處的平衡狀態(tài)中，反應物N2的轉(zhuǎn)化率最高的是b點【答案】B【解析】【分析】由圖甲反應物的總能量高于生成物的總能量，所以正反應是放熱反應；分析圖乙變化量，計算氮氣的反應速率，結(jié)合反應速率之比等于系數(shù)之比計算得到氫氣速率，依據(jù)化學反應速率概念計算得到,縮小體積，增大壓強,平衡向正反應移動，改變瞬間不變，達平衡是減?。粓D丙表示平衡時氨氣含量與氫氣起始物質(zhì)的量關(guān)系，曲線上各點都處于平衡狀態(tài)，達平衡后，增大氫氣用量，氮氣的轉(zhuǎn)化率增大;由圖丙可知，氫氣的起始物質(zhì)的量相同時，溫度T1平衡后，氨氣的含量更高，該反應為放熱反應，降低溫度平衡向正反應移動，故溫度T1〈T2?！驹斀狻緼。分析圖甲可知反應物能量高于生成物能量，反應是放熱反應，溫度升高平衡逆向進行，平衡常數(shù)減小，A錯誤;B。從11min起其它條件不變，壓縮容器的體積,壓強增大，平衡正向進行，瞬間氮氣物質(zhì)的量不變，隨平衡正向進行，氮氣物質(zhì)的量減小，則的變化曲線d符合，B正確；C.分析圖象乙可知，在2L的密閉容器中,,，C錯誤；D.圖丙表示平衡時氨氣含量與氫氣起始物質(zhì)的量關(guān)系，曲線上各點都處于平衡狀態(tài),故a、b、c都處于平衡狀態(tài)，達平衡后，增大氫氣用量，氮氣的轉(zhuǎn)化率增大，故a、b、c三點中，c的氮氣的轉(zhuǎn)化率最高,D錯誤；答案選B。第II卷（非選擇題，共58分)二、非選擇題（本題包含5小題，共58分）22。某化學實驗室以一種工業(yè)上的廢渣(廢渣主要含有MgCO3、MgSiO3和少量Fe、Al的氧化物）為原料，制備MgCO3·3H2O。實驗流程如圖所示:(1）為了加快廢渣的酸溶速率，可采取的辦法有___(任寫一點）,酸溶時廢渣中主要成分發(fā)生反應的離子方程式為___。（2）加入30%H2O2的目的是___.（3）用萃取分液的方法除去溶液中的Fe3+,①加入30％H2O2后，檢驗溶液中是否含有Fe2+的最佳試劑是___。②萃取分液完成后,檢驗水相中是否含有Fe3+的最佳試劑是___.(4)室溫下，除去MgSO4溶液中的A13+(使Al3+濃度小于1×10—6mol·L?1)而不引入其它雜質(zhì)，應加入的試劑X為___，應調(diào)節(jié)pH的范圍為___。已知：①Ksp［Al(OH）3]=1.0×10-33;②pH=8.5時，Mg(OH)2開始沉淀(5）向濾液中加入Na2CO3溶液生成MgCO3沉淀并用蒸餾水洗滌，確認沉淀洗凈的操作及現(xiàn)象是___。【答案】（1）.升高溫度、攪拌、提高硫酸濃度等(2)。MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑、MgSiO3+2H+=Mg2++H2SiO3(3）。將Fe2+氧化為Fe3+便于除去(4)。K3［Fe(CN)6］溶液（5）。KSCN溶液（6)。MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH）2CO3（7)。5.0＜pH＜8。5（8）.取少量最后一次的洗滌過濾液于試管中，向其中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若不產(chǎn)生白色沉淀，則表明已洗滌干凈【解析】【分析】廢渣主要成分為MgCO3、MgSO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶,過量后濾液中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵以及硫酸鋁，加入H2O2氧化亞鐵離子,然后加入有機萃取劑萃取Fe3+,分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，然后除去Al3+，再經(jīng)過一系列操作，得到MgCO3?3H2O．以此解答該題?！驹斀狻?1）為了加快廢渣的酸溶速率，可采取的辦法有升高溫度、攪拌、提高硫酸濃度等；廢渣中MgCO3、MgSiO3溶于稀硫酸時，發(fā)生的離子方程式為MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑、MgSiO3+2H+=Mg2++H2SiO3，故答案為：升高溫度、攪拌、提高硫酸濃度等；MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑、MgSiO3+2H+=Mg2++H2SiO3；（2)加入H2O2溶液氧化亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應生成鐵離子，有利于有機萃取劑萃取Fe3+，達到分離的目的，故答案為:將Fe2+氧化為Fe3+，便于除去；（3)①加入30％H2O2后，檢驗溶液中是否含有Fe2+的最佳試劑是K3[Fe(CN）6］溶液，因為兩者可以反應生成帶有鐵氰化亞鐵沉淀，故答案為：K3［Fe（CN）6]溶液；②檢驗Fe3+萃取完全，可以取分液后的下層水溶液少許于試管中。然后滴加少量的KSCN溶液，如不變紅色則完全分離，故答案為：KSCN溶液；（4）室溫下，除去除去MgSO4溶液中的A13+（使Al3+濃度小于1×10—6mol/L）而不引入其它雜質(zhì),應加入的試劑X為MgO、Mg（OH）2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3;根據(jù)氫氧化鋁的溶度積常數(shù)可知當鋁離子濃度是1×10-6mol/L時，氫氧根的濃度是mol/L=1×10—9mol/L,故氫離子濃度為：10—5mol/L，此時pH=5，又因為pH=8。5時，Mg(OH）2開始沉淀，所以應調(diào)節(jié)pH的范圍為5.0＜pH＜8.5，故答案為：MgO、Mg（OH)2、MgCO3或Mg2(OH）2CO3；5。0＜pH＜8.5；(5）用蒸餾水洗滌成MgCO3沉淀,反復洗滌后，取少量最后一次的洗滌過濾液于試管中，向其中滴加氯化鋇溶液，若不產(chǎn)生白色沉淀，則表明已洗滌干凈，故答案為：取少量最后一次的洗滌過濾液于試管中，向其中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若不產(chǎn)生白色沉淀,則表明已洗滌干凈。23.亞硝酸鈉(NaNO2)是一種工業(yè)鹽，實驗室可用如下裝置（略去部分夾持儀器)制備。已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性條件下，NO和NO2都能與MnO4-反應生成NO3-和Mn2+;Na2O2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色.（1）加熱裝置A前，先通一段時間N2,目的是_______________。（2）裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為__________________________________.實驗結(jié)束后，將B瓶中的溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、__________(填操作名稱)、過濾可獲得CuSO4·5H2O。（3)儀器C的名稱為______________,其中盛放的藥品為____________(填名稱）。（4）充分反應后，檢驗裝置D中產(chǎn)物的方法是：取產(chǎn)物少許置于試管中，________________，則產(chǎn)物是NaNO2(注明試劑、現(xiàn)象）.（5）為測定亞硝酸鈉的含量，稱取4。000g樣品溶于水配成250mL溶液,取25。00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol·L—1酸性KMnO4溶液進行滴定，實驗所得數(shù)據(jù)如下表所示：①第一組實驗數(shù)據(jù)出現(xiàn)異常，造成這種異常的原因可能是_________（填代號)。a．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗b．錐形瓶洗凈后未干燥c．滴定終點時仰視讀數(shù)②根據(jù)表中數(shù)據(jù)，計算所得固體中亞硝酸鈉的質(zhì)量分數(shù)__________?！敬鸢浮浚?）。排除裝置中的空氣（2）。（3).冷卻結(jié)晶(4)。干燥管（5）.堿石灰(6）。加入稀硫酸（或稀鹽酸）,溶液中有氣泡產(chǎn)生且在試管上方變成紅棕色氣體（7）.ac(8）。86。25％【解析】(1)制備亞硝酸鈉需要一氧化氮和過氧化鈉反應生成，過氧化鈉和二氧化碳、水蒸氣發(fā)生反應,所以制備的一氧化氮氣體必須純凈干燥，裝置中無空氣存在，加熱A前,先通一段時間N2，目的是把裝置中的空氣趕凈，避免生成的亞硝酸鈉混入雜質(zhì)；

(2）裝置A中發(fā)生反應是濃硝酸和碳加熱反應生成二氧化碳、二氧化氮和水,反應的化學方程式為：C+4HNO3（濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O，裝置A中生成的二氧化氮進入裝置B生成硝酸,氧化銅生成硝酸銅、硫酸銅,蒸發(fā)濃縮過程硝酸是易揮發(fā)性的酸，所以冷卻結(jié)晶得到晶體為硫酸銅晶體；

（3)制備亞硝酸鈉需要一氧化氮和過氧化鈉反應生成，過氧化鈉和二氧化碳、水蒸氣發(fā)生反應，所以制備的一氧化氮氣體必須純凈干燥,儀器C為干燥管,利用其中的堿石灰用來干燥一氧化氮氣體；

(4）3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O,反應生成的一氧化氮遇到空氣會生成紅棕色氣體二氧化氮,充分反應后，檢驗裝置D中產(chǎn)物的方法是：取產(chǎn)物少許置于試管中加入稀硫酸溶液中有氣泡產(chǎn)生且在試管口上方出現(xiàn)紅棕色氣體，證明產(chǎn)物是NaNO2;

（5)①第一組實驗數(shù)據(jù)消耗的酸性高錳酸鉀溶液體積偏大,會導致測量結(jié)果偏高；a．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗，導致標準液被稀釋，滴定過程中消耗的標準液體積會偏大，故a正確；b．錐形瓶不需要干燥，所以錐形瓶洗凈后未干燥，不影響測定結(jié)果，故b錯誤；c．滴定終了仰視讀數(shù),導致讀數(shù)偏大,計算出的標準液體積偏大，故c正確；故答案為ac;

②由于第一組數(shù)據(jù)偏高，應該舍棄;其它三組消耗標準液平均體積為:mL=20。00mL，25mL樣品消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0。1000mol/L×0.02L=0。002mol，則250mL樣品溶液會消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0。002mol×=0。02mol，根據(jù)化合價變化可得反應關(guān)系式:2MnO4—～5NO2-，則4.000g樣品中含有亞硝酸鈉的物質(zhì)的量為0。02mol×=0。05mol，質(zhì)量為69g/mol×0。05mol=3.45g，所以反應后的固體中亞硝酸鈉的質(zhì)量分數(shù)為:×100%=86.25％.24.氫氣在工業(yè)合成中應用廣泛。（1)通過下列反應可以制備甲醇：①CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g)ΔH=－90。8kJ·mol—1。②CO2(g)+H2（g）=CO（g）+H2O(g）ΔH=+41.3kJ·mol—1.請寫出由CO2和H2制取甲醇的熱化學方程式___.【答案】CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g)+H2O(g）ΔH=－49.5kJ·mol—1【解析】【詳解】根據(jù)蓋斯定律：②+①到CO2和H2制取甲醇的熱化學方程式CO2(g)+3H2（g)CH3OH(g）+H2O（g）ΔH=－49.5kJ·mol—1；故答案為：O2(g)+3H2(g)CH3OH（g)+H2O（g）ΔH=－49.5kJ·mol—1。25.CH4可以消除氮氧化物的污染，主要反應原理為CH4（g)+2NO2(g）CO2（g)+2H2O（g)+N2(g）ΔH=-868.7kJ·mol—1。(1）在3.00L密閉容器中通入1molCH4和2molNO2，在一定溫度下進行上述反應，反應時間(t）與容器內(nèi)氣體總壓強(p)的數(shù)據(jù)見下表：反應時間r/min02468l0總壓強P/×l00kPa4.805.445.765.926006。00由表中數(shù)據(jù)計算，0～4min內(nèi)v（NO2)=___，該溫度下的平衡常數(shù)K=___。（2）在一恒容裝置中通入一定量CH4和NO2,測得在相同時間內(nèi)和不同溫度下，NO2的轉(zhuǎn)化率如圖.則下列敘述正確的是___.A.若溫度維持在200℃更長時間，NO2的轉(zhuǎn)化率將大于19%B.反應速率：b點v（逆）＞e點的v(逆）C。平衡常數(shù)：c點=d點D。b點反應未達到平衡（3）利用氨氣可以設計高能環(huán)保燃料電池,用該電池電解含有NO的堿性工業(yè)廢水，在陰極產(chǎn)生N2。陰極的電極反應式___；在標準狀況下，當陰極收集到13.44LN2時，理論上消耗NH3的體積為___。（4）常溫下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中c（NH）___c（HCO）(填“＞”“＜"或“=")；反應NH+HCO+H2O=NH3·H2O+H2CO3的平衡常數(shù)K=___。(已知常溫下NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb=2×10-5,H2CO3的電離平衡常數(shù)K1=4×10—7,K2=4×10-11）【答案】(1)。0.1mol?L-1?min-1（2）.6.75（3)。AD(4）。2NO+10e-+6H2O=N2+12OH-（5).44。8L(6)?！?7）。1。25×10—3【解析】【分析】(1）由題給數(shù)據(jù)建立三段式，依據(jù)壓強之比等于物質(zhì)的量比計算0～4min和平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量,運用化學反應速率和化學平衡常數(shù)公式計算；(2）由圖可知,溫度400℃、500℃轉(zhuǎn)化率最大，反應達到平衡狀態(tài)，400℃之前反應沒有到達平衡狀態(tài)，該反應為放熱反應，500℃之后升高溫度,平衡向逆反應方向移動，NO2的轉(zhuǎn)化率降低；（3）由題給信息可知，NO2－在陰極上得電子發(fā)生還原反應生成N2；由得失電子數(shù)目守恒計算理論上消耗NH3的體積;（4）由電離常數(shù)大小判斷溶液中HCO3-和NH4+的水解程度；找出化學平衡常數(shù)與水的離子積常數(shù)和電離常數(shù)的關(guān)系計算?！驹斀狻浚?）設0~4min內(nèi)CH4的消耗量為x，由題意建立如下三段式：由=得關(guān)系式=，解得x=0。6mol，則0～4min內(nèi)v（NO2)===0.1mol·L-1·min-1;由表中數(shù)據(jù)可知，8min時反應達到平衡，設CH4的消耗量為y，由題意建立如下三段式：由=得關(guān)系式=，解得y=0。75mol,平衡時c(CH4）、c（NO2)、c(CO2）、c(H2O）、c（N2)分別為mol/L、mol/L、mol/L、mol/L、mol/L，則化學平衡常數(shù)K===6.75,故答案為0。1mol·L-1·min—1;6.75；(2)A.圖中200℃時，反應沒有到達平衡，向正反應進行，溫度維持在200℃更長時間，NO2的轉(zhuǎn)化率將大于19％，選項A正確；B．溫度越高，化學反應速率越大，由圖可知b點反應溫度低于e點反應溫度,則b點的v（逆)<e點的v（逆)，選項B錯誤;C．該反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動,化學平衡常數(shù)減小，由圖可知c點反應溫度低于d點反應溫度,則化學平衡常數(shù)c〉d，選項C錯誤；D．由圖可知，溫度400℃、500℃轉(zhuǎn)化率最大,反應達到平衡狀態(tài)，400℃之前反應沒有到達平衡狀態(tài),則b點反應未達到平衡,選項D正確；答案選AD;（3）由題給信息NO3－→N2可知，N元素化合價由＋3價→0價，NO2－在陰極上得電子發(fā)生還原反應生成N2，電極反應式為2NO3－＋6H2O＋10e－=N2↑＋12OH－；標況下,13。44LN2的物質(zhì)的量為=0.6mol，NH3在陽極上失電子發(fā)生氧化反應生成N2，由得失電子守恒可得n(NH3)×3=n(N2)×10，解得n(NH3)=2mol，體積為2mol×22.4L/mol=44.8L，故答案為2NO3－＋6H2O＋10e－=N2↑＋12OH－；44.8；（4）由NH3．H2O的電離平衡常數(shù)Kb=2×10-5，H2CO3的電離平衡常數(shù)K1=4×10-7可知在溶液中NH3．H2O的電離大于H2CO3的電離,則溶液中HCO3—的水解程度大于NH4+，所以NH4HCO3溶液中c（NH4+)大于c（HCO3-）；反應NH4++HCO3－+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常數(shù)K=====1。25×10-3,故答案為＞；1.25×10-3。26?！坝裢枚枴痹虑蜍?通過砷化鎵(GaAs）太陽能電池提供能量進行工作?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)As原子的價電子排布圖為___，基態(tài)Ga原子核外有__個未成對電子。(2）鎵失去電子的逐級電離能（單位：kJ·mol?1)的數(shù)值依次為577、1985、2962、6192，由此可推知鎵的主要化合價為__和+3，砷的電負性比鎵__（填“大”或“小”).（3)1918年美國人通過反應:HC≡CH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒氣。在HC≡CH分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為__;AsCl3分子的空間構(gòu)型為___。(4）砷化鎵可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，（CH3）3Ga中碳原子的雜化方式為____.(5)GaAs為原子晶體，密度為ρg·cm?3，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,Ga與As以___鍵鍵合。在晶胞中,距離Ga原子距離最近且相等的As原子有___個?！敬鸢浮浚?）.（2)。1（3）。+1（4)。大(5).3:2(6).三角錐形(7）.sp3(8）。共價（9)。4【解析】【分析】按原子核外電子排布規(guī)律找出基態(tài)As原子的價電子排布圖和Ga原子核外未成對電子數(shù)目；考察逐級電離能的數(shù)值大小關(guān)系,即可發(fā)現(xiàn)主要化合價;根據(jù)價層電子對互斥理論可確定中