四川省遂寧市2020-2021學(xué)年高二下學(xué)期期末考試化學(xué)試題

遂寧市高中2022屆第四學(xué)期期末教學(xué)水平監(jiān)測化學(xué)試題本試卷分第I卷(選擇題)和第II卷(非選擇題)兩部分?？偡?00分?？荚嚂r間90分鐘。注意事項：1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、班級、考號用0.5毫米的黑色墨水簽字筆填寫在答題卡上。并檢查條形碼粘貼是否正確。2.選擇題使用2B鉛筆填涂在答題卡對應(yīng)題目標號的位置上，非選擇題用0.5毫米黑色墨水簽字筆書寫在答題卡對應(yīng)框內(nèi)，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。3.考試結(jié)束后，將答題卡收回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：Li7N14O16Mg24Cu64Ag108Fe56C1–35.5第Ⅰ卷(選擇題，滿分42分)一、選擇題(本題包括12小題，每小題2分，共24分。每小題只有一個選項符合題意)1.下列我國科研成果所涉及材料中，主要成分為同主族元素形成的無機非金屬材料的是A．4.03米大口徑碳化硅反射鏡B．2022年冬奧會聚氨酯速滑服C．能屏蔽電磁波的碳包覆銀納米線D．“玉兔二號”鈦合金篩網(wǎng)輪A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】本題主要考查有機物與無機物的區(qū)分（B選項為有機物，其他均為無機物），金屬材料與非金屬材料的區(qū)分。同時穿插考查了元素周期表中同主族的概念?！驹斀狻緼.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素組成的無機非金屬材料，且碳元素與硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合題意；B.聚氨酯為有機高分子化合物，不屬于無機非金屬材料，故B不符合題意；C.碳包覆銀納米材料屬于復(fù)合材料，不屬于無機非金屬材料，且銀不是主族元素，故C不符合題意；D.鈦合金為含有金屬鈦元素的合金，其屬于金屬材料，不屬于無機非金屬材料，故D不符合題意；綜上所述，本題應(yīng)選A?！军c睛】本題依托有機物和無機物的概念考查了化學(xué)知識與生活中物質(zhì)的聯(lián)系，創(chuàng)新點在于除了要判斷是否為無機非金屬材料，還給其加了限制條件“同主族”，應(yīng)注意有機物中一定含碳元素，但含碳元素的卻不一定是有機物。2.374℃、22.1Mpa以上的超臨界水具有很強的溶解有機物的能力，并含有較多的H+和OH，由此可知超臨界水A.顯中性，pH等于7 B.表現(xiàn)出非極性溶劑的特性C.顯酸性，pH小于7 D.表現(xiàn)出極性溶劑的特性【答案】B【解析】【詳解】A.25℃時，水的pH=7，水的電離是吸熱過程，升高溫度促進水的電離，在374℃時，超臨界水顯中性，pH<7，A錯誤；B.超臨界水具有很強的溶解有機物的能力，根據(jù)相似相溶原理，說明超臨界水表現(xiàn)出非極性溶劑的特性，B正確；C.25℃時，水的pH=7，水的電離是吸熱過程，升高溫度促進水的電離，在374℃時，超臨界水中H+與OH濃度相等，顯中性，pH<7，C錯誤；D.超臨界水具有很強的溶解有機物的能力，根據(jù)相似相溶原理，說明超臨界水表現(xiàn)出非極性溶劑的特性，D錯誤；答案選B。3.所有原子處于同一平面的是（）A. B. C. D.CH2=CHCCH【答案】D【解析】【詳解】A.四氯化碳是正四面體結(jié)構(gòu)，所有原子不可能處于同一平面，故A錯誤；B.根據(jù)甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)分析，甲基是立體結(jié)構(gòu)，所有原子不可能處于同一平面，故B錯誤；C.因甲基是立體結(jié)構(gòu)，所有原子不可能處于同一平面，故C錯誤；D.碳碳雙鍵是平面結(jié)構(gòu)，碳碳三鍵是直線型結(jié)構(gòu)，則該物質(zhì)中所有原子都在一個平面上，故D正確；故選D。4.下列化學(xué)用語對事實的表述不正確的是A.硬脂酸與乙醇的酯化反應(yīng)：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB.常溫時，0.1mol·L1氨水的pH=11.1：NH3·H2ONH4++OH?C.由Na和C1形成離子鍵的過程：D.電解精煉銅的陰極反應(yīng)：Cu2++2e?=Cu【答案】A【解析】【詳解】分析：A項，酯化反應(yīng)的機理是“酸脫羥基醇脫氫”；B項，氨水為弱堿水溶液，存在電離平衡；C項，Na易失電子形成Na+，Cl易得電子形成Cl；D項，電解精煉銅時，精銅為陰極，粗銅為陽極。詳解：A項，酯化反應(yīng)的機理是“酸脫羥基醇脫氫”，硬脂酸與乙醇反應(yīng)的化學(xué)方程式為C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A項錯誤；B項，常溫下0.1mol·L1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH）=102.9mol·L10.1mol·L1，氨水為弱堿水溶液，電離方程式為NH3·H2ONH4++OH，B項正確；C項，Na原子最外層有1個電子，Na易失電子形成Na+，Cl原子最外層有7個電子，Cl易得電子形成Cl，Na將最外層的1個電子轉(zhuǎn)移給Cl，Na+與Cl間形成離子鍵，C項正確；D項，電解精煉銅時，精銅為陰極，粗銅為陽極，陰極電極反應(yīng)式為Cu2++2e=Cu，D項正確；答案選A。點睛：本題考查酯化反應(yīng)的機理、電離方程式的書寫、用電子式表示物質(zhì)的形成過程、電解精煉銅的原理。注意強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)電離方程式的區(qū)別、用電子式表示離子化合物和共價化合物形成過程的區(qū)別。5.某學(xué)生欲完成2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑反應(yīng)，設(shè)計了下列四個實驗，你認為可行的實驗是A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】A．該裝置為電解池，左邊Ag為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：2Ag2e+2Cl=2AgC1，右邊Ag為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：2H++2e=H2↑，故總反應(yīng)式為2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑，A可行；B．該裝置為原電池，F(xiàn)e為負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：Fe2e=Fe2+，Ag為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：2H++2e=H2↑，B不可行；C．該裝置為電解池，C為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：2Cl2e=C12↑，Ag為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：2H++2e=H2↑，C不可行；D．不能構(gòu)成原電池，也不會發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，D不可行；故答案為A。6.已知溫度T時水的離子積常數(shù)為KW，該溫度下，將濃度為amol·L1的一元酸HA與bmol·L1的一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據(jù)是A.a=bB.混合溶液的pH=7C.混合溶液中，c(H+)=mol.L1D.混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH)+c(A)【答案】C【解析】【詳解】A.沒有給具體的溫度和酸、堿的強弱，A錯誤；B.由于沒有給具體的溫度，pH=7，不一定是中性，B錯誤；C.判斷溶液呈中性的依據(jù)只能是c(H+)=c(OH)，此時c(H+)=mol·L1，C正確；D.根據(jù)電荷守恒，不論溶液是酸性、中性、還是堿性，都成立，D錯誤；故合理選項為C。7.下列實驗操作或裝置能達到目的的是A.圖甲：混合濃硫酸和乙醇 B.圖乙：配制一定濃度的溶液C.圖丙：收集氣體 D.圖?。喊磮D裝置分離硝基苯與水【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．混合濃硫酸和乙醇時，應(yīng)該將濃硫酸緩緩倒入乙醇中，并用玻璃棒不斷攪拌，故A錯誤；B．配制一定濃度的溶液時，眼睛應(yīng)該平視液面，故B正確；C．的密度比空氣大，應(yīng)該用向上排空氣法收集，集氣瓶中導(dǎo)氣管應(yīng)該“長進短出”，故C錯誤；D．硝基苯與水不互溶，用分液分離，故D錯誤；故答案為B。8.X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。Y元素的最高正價為價，Y元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族；化合物的電子總數(shù)為18個；Q元素的原子最外層電子數(shù)比次外層少一個電子。下列說法不正確的是A.原子半徑：B.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：C.能與酸反應(yīng)D.X、Z和Q三種元素形成的化合物一定是共價化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，且化合物Z2X4的電子總數(shù)為18個，Z2X4應(yīng)該為N2H4，則X為H，Z為N；Y元素的最高正價為+4價，位于ⅣA族，結(jié)合原子序數(shù)可知Y為C；X與M元素同主族，則M為Na；Q元素的原子最外層電子數(shù)比次外層少一個電子，其原子序數(shù)大于Na，最外層電子數(shù)為7，則Q為Cl，以此分析解答?！驹斀狻拷Y(jié)合分析可知，X為H，Y為C，Z為N，M為Na，Q為Cl元素，A．同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，短周期元素中Na的原子半徑最大，則原子半徑：Z＜Y＜M，故A正確；B．非金屬性越強，對應(yīng)最高價氧化物的水化物的酸性越強，則最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：，故B正確；C．X2ZZX2為H2NNH2，H2NNH2與氨氣性質(zhì)相似，水溶液呈堿性，能與酸反應(yīng)，故C正確；D．H、N、Cl能形成離子化合物，如氯化銨，故D錯誤；故選：D。9.NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)為0.1NAB.92.0g甘油(丙三醇)中含有羥基數(shù)為1.0NAC.22.4L(標準狀況)氬氣含有的質(zhì)子數(shù)為18NAD.1molN2與4molH2反應(yīng)生成的NH3分子數(shù)為2NA【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．膠體粒子是一個聚合體，16.25gFeCl3的物質(zhì)的量為，水解形成Fe(OH)3膠體時，多個Fe(OH)3聚合為一個膠體粒子，所以形成的膠體粒子數(shù)小于0.1mol，即形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)小于0.1NA，故A錯誤；

B．92.0g甘油(丙三醇)的物質(zhì)的量為，1mol丙三醇含有3mol羥基，即含有羥基數(shù)為3NA，故B錯誤；

C．22.4L標準狀況的氬氣的物質(zhì)的量為，氬氣是單原子氣體，所以含有1molAr，含有18mol質(zhì)子，即含有18NA個質(zhì)子，故C正確；

D．合成氨的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進行徹底，故生成的氨氣分子小于2NA個，，故D錯誤；

故選：C。10.常溫下，下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是A.無色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN、ClB.無色溶液中：Al3+、NH、Cl、S2C.c(Fe2+)=1mol·L?1的溶液中：K+、、、D.水電離的c(H＋)=1×1013mol·L1的溶液中：K＋、Na＋、AlO、CO【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．Fe3+為黃色離子，不滿足溶液無色的條件，且Fe3+和SCN不能共存，故A錯誤；B．Al3+和S2發(fā)生雙水解反應(yīng)，不能共存，故B錯誤；C．具有強氧化性，能夠氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；D．水電離出的c(H+)=1×1013mol?L1的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，若呈酸性，AlO、CO與氫離子反應(yīng)而不能共存，若呈堿性，則能共存，故該條件下可能共存，故D正確；

故選：D。11.霧霾嚴重影響人們的生活與健康。某地區(qū)的霧霾中可能含有如下可溶性無機離子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42－、NO3－、Cl－。某同學(xué)收集了該地區(qū)的霧霾，經(jīng)必要的預(yù)處理后試樣溶液，設(shè)計并完成了如下的實驗：已知：3NO3－+8Al+5OH－+2H2O3NH3+8AlO2－根據(jù)以上的實驗操作與現(xiàn)象，該同學(xué)得出的結(jié)論不正確的是A.試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42－和NO3－B.試樣中一定不含Al3+C.試樣中可能存在Na+、Cl－D.該霧霾中可能存NaNO3、NH4Cl和MgSO4【答案】B【解析】【分析】試樣溶液中加入過量Ba（OH）2并加熱，生成的氣體1能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，說明氣體1是NH3，則試樣中含有NH4+；向濾液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成氣體2，該氣體能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍色，說明含有氣體2是NH3，根據(jù)已知條件知，溶液2中含有NO3，根據(jù)元素守恒知，原溶液中含有NO3；濾液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出氣體，說明沉淀2是碳酸鋇等難溶性碳酸鹽；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸鋇不溶于酸，說明原來溶液中含有SO42，能和過量Ba（OH）2反應(yīng)生成能溶于酸的沉淀，根據(jù)離子知，該沉淀為Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg

2+，【詳解】A、通過以上分析知，試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，故A正確；B、通過以上分析知，試樣中不能確定是否含有Al3+，故B錯誤；C、通過以上分析知，試樣中可能存在Na+、Cl，要檢驗是否含有鈉離子或氯離子，可以采用焰色反應(yīng)鑒定鈉離子，用硝酸酸化的硝酸銀檢驗氯離子，故C正確；D、根據(jù)以上分析知，試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，可能存在Na+、Cl，所以該霧霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正確，答案選B。12.下列實驗的反應(yīng)原理用離子方程式表示正確的是A.室溫下，測得氯化銨溶液pH<7，證明一水合氨是弱堿：+2H2O=NH3·H2O+H3O+B.用氫氧化鈉溶液除去鎂粉中的雜質(zhì)鋁：2Al+2OH?+2H2O=2+3H2↑C.用碳酸氫鈉溶液檢驗水楊酸中的羧基：+2→+2H2O+2CO2↑D.用高錳酸鉀標準溶液滴定草酸：2+16H++5=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】B【解析】【詳解】A．室溫下，氯化銨溶液pH<7，是因為NH4+發(fā)生水解反應(yīng)，消耗了水電離產(chǎn)生的OH，當最終達到平衡時，溶液中c(H+)>c(OH)，但銨根離子水解程度是微弱的，存在水解平衡，離子方程式為：NH4++H2ONH3·H2O+H+，A錯誤；B．單質(zhì)鋁能夠與氫氧化鈉溶液反應(yīng)變?yōu)榭扇苄缘奈镔|(zhì)，反應(yīng)方程式為：2Al+2OH?+2H2O=2+3H2↑，而金屬鎂不能反應(yīng)，因此可用NaOH溶液除去雜質(zhì)Al，B正確；C．由于酸性COOH>H2CO3>OH，所以碳酸氫鈉只能與羧基反應(yīng)，而與酚羥基不反應(yīng)，C錯誤；D．草酸是二元弱酸，不能寫成離子形式，用化學(xué)式表示，正確的離子方程式為2+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D錯誤；故合理選項是B。二、選擇題(本大題包括6小題。每小題只有一個選項符合題意，每小題3分，共18分)13.茶葉中鐵元素的檢驗可經(jīng)過以下四個步驟完成，各步驟中選用的實驗用品不能都用到的是A.將茶葉灼燒灰化，選用①、②和⑨B.用濃硝酸溶解茶葉并加蒸餾水稀釋，選用④、⑥和⑦C.過濾得到濾液，選用④、⑤和⑦D.檢驗中濾液中的Fe3＋，選用③、⑧和⑩【答案】B【解析】【詳解】A、茶葉灼燒需要酒精燈、坩堝、三腳架和泥三角等，A正確；B、容量瓶是用來配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的，不能用來稀釋溶液或溶解固體，B不正確；C、過濾需要燒杯、漏斗和玻璃棒，C正確；D、檢驗鐵離子一般用KSCN溶液，因此需要試管、膠頭滴管和KSCN溶液，D正確；答案選B?！军c睛】本題從茶葉中鐵元素的檢驗入手，考查物質(zhì)的檢驗方法、實驗基本操作，儀器裝置等。解題過程中首先確定實驗原理，然后選擇藥品和儀器，再設(shè)計實驗步驟。14.能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式是A.溶液與少量溶液反應(yīng)：B.電解水溶液：C.乙酸乙酯與溶液共熱：D.溶液中滴加稀氨水：【答案】C【解析】【詳解】A．(NH4)2Fe(SO4)2可以寫成(NH4)2SO4?FeSO4，(NH4)2Fe(SO4)2溶液與少量Ba(OH)2溶液反應(yīng)，OH先與Fe2+反應(yīng)，再和反應(yīng)，由于Ba(OH)2較少，不會參與反應(yīng)，離子方程式為：Fe2+++Ba2++2OH=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，A錯誤；B．用惰性材料為電極電解MgCl2溶液，陽極反應(yīng)為：2Cl2e=Cl2↑，陰極反應(yīng)為：2H2O+2e+Mg2+=Mg(OH)2↓+H2↑，總反應(yīng)的離子方程式為：Mg2++2Cl+2H2O=Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，B錯誤；C．乙酸乙酯與氫氧化鈉溶液共熱時發(fā)生水解，生成乙酸鈉和乙醇，離子方程式為：CH3COOCH2CH3+OHCH3COO+CH3CH2OH，C正確；D．向硫酸銅溶液中滴加氨水，氨水與硫酸銅發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀和硫酸銨，一水合氨為弱電解質(zhì)，在離子反應(yīng)中不能拆開，離子方程式為：Cu2++2NH3?H2O=2+Cu(OH)2↓，D錯誤。答案選C。15.下列說法正確的是A.的一溴代物和的一溴代物都有4種(不考慮立體異構(gòu))B.乳酸薄荷醇酯()僅能發(fā)生水解、氧化、消去反應(yīng)C.按系統(tǒng)命名法，化合物的名稱是2，3，4?三甲基?2?乙基戊烷D.等物質(zhì)的量的苯和苯甲酸完全燃燒消耗氧氣的量不相等【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．H原子種類：有4種，也有4種，故它們的一溴代物均有4種，故A正確；B．乳酸薄荷醇含有酯基、醇羥基，可以發(fā)生水解反應(yīng)、氧化反應(yīng)、消去反應(yīng)、取代反應(yīng)等，故B錯誤；

C．烷烴命名時，要選最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有6個碳原子，故為己烷，并從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，故在2號和3號碳原子上各有一個甲基，在4號碳原子上有兩個甲基，故名稱為2，3，4，4四甲基己烷，故C錯誤；

D．苯的，即1mol苯消耗氧氣7.5mol，苯甲酸的，即1mol苯甲酸消耗氧氣7.5mol，所以等物質(zhì)的量的苯和苯甲酸完全燃燒消耗氧氣的量相等，故D錯誤。

故選：A。16.一定條件下，下列反應(yīng)中水蒸氣含量隨反應(yīng)時間的變化趨勢符合下圖的是A.CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；△H＜0B.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；△H＞0C.CH3CH2OH(g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)；△H＞0D.2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g)；△H＜0【答案】A【解析】【詳解】分析左圖：據(jù)達平衡所需時間，得：T2＞T1；據(jù)平行線部分，得：T1到T2（升高溫度），水蒸氣含量減少，所以應(yīng)該是正向放熱的可逆反應(yīng)；分析右圖：據(jù)達平衡所需時間，得：P1＞P2；據(jù)平行線部分，得：P1到P2（壓強減?。?，水蒸氣含量減少，所以應(yīng)該是正向氣體體積減小的可逆反應(yīng)；答案選A。17.常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法錯誤的是A.在溶液中，B.相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7，則溶液中C.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，則D.相同濃度的HCOONa和NaF兩溶液，前者的pH較大，則【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．在1mol?L1Na2S溶液中存在物料守恒，硫元素守恒得到守恒關(guān)系，c(S2)+c(HS)+c(H2S)=1mol?L1，故A正確；B．常溫下相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7，溶液顯酸性，說明醋酸電離程度大于醋酸根離子的水解程度，溶液中c(CH3COO)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH)，故B正確；C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，對于組成相似的物質(zhì)，溶解性越大，Ksp越大，所以Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正確；D．酸性越弱，其相應(yīng)離子的水解程度越大；相同濃度的HCOONa和NaF兩溶液，前者的pH較大，說明HCOO的水解程度大于F的水解程度，HCOOH的酸性弱于HF的酸性，酸性越弱，Ka越小，所以Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故D錯誤；故選：D。18.如圖所示，將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U形管中。下列正確的是A.K1閉合，鐵棒上發(fā)生的反應(yīng)為2H++2e=H2↑B.K1閉合，石墨棒周圍溶液pH逐漸升高C.K2閉合，鐵棒不會被腐蝕，屬于犧牲陽極保護法D.K2閉合，電路中通過0.002NA個電子時，兩極共產(chǎn)生0.001mol氣體【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．K1閉合構(gòu)成原電池，鐵是活潑的金屬，鐵棒是負極，鐵失去電子，鐵棒上發(fā)生的反應(yīng)為Fe2e－＝Fe2＋，A不正確；B．K1閉合構(gòu)成原電池，鐵棒是負極，鐵失去電子，石墨棒是正極，溶液中的氧氣得到電子轉(zhuǎn)化為OH－，電極反應(yīng)式為O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，石墨棒周圍溶液pH逐漸升高，B正確；C．K2閉合構(gòu)成電解池，鐵棒與電源的負極相連，作陰極，溶液中的氫離子放電產(chǎn)生氫氣，鐵不會被腐蝕，屬于外加電流的陰極保護法，C不正確；D．K2閉合構(gòu)成電解池，鐵棒與電源的負極相連，作陰極，溶液中的氫離子放電生成氫氣，石墨棒是陽極，溶液中的氯離子放電生成氯氣，電極反應(yīng)式分別為2H＋＋2e－＝H2↑、2Cl－－2e－＝Cl2↑，電路中通過0.002NA個電子時，兩極均產(chǎn)生0.001mol氣體，共計是0.002mol氣體，D不正確；答案選B。第Ⅱ卷(非選擇題，滿分58分)注意事項：1.請用藍黑鋼筆或圓珠筆在第Ⅱ卷答題卡上作答，不能答在此試卷上。2.試卷中橫線及框內(nèi)注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答題卡上作答。三、必做題(注意：19、20、21三個題為每位考生必做題)19.I、鋰錳電池的體積小、性能優(yōu)良，是常用的一次電池。該電池反應(yīng)原理如圖所示，其中電解質(zhì)LiClO4，溶于混合有機溶劑中，Li+通過電解質(zhì)遷移入MnO2晶格中，生成LiMnO2.回答下列問題：(1)外電路的電子流動方向是由___________極流向___________極(填字母)。(2)電池負極反應(yīng)式為___________。(3)是否可用水代替電池中的混合有機溶劑？___________(填“是”或“否”)，原因是___________。(4)MnO2可與KOH和KClO3在高溫下反應(yīng)，生成K2MnO4，反應(yīng)化學(xué)方程式為___________。K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為___________。(5)CO2的資源化利用能有效減少CO2排放，充分利用碳資源。電解法轉(zhuǎn)化CO2可實現(xiàn)CO2資源化利用。電解CO2制HCOOH的原理示意圖如下。①寫出陰極CO2還原為HCOO?的電極反應(yīng)式：___________。②電解一段時間后，陽極區(qū)的KHCO3溶液濃度降低，其原因是___________?！敬鸢浮竣?a②.b③.Lie?=Li+④.否⑤.電極Li是活潑金屬，能與水反應(yīng)⑥.3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O⑦.2∶1⑧.CO2++2e?=HCOO?+或CO2+H++2e?=HCOO?或CO2+H2O+2e?=HCOO?+H+⑨.陽極產(chǎn)生O2，pH減小，濃度降低；K+部分遷移至陰極區(qū)【解析】【分析】(1)形成原電池反應(yīng)時，Li為負極，被氧化，電極方程式為Lie=Li+，MnO2為正極，被還原，電極方程式為MnO2+e+Li+=LiMnO2；【詳解】(1)Li為負極，MnO2為正極，原電池工作時，外電路的電流方向從正極到負極，即從b極流向a極，電子流向從a到b；(2)Li為負極，被氧化，電極方程式為Lie=Li+；(3)因負極材料為Li，可與水反應(yīng)，則不能用水代替電池中的混合有機溶劑；(4)二氧化錳與KOH和KClO4在高溫下反應(yīng)，生成錳酸鉀(K2MnO4)和KCl，反應(yīng)中化合價變化的元素為Mn、Cl，Mn元素由+4價升高為+6，Cl元素化合價由+5降低為1，根據(jù)化合價升降相等，則二氧化錳與氯酸鉀的物質(zhì)的量之比為3：1，再根據(jù)原子守恒配平方程式為：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2，反應(yīng)中Mn元素化合價分別由+6價升高到7價、降低到+4價，反應(yīng)的方程式為：3K2MnO4+4HCl=2KMnO4+MnO2+2H2O+4KCl，生成KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為2:1；(5)①陰極CO2還原為HCOO的電極反應(yīng)是二氧化碳得到電子生成甲酸根離子或在碳酸氫根離子溶液中生成甲酸根離子和碳酸根離子，結(jié)合電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫電極反應(yīng)為：CO2++2e?=HCOO?+或CO2+H++2e?=HCOO?或CO2+H2O+2e?=HCOO?+H+，②電解一段時間后，陽極區(qū)的KHCO3溶液濃度降低升溫原因是：陽極氫氧根離子失電子生成氧氣，電極附近氫離子濃度增大，pH減小和碳酸氫根離子反應(yīng)，濃度降低，K+部分遷移至陰極區(qū)。20.用沉淀滴定法快速測定NaI等碘化物溶液中c(I?)，實驗過程包括準備標準溶液和滴定待測溶液。Ⅰ．準備標準溶液a．準確稱取AgNO3基準物4.2500g(0.0250mol)后，配制成250mL標準溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用。b．配制并標定100mL0.1000mol·L?1NH4SCN標準溶液，備用。Ⅱ．滴定的主要步驟a．取待測NaI溶液25.00mL于錐形瓶中。b．加入25.00mL0.1000mol·L?1AgNO3溶液(過量)，使I?完全轉(zhuǎn)化為AgI沉淀。c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示劑。d．用0.1000mol·L?1NH4SCN溶液滴定過量的Ag+，使其恰好完全轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀后，體系出現(xiàn)淡紅色，停止滴定。e．重復(fù)上述操作兩次。三次測定數(shù)據(jù)如下表：實驗序號123消耗NH4SCN標準溶液體積/mL10.2410.029.98f．數(shù)據(jù)處理?；卮鹣铝袉栴}：(1)將稱得的AgNO3配制成標準溶液，所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有___________。(2)AgNO3標準溶液放在棕色試劑瓶中避光保存的原因是___________。(3)b和c兩步操作是否可以顛倒___________，說明理由___________。(4)所消耗的NH4SCN標準溶液平均體積為___________mL，測得c(I?)=___________mol·L?1。(5)在滴定管中裝入NH4SCN標準溶液的前一步，應(yīng)進行的操作為___________。(6)判斷下列操作對c(I?)測定結(jié)果的影響(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)：若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，則測定結(jié)果___________。【答案】①.250mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管②.避免AgNO3見光分解③.否(或不能)④.若顛倒，F(xiàn)e3+與I?反應(yīng)，指示劑耗盡，無法判斷滴定終點⑤.10.00⑥.0.0600⑦.用NH4SCN標準溶液進行潤洗⑧.偏高【解析】【分析】【詳解】(1)將稱得的AgNO3配制成標準溶液還需要經(jīng)過下列步驟：溶解→冷卻→轉(zhuǎn)移→洗滌→初步振蕩→定容→搖勻→裝瓶貼標簽，所使用的儀器除了燒杯和玻璃棒外，還要250mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管；(2)AgNO3標準溶液放在棕色試劑瓶中避光保存的原因是避免AgNO3見光分解；

(3)b和c兩步操作不可以顛倒，理由是若顛倒，F(xiàn)e3+與I反應(yīng)，指示劑耗盡，無法判斷滴定終點；(4)根據(jù)所提供的三組數(shù)據(jù)，第一組數(shù)據(jù)誤差較大，舍去，第二、三兩組數(shù)據(jù)取平均值即可，所消耗的NH4SCN標準溶液平均體積為10.00mL；加入的AgNO3物質(zhì)的量：n(AgNO3)=0.1000mol?L1×0.025L=0.0025mol；根據(jù)Ag++SCN=AgSCN↓，反應(yīng)后剩余的AgNO3物質(zhì)的量：n(AgNO3)=0.1000mol?L1×0.010L=0.001mol，則與NaI反應(yīng)的AgNO3物質(zhì)的量：n(AgNO3)=0.1000mol?L1×0.01500L=0.0015mol；根據(jù)Ag++I=AgI↓，則c(I)=n/V=0.0015mol/0.025L=0.0600mol/L；

(5)在滴定管中裝入NH4SCN標準溶液的前一步，應(yīng)進行的操作為用NH4SCN標準溶液進行潤洗；

(6)若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，終讀數(shù)變小，標準液數(shù)值變小，則測定結(jié)果偏高。21.環(huán)戊二烯（）是重要的有機化工原料，廣泛用于農(nóng)藥、橡膠、塑料等生產(chǎn)?；卮鹣铝袉栴}：（1）已知：(g)=(g)+H2(g)ΔH1=100.3kJ·mol?1①H2(g)+I2(g)=2HI(g)ΔH2=?11.0kJ·mol?1②，對于反應(yīng)：(g)+I2(g)=(g)+2HI(g)③ΔH3=___________kJ·mol?1。（2）某溫度下，等物質(zhì)的量的碘和環(huán)戊烯（）在剛性容器內(nèi)發(fā)生反應(yīng)③，起始總壓為105Pa，平衡時總壓增加了20%，環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率為_________，該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=_________Pa。達到平衡后，欲增加環(huán)戊烯的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施有__________（填標號）。A．通入惰性氣體B．提高溫度C．增加環(huán)戊烯濃度D．增加碘濃度（3）環(huán)戊二烯容易發(fā)生聚合生成二聚體，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)。不同溫度下，溶液中環(huán)戊二烯濃度與反應(yīng)時間的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是__________（填標號）。A．T1＞T2B．a(chǎn)點的反應(yīng)速率小于c點的反應(yīng)速率C．a(chǎn)點的正反應(yīng)速率大于b點的逆反應(yīng)速率D．b點時二聚體的濃度為0.45mol·L?1【答案】①.89.3②.40％③.3.56×104④.BD⑤.CD【解析】【分析】(1)利用蓋斯定律解題；(2)利用差量法計算轉(zhuǎn)化率；三行式法計算平衡常數(shù)；根據(jù)平衡移動原理解釋；(3)通過外界因素對速率的影響和平衡狀態(tài)的形成分析A、B、C選項，D選項觀察圖象計算；【詳解】(1)已知：(g)=(g)+H2(g)△H1=+100.3kJ?mol1①，H2(g)+I2(g)=2HI(g)△H2=11.0kJ?mol1②，根據(jù)蓋斯定律，①+②得③(g)+I2(g)=(g)+2HI(g)△H3=(+100.3kJ?mol1)+(11.0kJ?mol1)=+89.3kJ?mol1；(2)設(shè)碘和環(huán)戊烯()的初始物質(zhì)的量都為nmol，轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為xmol，(g)+I2(g)=(g)+2HI(g)初始(mol)nn00轉(zhuǎn)化(mol)xxx2x平衡(mol)nxnxx2x剛性容器內(nèi)氣體的壓強與物質(zhì)的量成正比，則：=1+20%，解得：x=0.4n，平衡時環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率為：×100%=40%；平衡時混合氣體的壓強為：105Pa×(1+20%)=1.2×105Pa，混合氣體總物質(zhì)的量為：(n0.4n+n0.4n+0.4n+0.4n×2)mol=2.4nmol，平衡時各組分所占壓強分別為p()=p(I2)=×1.2×105Pa=3×104Pa，p()=×1.2×105Pa=2×104Pa，p(HI)=×1.2×105Pa=4×104Pa，該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=≈3.56×104Pa；A．通入惰性氣體，各組分濃度不變，平衡不移動，則環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率不變，故A錯誤；B．該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，提高溫度平衡向著正向移動，環(huán)戊烯轉(zhuǎn)化率增大，故B正確；C．增加環(huán)戊烯濃度，環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率減小，故C錯誤；D．增加碘濃度，反應(yīng)物濃度增大，平衡向著正向移動，環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率增大，故D正確；故答案為BD；(3)A．溫度越高反應(yīng)速率越快，根據(jù)圖示可知，在溫度T2(虛線)的反應(yīng)速率較大，則T1＜T2，故A錯誤；B．根據(jù)圖象可知，a點切線斜率的絕對值大于c點切線的絕對值，則a點速率大于c點，故B錯誤；C．a(chǎn)到b的過程為正反應(yīng)速率逐漸減小，且b點v(正)＞v(逆)，則a點的正反應(yīng)速率大于b點的逆反應(yīng)速率，故C正確；D．b點時環(huán)戊二烯的濃度變化為：1.5mol/L0.6mol/L=0.9mol/L，環(huán)戊二烯的二聚體的濃度為環(huán)戊二烯濃度變化的，則b點時二聚體的濃度為0.9mol/L×=0.45mol?L1，故D正確；故答案為CD?！军c睛】考查蓋斯定律的應(yīng)用，有關(guān)蓋斯定律的習(xí)題，首先要根據(jù)所求的反應(yīng)分析，分析以下幾點：①所求反應(yīng)中的反應(yīng)物在哪個反應(yīng)了？是反應(yīng)物還是生成物？②所給反應(yīng)中哪些物質(zhì)是所求反應(yīng)中沒有的？③如何才能去掉無用的？然后，通過相互加減，去掉無關(guān)物質(zhì)；將所對應(yīng)的△H代入上述化學(xué)方程式的加減中就可以了。四、選做題(每位考生從所給的兩題中任選一題做答。兩題都答，選第一題計入總分)[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]22.Li是最輕的固體金屬，采用Li作為負極材料的電池具有小而輕、能量密度大等優(yōu)良性能，得到廣泛應(yīng)用。回答下列問題：（1）下列Li原子電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低和最高的分別為_____、_____（填標號）。A．B．C．D．（2）Li+與H?具有相同的電子構(gòu)型，r(Li+)小于r(H?)，原因是______。（3）LiAlH4是有機合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子空間構(gòu)型是______、中心原子的雜化形式為______。LiAlH4中，存在_____（填標號）。A．離子鍵B．σ鍵C．π鍵D．氫鍵（4）Li2O是離子晶體，其晶格能可通過圖(a)的Born?Haber循環(huán)計算得到?？芍琇i原子的第一電離能為________kJ·mol?1，O=O鍵鍵能為______kJ·mol?1，Li2O晶格能為______kJ·mol?1。（5）Li2O具有反螢石結(jié)構(gòu)，晶胞如圖(b)所示。已知晶胞參數(shù)為0.4665nm，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，則Li2O的密度為______g·cm?3（列出計算式）?！敬鸢浮竣?D②.C③.Li+核電荷數(shù)較大④.正四面體⑤.sp3⑥.AB⑦.520⑧.498⑨.2908⑩.【解析】【詳解】分析：（1）根據(jù)處于基態(tài)時能量低，處于激發(fā)態(tài)時能量高判斷；（2）根據(jù)原子核對最外層電子的吸引力判斷；（3）根據(jù)價層電子對互斥理論分析；根據(jù)物質(zhì)的組成微粒