浙江省溫州市十校聯(lián)合體2022-2023學年高二下學期期末考試化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省溫州市十校聯(lián)合體2022-2023學年高二下學期期末考試一、選擇題（共16小題，每小題僅有一個選項正確，每小題3分，共48分）1．（3分）下列物質(zhì)因水解呈堿性的是（）A．NH3?H2O B．NaHCO3 C．NaClO4 D．NH4Cl2．（3分）近日，溫州大學王舜教授課題組與美國北德克薩斯大學ZhenhaiXia教授合作在雜原子摻雜碳的超級電容領域取得了新突破。下列C原子電子排布圖表示的狀態(tài)中能量關系正確的是（）A．①＝②＝③＝④ B．③＞④＞①＞② C．②＞①＞④＞③ D．④＞③＞①＝②3．（3分）下列有關物質(zhì)結(jié)構說法不正確的是（）A．HClO的空間結(jié)構為V型 B．BF3中B原子軌道為sp2雜化 C．[Co（NH3）4Cl2]Cl的中心離子配位數(shù)為6 D．基態(tài)Cr的價電子軌道表示式4．（3分）下列關于物質(zhì)的說法正確的是（）A．在金剛石晶體中，最小的環(huán)上有6個碳原子 B．杯酚是一種常見的超分子，能與C60結(jié)合，不能與C70結(jié)合，因此可實現(xiàn)C60和C70的分離 C．B3N3H6（無機苯）的結(jié)構與苯類似，其熔點主要取決于所含化學鍵的鍵能 D．某些金屬鹽灼燒呈現(xiàn)不同焰色是因為電子從低能級躍遷至較高能級時吸收光的波長不同5．（3分）下列關于元素及其化合物的性質(zhì)說法正確的是（）A．NO2和SO2均為紅棕色且有刺激性氣味的氣體，是酸雨的主要成因 B．濃HNO3和稀HNO3與Cu反應的還原產(chǎn)物分別為NO2和NO，不能說明稀HNO3氧化性更強 C．將Cl2通入飽和的澄清石灰水中，即制得以Ca（ClO）2為有效成分的漂白粉 D．工業(yè)上用石英砂制備高純硅的過程涉及的反應類型有分解反應、化合反應、置換反應等6．（3分）關于方程式C2H6O+KMnO4+H2SO4→K2SO4+X+CO2↑+H2O（未配平），下列說法正確的是（）A．X的化學式為K2MnO4 B．氧化產(chǎn)物是CO2 C．每消耗1molC2H6O需要轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NA D．H2SO4的化學計量數(shù)為207．（3分）下列反應的離子方程式正確的是（）A．Na2NH中加入硫酸中：NH2﹣+2H+═NH3↑ B．將溶液NaAlO2與溶液NaHCO3混合：++H2O═Al（OH）3↓+ C．在亞硫酸中加入過量的次氯酸鈉溶液：H2SO3+ClO﹣═Cl﹣+2H++ D．往硫酸氫銨溶液滴加過量NaOH溶液：H++OH﹣═H2O8．（3分）下列說法不正確的是（）A．高分子分離膜可用于污水、工業(yè)廢水處理和海水淡化等 B．胺類可以看作是烴分子中的氫原子被氨基所替代的化合物 C．只用新制氫氧化銅（可加熱）就能區(qū)分乙醇、乙醛、己烷、四氯化碳 D．酚醛樹脂由苯酚和甲醛通過加聚反應得到，可用作絕緣隔熱等材料9．（3分）某有機物的結(jié)構簡式如圖所示，下列說法不正確的是（）A．該物質(zhì)含有兩個手性碳原子，有旋光性 B．1mol該物質(zhì)與足量溴水反應，最多可消耗3molBr2 C．該物質(zhì)可以和碳酸鈉、碳酸氫鈉、鹽酸反應 D．該有機物的分子式為C12H10O4NBr10．（3分）前4周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，基態(tài)X原子的電子總數(shù)是其最高能級電子數(shù)的3倍；在同周期元素中；Z是金屬性最強的短周期元素；W元素基態(tài)原子最外層只有2個電子（）A．Y在周期表中位于第二周期ⅥA族 B．電負性大?。簒（Z）＜x（X）＜x（Y） C．X的最高價氧化物的水化物酸性比Y的強 D．W元素在元素周期表中的s區(qū)11．（3分）以柏林綠Fe[Fe（CN）6]新型可充電鈉離子電池為電源，采用電解法在N﹣羥基鄰苯二甲酰亞胺（NHPI）介質(zhì)中用乙醇制乙醛。下列說法正確的是（）A．原電池中的離子交換膜為陽離子交換膜且電池工作時溶液中Na+移向b極 B．制備乙醛時b極連接c極 C．電源充分充電時，a極反應式為Na2Fe[Fe（CN）6]﹣2e﹣═Fe[Fe（CN）6]+2Na+ D．若有2molFe[Fe（CN）6]轉(zhuǎn)化成Na2Fe[Fe（CN）6]時，生成1molCH3CHO12．（3分）吡啶（）含有與苯環(huán)類似的大π鍵，下列有關說法或?qū)嶒灢僮鞑徽_的是（）A．吡啶中N原子的價層孤電子對占據(jù)了一個未參與雜化的p軌道 B．吡啶是極性分子且能與水形成氫鍵，故吡啶在水中的溶解度比苯中大 C．除去苯中含有的少量吡啶：用鹽酸洗滌、分液、干燥有機層 D．N原子電子云密度越大則其堿性越強，故堿性比強13．（3分）常溫下，用NaOH溶液滴加到某酒石酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．L2表示pH與﹣lg的變化關系 B．NaHX溶液中c（H+）＞c（OH﹣） C．線L2上每點對應的溶液中水的電離程度都大于線L1 D．當c（Na+）﹣c（HX﹣）﹣c（X2﹣）＝0時，pH＜714．（3分）2﹣甲氧基﹣2﹣甲基丁烷（TAME）常用作汽油原添加劑。在催化劑作用下，可通過甲醇與烯烴的液相反應制得反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物質(zhì)的量分數(shù)表示的平衡常數(shù)Kx（Kx指用平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量分數(shù)來代替該物質(zhì)的平衡濃度）與溫度T變化關系如圖1所示。一定溫度下（此溫度時，Kx3＝9），充有A、B和CH3OH的容器中，A和B物質(zhì)的量濃度隨時間變化如圖2所示。據(jù)圖判斷，下列說法正確的是（）A．A和B相對穩(wěn)定性較差的是B B．的數(shù)值范圍是（0～1） C．圖2中曲線X代表A的變化 D．t＝100s時，反應Ⅲ向逆反應方向移動15．（3分）根據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論不正確的是（）A．由圖甲可知，除去CuCl2溶液中的Fe3+可加入適量CuO調(diào)節(jié)pH至4.5左右 B．圖乙是一定溫度下三種碳酸鹽的沉淀溶解平衡曲線，向濃度相等的Mg2+、Mn2+、Ca2+溶液中加入Na2CO3溶液，首先沉淀的離子是Mn2+ C．圖丙是室溫下AgCl和AgI的飽和溶液中離子濃度的關系曲線，該溫度下反應AgCl（s）+I﹣（aq）?AgI（s）+Cl﹣（aq）的平衡常數(shù)K＝2.5×106 D．圖丁是室溫下AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線，X區(qū)域中的點可以同時生成AgCl和Ag2CrO4沉淀16．（3分）下列方案設計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是（）實驗方案現(xiàn)象結(jié)論A向苯和甲苯中分別加入少量酸性高錳酸鉀溶液，振蕩并觀察現(xiàn)象若甲苯中溶液紫紅色褪去說明甲苯分子中苯環(huán)對甲基有影響B(tài)將注射器充滿NO2氣體，然后將活塞往里推注射器內(nèi)氣體顏色加深證明加壓平衡朝生成NO2氣體的方向移動C用pH試紙測定1mol?L﹣1的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH若前者的試紙顏色比后者深說明非金屬性：S＞CD取鐵與水蒸氣實驗反應后固體試樣完全溶于鹽酸，再滴加KSCN溶液若沒有出現(xiàn)血紅色鐵與水蒸氣未反應A．A B．B C．C D．D17．鐵及其化合物用途廣泛，請回答：（1）與Fe最外層電子數(shù)相同且同周期的過渡元素有種。（2）FeSO4?7H2O的結(jié)構如圖所示。FeSO4?7H2O中H2O與Fe2+、H2O與的作用力類型分別是、。H2O中H﹣O﹣H的鍵角中O﹣S﹣O的鍵角（填“＞”“＜”或“＝”）。（3）由鐵、鉀、硒形成的一種超導材料，其晶胞結(jié)構如圖1所示。Ⅰ．該超導材料的化學式是。Ⅱ．該晶胞參數(shù)a＝0.4nm、c＝1.4nm，該晶體密度ρ＝g?cm﹣3。（用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，寫出計算表達式即可）Ⅲ．該晶胞在xy平面投影如圖2所示，將圖2補充完整。18．難溶絡合物X由3種元素組成，某實驗小組按如圖流程進行相關實驗：已知：反應①生成兩種正鹽及一種弱酸，E是空氣中含量最多的氣體。（1）X所含元素有（填元素符號），X的化學式為。（2）寫出反應①的離子方程式。（3）已知反應①中生成的弱酸有劇毒，工業(yè)上常采用堿性氯化法處理該物質(zhì)，處理過程分兩個階段（即反應②）的化學方程式。（4）請設計實驗檢驗溶液A中的金屬陽離子。19．CO2有效轉(zhuǎn)化是研究“碳中和”的重要方向。（1）CO2可用于人工合成淀粉，其中前兩步的反應如圖1所示。已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3，則CO2（g）+2H2（g）?HCHO（g）+H2O（g）的△H＝（用△H1、△H2、△H3表示）。（2）一定條件下，利用CO2合成CH3OH的反應如下：Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1，研究發(fā)現(xiàn)，反應過程中會有副反應：Ⅱ．CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H4，溫度對CH3OH、CO產(chǎn)率的影響如圖2所示。下列說法不正確的是。A．△H1＞0，△H4＜0B．增大壓強有利于加快合成CH3OH反應的速率C．生產(chǎn)過程中，溫度越高越有利于提高CH3OH的產(chǎn)率D．生產(chǎn)過程中，通過使用合適的催化劑以提高CH3OH的選擇性（3）一定條件下使CO2、H2混合氣體通過反應器，同時發(fā)生反應圖2Ⅰ、Ⅱ，檢測反應器出口氣體的成分及其含量2的轉(zhuǎn)化率和CH3OH的選擇性以評價催化劑的性能（CH3OH選擇性＝×100%）。①220℃時，測得反應器出口氣體中全部含碳物質(zhì)的物質(zhì)的量之比為n（CH3OH）：n（CO2）：n（CO）＝1：5.2：2，則該溫度下CO2轉(zhuǎn)化率＝。②其它條件相同時，反應溫度對CO2的轉(zhuǎn)化率和CH3OH的選擇性的影響如圖3所示：由圖3可知，CO2的轉(zhuǎn)化率實驗值低于其平衡值，而CH3OH選擇性的實驗值卻略高于其平衡值，請說明理由。（4）恒壓下，CO2和H2以物質(zhì)的量之比1：3投料合成甲醇（不考慮副反應Ⅱ），在有分子篩膜時甲醇的產(chǎn)率隨溫度的變化如圖4所示，其中分子篩膜能選擇性分離出H2O。請在圖4中畫出無分子篩膜時甲醇的平衡產(chǎn)率隨溫度的變化曲線。20．三氯化六氨合鈷（Ⅲ）的化學式為[Co（NH3）6]Cl3，是一種典型的維爾納配合物。在實驗室中，常以活性炭為催化劑，以H2O2、NH3、NH4Cl、CoCl2為原料在溶液中反應制備，化學方程式為：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O，某同學設計如圖反應裝置（夾持儀器及加熱裝置已省略）制備[Co（NH3）6]Cl3，并測定該物質(zhì)中NH3的含量：回答下列問題：（1）裝置A中盛放濃氨水的儀器名稱。（2）反應溫度不宜超過50℃的原因是。（3）裝置C的作用。（4）裝置B中反應結(jié)束后，用冰水浴冷卻后過濾，把沉淀溶解于沸水中，再慢慢加入適量濃鹽酸于濾液中，有大量橙黃色[Co（NH3）6]Cl3晶體析出。①趁熱過濾的目的是。②簡述加入適量濃鹽酸于濾液中，有大量橙黃色[Co（NH3）6]Cl3晶體析出的原因。（5）三氯化六氨合鈷（Ⅲ）樣品中NH3的含量測定涉及反應為NH3+H3BO3═NH3?H3BO3；NH3?H3BO3+HCl═NH4Cl+H3BO3。所用裝置（部分夾持儀器已省略）如圖所示。稱取[Co（NH3）6]Cl3晶體樣品mg于燒杯中，加入蒸餾水溶解后，由進樣漏斗加入燒瓶中，蒸餾水沖洗后，在進樣漏斗留一部分蒸餾水。開啟電爐加熱3）6]Cl3+3NaOHCo（OH）3↓+6NH3↑+3NaCl}，直至無氣體放出。氨氣被硼酸完全吸收后，用cmol?L﹣1的鹽酸滴定錐形瓶中混合液，滴定終點時，消耗鹽酸的體積VmL。三氯化六氨合鈷（Ⅲ）3的質(zhì)量分數(shù)為%。21．電影《我不是藥神》中治療白血病的藥物格列寧（化合物I）的合成路線如圖：已知：①②回答下列問題：（1）化合物F中官能團名稱。（2）化合物B的結(jié)構簡式是。（3）下列說法正確的是。A．化合物D的核磁共振氫譜有三種吸收峰B．化合物G具有堿性C．若反應④是加成反應，則試劑X：H2N﹣C≡ND．化合物I的分子式是C24H30N7O（4）C→E的化學方程式為。（5）寫出同時符合下列條件的化合物H的同分異構體的結(jié)構簡式。①IR譜檢測表明：分子中含苯環(huán)，不含C＝C鍵、C﹣N鍵、C≡N鍵；②1H﹣NMR譜檢測表明：分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子。（6）設計以CH2＝CH2和CH3NH2為原料合成化合物D的路線（用流程圖表示，無機試劑任選）。

——★參考答案★——一、選擇題（共16小題，每小題僅有一個選項正確，每小題3分，共48分）1．〖祥解〗物質(zhì)的水溶液因水解呈堿性的是強堿弱酸鹽，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓篈．NH3?H2O電離出氫氧根離子，溶液顯酸性；B．NaHCO6是強堿弱酸鹽，碳酸氫根離子水解程度大于其電離程度，故B正確；C．NaClO4為強酸強堿鹽，不水解；D．NH4Cl是強酸弱堿鹽，銨根離子水解，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查了鹽類的水解和電解質(zhì)的電離，題目難度不大，應注意的是堿一定顯堿性，但顯堿性的不一定是堿。2．〖祥解〗電子能量為1s＜2s＜2p，則2p軌道上電子越多、1s、2s軌道上電子越少，其能量越高，以此解答該題?！窘獯稹拷猓弘娮幽芰繛?s＜2s＜3p，則2p軌道上電子越多、2s軌道上電子越少，則能量由高到低的順序是②＞①＞④＞③，故選：C。【點評】本題考查基態(tài)原子核外電子排布規(guī)則，為高頻考點，側(cè)重考查學生的分析能力，注意把握遵循洪特規(guī)則、泡利不相容原理、能量最低原理，基態(tài)原子排布能量最低，題目難度不大。3．〖祥解〗A．HClO的結(jié)構式為H﹣O﹣Cl，O原子的價層電子對數(shù)為4，VSEPR模型為四面體；B．BF3中B原子的價層電子對數(shù)為3+＝3，VSEPR模型為平面三角形；C．[Co（NH3）4Cl2]Cl的配離子[Co（NH3）4Cl2]+，其中NH3、Cl﹣為配體，配體數(shù)即為配體總數(shù)；D．基態(tài)Cr的價電子排布式為3d54s1?！窘獯稹拷猓篈．HClO的結(jié)構式為H﹣O﹣Cl，VSEPR模型為四面體，則HClO的空間結(jié)構為V型；B．BF3中B原子的價層電子對數(shù)為3+＝3，則B原子雜化軌道類型為sp2，故B正確；C．[Co（NH4）4Cl2]Cl的配離子[Co（NH4）4Cl2]+，其中NH8、Cl﹣為配體，配體數(shù)為4+2＝5；D．基態(tài)Cr的價電子排布式為3d57s1，價電子軌道表示式為，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查配合物、原子軌道雜化類型和分子空間構型的判斷，側(cè)重基礎知識檢測和運用能力考查，把握VSEPR模型的應用、配位鍵形成條件、配離子構成、價電子概念是解題關鍵，題目難度中等。4．〖祥解〗A．金剛石網(wǎng)狀結(jié)構中，由共價鍵形成的碳原子環(huán)；B．杯酚與C60之間通過分子間作用力形成超分子；C．分子熔點主要取決于分子間的作用力；D．焰色試驗是電子從高能到低能釋放能量所發(fā)出的光波?！窘獯稹拷猓篈．金剛石網(wǎng)狀結(jié)構中，最小的環(huán)上有6個碳原子；B．杯酚與C60之間通過分子間作用力形成超分子，不是通過共價鍵60和C70的分離，故B錯誤；C．分子熔點主要取決于分子間的作用力，故C錯誤；D．焰色試驗是電子從高能到低能釋放能量所發(fā)出的光波，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查有機物的結(jié)構與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關系、有機反應為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，題目難度不大。5．〖祥解〗根據(jù)化學與生活中的應用，氧化還原反應的定義得出〖答案〗。【解答】解：A.SO2是無色氣體，故A錯誤；B.不能根據(jù)還原產(chǎn)物的化合價判斷氧化性的強弱，故B正確；C.氯氣與石灰乳反應制取漂白水，不是石灰水；D.制取高純硅的化學方程式為：SiO2+CSi+4CO2SiCl4，SiCl8+2H2Si+4HCl，過程中沒有分解反應；故選：B?！军c評】本題難度不大，主要考查化學在實際生活中的應用，以及氧化還原反應的定義。6．〖祥解〗C2H6O中碳的化合價為﹣2價，反應中生成CO2，一個C原子化合價升高了6，酸性條件下KMnO4的還原產(chǎn)物是MnSO4，Mn的化合價降低了5，配平后方程式為：5C2H6O+12KMnO4+18H2SO4＝6K2SO4+12MnSO4+10CO2↑+33H2O【解答】解：A.X是MnSO4，故A錯誤；B.CO2是由C3H6O被高錳酸鉀氧化生成的是氧化產(chǎn)物，故B正確；C.每消耗lmolC2H8O需要轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為12NA，故C錯誤；D.H2SO4的化學計量數(shù)為18，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查的是氧化還原反應相關的概念，掌握配平方法、氧化產(chǎn)物的判斷、轉(zhuǎn)移電子數(shù)的計算是解題關鍵，側(cè)重考查分析的能力，難度不大。7．〖祥解〗A．Na2NH和硫酸反應生成硫酸鈉，酸溶液中不能生成氨氣；B．偏鋁酸根離子結(jié)合水、碳酸氫根離子電離出的氫離子形成氫氧化鋁沉淀，促進碳酸氫根離子的電離；C．在亞硫酸中加入過量的次氯酸鈉溶液，發(fā)生氧化還原反應，亞硫酸被氧化為硫酸，過量的次氯酸根離子結(jié)合氫離子生成次氯酸；D．往硫酸氫銨溶液滴加過量NaOH溶液，反應生成硫酸鈉、水和一水合氨?！窘獯稹拷猓篈．Na2NH和硫酸反應生成硫酸鈉和硫酸銨，反應的離子方程式為：NH2﹣+2H+═，故A錯誤；B．偏鋁酸根離子結(jié)合水，促進碳酸氫根離子的電離++H2O═Al（OH）3↓+，故B正確；C．在亞硫酸中加入過量的次氯酸鈉溶液，亞硫酸被氧化為硫酸，離子反應為H2SO3+2ClO﹣═Cl﹣+H+++HClO；D．往硫酸氫銨溶液滴加過量NaOH溶液、水和一水合氨+++2OH﹣＝NH7?H2O+H2O，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查了離子方程式的判斷，為高考的高頻題，題目難度中等，注意明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應能否發(fā)生，檢查反應物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學式，檢查是否符合原化學方程式等，試題側(cè)重基礎知識的考查，有利于提高學生的靈活應用能力．8．〖祥解〗A．高分子分離膜有選擇地使粒子通過；B．胺是指烴分子中的氫原子被氨基所替代的產(chǎn)物；C．乙醇不與新制氫氧化銅反應，互溶，乙醛與新制氫氧化銅加熱可出現(xiàn)磚紅色沉淀，己烷密度比水小且不溶于水，與新制氫氧化銅濁液分層，己烷在上層，四氯化碳密度比水大且不溶于水，與新制氫氧化銅濁液分層，四氯化碳在下層；D．苯酚和甲醛發(fā)生縮聚反應生成酚醛樹脂?！窘獯稹拷猓篈．高分子分離膜有選擇地使粒子通過、工業(yè)廢水處理和海水淡化等；B．胺是指烴分子中的氫原子被氨基所替代的產(chǎn)物；C．乙醇不與新制氫氧化銅反應，乙醛與新制氫氧化銅加熱可出現(xiàn)磚紅色沉淀，與新制氫氧化銅濁液分層，四氯化碳密度比水大且不溶于水，四氯化碳在下層，可鑒別；D．苯酚和甲醛發(fā)生縮聚反應生成酚醛樹脂，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查有機物的鑒別，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、性質(zhì)差異、發(fā)生的反應等為解答的關鍵，注意有機物的性質(zhì)，側(cè)重分析與實驗能力的考查，題目難度不大。9．〖祥解〗A．連接4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子；B．碳碳雙鍵和溴以1：1發(fā)生加成反應，苯環(huán)上酚羥基的鄰位、對位氫原子能和溴以1：1發(fā)生取代反應；C．該物質(zhì)具有醇、烯烴、酰胺、溴代烴、苯和酚的性質(zhì)；D．分子中C、H、O、N、Br原子個數(shù)依次是12、10、4、1、1?！窘獯稹拷猓篈．如圖，該分子中含有兩個手性碳原子，所以具有旋光性；B．碳碳雙鍵和溴以1：1發(fā)生加成反應、對位氫原子能和溴以7：1發(fā)生取代反應，最多消耗3mol溴、5mol溴發(fā)生取代反應；C．該物質(zhì)具有醇、酰胺、苯和酚的性質(zhì)，該有機物不能和碳酸氫鈉反應，故C錯誤；D．分子中C、H、O、N、10、4、1、212H10O4NBr，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查有機物的結(jié)構和性質(zhì)，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確官能團及其性質(zhì)的關系是解本題關鍵，題目難度不大。10．〖祥解〗基態(tài)X原子的電子總數(shù)是其最高能級電子數(shù)的3倍則X的電子排布為1s22s22p2，X為C。Z是金屬性最強的短周期元素，Z為Na。在同周期元素中，第一電離能數(shù)值比Y大的元素有2種，Y為N。W元素基態(tài)原子最外層只有2個電子，且內(nèi)層軌道均排滿，W可能為Mg或Zn。【解答】解：A．Y為第二周期ⅤA族；B．同周期從左往右電負性增強即X＜Y，電負性Z＜X＜Y；C．同周期從左往右非金屬性增強，即X的最高價氧化物的水化物酸性比Y的弱；D．若W為Zn，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查原子結(jié)構與元素周期律，推斷元素是解題的關鍵，熟練掌握元素周期律與元素化合物知識，題目難度不大，旨在考查學生對基礎知識的掌握情況。11．〖祥解〗根據(jù)放電工作原理圖，在正極上發(fā)生還原反應：Fe[Fe（CN）6]+2Na++2e﹣＝Na2Fe[Fe（CN）6]，a為電源正極，負極上是失電子的氧化反應：2Mg+2Cl﹣﹣4e﹣＝[Mg2Cl2]2+，b為電源負極，充電時，原電池的負極連接電源的負極，電極反應和放電時的相反?！窘獯稹拷猓篈．由分析可知，b為電源負極+移向正極，因此原電池中的離子交換膜為陽離子交換膜且電池工作時溶液中Na+移向a極，故A錯誤；B．由右圖可知，c極Ni2+轉(zhuǎn)化為Ni3+，發(fā)生氧化反應，則c極為陽極，故B錯誤；C．由分析可知7]+2Na++2e﹣＝Na8Fe[Fe（CN）6]，則電源充分充電時2Fe[Fe（CN）6]﹣2e﹣═Fe[Fe（CN）6]+8Na+，故C正確；D．C2H5OH發(fā)生氧化反應生成CH6CHO的過程中轉(zhuǎn)移2個電子，由分析可知6]+5Na++2e﹣＝Na2Fe[Fe（CN）5]，當有2molFe[Fe（CN）6]轉(zhuǎn)化成Na2Fe[Fe（CN）6]時，失去4mol電子4CHO，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查電化學，側(cè)重考查學生電解池的掌握情況，試題難度中等。12．〖祥解〗A．吡啶中N原子的價層電子對數(shù)為3，含有1對孤電子對，N原子采用sp2雜化；B．分子間氫鍵能使物質(zhì)的溶解性增大；C．吡啶分子中N原子含有孤電子對，能與H+形成配位鍵，所以吡啶能與鹽酸反應生成可溶性鹽；D．中﹣CH3是推電子基，使N原子電子云密度增大，N原子電子云密度越大其堿性越強?！窘獯稹拷猓篈．吡啶中N原子的價層電子對數(shù)為3，N原子采用sp2雜化，sp3雜化軌道用于容納價層孤電子對，故A錯誤；B．吡啶分子中N原子含有孤電子對，則吡啶是極性分子且能與水形成氫鍵，所以吡啶在水中的溶解度比苯中大；C．吡啶分子中N原子含有孤電子對+形成配位鍵，則吡啶能與鹽酸反應生成可溶性鹽、分液，故C正確；D．中﹣CH3是推電子基，使N原子電子云密度增大，堿性比強，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查原子軌道雜化方式及雜化類型的判斷，側(cè)重分析能力和靈活運用能力考查，把握氫鍵對物質(zhì)性質(zhì)的影響、原子軌道雜化方式的判斷、物質(zhì)結(jié)構及性質(zhì)、物質(zhì)分離提純等知識是解題關鍵，題目難度中等。13．〖祥解〗H2X為二元弱酸，以第一步電離為主，則Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），由坐標原點﹣lg＝0時存在c（HX﹣）＝c（X2﹣），﹣lg＝0時存在c（HX﹣）＝c（H2X），此時pH＝4.34＞3，可知L1表示pH與﹣lg的變化關系、L2表示pH與﹣lg的變化關系，以此來解答。【解答】解：A.由第一步電離大于第二步電離，且坐標原點對應的pH2表示pH與﹣lg的變化關系；B.由c（HX﹣）＝c（X5﹣）時溶液pH＝4.34，可知NaHX溶液中HX﹣電離程度大于HX﹣水解程度，則NaHX溶液呈酸性+）＞c（OH﹣），故B正確；C.由圖可知，圖中兩條線上存在pH相等的點2上每點對應的溶液中水的電離程度可能等于線L7，故C錯誤；D.若恰好反應生成NaHX時，由物料守恒可知c（Na+）＝c（HX﹣）+c（X2﹣），結(jié)合選項B可知+）﹣c（HX﹣）﹣c（X2﹣）＝8時，pH＜7；故選：C?！军c評】本題考查酸堿混合的定性判斷，為高頻考點，把握發(fā)生的反應、pH與負對數(shù)的關系、離子濃度關系為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意選項C為解答的難點，題目難度較大。14．〖祥解〗A．反應物的總能量大于生成物的總能量，反應為放熱反應，能量越高越活潑；B．由蓋斯定律可知，Ⅰ﹣Ⅱ＝Ⅲ，則△H1﹣△H2＝△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放熱反應的△H越小，其絕對值越大；C．溫度為353K，反應Ⅲ的平衡常數(shù)Kx3＝9.0，＝9.0，由A、B物質(zhì)的量濃度c隨反應時間t的變化曲線可知，X代表的平衡濃度高于Y；D．由母線的變化趨勢可知，100s以后各組分的濃度仍在變化，t＝100s時Qc＝＝≈10.2＞Kx3，此時反應Ⅲ正在向逆反應方向移動?！窘獯稹拷猓篈．由平衡常數(shù)Kx與溫度T變化關系曲線可知，反應Ⅰ、Ⅱ，說明3個反應均為放熱反應1＜3、△H2＜0、△H8＜0，因此，能量越低越穩(wěn)定，A和B中相對穩(wěn)定的是B；B．由蓋斯定律可知，則△H1﹣△H5＝△H3＜0，因此△H4＜△H2，由于放熱反應的△H越小，其絕對值越大，則，故B錯誤；C．溫度為353Kx3＝9.6，＝9.0、B物質(zhì)的量濃度c隨反應時間t的變化曲線可知，則代表B的變化曲線為X；D．由母線的變化趨勢可知，t＝100s時Qc＝＝≈10.2＞Kx3，此時反應Ⅲ正在向逆反應方向移動，即正反應速率v正小于逆反應速率v逆，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查蓋斯定律的應用、化學平衡有關知識，題目難度中等，依據(jù)化學平衡圖象獲取信息，進行有關化學平衡的計算和影響化學平衡的因素分析，需要學生重視基本知識的掌握，有利于培養(yǎng)學生獲取信息的能力及解題能力。15．A．由圖甲可知，除去CuCl2溶液中的Fe3+可加入適量CuO調(diào)節(jié)pH至4.5左右 B．圖乙是一定溫度下三種碳酸鹽的沉淀溶解平衡曲線，向濃度相等的Mg2+、Mn2+、Ca2+溶液中加入Na2CO3溶液，首先沉淀的離子是Mn2+ C．圖丙是室溫下AgCl和AgI的飽和溶液中離子濃度的關系曲線，該溫度下反應AgCl（s）+I﹣（aq）?AgI（s）+Cl﹣（aq）的平衡常數(shù)K＝2.5×106 D．圖丁是室溫下AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線，X區(qū)域中的點可以同時生成AgCl和Ag2CrO4沉淀〖祥解〗A．由圖可知，除去CuCl2溶液中的Fe3+可加入適量CuO等調(diào)節(jié)pH至4.5左右；B．向濃度相等的Mg2+、Mn2+、Ca2+溶液中加入Na2CO3溶液，溶度積常數(shù)小的先沉淀；C．反應AgCl（s）+I﹣（aq）?AgI（s）+Cl﹣（aq）的平衡常數(shù)K＝＝；D．若濃度積Q＜離子積Ksp時，不溶物繼續(xù)溶解，溶液沒有達到飽和狀態(tài)；Q＞Ksp時，溶液達到過飽和狀態(tài)，生成沉淀?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知3+沉淀完全，Cu2+沒有轉(zhuǎn)化為沉淀，所以除去CuCl4溶液中的Fe3+可加入適量CuO等調(diào)節(jié)溶液pH至4.2左右，故A正確；B．由圖可知，Ksp：MgCO3＞CaCO3＞MnCO8，向濃度相等的Mg2+、Mn2+、Ca5+溶液中加入Na2CO3溶液，溶度積常數(shù)小的先沉淀3+，故B正確；C．由圖可知，Ksp（AgCl）＝c（Ag+）?c（Cl﹣）＝10﹣5×2×10﹣4＝2×10﹣10，同理Ksp（AgI）＝8×10﹣17，反應AgCl（s）+I﹣（aq）?AgI（s）+Cl﹣（aq）的平衡常數(shù)K＝＝＝＝2.3×106，故C正確；D．圖中X區(qū)域中濃度積Q＜離子積Ksp，為AgCl和Ag2CrO5的不飽和溶液，不能生成AgCl和Ag2CrO4沉淀，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查沉淀溶解平衡及溶度積常數(shù)的計算，把握沉淀溶解平衡原理、溶度積常數(shù)的計算、沉淀轉(zhuǎn)化的應用是解題關鍵，側(cè)重計算能力和靈活運用能力的考查，注意掌握Ksp的應用，題目難度中等。16．〖祥解〗A．只有甲苯被高錳酸鉀氧化；B．將活塞往里推，濃度增大，且壓強增大使2NO2（g）?N2O4（g）平衡正向移動；C．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，相同物質(zhì)的量濃度的鈉鹽溶液，其pH值越小；D．未反應的Fe和Fe3+反應生成Fe2+?！窘獯稹拷猓篈．只有甲苯被高錳酸鉀氧化，故A正確；B．將活塞往里推，且壓強增大使2NO2（g）?N2O4（g）平衡正向移動，則氣體顏色先加深后變淺，故B錯誤；C．用pH試紙測定1mol?L﹣2的Na2CO3和Na3SO3溶液的pH，若前者的試紙顏色比后者深，則碳酸的酸性小于亞硫酸2SO5不是S元素的最高價氧化物的水化物，所以不能根據(jù)碳酸，故C錯誤；D．未反應的Fe和Fe3+反應生成Fe2+，所以根據(jù)實驗現(xiàn)象不能說明鐵和水蒸氣未反應，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查化學實驗方案評價，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確元素化合物的性質(zhì)、實驗原理是解本題關鍵，C為解答易錯點。17．（1）7。（2）配位鍵、氫鍵＜（3）Ⅰ．KFe2Se2。Ⅱ．Ⅲ．〖祥解〗（1）Fe位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為3d64s2，最外層有2個電子；（2）H2O中O原子含有孤電子對，可以形成配位鍵，H2O中H原子之間可以形成氫鍵；H2O中H﹣O﹣H的鍵角為104.5°，中O﹣S﹣O的鍵角為109°28′；（3）Ⅰ．該晶胞中K原子個數(shù)＝8×+1＝2，F(xiàn)e原子個數(shù)＝8×＝4，Se原子個數(shù)＝2+8×＝4，所以K、Fe、Se原子個數(shù)之比為2：4：4＝1：2：2；Ⅱ．該晶胞體積＝（0.4×10﹣7cm）2×（1.4×10﹣7cm）＝0.4×0.4×1.4×10﹣21cm3，該晶胞中相當于含有2個“KFe2Se2”，根據(jù)ρ＝計算晶體密度；Ⅲ．該晶胞在xy平面投影如圖2所示，還有2個Fe位于左右邊長中心上。【解答】解：（1）Fe位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為3d63s2，最外層有2個電子，則與Fe最外層電子數(shù)相同且同周期的過渡元素的價層電子排布式分別為7d14s3、3d23s2、3d54s2、3d54s4、3d76s2、3d34s2、2d94s4，共7種，故〖答案〗為：7；（2）由圖可知，F(xiàn)eSO3?7H2O中H4O與Fe2+是配位鍵，H2O與的作用力是氫鍵；H2O中H﹣O﹣H的鍵角為104.6°，中O﹣S﹣O的鍵角為109°28′，H7O中H﹣O﹣H的鍵角小于中O﹣S﹣O的鍵角，故〖答案〗為：配位鍵；氫鍵；＜；（3）Ⅰ．該晶胞中K原子個數(shù)＝4×，F(xiàn)e原子個數(shù)＝5×，Se原子個數(shù)＝4+8×，所以K、Se原子個數(shù)之比為2：4：5＝1：2：72Se2，故〖答案〗為：KFe7Se2；Ⅱ．該晶胞體積＝（0.6×10﹣7cm）2×（3.4×10﹣7cm）＝3.4×0.8×1.4×10﹣21cm4，該晶胞中相當于含有2個“KFe2Se4”，該晶體密度ρ＝＝﹣2＝g?cm﹣4，故〖答案〗為：；Ⅲ．該晶胞在xy平面投影如圖4所示，其圖象為，故〖答案〗為：?！军c評】本題考查物質(zhì)結(jié)構和性質(zhì)，涉及核外電子排布、化學鍵、氫鍵、晶胞結(jié)構與計算等知識點，側(cè)重考查閱讀能力、分析能力、判斷能力及計算能力，晶胞計算是解本題關鍵，難點是晶胞計算，題目難度中等。18．（1）Fe、C、NFe4[Fe（CN）6]3。（2）（3）2NaCN+12NaOH+5Cl2═2Na2CO3+N2↑+10NaCl+6H2O。（4）取少量溶液A加入試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液變血紅色，則含有Fe3+；另取少量溶液A于試管中，滴加鐵氰化鉀K4Fe（CN）6，若產(chǎn)生藍色沉淀，則含有Fe2+。〖祥解〗固體X加入稀硫酸，得到兩種正鹽和已知弱酸，加熱NaOH得到沉淀灼燒后紅棕色固體是Fe2O3，說明含有鐵元素，溶液B加足量氯氣得到空氣中含量最多的氣體E是N2，說明含有氮元素，溶液F加足量Ca（OH）2，得到白色沉淀是CaCO3，說明含有C元素，加入稀硫酸生成的弱酸應該是HCN，兩種硫酸鹽是硫酸鐵和硫酸亞鐵，以此來解答?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)分析X所含元素是Fe、C、N；得到N2標況下20.16L即0.5mol，含N元素為1.8mol4180g含C元素是1.8mol，X中含有CN﹣離子，86g固體中含F(xiàn)e元素為，鐵和CN﹣離子之比為7：18，根據(jù)化合價代數(shù)和為0原則得出化學式為Fe3[Fe（CN）6]3，故〖答案〗為：Fe、C、N；Fe4[Fe（CN）6]3；（2）Fe4[Fe（CN）6]3中Fe5+有4個，F(xiàn)e2+有6個，與硫酸反應的離子方程式為：，故〖答案〗為：；（3）HCN與足量的NaOH生成NaCN，NaCN與氯氣反應生成物質(zhì)有N6，碳酸鹽，氯氣轉(zhuǎn)化為氯離子2═2Na3CO3+N2↑+10NaCl+5H2O，故〖答案〗為：2NaCN+12NaOH+4Cl2═2Na4CO3+N2↑+10NaCl+6H2O；（4）A中的金屬陽離子是Fe2+和Fe8+，檢驗方法是：取少量溶液A加入試管中，滴加幾滴，若溶液變血紅色3+；另取少量溶液A于試管中，滴加鐵氰化鉀K4Fe（CN）3，若產(chǎn)生藍色沉淀，則含有Fe2+，故〖答案〗為：取少量溶液A加入試管中，滴加幾滴KSCN溶液，則含有Fe3+；另取少量溶液A于試管中，滴加鐵氰化鉀K2Fe（CN）6，若產(chǎn)生藍色沉淀，則含有Fe2+?！军c評】本題主要考查了探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量的有關知識，是高頻考點，解題時要看框內(nèi)外，邊分析，邊思考，理解制備流程是解題關鍵，側(cè)重考查分析計算能力，題目難度一般。19．（1）△H1+△H2﹣△H3（2）AC。（3）①36.6%②CO2的轉(zhuǎn)化率實驗值低于其平衡值，原因為在一定的時間內(nèi)反應沒有達到平衡狀態(tài)導致二氧化碳轉(zhuǎn)化率較低；CH3OH選擇性的實驗值略高于其平衡值，原因為該條件下反應Ⅰ的反應速率高于反應Ⅱ，導致單位時間內(nèi)生成甲醇的量相對更多（4）〖祥解〗（1）反應①為3H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CH3OH（g），△H1；反應②為CH3OH（g）+O2（g）?H2O（l）+CH2O（g），△H2；根據(jù)蓋斯定律，反應①+②﹣③即得到反應CO2（g）+2H2（g）?HCHO（g）+H2O（g）；（2）A.根據(jù)圖示，升溫后CH3OH的產(chǎn)率降低，反應I平衡向逆反應方向移動，△H1＜0；升溫后，CO產(chǎn)率增大，反應4平衡向正反應方向移動，△H4＞0；B.反應有氣體參與，增大壓強有利于加快合反應的速率；C.圖像可知，溫度越高，CH3OH的產(chǎn)率越低；D.合適的催化劑可以提高CH3OH的選擇性；（3）①220°C時，測得反應器出口氣體中全部含碳物質(zhì)的物質(zhì)的量之比為n（CH3OH）：n（CO2）：n（CO）＝1：5.2：2；②反應①是放熱反應，反應②是吸熱反應，溫度升高，反應①逆向移動，反應②正向移動，溫度高于260°C時，反應②正向移動的程度大于反應①逆向移動的程度，所以二氧化碳的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大；當溫度相同時，甲醇的選擇性實驗值高于平衡值，在該條件下反應①的速率大于反應②，單位時間內(nèi)生成醇的量比生成CO的量多，以此來解答?！窘獯稹拷猓海?）反應①為3H2（g）+CO8（g）?H2O（g）+CH3OH（g），△H6；反應②為CH3OH（g）+O2（g）?H2O（l）+CH5O（g），△H2；根據(jù)蓋斯定律，反應①+②﹣2（g）+2H5（g）?HCHO（g）+H2O（g），其△H＝：△H1+△H2﹣△H4，故〖答案〗為：△H1+△H2﹣△H3；（2）A.根據(jù)圖示，升溫后CH4OH的產(chǎn)率降低，反應I平衡向逆反應方向移動1＜0；升溫后，反應6平衡向正反應方向移動4＞0，A錯誤；B.反應有氣體參與，增大壓強有利于加快合反應的速率；C.圖像可知，溫度越高2OH的產(chǎn)率越低，C錯誤；D.合適的催化劑可以提高CH3OH的選擇性，D正確；故〖答案〗為：AC；（3）①220°C時，測得反應器出口氣體中全部含碳物質(zhì)的物質(zhì)的量之比為n（CH3OH）：n（CO7）：n（CO）＝1：5.6：2，則該溫度下的轉(zhuǎn)化率為：，故〖答案〗為：36.6%；②反應①是放熱反應，反應②是吸熱反應，反應①逆向移動，溫度高于260°C時，所以二氧化碳的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大，甲醇的選擇性實驗值高于平衡值，單位時間內(nèi)生成醇的量比生成CO的量多，故〖