2022-2023學(xué)年湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)高二下學(xué)期三月聯(lián)合檢測(cè)化學(xué)試題（解析版）

高中化學(xué)精品試卷PAGEPAGE1湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)2022-2023學(xué)年下學(xué)期三月聯(lián)合檢測(cè)一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)。1.2021年11月聯(lián)合國(guó)氣候峰會(huì)作出遏制全球變暖，加快向清潔經(jīng)濟(jì)的轉(zhuǎn)變的決議。下列敘述正確的是A.煤炭、石油等化石燃料屬于二次能源B.“碳交易”及對(duì)“碳信用”征收強(qiáng)制稅，不利于實(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰、碳中和”C.人們出行將逐步淘汰燃油車，減少碳元素空中旅行D.各國(guó)應(yīng)大力提倡糧食釀酒、燃煤脫硫、石油裂化〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．煤炭、石油等化石燃料屬于一次能源，A錯(cuò)誤；B．“碳交易”及對(duì)“碳信用”征收強(qiáng)制稅，利于控制碳排放量，利于實(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰、碳中和”，B錯(cuò)誤；C．出行將逐步淘汰燃油車，發(fā)展綠色能源，減少碳元素空中旅行，C正確；D．糧食釀酒、燃煤脫硫、石油裂化等都會(huì)產(chǎn)生二氧化碳，不會(huì)減少碳元素的排放，D錯(cuò)誤；故選C。2.下表列出了某短周期元素的各級(jí)電離能數(shù)據(jù)（用、表示，單位為）?！璕7401500770010500……下列關(guān)于元素的判斷中一定正確的是A.R的最高正價(jià)為+3B.R元素位于元素周期表中第IIA族C.R元素的原子最外層共有4個(gè)電子D.R元素基態(tài)原子的電子排布式為〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗從表中原子的第一至第四電離能可以看出，元素的第一、第二電離能都較小，可失去2個(gè)電子，最高化合價(jià)為+2價(jià)，即最外層應(yīng)有2個(gè)電子，應(yīng)為第IIA族元素?！荚斘觥紸．根據(jù)分析可知，R的最高正價(jià)為+2，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析可知，R元素位于元素周期表中第IIA族，故B正確；C．根據(jù)分析可知，R元素的原子最外層共有2個(gè)電子，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)分析可知，短周期元素為第IIA族元素，可能是Mg或Be，即R元素基態(tài)原子的電子排布式可能為1s22s22p63s2，故D錯(cuò)誤；〖答案〗選B。3.具有下列電子層結(jié)構(gòu)的原子，其對(duì)應(yīng)元素一定屬于同一周期的是A.兩種原子的電子層上全部都是s電子B.3p能級(jí)上只有一個(gè)空軌道的原子和3p能級(jí)上只有一個(gè)未成對(duì)電子的原子C.最外層電子排布為2s22p6的原子和最外層電子排布為2s22p6的離子D.原子核外M層上的s能級(jí)和p能級(jí)都填滿了電子，而d軌道上尚未有電子的兩種原子〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．兩種原子的電子層上全部都是s電子，均為1s或均為1s、2s電子，則為短周期一或二，不一定為同周期元素，如H與Li不同周期，故A不選；B．3p能級(jí)上只有一個(gè)空軌道的原子，為Si元素，3p能級(jí)上有一個(gè)未成對(duì)電子的原子為Na、Cl，均為第三周期元素，故B選；C．最外層電子排布式為2s22p6的原子為Ne，最外層電子排布式為2s22p6的離子為O或Na等，不一定為同周期元素，故C不選；D．原子核外M層上的s、p軌道都充滿電子，而d軌道上沒有電子，符合條件的原子的核外電子排布式有1s22s22p63s23p6為氬原子，1s22s22p63s23p64s1為鉀原子，1s22s22p63s23p64s2為鈣原子，不一定處于同一周期，故D不選；故〖答案〗為B。4.2022年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)?lì)C給了在“點(diǎn)擊化學(xué)”領(lǐng)域做出貢獻(xiàn)的科學(xué)家。一種“點(diǎn)擊化學(xué)”試劑是由四種短周期主族元素組成，其中X、Z、W的原子序數(shù)依次遞減，三者基態(tài)原子核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)數(shù)相同，Y的原子序數(shù)是Z的兩倍。下列說(shuō)法正確的是A.簡(jiǎn)單氫化物的分子極性：Y>ZB.電負(fù)性和第一電離能均有Z>WC.同周期元素形成的簡(jiǎn)單氫化物中X穩(wěn)定性最強(qiáng)D.同周期主族元素基態(tài)原子未成對(duì)電子數(shù)少于Y的有2種〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗X、Z、W的原子序數(shù)依次遞減且核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)數(shù)相同，即占有的原子軌道數(shù)相同，X、Z、W分別為F、O、N，占據(jù)5個(gè)原子軌道，Y的原子序數(shù)是Z的兩倍，Y為S?！荚斘觥紸．因?yàn)镺原子的電負(fù)性大于S原子，所以極性，A錯(cuò)誤；B．電負(fù)性：，但是N原子的p層為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于O，B錯(cuò)誤；C．第二周期元素中，F(xiàn)的非金屬性最大，所以在第二周期中，F(xiàn)的氫化物最穩(wěn)定，C正確；D．Y為S，基態(tài)原子電子排布為：，未成對(duì)電子為2，在第三周期中，比它未成對(duì)電子數(shù)少的有：、、3種，D錯(cuò)誤；故選C。5.在溫?zé)釟夂驐l件下，淺海地區(qū)有厚層的石灰石沉積，而深海地區(qū)卻很少。下列〖解析〗不正確的是A.與深海地區(qū)相比，淺海地區(qū)水溫較高，有利于游離的CO2增多、石灰石沉積B.與淺海地區(qū)相比，深海地區(qū)壓強(qiáng)大，石灰石巖層易被CO2溶解，沉積少C.深海地區(qū)石灰石巖層的溶解反應(yīng)為：CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)D.海水呈弱酸性，大氣中CO2濃度增加，會(huì)導(dǎo)致海水中CO濃度增大〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗石灰?guī)r的形成是CaCO3的沉積結(jié)果，海水中溶解一定量的CO2，因此CaCO3與CO2，H2O之間存在著下列平衡：CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)?Ca(HCO3)2(aq)?！荚斘觥紸.海水中CO2的溶解度隨溫度的升高而減小，隨壓力的增大而增大，在淺海地區(qū)，海水層壓力較小，同時(shí)水溫比較高，因而CO2的濃度較小，即游離的CO2增多，根據(jù)平衡移動(dòng)原理，上述平衡向生成CaCO3方向移動(dòng)，產(chǎn)生石灰石沉積，A項(xiàng)正確；B.與A恰恰相反，石灰石巖層易被CO2溶解，沉積少，B項(xiàng)正確；C.在深海地區(qū)中，上述平衡向右移動(dòng)，且傾向很大，故溶解反應(yīng)為CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)，C項(xiàng)正確；D.海水溫度一定時(shí)，大氣中CO2濃度增加，海水中溶解的CO2隨之增大，導(dǎo)致CO32-轉(zhuǎn)化為HCO3-，CO32-濃度降低，D項(xiàng)錯(cuò)誤。故〖答案〗選D。6.T℃時(shí)，將2.0molA(g)和2.0molB(g)充入體積為1L的密閉容器中，在一定條件發(fā)生下述反應(yīng)：A(g)+B(g)?2C(g)+D(s)△H＜0；t1時(shí)刻時(shí)A物質(zhì)的量為1.2mol，t2時(shí)刻時(shí)C(g)濃度為2.0mol/L并保持不變。下列說(shuō)法正確的是A.t1時(shí)刻的逆反應(yīng)速率>t2時(shí)刻的正反應(yīng)速率B.T℃時(shí)該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=2C.T2時(shí)刻反應(yīng)達(dá)到平衡，然后縮小容器體積，平衡逆向移動(dòng)D.T℃時(shí)，若將A(g)、B(g)各1.0mol充入同樣容器，平衡后，A的轉(zhuǎn)化率為50%〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗〖詳析〗A．t2時(shí)刻的正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)開始到平衡，逆反應(yīng)速率在逐漸增大，所以t1時(shí)刻的逆反應(yīng)速率小于t2時(shí)刻的正反應(yīng)速率，A錯(cuò)誤；B．該反應(yīng)的平衡常數(shù)為，B錯(cuò)誤；C．T2時(shí)刻反應(yīng)達(dá)到平衡，然后縮小容器體積，壓強(qiáng)增大，平衡不移動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．該反應(yīng)到平衡時(shí)，A的轉(zhuǎn)化率為50%，若同溫時(shí)，將A(g)、B(g)各1.0mol充入同樣容器，兩平衡等效，平衡后，A的轉(zhuǎn)化率為50%，D正確；故選D。7.常溫下，一元酸的。在某體系中，與離子不能穿過隔膜，未電離的可自由穿過該膜(如圖所示)。設(shè)溶液中，當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)，下列敘述正確的是A.溶液Ⅰ中B.溶液Ⅱ中的HA的電離度為C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比為〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．常溫下溶液I的pH=7.0，則溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A錯(cuò)誤；B．常溫下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，則=1.0×10-3，解得=，B正確；C．根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C錯(cuò)誤；D．常溫下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c總(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c總(HA)=1.01c(HA)，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c總(HA)之比為〖(104+1)c(HA)〗∶〖1.01c(HA)〗=(104+1)∶1.01≈104，D錯(cuò)誤；〖答案〗選B。8.一種能增強(qiáng)人體免疫力的化合物，其結(jié)構(gòu)如圖，其中X、Y、Z、W、R為原子序數(shù)依次增大的短周期主族非金屬元素，W、R同族。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.第一電離能：B.氫化物的沸點(diǎn)：C.原子半徑：D.X、Z、W三種元素既可形成共價(jià)化合物又可形成離子化合物〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由結(jié)構(gòu)可知R最外層有六個(gè)電子，根據(jù)題意可知為W、R第ⅥA族元素，因此W為O元素，R為S元素，再根據(jù)結(jié)構(gòu)中的成鍵數(shù)可知X為H元素，Y為C元素，Z為N元素.〖詳析〗A．同一周期各元素第一電離能從左往右有逐漸增大的趨勢(shì)，因?yàn)镹元素2p軌道為半充滿狀態(tài)，第一電離能大于O元素，同一主族第一電離能從上往下依次降低，O元素大于S元素第一電離能，故第一電離能：，A正確；B．碳元素的氫化物為烷烴，烷烴的沸點(diǎn)隨C原子數(shù)目增大而增大，存在沸點(diǎn)大于水和氨氣的烷烴，B錯(cuò)誤；C．原子半徑同一周期從左往右依次減小，且H原子半徑最小，故原子半徑：，C正確；D．H、N、O，即可形成共價(jià)化合物，如，也可形成離子化合物，如，D正確；故選：B。9.科學(xué)家發(fā)現(xiàn)固體電解質(zhì)具有良好的導(dǎo)電能力，為鋰離子電池的發(fā)展做出了重要貢獻(xiàn)，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，其中位于體心。下列說(shuō)法正確的是A.該晶胞中位于體心和棱心B.電負(fù)性：C.周圍距離最近且相等的的個(gè)數(shù)為4D.若晶胞參數(shù)為，則晶體密度為〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．由題干晶胞示意圖可知，該晶胞中位于棱心上，位于體心上，S2-位于頂點(diǎn)，A錯(cuò)誤；B．同一周期從左往右元素電負(fù)性依次增大，同一主族從上往下元素電負(fù)性依次減小，故電負(fù)性：，B錯(cuò)誤；C．由A項(xiàng)分析可知，該晶胞中位于棱心上，位于體心上，S2-位于頂點(diǎn)，則周圍距離最近且相等的的個(gè)數(shù)為2，C錯(cuò)誤；D．由A項(xiàng)分析可知，該晶胞中位于棱心上，位于體心上，S2-位于頂點(diǎn)，故一個(gè)晶胞中含有Li+的數(shù)目為：，S2-的數(shù)目為：=1，的數(shù)目為1，若晶胞參數(shù)為，則晶體密度為=，D正確；故〖答案〗為：D。10.下列對(duì)物質(zhì)性質(zhì)解釋合理的是選項(xiàng)性質(zhì)解釋A熱穩(wěn)定性：中存在氫鍵B熔點(diǎn)：晶體硅<碳化硅碳化硅中分子間作用力較大C酸性：電負(fù)性：F>ClD熔點(diǎn)：Br-Br鍵較I-I鍵鍵能大A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．氣體分子之間距離太大，此時(shí)分子間氫鍵不存在，A錯(cuò)誤；B．晶體硅和碳化硅都不是分子，不存在分子間作用力，B錯(cuò)誤；C．酸性是因?yàn)殡娯?fù)性：導(dǎo)致中羧基上的氫離子更容易電離出來(lái)，C正確；D．Br2的熔點(diǎn)較高是因?yàn)槠浞肿娱g作用力較大，D錯(cuò)誤。故選C。11.碳氮硫共脫除工藝可以協(xié)同除去工業(yè)廢水中的S2-、NO和CH3COO-，過程如圖所示。已知：成鍵原子共平面，每個(gè)原子能提供一個(gè)相互平行的p軌道且p軌道電子數(shù)小于參加成鍵的p軌道數(shù)的兩倍時(shí)可形成離域π鍵。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.N2和CO2都是非極性分子B.NO和NO的空間構(gòu)型相同C.NO中存在離域π鍵D.冰醋酸中CH3COOH分子間存在范德華力和氫鍵〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．為含有非極性鍵的非極性分子，為含有極性鍵的非極性分子，A正確；B．的價(jià)層電子對(duì)為：，沒有孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為平面三角形，的價(jià)層電子對(duì)為：，有一對(duì)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為V性，B錯(cuò)誤；C．中N原子以雜化軌道成鍵,離子中存在3個(gè)σ鍵，為平面三角形，三個(gè)O原子和中心N原子之間形成一個(gè)四中心六電子的離域大π鍵，C正確；D．冰醋酸中分子間存在范德華力，因?yàn)轸然泻?，所以含有氫鍵，D正確；故選B。12.室溫下，通過下列實(shí)驗(yàn)探究NaHCO3溶液的性質(zhì)。實(shí)驗(yàn)1用pH試紙測(cè)得0.1NaHCO3溶液的pH約為8；實(shí)驗(yàn)2向0.1NaHCO3溶液滴入等濃度Ba(OH)2溶液至恰好完全反應(yīng)；實(shí)驗(yàn)3向0.1NaHCO3溶液中加入等體積0.1NaOH溶液；實(shí)驗(yàn)4向濃NaHCO3溶液中加入濃Al2(SO4)3溶液，有氣體和沉淀生成；下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.實(shí)驗(yàn)1的溶液中存在c(H2CO3)>c(CO)B.實(shí)驗(yàn)2過程中，水的電離程度先逐漸增大，然后逐漸減小C.實(shí)驗(yàn)3反應(yīng)后的溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)D.實(shí)驗(yàn)4所生成的氣體一定是CO2〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．0.1NaHCO3溶液中pH約為8，則說(shuō)明碳酸氫根離子水解大于電離，水解反應(yīng)為：，電離反應(yīng)為：，所以c(H2CO3)>c(CO)，A正確；B．向0.1NaHCO3溶液滴入等濃度Ba(OH)2溶液至恰好完全反應(yīng)，則發(fā)生離子反應(yīng)為：，滴入過程中先變成碳酸根離子，水解程度先增大，隨意碳酸根離子與鋇離子結(jié)合后氫氧根離子過量，所以隨后水的電離程度會(huì)逐漸減小，B正確；C．向0.1NaHCO3溶液中加入等體積0.1NaOH溶液，會(huì)生成碳酸鈉溶液，溶液中存質(zhì)子守恒，即c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，C錯(cuò)誤；D．向濃NaHCO3溶液中加入濃Al2(SO4)3溶液，溶質(zhì)會(huì)發(fā)生雙水解，生成氫氧化鋁和二氧化碳，D正確；故選C13.已知：，常溫下向溶液中滴加溶液的滴定曲線如圖所示。已知：。下列說(shuō)法正確的是A.、、三點(diǎn)的從大到小的順序?yàn)锽.在點(diǎn)的溶液中存在C.常溫下，為D.其他條件相同，若將溶液換為同濃度、同體積的溶液，B點(diǎn)會(huì)平行向右移動(dòng)〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．只受溫度影響，、、三點(diǎn)溫度不變，則三點(diǎn)的相等，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)向溶液中滴加10mL溶液時(shí)，，此時(shí)pCu=18.3，A點(diǎn)V〖Na2S(aq)〗小于10mL，則，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)向溶液中滴加10mL溶液時(shí)，，此時(shí)pCu=18.3，c(Cu2+)=10-18.3mol/L=c(S2-)，=c(Cu2+)c(S2-)=，故C正確；D．其他條件相同，若將溶液換為同濃度、同體積的溶液，滴加10mL溶液時(shí)，，由于，則pFe會(huì)向左移動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選C。14.某二氧化氯復(fù)合消毒劑發(fā)生器的工作原理如圖所示。通電后，產(chǎn)生成分為ClO2、Cl2、O3、H2O2的混合氣體甲，被水吸收后可制得具有更強(qiáng)的廣譜殺菌滅毒能力的二氧化氯復(fù)合消毒劑。下列說(shuō)法正確的是A.m端為電源正極，隔膜為陰離子交換膜B.產(chǎn)生ClO2的電極反應(yīng)式為Cl-+5e-+2H2O=ClO2↑+4H+C.通電后d口所在極室pH升高，e口排出NaOH溶液D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，b口每收集到2.24L氣體乙，電路中轉(zhuǎn)移電子0.4NA〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗左室中氯元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，為陽(yáng)極室，故m為電源的正極，n為電源的負(fù)極，右室發(fā)生還原反應(yīng)，水放電生成氫氣與氫氧根離子，離子交換膜為陽(yáng)離子交換膜，左室中的鈉離子通過離子交換膜進(jìn)入右室，溶液丙為NaOH溶液?！荚斘觥紸．左室中氯元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，為陽(yáng)極室，故m為電源的正極，n為電源的負(fù)極，右室發(fā)生還原反應(yīng)，水放電生成氫氣與氫氧根離子，離子交換膜為陽(yáng)離子交換膜，故A錯(cuò)誤；B．Cl-轉(zhuǎn)化為ClO2發(fā)生氧化反應(yīng)，應(yīng)是失去電子，故B錯(cuò)誤；C．右室是水放電生成氫氣與氫氧根離子，右室pH升高，左室中的鈉離子通過離子交換膜進(jìn)入右室，e口排出NaOH溶液，故C正確；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，b口每收集到2.24L(0.1mol)氣體乙，電路中轉(zhuǎn)移電子0.2NA,故選C。15.已知含磷廢水中的磷以磷酸及其鹽的形式存在。某溫度下，磷酸的與溶液的的關(guān)系如下圖，該溫度下向初始的含磷廢水中加入可以得到沉淀而實(shí)現(xiàn)廢水除磷。下列敘述錯(cuò)誤的是A.該溫度下，磷酸的B.若逐漸增大該廢水的，溶液中將隨之不斷增大C.的該廢水中離子濃度存在關(guān)系：D.該廢水除磷的離子反應(yīng)有：〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由磷酸的與溶液的的關(guān)系圖可知、、。〖詳析〗A．該溫度下，由關(guān)系圖可知pH=p=7.21，即，A正確；B．逐漸增大該廢水的過程中，含磷微粒的變化是，因此溶液中將先增大后減小，B錯(cuò)誤；C．時(shí)，因?yàn)椋?，即，因?yàn)?，所以，即，故，C正確；D．因?yàn)橄蚝讖U水中加入可以得到沉淀，因此廢水除磷過程中存在離子反應(yīng)，D正確；故〖答案〗為：B。二、非選擇題：本題4小題，共55分。16.Ⅰ．為探究原電池和電解池的工作原理，某研究性小組分別用如圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。（1）甲裝置中，a電極的反應(yīng)式為___________。（2）乙裝置中，陰極區(qū)產(chǎn)物為___________。（3）丙裝置是一種家用環(huán)保型消毒液發(fā)生器。外接電源a為___________(填“正”或“負(fù)”)極，該裝置內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（4）若甲裝置作為乙裝置的電源，一段時(shí)間后，甲中消耗氣體與乙中產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為___________(不考慮氣體的溶解)。Ⅱ．利用如圖裝置，可以模擬鐵的電化學(xué)防護(hù)。（5）若X為碳棒，為減緩鐵的腐蝕，開關(guān)K應(yīng)置于___________處。（6）若X為鋅，開關(guān)K置于M處，該電化學(xué)防護(hù)法稱為___________。〖答案〗（1）H2-2e-+2OH-=2H2O（2）氫氧化鈉和氫氣（3）①.負(fù)②.2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（4）3：4（5）N（6）犧牲陽(yáng)極法〖解析〗小問1詳析〗甲裝置是氫氧燃料電池，a電極氫氣失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成水，a是負(fù)極，電極的反應(yīng)式為H2-2e-+2OH-=2H2O；〖小問2詳析〗乙裝置是電解池，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，陰極反應(yīng)式為，產(chǎn)物為氫氣和氫氧根離子；〖小問3詳析〗丙裝置是電解池，電解食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣、氯氣，為使電解生成的氫氧化鈉和氯氣充分反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉，氯氣應(yīng)該在丙裝置的下端電極生成，所以下端為陽(yáng)極、上端為陰極，外接電源a為負(fù)極，該裝置內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O?！夹?詳析〗甲裝置作為乙裝置的電源。若電路中轉(zhuǎn)移4mol電子，甲中負(fù)極消耗2mol氫氣、正極消耗1mol氧氣，乙裝置陽(yáng)極生成2mol氯氣、陰極生成2mol氫氣，甲中消耗氣體與乙中產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為3:4?！夹?詳析〗X為碳棒，若開關(guān)K應(yīng)置于M，構(gòu)成原電池，鐵為負(fù)極，鐵的腐蝕速率加快；若開關(guān)K應(yīng)置于N，構(gòu)成電解池，鐵為陰極，為外加電流陰極保護(hù)法，鐵的腐蝕速率減慢；所以為減緩鐵的腐蝕，開關(guān)K應(yīng)置于N處。〖小問6詳析〗X為鋅，開關(guān)K置于M處，構(gòu)成原電池，鐵為正極、鋅為負(fù)極，鋅被腐蝕，該電化學(xué)防護(hù)法稱為犧牲陽(yáng)極法。17.利用廢舊錫鉻合金(含Sn、Cr、SnO、和少量Pb)回收錫并制備重鉻酸鉀(K2Cr2O7)的工藝流程如下：已知：①“熔融氧化”中，氧化產(chǎn)物為，還原產(chǎn)物為；②回答下列問題：（1）“熱溶”時(shí)發(fā)生的非氧化還原反應(yīng)的離子方程式為_______；加快“熱溶”速率的措施有_______(任寫2條)。（2）“溶渣”的主要成分為_______(填化學(xué)式)。（3）“調(diào)”的作用是_______。（4）“熔融氧化”反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______，實(shí)驗(yàn)室中該操作可在_______(填字母)中進(jìn)行。A.蒸發(fā)皿B.鐵坩堝C.石英坩堝D.燒杯（5）“轉(zhuǎn)化、分離”中，需要通過蒸發(fā)濃縮，降溫至10℃、結(jié)晶的方法分離得到晶體的原因?yàn)開______?！即鸢浮剑?）①.、②.攪拌、適當(dāng)升高溫度、適當(dāng)增大硫酸濃度等（任寫兩條）（2）（3）使轉(zhuǎn)化（4）①.②.B（5）的溶解度受溫度影響較大且隨溫度降低而減小〖解析〗〖祥解〗廢舊錫鉻合金加硫酸熱溶后，溶渣中為PbSO4，其他物質(zhì)轉(zhuǎn)化為硫酸鹽；調(diào)節(jié)pH得到物相1，經(jīng)過處理得到粗錫；物相2經(jīng)過處理得到Cr2O3；熔融氧化時(shí)發(fā)生反應(yīng)，固體水溶后調(diào)節(jié)pH2，鉻酸鈉轉(zhuǎn)化為重鉻酸鈉，即使轉(zhuǎn)化為，加入KCl經(jīng)過轉(zhuǎn)化分離得到K2Cr2O7。〖小問1詳析〗硫酸熱溶時(shí)發(fā)生的非氧化還原反應(yīng)為：、；加快“熱溶”速率的措施有：攪拌、適當(dāng)升高溫度、適當(dāng)增大硫酸濃度等（任寫兩條）；〖小問2詳析〗溶渣的主要成分為：；〖小問3詳析〗“調(diào)”的作用是：使轉(zhuǎn)化為；〖小問4詳析〗熔融氧化時(shí)發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為：；熔融氧化應(yīng)該在坩堝中進(jìn)行，因用到了NaOH，不能選石英坩堝，應(yīng)選鐵坩堝，故選B；〖小問5詳析〗“轉(zhuǎn)化、分離”中，需要通過蒸發(fā)濃縮，降溫至10℃、結(jié)晶的方法分離得到晶體的原因?yàn)椋旱娜芙舛仁軠囟扔绊戄^大且隨溫度降低而減小。18.推廣磷酸亞鐵鋰電池的新能源汽車對(duì)減少二氧化碳排放和大氣污染具有重要意義。工業(yè)上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()為原料制磷酸亞鐵鋰材料?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)鐵原子核外電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有______種；基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+穩(wěn)定的原因是______。（2）在NH4H2PO4中的N、P、O三種元素的電負(fù)性由大到小的順序是______；NH的空間構(gòu)型為______；H2PO中P原子的雜化軌道類型為______。（3）1mol中含有______molσ鍵；苯胺水溶性大于苯的主要原因是______。（4）構(gòu)想某鋰電池的負(fù)極材料晶體是鋰原子嵌入石墨烯層間，晶體結(jié)構(gòu)如圖。①石墨的硬度小、熔沸點(diǎn)高的原因分別是______。②如圖晶體的化學(xué)式為______；該晶體中最近的兩個(gè)碳原子核間距離為142pm，石墨烯層間距離為335pm，則該晶體的密度為______g?cm-3(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，列式即可)?！即鸢浮剑?）①.26②.基態(tài)Fe3+價(jià)層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)（2）①.O>N>P②.正四面體形③.sp3雜化（3）①.14②.苯胺與水能形成分子間氫鍵而苯不能（4）①.石墨晶體為層狀結(jié)構(gòu)，層間作用力為范德華力，硬度小，層內(nèi)碳原子間以共價(jià)鍵結(jié)合，熔沸點(diǎn)高②.LiC6③.〖解析〗〖小問1詳析〗根據(jù)鮑利原理可知，原子核外沒有運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同的電子，鐵是26號(hào)原子，核外有26個(gè)電子，則基態(tài)鐵原子核外電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有26種，根據(jù)洪特規(guī)則及特例可知，由于基態(tài)Fe3+價(jià)層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)，導(dǎo)致基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+更穩(wěn)定，故〖答案〗為：26；基態(tài)Fe3+價(jià)層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)；〖小問2詳析〗根據(jù)同一周期從左往右元素的電負(fù)性依次增強(qiáng)，同一主族從上往下元素的電負(fù)性依次減弱，故在NH4H2PO4中的N、P、O三種元素的電負(fù)性由大到小的順序是O＞N＞P，NH的中心原子N周圍的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：4+=4，則其空間構(gòu)型為正四面體，已知中中心原子P原子周圍的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：4+=4，則P的雜化方式為sp3，H2PO與的雜化方式相同，則H2PO中P原子的雜化軌道類型為sp3，故〖答案〗為：O＞N＞P；正四面體；sp3；〖小問3詳析〗已知單鍵均為σ鍵，苯環(huán)上6個(gè)碳碳鍵均為介于單鍵和雙鍵之間獨(dú)特的鍵，則1mol中含有14molσ鍵；由于苯胺與水能形成分子間氫鍵而苯不能，導(dǎo)致苯胺水溶性大于苯，故〖答案〗為：14；苯胺與水能形成分子間氫鍵而苯不能；小問4詳析〗①由于石墨晶體為層狀結(jié)構(gòu)，層間作用力為范德華力，導(dǎo)致其硬度小，但層內(nèi)碳原子間以共價(jià)鍵結(jié)合，導(dǎo)致其熔沸點(diǎn)又很高，故〖答案〗為：石墨晶體為層狀結(jié)構(gòu)，層間作用力為范德華力，硬度小，層內(nèi)碳原子間以共價(jià)鍵結(jié)合，熔沸點(diǎn)高；②由題干晶胞圖可知，Li位于8個(gè)頂點(diǎn)，C由8個(gè)位于側(cè)面上，2個(gè)位于體內(nèi)，故一個(gè)晶胞含有的Li+為：=1，C原子個(gè)數(shù)為：，則晶體的化學(xué)式為L(zhǎng)iC6，該晶體中最近的兩個(gè)碳原子核間距離為142pm，則底邊邊長(zhǎng)為3×142pm，石墨烯層間距離為335pm，又底邊為平行四邊形，頂角為60°，設(shè)晶胞的密度為dg/cm3，晶胞質(zhì)量為g，晶胞體積為(3×142)2×335×10-30cm3，結(jié)合密度公式ρ=，解得d=g/cm3，故〖答案〗為：LiC6；。19.我國(guó)力爭(zhēng)于2030年前做到碳達(dá)峰，2060年前實(shí)現(xiàn)碳中和。二氧化碳加氫制備甲醇既可以實(shí)現(xiàn)二氧化碳的轉(zhuǎn)化利用，又可以有效緩解溫室效應(yīng)問題。已知：反應(yīng)I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=akJ·mol-1反應(yīng)II：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2=bkJ·mol-1反應(yīng)III：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3（1）原料CO2可通過捕獲技術(shù)從空氣或工業(yè)尾氣中獲取，下列物質(zhì)能作為CO2捕獲劑的是_______(填標(biāo)號(hào))。A.NaOH溶液 B.濃氨水 C.CH3CH2OH D.NH4Cl溶液（2）根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)III的ΔH3=_______kJ·mol-1（3）對(duì)于上述CO2加氫合成CH3OH的體系，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是_______(填標(biāo)號(hào))。A.增大H2濃度有利于提高CO2的轉(zhuǎn)化率B.若氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量保持不變，說(shuō)明反應(yīng)體系已達(dá)平衡C.體系達(dá)平衡后，若壓縮體積，則反應(yīng)I平衡不移動(dòng)，反應(yīng)III平衡逆向移動(dòng)D.選用合適的催化劑可以提高CH3OH在單位時(shí)間內(nèi)的產(chǎn)量（4）上述反應(yīng)平衡常數(shù)的自然對(duì)數(shù)lnKp(Kp是以分壓表示的平衡常數(shù)，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))隨溫度的變化如圖所示：①反應(yīng)I、II、III中屬于吸熱反應(yīng)的是_______，寫出推理過程_______。②若圖中A點(diǎn)時(shí)發(fā)生反應(yīng)CH3OH(g)+CO2(g)?2CO(g)+H2(g)+H2O(g)，則lnKp=_______(填數(shù)值)。③若T0℃時(shí)，在密閉容器中加入6molH2、4molCO2只進(jìn)行反應(yīng)：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)，維持壓強(qiáng)為p0kPa不變，達(dá)到平衡時(shí)H2的轉(zhuǎn)化率是50%，則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=_______。〖答案〗（1）AB（2）(a+b)kJ/mol（3）C（4）①.I②.根據(jù)圖象信息可知，對(duì)于反應(yīng)I，隨著溫度升高，其lnKp值逐漸增大，即升高溫度，反應(yīng)Ⅰ正向移動(dòng)，故反應(yīng)Ⅰ為吸熱反應(yīng)③.0④.〖解析〗〖祥解〗〖小問1詳析〗NaOH溶液和濃氨水能直接與CO2反應(yīng)，吸收CO2，可作為CO2捕獲劑；〖小問2詳析〗根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)Ⅲ=Ⅰ+Ⅱ，ΔH3=ΔH1+ΔH2=(a+b)kJ/mol；〖小問3詳析〗A.H2與CO2都是反應(yīng)物，增大H2濃度有利于提高CO2的轉(zhuǎn)化率，A正確；B.反應(yīng)氣體前后分子數(shù)發(fā)生變化，分子氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量M=m/n，若氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量保持不變，說(shuō)明反應(yīng)體系的分子數(shù)保持不變，反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡，B正確；C.體系達(dá)平衡后，若壓縮體積，則反應(yīng)I氣體前后分子數(shù)不變化，平衡不移動(dòng)，反應(yīng)III氣體前后分子數(shù)減小，平衡正向移動(dòng)，C錯(cuò)誤；D.選用合適的催化劑可以加快反應(yīng)速率，提高CH3OH在單位時(shí)間內(nèi)的產(chǎn)量，D正確；故選C；〖小問4詳析〗①根據(jù)圖象信息可知，對(duì)于反應(yīng)I，隨著溫度升高，其lnKp值逐漸增大，即升高溫度，反應(yīng)Ⅰ正向移動(dòng)，故反應(yīng)Ⅰ為吸熱反應(yīng)；②反應(yīng)I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)反應(yīng)II：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)由I-II，可得反應(yīng)CH3OH(g)＋CO2(g)?2CO(g)＋H2(g)＋H2O(g)，則該反應(yīng)Kp=Kp(I)/Kp(II)，A點(diǎn)Kp(I)=Kp(II)，Kp=1，故lnKp=0；③平衡時(shí)總物質(zhì)的量為8mol，4種物質(zhì)的分壓分別為：、、、Kp=(×)÷()4=。湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)2022-2023學(xué)年下學(xué)期三月聯(lián)合檢測(cè)一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)。1.2021年11月聯(lián)合國(guó)氣候峰會(huì)作出遏制全球變暖，加快向清潔經(jīng)濟(jì)的轉(zhuǎn)變的決議。下列敘述正確的是A.煤炭、石油等化石燃料屬于二次能源B.“碳交易”及對(duì)“碳信用”征收強(qiáng)制稅，不利于實(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰、碳中和”C.人們出行將逐步淘汰燃油車，減少碳元素空中旅行D.各國(guó)應(yīng)大力提倡糧食釀酒、燃煤脫硫、石油裂化〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．煤炭、石油等化石燃料屬于一次能源，A錯(cuò)誤；B．“碳交易”及對(duì)“碳信用”征收強(qiáng)制稅，利于控制碳排放量，利于實(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰、碳中和”，B錯(cuò)誤；C．出行將逐步淘汰燃油車，發(fā)展綠色能源，減少碳元素空中旅行，C正確；D．糧食釀酒、燃煤脫硫、石油裂化等都會(huì)產(chǎn)生二氧化碳，不會(huì)減少碳元素的排放，D錯(cuò)誤；故選C。2.下表列出了某短周期元素的各級(jí)電離能數(shù)據(jù)（用、表示，單位為）?！璕7401500770010500……下列關(guān)于元素的判斷中一定正確的是A.R的最高正價(jià)為+3B.R元素位于元素周期表中第IIA族C.R元素的原子最外層共有4個(gè)電子D.R元素基態(tài)原子的電子排布式為〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗從表中原子的第一至第四電離能可以看出，元素的第一、第二電離能都較小，可失去2個(gè)電子，最高化合價(jià)為+2價(jià)，即最外層應(yīng)有2個(gè)電子，應(yīng)為第IIA族元素。〖詳析〗A．根據(jù)分析可知，R的最高正價(jià)為+2，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析可知，R元素位于元素周期表中第IIA族，故B正確；C．根據(jù)分析可知，R元素的原子最外層共有2個(gè)電子，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)分析可知，短周期元素為第IIA族元素，可能是Mg或Be，即R元素基態(tài)原子的電子排布式可能為1s22s22p63s2，故D錯(cuò)誤；〖答案〗選B。3.具有下列電子層結(jié)構(gòu)的原子，其對(duì)應(yīng)元素一定屬于同一周期的是A.兩種原子的電子層上全部都是s電子B.3p能級(jí)上只有一個(gè)空軌道的原子和3p能級(jí)上只有一個(gè)未成對(duì)電子的原子C.最外層電子排布為2s22p6的原子和最外層電子排布為2s22p6的離子D.原子核外M層上的s能級(jí)和p能級(jí)都填滿了電子，而d軌道上尚未有電子的兩種原子〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．兩種原子的電子層上全部都是s電子，均為1s或均為1s、2s電子，則為短周期一或二，不一定為同周期元素，如H與Li不同周期，故A不選；B．3p能級(jí)上只有一個(gè)空軌道的原子，為Si元素，3p能級(jí)上有一個(gè)未成對(duì)電子的原子為Na、Cl，均為第三周期元素，故B選；C．最外層電子排布式為2s22p6的原子為Ne，最外層電子排布式為2s22p6的離子為O或Na等，不一定為同周期元素，故C不選；D．原子核外M層上的s、p軌道都充滿電子，而d軌道上沒有電子，符合條件的原子的核外電子排布式有1s22s22p63s23p6為氬原子，1s22s22p63s23p64s1為鉀原子，1s22s22p63s23p64s2為鈣原子，不一定處于同一周期，故D不選；故〖答案〗為B。4.2022年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)?lì)C給了在“點(diǎn)擊化學(xué)”領(lǐng)域做出貢獻(xiàn)的科學(xué)家。一種“點(diǎn)擊化學(xué)”試劑是由四種短周期主族元素組成，其中X、Z、W的原子序數(shù)依次遞減，三者基態(tài)原子核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)數(shù)相同，Y的原子序數(shù)是Z的兩倍。下列說(shuō)法正確的是A.簡(jiǎn)單氫化物的分子極性：Y>ZB.電負(fù)性和第一電離能均有Z>WC.同周期元素形成的簡(jiǎn)單氫化物中X穩(wěn)定性最強(qiáng)D.同周期主族元素基態(tài)原子未成對(duì)電子數(shù)少于Y的有2種〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗X、Z、W的原子序數(shù)依次遞減且核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)數(shù)相同，即占有的原子軌道數(shù)相同，X、Z、W分別為F、O、N，占據(jù)5個(gè)原子軌道，Y的原子序數(shù)是Z的兩倍，Y為S。〖詳析〗A．因?yàn)镺原子的電負(fù)性大于S原子，所以極性，A錯(cuò)誤；B．電負(fù)性：，但是N原子的p層為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于O，B錯(cuò)誤；C．第二周期元素中，F(xiàn)的非金屬性最大，所以在第二周期中，F(xiàn)的氫化物最穩(wěn)定，C正確；D．Y為S，基態(tài)原子電子排布為：，未成對(duì)電子為2，在第三周期中，比它未成對(duì)電子數(shù)少的有：、、3種，D錯(cuò)誤；故選C。5.在溫?zé)釟夂驐l件下，淺海地區(qū)有厚層的石灰石沉積，而深海地區(qū)卻很少。下列〖解析〗不正確的是A.與深海地區(qū)相比，淺海地區(qū)水溫較高，有利于游離的CO2增多、石灰石沉積B.與淺海地區(qū)相比，深海地區(qū)壓強(qiáng)大，石灰石巖層易被CO2溶解，沉積少C.深海地區(qū)石灰石巖層的溶解反應(yīng)為：CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)D.海水呈弱酸性，大氣中CO2濃度增加，會(huì)導(dǎo)致海水中CO濃度增大〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗石灰?guī)r的形成是CaCO3的沉積結(jié)果，海水中溶解一定量的CO2，因此CaCO3與CO2，H2O之間存在著下列平衡：CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)?Ca(HCO3)2(aq)?！荚斘觥紸.海水中CO2的溶解度隨溫度的升高而減小，隨壓力的增大而增大，在淺海地區(qū)，海水層壓力較小，同時(shí)水溫比較高，因而CO2的濃度較小，即游離的CO2增多，根據(jù)平衡移動(dòng)原理，上述平衡向生成CaCO3方向移動(dòng)，產(chǎn)生石灰石沉積，A項(xiàng)正確；B.與A恰恰相反，石灰石巖層易被CO2溶解，沉積少，B項(xiàng)正確；C.在深海地區(qū)中，上述平衡向右移動(dòng)，且傾向很大，故溶解反應(yīng)為CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)，C項(xiàng)正確；D.海水溫度一定時(shí)，大氣中CO2濃度增加，海水中溶解的CO2隨之增大，導(dǎo)致CO32-轉(zhuǎn)化為HCO3-，CO32-濃度降低，D項(xiàng)錯(cuò)誤。故〖答案〗選D。6.T℃時(shí)，將2.0molA(g)和2.0molB(g)充入體積為1L的密閉容器中，在一定條件發(fā)生下述反應(yīng)：A(g)+B(g)?2C(g)+D(s)△H＜0；t1時(shí)刻時(shí)A物質(zhì)的量為1.2mol，t2時(shí)刻時(shí)C(g)濃度為2.0mol/L并保持不變。下列說(shuō)法正確的是A.t1時(shí)刻的逆反應(yīng)速率>t2時(shí)刻的正反應(yīng)速率B.T℃時(shí)該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=2C.T2時(shí)刻反應(yīng)達(dá)到平衡，然后縮小容器體積，平衡逆向移動(dòng)D.T℃時(shí)，若將A(g)、B(g)各1.0mol充入同樣容器，平衡后，A的轉(zhuǎn)化率為50%〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗〖詳析〗A．t2時(shí)刻的正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)開始到平衡，逆反應(yīng)速率在逐漸增大，所以t1時(shí)刻的逆反應(yīng)速率小于t2時(shí)刻的正反應(yīng)速率，A錯(cuò)誤；B．該反應(yīng)的平衡常數(shù)為，B錯(cuò)誤；C．T2時(shí)刻反應(yīng)達(dá)到平衡，然后縮小容器體積，壓強(qiáng)增大，平衡不移動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．該反應(yīng)到平衡時(shí)，A的轉(zhuǎn)化率為50%，若同溫時(shí)，將A(g)、B(g)各1.0mol充入同樣容器，兩平衡等效，平衡后，A的轉(zhuǎn)化率為50%，D正確；故選D。7.常溫下，一元酸的。在某體系中，與離子不能穿過隔膜，未電離的可自由穿過該膜(如圖所示)。設(shè)溶液中，當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)，下列敘述正確的是A.溶液Ⅰ中B.溶液Ⅱ中的HA的電離度為C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比為〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．常溫下溶液I的pH=7.0，則溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A錯(cuò)誤；B．常溫下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，則=1.0×10-3，解得=，B正確；C．根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C錯(cuò)誤；D．常溫下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c總(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c總(HA)=1.01c(HA)，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c總(HA)之比為〖(104+1)c(HA)〗∶〖1.01c(HA)〗=(104+1)∶1.01≈104，D錯(cuò)誤；〖答案〗選B。8.一種能增強(qiáng)人體免疫力的化合物，其結(jié)構(gòu)如圖，其中X、Y、Z、W、R為原子序數(shù)依次增大的短周期主族非金屬元素，W、R同族。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.第一電離能：B.氫化物的沸點(diǎn)：C.原子半徑：D.X、Z、W三種元素既可形成共價(jià)化合物又可形成離子化合物〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由結(jié)構(gòu)可知R最外層有六個(gè)電子，根據(jù)題意可知為W、R第ⅥA族元素，因此W為O元素，R為S元素，再根據(jù)結(jié)構(gòu)中的成鍵數(shù)可知X為H元素，Y為C元素，Z為N元素.〖詳析〗A．同一周期各元素第一電離能從左往右有逐漸增大的趨勢(shì)，因?yàn)镹元素2p軌道為半充滿狀態(tài)，第一電離能大于O元素，同一主族第一電離能從上往下依次降低，O元素大于S元素第一電離能，故第一電離能：，A正確；B．碳元素的氫化物為烷烴，烷烴的沸點(diǎn)隨C原子數(shù)目增大而增大，存在沸點(diǎn)大于水和氨氣的烷烴，B錯(cuò)誤；C．原子半徑同一周期從左往右依次減小，且H原子半徑最小，故原子半徑：，C正確；D．H、N、O，即可形成共價(jià)化合物，如，也可形成離子化合物，如，D正確；故選：B。9.科學(xué)家發(fā)現(xiàn)固體電解質(zhì)具有良好的導(dǎo)電能力，為鋰離子電池的發(fā)展做出了重要貢獻(xiàn)，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，其中位于體心。下列說(shuō)法正確的是A.該晶胞中位于體心和棱心B.電負(fù)性：C.周圍距離最近且相等的的個(gè)數(shù)為4D.若晶胞參數(shù)為，則晶體密度為〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．由題干晶胞示意圖可知，該晶胞中位于棱心上，位于體心上，S2-位于頂點(diǎn)，A錯(cuò)誤；B．同一周期從左往右元素電負(fù)性依次增大，同一主族從上往下元素電負(fù)性依次減小，故電負(fù)性：，B錯(cuò)誤；C．由A項(xiàng)分析可知，該晶胞中位于棱心上，位于體心上，S2-位于頂點(diǎn)，則周圍距離最近且相等的的個(gè)數(shù)為2，C錯(cuò)誤；D．由A項(xiàng)分析可知，該晶胞中位于棱心上，位于體心上，S2-位于頂點(diǎn)，故一個(gè)晶胞中含有Li+的數(shù)目為：，S2-的數(shù)目為：=1，的數(shù)目為1，若晶胞參數(shù)為，則晶體密度為=，D正確；故〖答案〗為：D。10.下列對(duì)物質(zhì)性質(zhì)解釋合理的是選項(xiàng)性質(zhì)解釋A熱穩(wěn)定性：中存在氫鍵B熔點(diǎn)：晶體硅<碳化硅碳化硅中分子間作用力較大C酸性：電負(fù)性：F>ClD熔點(diǎn)：Br-Br鍵較I-I鍵鍵能大A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．氣體分子之間距離太大，此時(shí)分子間氫鍵不存在，A錯(cuò)誤；B．晶體硅和碳化硅都不是分子，不存在分子間作用力，B錯(cuò)誤；C．酸性是因?yàn)殡娯?fù)性：導(dǎo)致中羧基上的氫離子更容易電離出來(lái)，C正確；D．Br2的熔點(diǎn)較高是因?yàn)槠浞肿娱g作用力較大，D錯(cuò)誤。故選C。11.碳氮硫共脫除工藝可以協(xié)同除去工業(yè)廢水中的S2-、NO和CH3COO-，過程如圖所示。已知：成鍵原子共平面，每個(gè)原子能提供一個(gè)相互平行的p軌道且p軌道電子數(shù)小于參加成鍵的p軌道數(shù)的兩倍時(shí)可形成離域π鍵。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.N2和CO2都是非極性分子B.NO和NO的空間構(gòu)型相同C.NO中存在離域π鍵D.冰醋酸中CH3COOH分子間存在范德華力和氫鍵〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．為含有非極性鍵的非極性分子，為含有極性鍵的非極性分子，A正確；B．的價(jià)層電子對(duì)為：，沒有孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為平面三角形，的價(jià)層電子對(duì)為：，有一對(duì)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為V性，B錯(cuò)誤；C．中N原子以雜化軌道成鍵,離子中存在3個(gè)σ鍵，為平面三角形，三個(gè)O原子和中心N原子之間形成一個(gè)四中心六電子的離域大π鍵，C正確；D．冰醋酸中分子間存在范德華力，因?yàn)轸然泻校院袣滏I，D正確；故選B。12.室溫下，通過下列實(shí)驗(yàn)探究NaHCO3溶液的性質(zhì)。實(shí)驗(yàn)1用pH試紙測(cè)得0.1NaHCO3溶液的pH約為8；實(shí)驗(yàn)2向0.1NaHCO3溶液滴入等濃度Ba(OH)2溶液至恰好完全反應(yīng)；實(shí)驗(yàn)3向0.1NaHCO3溶液中加入等體積0.1NaOH溶液；實(shí)驗(yàn)4向濃NaHCO3溶液中加入濃Al2(SO4)3溶液，有氣體和沉淀生成；下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.實(shí)驗(yàn)1的溶液中存在c(H2CO3)>c(CO)B.實(shí)驗(yàn)2過程中，水的電離程度先逐漸增大，然后逐漸減小C.實(shí)驗(yàn)3反應(yīng)后的溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)D.實(shí)驗(yàn)4所生成的氣體一定是CO2〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．0.1NaHCO3溶液中pH約為8，則說(shuō)明碳酸氫根離子水解大于電離，水解反應(yīng)為：，電離反應(yīng)為：，所以c(H2CO3)>c(CO)，A正確；B．向0.1NaHCO3溶液滴入等濃度Ba(OH)2溶液至恰好完全反應(yīng)，則發(fā)生離子反應(yīng)為：，滴入過程中先變成碳酸根離子，水解程度先增大，隨意碳酸根離子與鋇離子結(jié)合后氫氧根離子過量，所以隨后水的電離程度會(huì)逐漸減小，B正確；C．向0.1NaHCO3溶液中加入等體積0.1NaOH溶液，會(huì)生成碳酸鈉溶液，溶液中存質(zhì)子守恒，即c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，C錯(cuò)誤；D．向濃NaHCO3溶液中加入濃Al2(SO4)3溶液，溶質(zhì)會(huì)發(fā)生雙水解，生成氫氧化鋁和二氧化碳，D正確；故選C13.已知：，常溫下向溶液中滴加溶液的滴定曲線如圖所示。已知：。下列說(shuō)法正確的是A.、、三點(diǎn)的從大到小的順序?yàn)锽.在點(diǎn)的溶液中存在C.常溫下，為D.其他條件相同，若將溶液換為同濃度、同體積的溶液，B點(diǎn)會(huì)平行向右移動(dòng)〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．只受溫度影響，、、三點(diǎn)溫度不變，則三點(diǎn)的相等，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)向溶液中滴加10mL溶液時(shí)，，此時(shí)pCu=18.3，A點(diǎn)V〖Na2S(aq)〗小于10mL，則，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)向溶液中滴加10mL溶液時(shí)，，此時(shí)pCu=18.3，c(Cu2+)=10-18.3mol/L=c(S2-)，=c(Cu2+)c(S2-)=，故C正確；D．其他條件相同，若將溶液換為同濃度、同體積的溶液，滴加10mL溶液時(shí)，，由于，則pFe會(huì)向左移動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選C。14.某二氧化氯復(fù)合消毒劑發(fā)生器的工作原理如圖所示。通電后，產(chǎn)生成分為ClO2、Cl2、O3、H2O2的混合氣體甲，被水吸收后可制得具有更強(qiáng)的廣譜殺菌滅毒能力的二氧化氯復(fù)合消毒劑。下列說(shuō)法正確的是A.m端為電源正極，隔膜為陰離子交換膜B.產(chǎn)生ClO2的電極反應(yīng)式為Cl-+5e-+2H2O=ClO2↑+4H+C.通電后d口所在極室pH升高，e口排出NaOH溶液D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，b口每收集到2.24L氣體乙，電路中轉(zhuǎn)移電子0.4NA〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗左室中氯元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，為陽(yáng)極室，故m為電源的正極，n為電源的負(fù)極，右室發(fā)生還原反應(yīng)，水放電生成氫氣與氫氧根離子，離子交換膜為陽(yáng)離子交換膜，左室中的鈉離子通過離子交換膜進(jìn)入右室，溶液丙為NaOH溶液。〖詳析〗A．左室中氯元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，為陽(yáng)極室，故m為電源的正極，n為電源的負(fù)極，右室發(fā)生還原反應(yīng)，水放電生成氫氣與氫氧根離子，離子交換膜為陽(yáng)離子交換膜，故A錯(cuò)誤；B．Cl-轉(zhuǎn)化為ClO2發(fā)生氧化反應(yīng)，應(yīng)是失去電子，故B錯(cuò)誤；C．右室是水放電生成氫氣與氫氧根離子，右室pH升高，左室中的鈉離子通過離子交換膜進(jìn)入右室，e口排出NaOH溶液，故C正確；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，b口每收集到2.24L(0.1mol)氣體乙，電路中轉(zhuǎn)移電子0.2NA,故選C。15.已知含磷廢水中的磷以磷酸及其鹽的形式存在。某溫度下，磷酸的與溶液的的關(guān)系如下圖，該溫度下向初始的含磷廢水中加入可以得到沉淀而實(shí)現(xiàn)廢水除磷。下列敘述錯(cuò)誤的是A.該溫度下，磷酸的B.若逐漸增大該廢水的，溶液中將隨之不斷增大C.的該廢水中離子濃度存在關(guān)系：D.該廢水除磷的離子反應(yīng)有：〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由磷酸的與溶液的的關(guān)系圖可知、、?！荚斘觥紸．該溫度下，由關(guān)系圖可知pH=p=7.21，即，A正確；B．逐漸增大該廢水的過程中，含磷微粒的變化是，因此溶液中將先增大后減小，B錯(cuò)誤；C．時(shí)，因?yàn)?，所以，即，因?yàn)?，所以，即，故，C正確；D．因?yàn)橄蚝讖U水中加入可以得到沉淀，因此廢水除磷過程中存在離子反應(yīng)，D正確；故〖答案〗為：B。二、非選擇題：本題4小題，共55分。16.Ⅰ．為探究原電池和電解池的工作原理，某研究性小組分別用如圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。（1）甲裝置中，a電極的反應(yīng)式為___________。（2）乙裝置中，陰極區(qū)產(chǎn)物為___________。（3）丙裝置是一種家用環(huán)保型消毒液發(fā)生器。外接電源a為___________(填“正”或“負(fù)”)極，該裝置內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（4）若甲裝置作為乙裝置的電源，一段時(shí)間后，甲中消耗氣體與乙中產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為___________(不考慮氣體的溶解)。Ⅱ．利用如圖裝置，可以模擬鐵的電化學(xué)防護(hù)。（5）若X為碳棒，為減緩鐵的腐蝕，開關(guān)K應(yīng)置于___________處。（6）若X為鋅，開關(guān)K置于M處，該電化學(xué)防護(hù)法稱為___________?！即鸢浮剑?）H2-2e-+2OH-=2H2O（2）氫氧化鈉和氫氣（3）①.負(fù)②.2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（4）3：4（5）N（6）犧牲陽(yáng)極法〖解析〗小問1詳析〗甲裝置是氫氧燃料電池，a電極氫氣失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成水，a是負(fù)極，電極的反應(yīng)式為H2-2e-+2OH-=2H2O；〖小問2詳析〗乙裝置是電解池，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，陰極反應(yīng)式為，產(chǎn)物為氫氣和氫氧根離子；〖小問3詳析〗丙裝置是電解池，電解食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣、氯氣，為使電解生成的氫氧化鈉和氯氣充分反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉，氯氣應(yīng)該在丙裝置的下端電極生成，所以下端為陽(yáng)極、上端為陰極，外接電源a為負(fù)極，該裝置內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。〖小問4詳析〗甲裝置作為乙裝置的電源。若電路中轉(zhuǎn)移4mol電子，甲中負(fù)極消耗2mol氫氣、正極消耗1mol氧氣，乙裝置陽(yáng)極生成2mol氯氣、陰極生成2mol氫氣，甲中消耗氣體與乙中產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為3:4?！夹?詳析〗X為碳棒，若開關(guān)K應(yīng)置于M，構(gòu)成原電池，鐵為負(fù)極，鐵的腐蝕速率加快；若開關(guān)K應(yīng)置于N，構(gòu)成電解池，鐵為陰極，為外加電流陰極保護(hù)法，鐵的腐蝕速率減慢；所以為減緩鐵的腐蝕，開關(guān)K應(yīng)置于N處?！夹?詳析〗X為鋅，開關(guān)K置于M處，構(gòu)成原電池，鐵為正極、鋅為負(fù)極，鋅被腐蝕，該電化學(xué)防護(hù)法稱為犧牲陽(yáng)極法。17.利用廢舊錫鉻合金(含Sn、Cr、SnO、和少量Pb)回收錫并制備重鉻酸鉀(K2Cr2O7)的工藝流程如下：已知：①“熔融氧化”中，氧化產(chǎn)物為，還原產(chǎn)物為；②回答下列問題：（1）“熱溶”時(shí)發(fā)生的非氧化還原反應(yīng)的離子方程式為_______；加快“熱溶”速率的措施有_______(任寫2條)。（2）“溶渣”的主要成分為_______(填化學(xué)式)。（3）“調(diào)”的作用是_______。（4）“熔融氧化”反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______，實(shí)驗(yàn)室中該操作可在_______(填字母)中進(jìn)行。A.蒸發(fā)皿B.鐵坩堝C.石英坩堝D.燒杯（5）“轉(zhuǎn)化、分離”中，需要通過蒸發(fā)濃縮，降溫至10℃、結(jié)晶的方法分離得到晶體的原因?yàn)開______。〖答案〗（1）①.、②.攪拌、適當(dāng)升高溫度、適當(dāng)增大硫酸濃度等（任寫兩條）（2）（3）使轉(zhuǎn)化（4）①.②.B（5）的溶解度受溫度影響較大且隨溫度降低而減小〖解析〗〖祥解〗廢舊錫鉻合金加硫酸熱溶后，溶渣中為PbSO4，其他物質(zhì)轉(zhuǎn)化為硫酸鹽；調(diào)節(jié)pH得到物相1，經(jīng)過處理得到粗錫；物相2經(jīng)過處理得到Cr2O3；熔融氧化時(shí)發(fā)生反應(yīng)，固體水溶后調(diào)節(jié)pH2，鉻酸鈉轉(zhuǎn)化為重鉻酸鈉，即使轉(zhuǎn)化為，加入KCl經(jīng)過轉(zhuǎn)化分離得到K2Cr2O7?！夹?詳析〗硫酸熱溶時(shí)發(fā)生的非氧化還原反應(yīng)為：、；加快“熱溶”速率的措施有：攪拌、適當(dāng)升高溫度、適當(dāng)增大硫酸濃度等（任寫兩條）；〖小問2詳析〗溶渣的主要成分為：；〖小問3詳析〗“調(diào)”的作用是：使轉(zhuǎn)化為；〖小問4詳析〗熔融氧化時(shí)發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為：；熔融氧化應(yīng)該在坩堝中進(jìn)行，因用到了NaOH，不能選石英坩堝，應(yīng)選鐵坩堝，故選B；〖小問5詳析〗“轉(zhuǎn)化、分離”中，需要通過蒸發(fā)濃縮，降溫至10℃、結(jié)晶的方法分離得到晶體的原因?yàn)椋旱娜芙舛仁軠囟扔绊戄^大且隨溫度降低而減小。18.推廣磷酸亞鐵鋰電池的新能源汽車對(duì)減少二氧化碳排放和大氣污染具有重要意義。工業(yè)上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()為原料制磷酸亞鐵鋰材料。回答下列問題：（1）基態(tài)鐵原子核外電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有______種；基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+穩(wěn)定的原因是______。（2）在NH4H2PO4中的N、P、O三種元素的電負(fù)性由大到小的順序是______；NH的空間構(gòu)型為______；H2PO中P原子的雜化軌道類型為______。（3）1mol中含有______molσ鍵；苯胺水溶性大于苯的主要原因是______。（4）構(gòu)想某鋰電池的負(fù)極材料晶體是鋰原子嵌入石墨烯層間，晶體結(jié)構(gòu)如圖。①石墨的硬度小、熔沸點(diǎn)高的原因分別是______。②如圖晶體的化學(xué)式為______；該晶體中最近的兩個(gè)碳原子核間距離為142pm，石墨烯層間距離為335pm，則該晶體的密度為______g?cm-3(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，列式即可)。〖答案〗（1）①.26②.基態(tài)Fe3+價(jià)層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)（2）①.O>N>P②.正四面體形③.sp3雜化（3）①.14②.苯胺與水能形成分子間氫鍵而苯不能（4）①.石墨晶體為層狀結(jié)構(gòu)，層間作用力為范德華力，硬度小，層內(nèi)碳原子間以共價(jià)鍵結(jié)合，熔沸點(diǎn)高②.LiC6③.〖解析〗〖小問1詳析〗根據(jù)鮑利原理可知，原子核外沒有運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同的電子，鐵是26號(hào)原子，核外有26個(gè)電子，則基態(tài)鐵原子核外電