湖北省“荊荊襄宜”四地七校2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期中聯(lián)考試題含解析

PAGE23-湖北省“荊、荊、襄、宜”四地七校2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期中聯(lián)考試題（含解析）可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12O-16K-39Cr-52一、選擇題：本題共10小題，每題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1.下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A.醫(yī)用酒精和84消毒液（NaClO溶液）混合運(yùn)用能增加它們的消毒效果B.氣溶膠被認(rèn)為可以傳播新冠病毒，它是氣體分散質(zhì)分散到液體分散劑中的一種膠體C.“熔噴布”可用于制作口罩，生產(chǎn)“熔噴布”的主要原料是聚丙烯，它屬于混合物D.疫情期間可以多吃富含纖維素的食物，它們?cè)谌梭w內(nèi)都可以通過(guò)水解反應(yīng)供應(yīng)能量【答案】C【解析】【詳解】A.酒精是一種還原性的物質(zhì)，在空氣中能與氧氣發(fā)生反應(yīng)，84消毒液有強(qiáng)氧化性，也就是和氧氣類似，所以酒精也可以和84消毒液發(fā)生反應(yīng)，醫(yī)用酒精和84消毒液混合運(yùn)用不僅不能增加它們的消毒效果，反而產(chǎn)生有毒氣體，所以醫(yī)用酒精和84消毒液不能混用，A錯(cuò)誤；B.氣溶膠是指懸浮在氣體介質(zhì)中的固態(tài)或液態(tài)顆粒所組成的氣體分散系統(tǒng)，B錯(cuò)誤；C.聚丙烯為高聚物，聚合度不確定，沒(méi)有定值，所以屬于混合物，C正確；D.人體內(nèi)不存在水解纖維素的酶，所以纖維素在人體內(nèi)不能水解，供應(yīng)能量，D錯(cuò)誤；故答案為：C。2.下列物質(zhì)中分子間存在大量氫鍵的是（）A.CH3CH2OH（l） B.CH3—O—CH3（l） C.C2H6（g） D.NH3（g）【答案】A【解析】【詳解】氫鍵是指已經(jīng)與電負(fù)性很大的原子（如N、O、F）形成共價(jià)鍵的氫原子與另一個(gè)電負(fù)性很大的原子（如N、O、F）之間的作用力。B，C兩項(xiàng)中的物質(zhì)二甲醚和乙烷中均不存在氫鍵；由于氣體分子間距太大，氣體不會(huì)形成氫鍵，只有在液體中才會(huì)有氫鍵，故答案為：A。3.下列有關(guān)試驗(yàn)原理、裝置、操作或結(jié)論的描述正確的是（）A.圖反應(yīng)一段時(shí)間后試管中液面會(huì)下降B.圖裝置可用于分別乙醇和乙酸乙酯的混合液C.圖裝置可用于試驗(yàn)室制乙炔D.圖教材重結(jié)晶法提純苯甲酸的試驗(yàn)中，主要步驟依次為：加熱溶解→趁熱過(guò)濾→冷卻結(jié)晶→過(guò)濾【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氫，一氯甲烷和氯化氫是氣體，且氯化氫極易溶于水，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷是油狀液體，所以反應(yīng)一段時(shí)間后試管中液面會(huì)上升，但不會(huì)充溢，A錯(cuò)誤；B.乙醇和乙酸乙酯互溶，不能用簡(jiǎn)潔的分液，分別乙酸乙酯和乙醇的混合物，加入飽和碳酸鈉溶液，實(shí)現(xiàn)酯和乙醇的分別，分別油層和水層采納分液的方法即可，B錯(cuò)誤；C.依據(jù)乙炔試驗(yàn)室制備的原理，可知制取裝置為：固體＋液體→氣體，且固體電石易與水反應(yīng)變成粉末狀物質(zhì)，不能限制反應(yīng)的停止，不能用該裝置，C錯(cuò)誤；D.苯甲酸的溶解度隨溫度變更較大，趁熱過(guò)濾可除去雜質(zhì)，雜質(zhì)殘留在母液中，冷卻可得到晶體，D正確；故答案為：D。4.下列各組離子能在指定溶液中大量共存的是（）A.透亮溶液中：K+、Al3+、HCO3-、SO42-B.水電離的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Na+、Fe2+、NO3-、Cl-C.強(qiáng)堿性溶液中：K+、Na+、Cl-、CH3COO-D.c(Fe3+)=1mol/L的溶液中：NH4+、K+、SCN-、SO42-【答案】C【解析】【詳解】A.Al3+與HCO3-會(huì)發(fā)生雙水解，不能共存，A錯(cuò)誤；B.水電離的c(H+)=10-12mol/L的溶液為可酸可堿，堿性溶液中，OH-與Fe2+反應(yīng)生成氫氧化亞鐵的白色沉淀；酸性溶液中，NO3-會(huì)顯強(qiáng)氧化性，氧化亞鐵離子，生成鐵離子，不能大量共存，B錯(cuò)誤；C.強(qiáng)堿性溶液中，K+、Na+、Cl-、CH3COO-均能大量共存，C正確；D.Fe3+與SCN-會(huì)生成協(xié)作物，不能共存，D錯(cuò)誤；故答案為：C。5.化合物1，1—二環(huán)丙基乙烯是重要的醫(yī)藥中間體。下列有關(guān)該化合物的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.分子中全部碳原子不行能共平面B.該化合物分子式為C8H14C.核磁共振氫譜有3種峰D.該化合物確定條件下能發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)和氧化反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A.分子中含有飽和碳原子，與它相連的原子不行能全處于同一平面，全部碳原子不行能共平面，A正確；B.依據(jù)結(jié)構(gòu)式可知，該化合物分子中含有8個(gè)碳原子、12個(gè)氫原子，分子式為C8H12，B錯(cuò)誤；C.依據(jù)結(jié)構(gòu)式，有三種不同環(huán)境的氫，所以核磁共振氫譜有3種峰，C正確；D.該化合物能被氧氣氧化，含有碳?xì)鋯捂I，能發(fā)生取代反應(yīng)，含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應(yīng)，D正確；答案為B。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增加。A、B、C、D均是由這些元素組成的二元化合物，甲是Y的固體單質(zhì)，常溫下0.05mol/L乙溶液的pH為1。A是無(wú)色氣體，是主要的大氣污染物之一，上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.原子半徑：X<Z<WB.D中存在極性鍵和非極性鍵C.最高價(jià)含氧酸的酸性：W>YD.化合物YZW中鍵角為120°【答案】D【解析】【分析】已知0.05mol/L乙溶液的pH為1，c（H+）=0.1mol/L，說(shuō)明乙是一種二元強(qiáng)酸，故乙是H2SO4，甲是碳，A是二氧化硫、B、C是二氧化碳和水中的一種，D是過(guò)氧化氫。X是氫元素，Y是碳元素，Z是氧元素，W是硫元素。【詳解】A.X為H元素，Z為O元素，W為S元素，同周期，從左到右，元素的原子半徑依次減小，同主族，從上到下，元素的原子半徑依次增大，所以原子半徑：S>O>H，A正確；B.D是過(guò)氧化氫，氫氧之間屬于極性鍵，氧氧之間屬于非極性鍵，B正確；C.W為S元素，Y為C元素，非金屬性：S>C，則酸性：H2SO4>H2CO3，硫酸是強(qiáng)酸，碳酸是弱酸，C正確；D.Y為C元素，Z為O元素，W為S元素，其形成的化合物為：COS，COS的分子結(jié)構(gòu)與二氧化碳相像，立體結(jié)構(gòu)為直線形，鍵角為180°，D錯(cuò)誤；故答案為：D。7.酞菁鈷被廣泛應(yīng)用于光電材料、光動(dòng)力學(xué)光敏材料等方面。酞菁鈷（II）結(jié)構(gòu)如圖所示（Co均形成單鍵，部分化學(xué)鍵未畫(huà)明）。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.酞菁鈷（II）中三種非金屬元素的電負(fù)性大小依次為N＞C＞HB.酞菁鈷（II）中碳原子的雜化方式只有sp2雜化C.1號(hào)和3號(hào)N原子的VSEPR模型均為平面三角形D.2號(hào)和4號(hào)N原子與Co（Ⅱ）是通過(guò)配位鍵結(jié)合【答案】C【解析】【詳解】A.同周期，從左到右，電負(fù)性增大；同主族，從上到下，電負(fù)性減小，則電負(fù)性大小依次為：N＞C＞H，A正確；B.酞菁鈷（II）中，碳原子均形成3個(gè)σ鍵，沒(méi)有孤電子對(duì)，其雜化方式只有sp2雜化，B正確；C.1號(hào)和3號(hào)N原子均形成3個(gè)共價(jià)鍵，有一對(duì)孤電子對(duì)，其VSEPR模型均為四面體形，C錯(cuò)誤；D.N原子形成3個(gè)共價(jià)鍵即可達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以2號(hào)和4號(hào)N原子與Co離子是通過(guò)配位鍵結(jié)合，D正確；答案為C。8.工業(yè)上高純硅可通過(guò)下列反應(yīng)制取：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，有關(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如表所示：化學(xué)鍵Si—ClH—HH—ClSi—SiSi—C鍵能kJ/mol360436431176347下列說(shuō)法正確的是（）A.反應(yīng)中的能量變更與物質(zhì)的狀態(tài)無(wú)關(guān)B.像這樣須要加熱才能進(jìn)行的反應(yīng)都是吸熱反應(yīng)C.晶體硅比SiC更穩(wěn)定D.該反應(yīng)中每生成1molSi(s)汲取的能量為236kJ【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．化學(xué)反應(yīng)中的能量變更與物質(zhì)的狀態(tài)有關(guān)，能量：氣態(tài)>液態(tài)>固態(tài)，A錯(cuò)誤；B．吸熱反應(yīng)與放熱反應(yīng)與反應(yīng)條件無(wú)關(guān)，氫氧化鋇晶體與氯化銨常溫下反應(yīng)，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．晶體硅和SiC都是原子晶體，同主族，從上到下，原子半徑增大，原子半徑：Si>C，則硅碳之間的鍵長(zhǎng)小于硅硅之間的鍵長(zhǎng)，鍵長(zhǎng)越短，越穩(wěn)定，所以SiC比晶體硅更穩(wěn)定，C錯(cuò)誤；D．?H=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能，依據(jù)SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，?H=（360×4+436×2-176×2-431×4）kJ/mol=+236kJ/mol，所以每生成1molSi(s)汲取的能量為236kJ，D正確；故答案為：D?！军c(diǎn)睛】Si是原子晶體，Si原子之間以Si-Si鍵構(gòu)成正四面體型，取出一個(gè)正四面體來(lái)看，是一個(gè)Si原子在中間，四個(gè)Si原子在正四面體四個(gè)角，一個(gè)Si原子會(huì)形成4根Si-Si鍵，但每一根Si-Si鍵都是兩個(gè)Si原子共用的，所以相當(dāng)于一個(gè)Si原子只占一根Si-Si鍵的，所以總的來(lái)說(shuō)一個(gè)Si原子對(duì)應(yīng)2根Si-Si鍵（×4=2）。9.水煤氣變換反應(yīng)是重要的化工過(guò)程，反應(yīng)方程式為：CO（g）＋H2O（g）=CO2（g）＋H2（g）ΔH。我國(guó)科學(xué)家在這一變換中利用雙功能催化劑突破了低溫下高轉(zhuǎn)化率與高反應(yīng)速率不能兼得的難題。反應(yīng)歷程如圖所示：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.該反應(yīng)ΔH<0B.依據(jù)歷程圖示過(guò)程Ⅰ為吸熱過(guò)程、過(guò)程Ⅲ為放熱過(guò)程C.整個(gè)歷程中兩個(gè)H2O分子都參與了反應(yīng)D.運(yùn)用雙功能催化劑降低了水煤氣變換反應(yīng)的ΔH【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.低溫下高轉(zhuǎn)化率，說(shuō)明該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，ΔH<0，A正確；B.斷鍵汲取能量、成鍵放出能量，過(guò)程I斷鍵、過(guò)程III成鍵，所以過(guò)程Ⅰ為吸熱過(guò)程、過(guò)程Ⅲ為放熱過(guò)程，B正確；C.依據(jù)圖知，圖示中的2個(gè)H2O分子都參與了反應(yīng)，C正確；D.催化劑變更反應(yīng)所需活化能，不變更焓變，所以運(yùn)用催化劑降低了該反應(yīng)的活化能，但不變更焓變，D錯(cuò)誤；故答案為：D。10.我國(guó)科學(xué)家設(shè)計(jì)了一種太陽(yáng)能驅(qū)動(dòng)H2S分解裝置，工作原理如圖所示。下列敘述正確的是（）A.甲區(qū)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3++S2-=2Fe2++S↓B.理論上每生成1molS時(shí)，H+由質(zhì)子交換膜右側(cè)向左側(cè)移動(dòng)的物質(zhì)的量為2molC.丙區(qū)發(fā)生的電極反應(yīng)為：H4[SiW12O40]+2e-+2H+=H6[SiW12O40]D.丁區(qū)H6[SiW12O40]在催化劑表面發(fā)生電化學(xué)反應(yīng)生成H4[SiW12O40]和H2【答案】C【解析】【分析】依據(jù)圖可知，甲區(qū)：通入H2S，發(fā)生：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，S通過(guò)甲裝置下端排出，F(xiàn)e2+與H+通過(guò)甲乙之間的泵到達(dá)乙區(qū)，F(xiàn)e2+在乙區(qū)失去電子，發(fā)生：Fe2+-e-=Fe3+，F(xiàn)e3+從左上面管子到甲區(qū)循環(huán)，H+通過(guò)質(zhì)子交換膜進(jìn)入丙區(qū)，發(fā)生：H4[SiW12O40]+2e-+2H+=H6[SiW12O40]，H6[SiW12O40]從右上管到達(dá)丁區(qū)，在催化劑作用下發(fā)生：H6[SiW12O40]=H4[SiW12O40]+H2↑，H4[SiW12O40]從丙丁之間的泵回到丙區(qū)循環(huán)，H2排出，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.甲區(qū)：通入H2S，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，A錯(cuò)誤；B.H+由質(zhì)子交換膜左側(cè)向右側(cè)移動(dòng)，B錯(cuò)誤；C.丙區(qū)：發(fā)生反應(yīng)為：H4[SiW12O40]+2e-+2H+=H6[SiW12O40]，C正確；D.丁區(qū)：在催化劑作用下發(fā)生：H6[SiW12O40]=H4[SiW12O40]+H2↑，沒(méi)發(fā)生電化學(xué)反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故答案為：C。二、選擇題：本題共5小題，每題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全得1分，有選錯(cuò)得0分。11.某無(wú)色溶液中可能含有Ba2+、Fe3+、Na+、K+、NH4+、SO42-、SO32-、Cl-、Br-、CO32-中的若干種，離子濃度都為0.1mol/L.往該溶液中加入BaCl2和過(guò)量的鹽酸，無(wú)白色沉淀生成。另取少量原溶液，設(shè)計(jì)并完成如下試驗(yàn)。下列推斷正確的是（）A.Ba2+、Fe3+、SO42-、CO32-確定不存在，Na+、K+確定存在B.原溶液確定不含SO42-和SO32-C.若步驟中Ba(NO3)2和HNO3溶液改用BaCl2和鹽酸的混合溶液，對(duì)溶液中離子的推斷有影響D.是否含NH4+需另做試驗(yàn)推斷【答案】A【解析】【分析】無(wú)色溶液中確定不含F(xiàn)e3+，該溶液中加入過(guò)量的BaCl2和鹽酸的混合溶液，無(wú)白色沉淀生成，無(wú)SO42-；加足量氯水，無(wú)氣體，無(wú)CO32-，溶液加四氯化碳分液，下層橙色，則有Br-，上層加硝酸鋇和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-，無(wú)Ba2+，溶液中確定含陽(yáng)離子，且離子濃度都為0.1mol?L-1，依據(jù)電荷守恒，確定含有NH4+、Na+、K+，確定不存在Cl-，濾液中加硝酸酸化的硝酸銀有白色沉淀，是過(guò)程中加氯水時(shí)引入的氯離子，結(jié)合溶液為電中性來(lái)解答?！驹斀狻緼.分析可知，確定不存在的離子：Ba2+、Fe3+、SO42-、CO32-，確定含：NH4+、Na+、K+，A正確；B.原溶液確定不含SO42-，但含有SO32-，B錯(cuò)誤；C.加入Ba(NO3)2和HNO3溶液目的是檢驗(yàn)硫酸根離子，若改用BaCl2和鹽酸的混合溶液，對(duì)溶液中離子的推斷無(wú)影響，C錯(cuò)誤；D.依據(jù)電荷守恒，確定含有NH4+，D錯(cuò)誤；故答案為：A?！军c(diǎn)睛】無(wú)色溶液中不能含有：Fe3+（黃）、Fe2+（淺綠）、Cu2+（藍(lán)）、MnO4-（紫）。12.已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入適量Cl2，溶液中某些離子的物質(zhì)的量變更如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.三種離子的還原性強(qiáng)弱關(guān)系是：Br->Fe2+>I-B.A點(diǎn)表示Fe2+正好反應(yīng)了一半C.原溶液中：n(Fe2+)︰n(I-)︰n(Br-)=2︰1︰3D.當(dāng)通入2.5molCl2時(shí)，溶液中已發(fā)生的離子反應(yīng)可表示為：6Fe2++4I-+5Cl2=6Fe3++2I2+10Cl-【答案】BD【解析】【分析】首先依據(jù)氧化還原反應(yīng)中：氧化劑的氧化性＞氧化產(chǎn)物的氧化性，還原劑的還原性＞還原產(chǎn)物的還原性，氧化劑先氧化還原性強(qiáng)的離子，再氧化還原性弱的離子，推斷離子的反應(yīng)先后依次，然后依據(jù)圖象，推斷參與反應(yīng)的各離子的物質(zhì)的量，以此解答該題?！驹斀狻緼.在2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-反應(yīng)中，F(xiàn)e2+作還原劑，還原劑的還原性＞還原產(chǎn)物的還原性，，在2Fe3++2I-=2Fe2++I2反應(yīng)中，I-作還原劑，依據(jù)還原劑的還原性＞還原產(chǎn)物的還原性，則還原性：I->Fe2+>Br-，A錯(cuò)誤；B.在通入氯氣的量為0～1mol的過(guò)程中，I-先被氧化；通入氯氣的量為1～2.5mol的過(guò)程中，F(xiàn)e2+被氧化，F(xiàn)e3+的量漸漸增大，同時(shí)Fe3+與I-反應(yīng)生成Fe2+和I2，A點(diǎn)表示Fe2+正好反應(yīng)了一半，B正確；C.通入氯氣的量為0～1mol的過(guò)程中，I-先被氧化，發(fā)生2I-+Cl2=I2+2Cl-，則n（I-）=2mol，通入氯氣的量為1～2.5mol的過(guò)程中，F(xiàn)e2+被氧化，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，n（Fe2+）=3mol，通入氯氣的量為2.5～4.5mol的過(guò)程中，Br-被氧化，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，n（Br-）=4mol，所以n(Fe2+)︰n(I-)︰n(Br-)=3︰2︰4，C錯(cuò)誤；D.當(dāng)通入2.5molCl2時(shí)，溶液中已經(jīng)發(fā)生：2I-+Cl2=I2+2Cl-、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-和2Fe3++2I-=2Fe2++I2，可表示為：6Fe2++4I-+5Cl2=6Fe3++2I2+10Cl-，D正確；故答案為：BD?！军c(diǎn)睛】一般來(lái)說(shuō)，若干還原劑的溶液中加入同一氧化劑時(shí)，還原性強(qiáng)的還原劑先被氧化；反之，若干氧化劑的溶液中，加入同一還原劑時(shí)，氧化性強(qiáng)的氧化劑先被還原。13.輕質(zhì)氧化鎂和硼酸(H3BO3)都是重要的化工原料，可采納硼鎂礦（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)為原料生產(chǎn)硼酸和輕質(zhì)氧化鎂，其工藝流程如圖：下列敘述錯(cuò)誤的是（）A.Fe2O3、Al2O3都不能溶于(NH4)2SO4溶液B.進(jìn)入“汲取”工序中的氣體為NH3C.若“過(guò)濾2”時(shí)調(diào)整溶液的堿性越強(qiáng)得到的硼酸越多D.“沉鎂”中得到的母液經(jīng)加熱后可返回“溶浸”工序循環(huán)運(yùn)用【答案】C【解析】【分析】硼鎂礦含Mg2B2O5·H2O、SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入(NH4)2SO4溶液，SiO2、Fe2O3、Al2O3不與(NH4)2SO4溶液反應(yīng)，Mg2B2O5·H2O與(NH4)2SO4溶液反應(yīng)，其反應(yīng)方程式為：2(NH4)2SO4+Mg2B2O5?H2O+2H2O=2MgSO4+2NH4B(OH)4+2NH3↑，NH3中加入NH4HCO4，發(fā)生反應(yīng)為：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3，濾渣1為不溶于(NH4)2SO4溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3，濾液1調(diào)pH為3.5，將B(OH)4-轉(zhuǎn)化為H3BO3，并析出H3BO3；濾液2調(diào)pH為6.5，沉鎂過(guò)程中(NH4)2CO3溶液與Mg2+反應(yīng)生成Mg(OH)2·MgCO3，其離子反應(yīng)方程式為：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-?！驹斀狻緼.SiO2、Fe2O3、Al2O3不與(NH4)2SO4溶液反應(yīng)，A正確；B.Mg2B2O5·H2O與(NH4)2SO4溶液反應(yīng)，其反應(yīng)方程式為：2(NH4)2SO4+Mg2B2O5?H2O+2H2O=2MgSO4+2NH4B(OH)4+2NH3↑，即進(jìn)入“汲取”工序中的氣體為NH3，B正確；C.在“過(guò)濾2”時(shí)，將溶液pH調(diào)整至3.5，目的是得到硼酸，促進(jìn)硼酸的析出，C錯(cuò)誤；D.沉鎂時(shí)，其離子反應(yīng)方程式為：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-，母液的主要成分為硫酸銨，可返回“溶浸"工序中循環(huán)運(yùn)用，D正確；故答案為：C。14.電滲析法是海水淡化的常用方法，某地海水中主要離子的含量如下表，現(xiàn)利用“電滲析法”進(jìn)行淡化，技術(shù)原理如圖所示（兩端為惰性電極，陽(yáng)膜只允許陽(yáng)離子通過(guò)，陰膜只允許陰離子通過(guò)）。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.淡化過(guò)程中易在甲室形成水垢B.淡化過(guò)程中戊室的電極反應(yīng)式為：2Cl--2e-=Cl2↑C.淡化過(guò)程中乙室和丁室中部分別子的濃度減小，淡水的出口為a、cD.當(dāng)甲室收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氣體時(shí)，通過(guò)甲室陽(yáng)膜的離子的物質(zhì)的量確定為1mol【答案】D【解析】【分析】戊室電極與電源的正極相連，則為陽(yáng)極室，Cl-放電，其電極反應(yīng)式為：2Cl-－2e-=Cl2↑，甲室電極與電源的負(fù)極相連，則為陰極室，水得電子生成氫氣同時(shí)生成OH-，其電極反應(yīng)式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。【詳解】A.由圖可知，甲室電極與電源負(fù)極相連，為陰極室，起先電解時(shí)，陰極上水得電子生成氫氣同時(shí)生成OH-，生成的OH-和HCO3-反應(yīng)生成CO32-，Ca2+轉(zhuǎn)化為CaCO3沉淀，OH-和Mg2+生成Mg(OH)2，CaCO3和Mg(OH)2是水垢的成分，A正確；B.由圖可知，戊室電極與電源正極相連，為陽(yáng)極室，Cl-放電實(shí)力大于OH-，所以陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為：2Cl-－2e-=Cl2↑，B正確；C.陽(yáng)膜只允許陽(yáng)離子通過(guò)，陰膜只允許陰離子通過(guò)，電解時(shí)乙室中陽(yáng)離子移向甲室，丁室中的陰離子移向戊室，則乙室和丁室中部分別子的濃度減小，剩下的物質(zhì)主要是水，淡水的出口為a、c，C正確；D.甲室收集到的是H2，當(dāng)甲室收集到22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體時(shí)，則電路中轉(zhuǎn)移2mol電子，通過(guò)甲室陽(yáng)膜的離子為陽(yáng)離子，既有+1價(jià)的離子，又有+2價(jià)的離子，所以物質(zhì)的量不是1mol，D錯(cuò)誤；故答案為：D。15.已知聯(lián)氨(N2H4)在水中的電離方程式為N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H5++H2ON2H62++OH-。常溫下，將鹽酸逐滴加到聯(lián)氨的水溶液中，混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]隨離子濃度變更的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A.曲線X表示pOH與lg的變更關(guān)系B.反應(yīng)N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常數(shù)K=10-15C.聯(lián)氨的溶液加水稀釋時(shí)聯(lián)氨的電離程度漸漸增大D.N2H5Cl的水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H3O+)=c(N2H4)+c(OH-)【答案】AB【解析】【分析】N2H4+H2O?N2H5++OH-，N2H5++H2O?N2H62++OH-，當(dāng)lg=0時(shí)，c(N2H4)=c(N2H5+)，Kb1==c(OH-)=10-pOH，當(dāng)lg=0時(shí)，c(N2H5+)=c(N2H62+)，Kb2==c(OH-)=10-pOH，并且Kb1>Kb2，由圖可知，X點(diǎn)pOH=15.0，Y點(diǎn)pOH=6.0，所以Kb1=10-6.0，Kb2=10-15.0，曲線X表示pOH與lg的變更關(guān)系，曲線Y表示pOH與lg的變更關(guān)系，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．由分析可知，曲線Y表示pOH與lg的變更關(guān)系，A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常數(shù)為，B錯(cuò)誤；C．越稀越電離，聯(lián)氨的溶液加水稀釋時(shí)，聯(lián)氨的電離程度漸漸增大，C正確；D．N2H5Cl是強(qiáng)酸弱堿鹽，水溶液中存在N2H5+的電離和水解，電荷守恒：2c(N2H62+)+c(H+)+c(N2H5+)=c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒：c(N2H62+)+c(N2H4)+c(N2H5+)=c(Cl-)，依據(jù)物料守恒和電荷守恒，水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H+)=c(N2H4)+c(OH-)，D正確；故答案為：AB。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.催化氧化反應(yīng)：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H＜0。在體積可變的密閉容器中，維持壓強(qiáng)為1.01×105Pa，充入2molSO2和確定量的O2，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率α（SO2）隨O2物質(zhì)的量n（O2）的變更關(guān)系如圖1所示：已知反應(yīng)aA(g)+bB(g)gG(g)+hH(g)的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)Kθ=，其中Pθ=1.01×105Pa，PG，PH，PA，PB分別表示G，H，A，B的分壓，P(分壓)=P(總壓)×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。（1）在絕熱恒容的密閉容器中，能表明反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）已達(dá)到平衡狀態(tài)的是___。A.v（SO2）=2v（O2）B.當(dāng)容器內(nèi)溫度不再變更時(shí)C.各組分的物質(zhì)的量相等D.容器內(nèi)氣體密度不變E.混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量不變（2）在1000℃時(shí)隨著O2物質(zhì)的量的增大，但SO2平衡轉(zhuǎn)化率上升緩慢，其緣由是___。（3）求圖1中a點(diǎn)的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)Kθ=___。在a點(diǎn)達(dá)到平衡后，若保持溫度、壓強(qiáng)不變，再向體系中充入SO2(g)，O2(g)，SO3(g)各0.2mol時(shí)，此時(shí)v(正)___v(逆)（填“<”“>”或“=”）。（4）若在相同的恒容密閉容器中充入O2和SO2各2mol，在不同溫度下達(dá)到平衡，反應(yīng)體系總壓強(qiáng)隨時(shí)間變更如圖2所示，則達(dá)到平衡狀態(tài)b和c時(shí)，SO3體積分?jǐn)?shù)較大的是___（填“b”或“c”），緣由是___?！敬鸢浮?1).BE(2).1000℃時(shí)，該反應(yīng)平衡常數(shù)很小，SO2平衡轉(zhuǎn)化率的變更很小(3).176(4).>(5).c(6).起始b壓強(qiáng)大于c說(shuō)明b溫度高于c，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度越低平衡時(shí)SO3的體積分?jǐn)?shù)越大【解析】【分析】（1）依據(jù)平衡狀態(tài)的本質(zhì)及特征分析解答；（2）依據(jù)溫度對(duì)平衡常數(shù)及平衡移動(dòng)方向的影響分析解答；（3）依據(jù)題給信息中平衡常數(shù)的表達(dá)式計(jì)算平衡常數(shù)，推斷平衡移動(dòng)方向；（4）試驗(yàn)b到達(dá)平衡時(shí)總壓強(qiáng)變大，說(shuō)明平衡逆向移動(dòng)，而化學(xué)反應(yīng)速率變大，考慮到該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，可能是上升溫度所導(dǎo)致?！驹斀狻浚?）A.v（SO2）=2v（O2）并未體現(xiàn)正反應(yīng)速率與逆反應(yīng)速率的相對(duì)大小，不能說(shuō)明反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡，故A不選；B.該容器絕熱容器，當(dāng)容器內(nèi)溫度不再變更時(shí)，說(shuō)明正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，能說(shuō)明反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡，故B選；C.各組分的物質(zhì)的量相等不能說(shuō)明各組分的濃度不再變更，也就不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，故C不選；D容器體積不變，且反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，所以容器內(nèi)氣體密度始終不變，不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，故D不選；E.反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量不變，反應(yīng)前后氣體的總物質(zhì)的量不相等，則混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變時(shí)，說(shuō)明各組分的濃度不變，能說(shuō)明反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡，故E選，故答案為：BE；（2）2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H＜0，溫度達(dá)到1000℃時(shí)該反應(yīng)的平衡常數(shù)很小，使二氧化硫的平衡轉(zhuǎn)化率小，在1000℃時(shí)，恒壓條件下，充入氧氣，c（SO2）和c（SO3）等倍數(shù)減小，c（O2）增大，Qc=＜K，平衡正向移動(dòng)，二氧化硫的平衡轉(zhuǎn)化率增大，但變更很小，故答案為：1000℃時(shí)，該反應(yīng)平衡常數(shù)很小，SO2平衡轉(zhuǎn)化率的變更很小；（3）a點(diǎn)達(dá)到平衡時(shí)，SO2的物質(zhì)的量為2mol×(1-80%)=0.4mol，則SO2，O2，SO3的分壓分別為：1.01×105Pa×=1.01×105Pa×、1.01×105Pa×、1.01×105Pa×，則Kθ==176；再向體系中充入SO2(g)，O2(g)，SO3(g)各0.2mol時(shí)，SO2，O2，SO3的分壓分別為：1.01×105Pa×=1.01×105Pa×、1.01×105Pa×、1.01×105Pa×，Qp==63＜Kθ，平衡向正向移動(dòng)，v(正)>v(逆)，故答案為：176；>；（4）如圖所示，達(dá)到平衡狀態(tài)b和c時(shí)，SO3體積分?jǐn)?shù)較大的是c；緣由是起始b壓強(qiáng)大于c說(shuō)明b溫度高于c，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度越低平衡時(shí)SO3的體積分?jǐn)?shù)越大，故答案為：c；起始b壓強(qiáng)大于c說(shuō)明b溫度高于c，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度越低平衡時(shí)SO3的體積分?jǐn)?shù)越大。17.C、N、P、S、Fe、Cu是與人類生產(chǎn)、生活休戚相關(guān)的化學(xué)元素，利用所學(xué)學(xué)問(wèn)回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)Cu原子核外電子排布式為_(kāi)__，則高溫下的穩(wěn)定性CuO___Cu2O（填“＞”或“＜”）；（2）經(jīng)探討Cu的某種化合物能催化氧化CO(NH2)2，其中C、N的雜化方式分別為_(kāi)__，___；（3）Si、P、S元素的第一電離能由大到小的依次是___；（4）OF2的空間構(gòu)型是___，分子極性：H2O___OF2（填“＞”或“＜”），理由是___；（5）[Fe(CN)6]3-中配位鍵和π鍵的個(gè)數(shù)之比為_(kāi)__；（6）鄰羥基苯甲醛的沸點(diǎn)低于對(duì)羥基苯甲醛的沸點(diǎn)，緣由是___?！敬鸢浮?1).[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1(2).＜(3).sp2(4).sp3(5).P＞S＞Si(6).V形(7).＞(8).二者結(jié)構(gòu)相像，均為V形，F(xiàn)與O的電負(fù)性相對(duì)比較接近，所以O(shè)-F鍵的極性較弱，故OF2分子的極性也較弱(9).1：2(10).鄰羥基苯甲醛形成了分子內(nèi)氫鍵，而對(duì)羥基苯甲醛形成了分子間氫鍵，故前者沸點(diǎn)低【解析】【分析】同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢(shì)，第IIA和第IIIA族、第VA和第VIA族反常；有機(jī)物沸點(diǎn)與碳原子個(gè)數(shù)和氫鍵有關(guān)?！驹斀狻浚?）依據(jù)核外電子排布規(guī)律，銅原子序數(shù)為29，基態(tài)Cu原子核外電子排布式為[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1；銅的價(jià)電子是3d104s1，在高溫時(shí)，簡(jiǎn)潔失去外層4ｓ1上的一個(gè)電子，形成3d10的電子結(jié)構(gòu)，依據(jù)洪特規(guī)則，軌道全滿半滿和空的時(shí)候能量低，所以高溫時(shí)1價(jià)銅比2價(jià)銅穩(wěn)定，則高溫下的穩(wěn)定性CuO＜Cu2O；（2）經(jīng)探討Cu的某種化合物能催化氧化CO(NH2)2，化合物中C原子含有3個(gè)σ鍵且不含孤電子對(duì)，所以其雜化方式為sp2，N原子分別含有3個(gè)σ鍵且含有一個(gè)孤電子對(duì)，所以N原子采納sp3雜化；（3）同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢(shì)，第IIA和第IIIA族、第VA和第VIA族反常，Si、P、S三種元素原子的第一電離能由大到小的依次是P＞S＞Si；（4）由價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知，OF2中中心原子為O，F(xiàn)為配位原子，價(jià)層電子對(duì)數(shù)=，成鍵電子對(duì)數(shù)為2，孤電子對(duì)數(shù)為4-2=2，電子對(duì)構(gòu)型為正四面體，孤電子對(duì)越多，排斥力越大，所以O(shè)F2分子構(gòu)型為V型，分子極性：H2O＞OF2，理由是二者結(jié)構(gòu)相像，均為V形，F(xiàn)與O的電負(fù)性相對(duì)比較接近，所以O(shè)-F鍵的極性較弱，故OF2分子的極性也較弱；（5）[Fe(CN)6]3-結(jié)構(gòu)中，一個(gè)CN-含有1個(gè)σ鍵，2個(gè)π鍵且每次CN-與鐵以配位鍵相結(jié)合，配位鍵和π鍵的個(gè)數(shù)之比為1：2；（6）鄰羥基苯甲醛的沸點(diǎn)低于對(duì)羥基苯甲醛的沸點(diǎn)，緣由是鄰羥基苯甲醛形成了分子內(nèi)氫鍵，而對(duì)羥基苯甲醛形成了分子間氫鍵，故前者沸點(diǎn)低。18.青蒿揮發(fā)油是青蒿的活性成分（幾乎不溶于水，可溶于乙醚，熔點(diǎn)156-157℃，對(duì)熱不穩(wěn)定，乙醚的沸點(diǎn)34.6℃），有抗菌、解熱、止咳等作用。試驗(yàn)室從青蒿中提取青蒿揮發(fā)油的流程如圖所示。索氏提取裝置如圖所示，試驗(yàn)時(shí)燒瓶中溶劑受熱蒸發(fā)，蒸汽沿蒸汽導(dǎo)管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入濾紙?zhí)淄?中，與青蒿小段接觸，進(jìn)行萃取。萃取液液面達(dá)到虹吸管3頂端時(shí)，經(jīng)虹吸管3返回?zé)?，從而?shí)現(xiàn)對(duì)青蒿小段的連續(xù)萃取?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）試驗(yàn)時(shí)需將青蒿剪成1-2cm小段，放入濾紙?zhí)淄?中，剪成小段的目的是___，圓底燒瓶中加入乙醚為溶劑時(shí)，應(yīng)不超過(guò)燒瓶容積的___。（2）索氏提取器中濾紙?zhí)淄驳母叨龋▁）、套管內(nèi)青蒿小段的高度（y）及虹吸管的高度（z）由大到小的依次是___（用x、y、z回答），與常規(guī)的萃取相比，采納索氏提取器的優(yōu)點(diǎn)是___。（3）提取時(shí)球形冷凝管中冷水應(yīng)從__（填“a”或“b”）管導(dǎo)入，提取液需經(jīng)___（“常壓”或“減壓”）蒸餾法除去大部分溶劑，下列儀器在該蒸餾中須要用到的有___（填字母標(biāo)號(hào)）。A.直形冷凝管B.球形冷凝管C.錐形瓶D.燒杯E.溫度計(jì)【答案】(1).增加固液接觸面積，提取更充分(2).(3).x＞z＞y(4).運(yùn)用溶劑少，可連續(xù)萃?。ɑ蜉腿⌒矢撸?5).b(6).減壓(7).ACE【解析】【分析】依據(jù)索氏提取法的流程可知，對(duì)青蒿進(jìn)行干燥破裂，可以增大青蒿與溶劑的接觸面積，提高青蒿素的浸取率，用溶劑對(duì)青蒿素進(jìn)行浸取后，過(guò)濾，可得濾液和濾渣，提取液經(jīng)過(guò)蒸餾后可得青蒿素的粗品，對(duì)粗品加95%的乙醇，濃縮、結(jié)晶、過(guò)濾可得精品?！驹斀狻?1)試驗(yàn)時(shí)需將青蒿剪成1-2cm小段，放入濾紙?zhí)淄?中，剪成小段的目的是增加固液接觸面積，提取更充分，圓底燒瓶中加入乙醚為溶劑時(shí)，應(yīng)不超過(guò)燒瓶容積的。(2)蒸汽沿蒸汽導(dǎo)管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入濾紙?zhí)淄?中，與青蒿小段接觸，進(jìn)行萃取。萃取液液面達(dá)到虹吸管3頂端時(shí)，經(jīng)虹吸管3返回?zé)?，即套管?nèi)青蒿小段的高度小于虹吸管的高度，由圖可知：索氏提取器中濾紙?zhí)淄驳母叨龋▁）、套管內(nèi)青蒿小段的高度（y）及虹吸管的高度（z）由大到小的依次是x＞z＞y，與常規(guī)的萃取相比，采納索氏提取器的優(yōu)點(diǎn)是運(yùn)用溶劑少，可連續(xù)萃?。ɑ蜉腿⌒矢撸?。(3)削減水資源奢侈，使冷凝水更充分被利用，提取時(shí)球形冷凝管中冷水應(yīng)從b管導(dǎo)入；減壓環(huán)境沸點(diǎn)下降，提取液需經(jīng)減壓蒸餾法除去大部分溶劑，在該蒸餾中須要用到的有直形冷凝管、錐形瓶、溫度計(jì)。19.某化學(xué)試驗(yàn)小組以電鍍廢渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)為原料制取銅粉和K2Cr2O7。主要流程如圖：（1）加入適量Na2S溶液后生成的沉淀X為_(kāi)__，若加入的Na2S溶液過(guò)量，除生成X外還會(huì)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__。（2）請(qǐng)配平[Cu(NH3)4]SO4·H2O加熱發(fā)生分解反應(yīng)的化學(xué)方程式。___[Cu(NH3)4]SO4·H2O___Cu+___NH3↑+___SO2↑+___N2↑+___H2O（3）“沉CuNH4SO3”時(shí)可用如圖裝置(夾持、加熱儀器略)：①“沉CuNH4SO3”時(shí)，反應(yīng)溫度需限制在45℃，合適的加熱方式是___。②NaOH溶液的作用是___。（4）測(cè)定產(chǎn)品中K2Cr2O7含量的方法如下：稱取產(chǎn)品試樣2.0g配成250mL溶液，取出25.00mL于錐形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入幾滴指示劑，用0.1000mol/L硫酸亞鐵銨(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定，重復(fù)進(jìn)行三次試驗(yàn)。(已知Cr2O72-被還原為Cr3+)①若三次試驗(yàn)消耗(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液的平均體積為20.00mL，則所得產(chǎn)品K2Cr2O7的純度為_(kāi)__%。②上述流程中K2Cr2O7發(fā)生氧化還原反應(yīng)后所得溶液中除含有Cr3+，還含有確定濃度的Fe3+，可通過(guò)調(diào)pH的方法使兩者轉(zhuǎn)化為沉淀。假設(shè)兩種離子初始濃度均為2×10-3mo/L，當(dāng)溶液中剛起先析出Cr(OH)3沉淀時(shí)，c(Fe3+)=___mo/L。{已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}【答案】(1).CuS(2).2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓或2Fe3++S2-=2Fe2++S↓(3).3(4).3(5).8(6).3(7).2(8).9(9).水浴加熱(10).汲取SO2防止污染空氣(11).49(12).1.3×10-10【解析】【分析】將電鍍廢渣