2022-2023學(xué)年遼寧省錦州市渤海大學(xué)附屬高級(jí)中學(xué)高二上學(xué)期期末考試化學(xué)試題（解析版）

PAGEPAGE12022~2023學(xué)年第一學(xué)期高二期末質(zhì)量檢測(cè)化學(xué)試題考生注意：1．本試卷滿(mǎn)分100分，考試時(shí)間75分鐘。2．答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項(xiàng)目填寫(xiě)清楚。3．考生作答時(shí)，請(qǐng)將〖答案〗答在答題卡上。選擇題每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號(hào)涂黑；非選擇題請(qǐng)用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的〖答案〗無(wú)效，在試題卷、草稿紙上作答無(wú)效。4．本卷命題范圍：選擇性必修1、選擇性必修2第一章~第二章。5．可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1Li7C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64一、選擇題(本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說(shuō)法正確的是A.ClO2和明礬都常用于自來(lái)水的處理，二者的作用原理相同B.使用含氟牙膏預(yù)防齲齒利用了沉淀轉(zhuǎn)化的原理C.鍍錫鐵皮的鍍層破損后，鐵皮依然受到保護(hù)D.草木灰與NH4H2PO4混合施用可更好地為植物提供N、P、K三種元素〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．ClO2處理自來(lái)水是利用其強(qiáng)氧化性，明礬凈水是利用其溶于水形成的膠體吸附自來(lái)水中的顆粒物，A錯(cuò)誤；B．含氟牙膏中的F-能使牙齒表面的牙釉質(zhì)羥基磷灰石〖Ca5(PO4)3(OH)〗轉(zhuǎn)化為更難溶的氟磷灰石〖Ca5(PO4)3F〗，由于氟磷灰石溶解度小，而且更能抵抗酸的侵蝕，因此有效預(yù)防齲齒，其利用了沉淀轉(zhuǎn)化的原理，B正確；C．鍍錫鐵皮的鍍層破損后，由于金屬Fe活動(dòng)性比錫強(qiáng)，F(xiàn)e、Sn及電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，F(xiàn)e為負(fù)極，所以鐵皮腐蝕速率會(huì)加速，C錯(cuò)誤；D．草木灰的主要成分為碳酸鉀與NH4H2PO4混合使用發(fā)生雙水解而降低肥效，D錯(cuò)誤；綜上所述〖答案〗為B。2.在密閉容器中充入一定量的A(g)和B(g)發(fā)生反應(yīng)：A(g)+2B(g)=3C(g)，5s時(shí)測(cè)得C的物質(zhì)的量濃度為1.2mol/L，以B表示的該反應(yīng)速率為A.0.16mol/(L·s) B.0.2mol/(L·s) C.0.4mol/(L·s) D.0.8mol/(L·s)〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗5s時(shí)測(cè)得C的物質(zhì)的量濃度為1.2mol/L，根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)消耗轉(zhuǎn)化關(guān)系可知反應(yīng)消耗B物質(zhì)的濃度為△c(B)=0.8mol/L，則用B物質(zhì)濃度變化表示的反應(yīng)速率v(B)==0.16mol/(L·s)，故合理選項(xiàng)是A。3.下列有關(guān)化學(xué)反應(yīng)與能量變化的敘述正確的是A.相同條件下，等物質(zhì)的量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，前者放出熱量更多B.，則充分分解后放出的熱量C.由“”可知，白磷比紅磷穩(wěn)定D.同溫同壓下，反應(yīng)在光照和點(diǎn)燃條件的不同〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．等物質(zhì)的量的硫蒸氣和硫固體能量前者大于后者，分別完全燃燒，前者放出熱量更多，A正確；B．反應(yīng)為可逆反應(yīng)，因此氣體在密閉容器中充分分解后放出的熱量小于，故B錯(cuò)誤；C．由“”可知，白磷具有的能量更高，穩(wěn)定性比紅磷弱，故C錯(cuò)誤；D．同溫同壓下，的總能量與和的總能量的差值為反應(yīng)熱，不受光照和點(diǎn)燃條件的影響，即光照和點(diǎn)燃條件的相同，故D錯(cuò)誤；選A。4.下列說(shuō)法正確的是A.基態(tài)鈦原子的價(jià)層電子排布圖：B.過(guò)程中形成的是發(fā)射光譜C.在共價(jià)化合物中，一定存在極性鍵，可能存在非極性鍵，一定不存在離子鍵D.在、、分子中所有原子都滿(mǎn)足最外層為8個(gè)電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．鈦為22號(hào)元素，基態(tài)鈦原子的價(jià)層電子排布圖：，A錯(cuò)誤；B．過(guò)程中電子沒(méi)有發(fā)生躍遷，不能形成發(fā)射光譜，B錯(cuò)誤；C．在共價(jià)化合物中，一定存在極性鍵，可能存在非極性鍵，一定不存在離子鍵；含有離子鍵的物質(zhì)為離子化合物，C正確；D．中氫不是8電子結(jié)構(gòu)，D錯(cuò)誤；故選C。5.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.的溶液中：B.無(wú)色溶液中：C.的溶液中：D.能使酚酞變紅的溶液中：〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．酸性溶液中，F(xiàn)e2+和ClO-會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，A錯(cuò)誤；B．Fe3+呈黃色不符合無(wú)色條件，且Fe3+、會(huì)發(fā)生雙水解反應(yīng)而不能大量共存，B錯(cuò)誤；C．，溶液顯堿性，C正確；D．能使酚酞溶液變紅，說(shuō)明溶液呈堿性，Al3+、均能和OH-發(fā)生反應(yīng)而不能大量共存，D錯(cuò)誤；故選C。6.下列現(xiàn)象(事實(shí))與氫鍵有關(guān)的是①氨氣易被液化②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶③DNA中的堿基互補(bǔ)配對(duì)④鄰羥基苯甲酸的熔、沸點(diǎn)比對(duì)羥基苯甲酸的低⑤是一種穩(wěn)定的化合物A.①④⑤ B.①②③④ C.②③ D.①②〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗①氨分子能形成分子間氫鍵，分子間作用力大，沸點(diǎn)較高，易被液化，故符合題意；②小分子的醇、羧酸分子中含有的羥基、羧基，能與水分子形成分子間氫鍵，可以和水以任意比互溶，故符合題意；③DNA分子中含有氨基，能形成分子間氫鍵，所以堿基互補(bǔ)配對(duì)與氫鍵有關(guān)，故符合題意；④鄰羥基苯甲酸形成分子內(nèi)的羥基，使得分子間作用力減弱，對(duì)羥基苯甲酸形成分子間氫鍵，使得分子間作用力增強(qiáng)，所以鄰羥基苯甲酸的熔、沸點(diǎn)比對(duì)羥基苯甲酸的低，故符合題意；⑤水是一種穩(wěn)定的化合物與氧元素的非金屬性強(qiáng)有關(guān)，與氫鍵無(wú)關(guān)，故不符合題意；①②③④符合題意，故選B。7.已知如下物質(zhì)的溶度積常數(shù)：，。下列說(shuō)法正確的是A.同溫度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度B.同溫度下，向飽和FeS溶液中加入少量固體后，變小C.向含有等物質(zhì)的量的和的混合溶液中逐滴加入溶液，最先出現(xiàn)的沉淀是FeSD.除去工業(yè)廢水中的，可以選用FeS作沉淀劑〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．CuS與FeS的化學(xué)式形式相同，可以直接通過(guò)溶度積常數(shù)比較二者的溶解度，Ksp越小，溶解度越小，故A錯(cuò)誤；

B．溶度積常數(shù)只與溫度有關(guān)，同溫度下，向飽和FeS溶液中加入少量Na2S固體后，Ksp(FeS)不變，故B錯(cuò)誤；

C．化學(xué)式相似的物質(zhì)，Ksp小的，溶解度小，易先形成沉淀，由于CuS的Ksp小，所以CuS先形成沉淀，故C錯(cuò)誤；

D．FeS的溶度積大于CuS的溶度積，其溶解平衡的S2-濃度遠(yuǎn)大于CuS的S2-離子濃度，故加入FeS可以沉淀廢水中的Cu2+，故D正確；

故選D。8.毒奶粉主要是奶粉中含有有毒三聚氰胺(結(jié)構(gòu)如圖)。下列關(guān)于三聚氰胺分子的說(shuō)法中正確的是（）A.一個(gè)三聚氰胺分子中共含有15個(gè)σ鍵B.所有氮原子均采取sp3雜化C.屬于極性分子D.三聚氰胺分子中同時(shí)含有極性鍵和非極性鍵〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．分子中含6個(gè)N-H，6個(gè)C-N，3個(gè)C=N，雙鍵中有1個(gè)σ鍵，共15個(gè)σ鍵，故A正確；B．C=N中，C原子為sp2雜化，N原子也為sp2雜化，-NH2中N原子（連接的都是單鍵）為sp3雜化，雜化類(lèi)型不同，故B錯(cuò)誤；C．該分子結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷中心重疊，為非極性分子，故C錯(cuò)誤；D．同種元素原子之間才能形成非極性鍵，該分子結(jié)構(gòu)中沒(méi)有相同的原子連接，則該分子內(nèi)只有極性鍵，故D錯(cuò)誤；故〖答案〗為A。9.丙烯與HCl在催化劑作用下發(fā)生加成反應(yīng)：第一步進(jìn)攻丙烯生成碳正離子，第二步進(jìn)攻碳正離子。得到兩種產(chǎn)物的反應(yīng)進(jìn)程與能量關(guān)系如圖。下列說(shuō)法正確的是A.催化劑可以改變反應(yīng)的焓變B.過(guò)渡態(tài)(Ⅰ)比過(guò)渡態(tài)(Ⅱ)穩(wěn)定C.生成①的過(guò)程所需的活化能較低，速率快D.丙烯與HCl加成反應(yīng)主要生成〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A.催化劑可降低反應(yīng)活化能，不改變始終態(tài)，則加催化劑不能改變反應(yīng)的焓變，故A錯(cuò)誤；B.能量越低越穩(wěn)定，根據(jù)圖示知過(guò)渡態(tài)(Ⅰ)沒(méi)有過(guò)渡態(tài)(Ⅱ)穩(wěn)定，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)圖示知，生成①的過(guò)程所需的活化能高于生成②的過(guò)程所需的活化能，則反應(yīng)速率較慢，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)圖示知，生成①的過(guò)程所需的活化能高于生成②的過(guò)程所需的活化能，則生成②的碳正離子多，而進(jìn)攻碳正離子后得到，即主要產(chǎn)物是，故D正確；故選D。10.X、Y、Z為短周期元素，X原子最外層只有一個(gè)電子，Y原子的最外層電子數(shù)比內(nèi)層電子總數(shù)少4，Z原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子總數(shù)的3倍。下列有關(guān)敘述正確的是A.Y原子的價(jià)層電子排布式為3s23p5 B.穩(wěn)定性：Y的氫化物>Z的氫化物C.第一電離能：Y＜Z D.X、Y兩元素形成的化合物為離子化合物〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z為短周期元素，X原子最外層只有一個(gè)電子，則X為H、Li或Na；Y原子的最外層電子數(shù)比內(nèi)層電子總數(shù)少4，則Y有3個(gè)電子層，最外層有6個(gè)電子，則Y為硫元素；Z的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子總數(shù)的三倍，則Z有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，則Z為氧元素，據(jù)此解答?！荚斘觥紸．Y為硫元素，Y的價(jià)層電子排布式為3s23p4，故A錯(cuò)誤；B．Y為硫元素，Z為氧元素，非金屬性O(shè)＞S，非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定，氫化物穩(wěn)定性Z＞Y，故B錯(cuò)誤；C．同一主族，從上到下，第一電離能呈減小的趨勢(shì)，Y為硫元素，Z為氧元素，第一電離能：Y＜Z，故C正確；D．X為H、Li或Na，Y為硫元素，H、Li或Na與硫元素可以形成硫化氫屬于共價(jià)化合物，硫化鈉和硫化鋰屬于離子化合物，故D錯(cuò)誤?！即鸢浮竭xC。11.下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖沁x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)操作A探究化學(xué)反應(yīng)是否可逆向溶液中滴加1~2滴的溶液，充分反應(yīng)后，滴入1~2滴的溶液，生成黃色沉淀B探究濃度對(duì)鹽類(lèi)水解平衡的影響向滴有酚酞的碳酸鈉溶液中滴加氯化鋇溶液，觀察現(xiàn)象C比較AgI和AgCl溶度積大小向的硝酸銀溶液中先滴加2~3滴濃度為的NaCl溶液，再滴加2~3滴相同濃度的NaI溶液，觀察生成沉淀的顏色D比較HClO和酸性強(qiáng)弱用pH試紙測(cè)定NaClO溶液和溶液的pHA.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．由題意可知，碘化鉀溶液與硫酸鐵溶液反應(yīng)時(shí)，碘化鉀溶液過(guò)量，無(wú)論反應(yīng)是否為可逆反應(yīng)，溶液中均存在碘離子，則選擇加入硝酸銀溶液檢驗(yàn)溶液中是否存在碘離子不能探究該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，應(yīng)選擇硫氰化鉀溶液中是否存在鐵離子探究，故A錯(cuò)誤；B．碳酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，碳酸根離子在溶液中水解使溶液呈堿性，能使酚酞試液變紅色，向溶液中加入氯化鋇溶液，溶液中碳酸根離子與鋇離子反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀，水解平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，氫氧根離子濃度減小，溶液紅色變淺或消失能探究濃度對(duì)鹽類(lèi)水解平衡的影響，故B正確；C．由題意可知，硝酸銀溶液與氯化鈉溶液反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀時(shí)，硝酸銀溶液過(guò)量，氯化鈉溶液反應(yīng)后再滴加碘化鈉溶液，碘化鈉溶液與過(guò)量的硝酸銀溶液反應(yīng)生成碘化銀黃色沉淀，滴加碘化鈉溶液的過(guò)程中發(fā)生沉淀的生成，沒(méi)有發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，則觀察生成沉淀的顏色無(wú)法比較氯化銀和碘化銀溶度積大小，故C錯(cuò)誤；D．次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，能使有機(jī)色質(zhì)漂白褪色，用pH試紙無(wú)法測(cè)定次氯酸鈉溶液的pH，則無(wú)法利用鹽的水解程度比較次氯酸和醋酸的酸性強(qiáng)弱，故D錯(cuò)誤；故選B12.膽礬可寫(xiě)成，其結(jié)構(gòu)示意圖如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.在上述結(jié)構(gòu)示意圖中，所有氧原子都采用雜化B.根據(jù)結(jié)構(gòu)圖顯示，膽礬在微觀層次是平面結(jié)構(gòu)C.膽礬中的水分子間存在氫鍵D.膽礬失水需在不同溫度下進(jìn)行〖答案〗AB〖解析〗〖詳析〗A．膽礬中H2O中O原子形成2個(gè)σ鍵，O上還有兩對(duì)孤電子對(duì)，H2O中O原子都采取sp3雜化，SO中端點(diǎn)氧不發(fā)生雜化，故A錯(cuò)誤；B．SO中S元素是sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體形，膽礬在微觀層次不是平面結(jié)構(gòu)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)膽礬的結(jié)構(gòu)示意圖，水分子氧原子形成氫鍵，故C正確；D．根據(jù)膽礬的結(jié)構(gòu)和膽礬可寫(xiě)成可知，膽礬晶體中水分子有一部分與Cu2+形成配位鍵的水分子，一部分與SO和配體水分子形成氫鍵的水分子，由于作用力的不同，膽礬中的水在不同溫度下會(huì)分步失去，故D正確；故選AB。13.將1molN2O5充入10L恒容密閉容器中，在一定溫度下發(fā)生下列反應(yīng)：①2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)K1；②N2O4(g)2NO2(g)K2(K1、K2為反應(yīng)平衡常數(shù))。10min末，該反應(yīng)達(dá)到平衡，此時(shí)c(O2)=0.02mol?L-1，c(NO2)=0.06mol?L-1，下列說(shuō)法正確的是A.N2O5的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為20%B.若反應(yīng)N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)K3，則K3=C.v(O2)=0.02mol?L-1?min-1D.K1?K2=2×10-4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗將1molN2O5充入10L恒容密閉容器中，在一定溫度下發(fā)生下列反應(yīng)：①2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)K1；②N2O4(g)2NO2(g)K2(K1、K2為反應(yīng)平衡常數(shù))。10min末，該反應(yīng)達(dá)到平衡，此時(shí)c(O2)=0.02mol?L-1，c(NO2)=0.06mol?L-1，則可建立以下三段式：〖詳析〗A．N2O5的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為=40%，A不正確；B．利用蓋斯定律，將反應(yīng)①×+②得，反應(yīng)N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)K3=，B不正確；C．v(O2)==0.002mol?L-1?min-1，C不正確；D．K1?K2==2×10-4，D正確；故選D。14.用石墨烯鋰硫電池電解制備的裝置如圖所示。電池放電時(shí)的反應(yīng)為，電解池兩極材料分別為和石墨，工作一段時(shí)間后，右側(cè)玻璃管產(chǎn)生大量的白色沉淀。下列說(shuō)法正確的是A.Y是鐵電極，發(fā)生氧化反應(yīng)B.電子流動(dòng)的方向：C.正極可發(fā)生反應(yīng)：D.鋰電極減重時(shí)，則電路中轉(zhuǎn)移電子〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．電解法制備Fe(OH)2，則鐵作陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)題給總反應(yīng)可知，金屬鋰發(fā)生氧化反應(yīng)，作電池的負(fù)極，所以Y為陰極，故X是鐵電極，A錯(cuò)誤；B．電子從電池的負(fù)極流至電解池的陰極，然后從電解池的陽(yáng)極流回到電池的正極，即電子從B電極流向Y電極，從X電極流回A電極，B錯(cuò)誤；C．由圖示可知，電極A發(fā)生了還原反應(yīng)，即正極可發(fā)生反應(yīng)，C正確；D．鋰電極減重0.14g，物質(zhì)的量為=0.02mol，每個(gè)Li轉(zhuǎn)移1個(gè)電子，故電路中轉(zhuǎn)移0.02mol電子，D錯(cuò)誤；故選C。15.已知：，25時(shí)，的，。常溫下，用0.1NaOH溶液滴定20mL0.1溶液的滴定曲線如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是

A.a點(diǎn)所得溶液中：B.b點(diǎn)所得溶液中：C.c點(diǎn)所得溶液中：D.b→d過(guò)程中，水的電離程度不斷增大〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗〖詳析〗A．用0.1mol?L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol?L-1H2SO3溶液，a點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=Pa1，電離平衡常數(shù)表達(dá)式得到則c(H2SO3)=c()，溶液體積大于20ml，a點(diǎn)所得溶液中：c(H2SO3)+c()+c()=2c(H2SO3)+c()＜0.1mol?L-1，故A錯(cuò)誤；

B．b點(diǎn)是用0.1mol?L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol?L-1H2SO3溶液，恰好反應(yīng)生成NaHSO3，溶液顯酸性，溶液中電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()，物料守恒c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，得到：c(H2SO3)+c(H+)=c()+c(OH-)，故B正確；

C．c點(diǎn)PH=7.19=PKa2，依據(jù)平衡常數(shù)溶液顯堿性，溶液中溶質(zhì)主要為Na2SO3，+H2O?+OH-，，c(OH-)=，c()=c()，帶入計(jì)算得到：c()=c()，溶液中2n(Na)=3n(S)，2c(Na+)=3〖c()+c(H2SO3)+c()〗=3〖c(H2SO3)+2c()〗，c(Na+)＞3c()，故C正確；D．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進(jìn)水電離，b、c、d點(diǎn)溶質(zhì)分別為NaHSO3、NaHSO3和Na2SO3、Na2SO3，且Na2SO3水解程度大于NaHSO3，所以水電離程度d＞c＞b，故D正確；

故選：A。二、非選擇題(本題包括4小題，共55分)16.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分別代表一種元素?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）請(qǐng)寫(xiě)出H的單質(zhì)與二氧化碳反應(yīng)的方程式：___________。（2）D的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的VSEPR模型為_(kāi)__________，分子的空間結(jié)構(gòu)為_(kāi)__________。（3）第一電離能H___________X(填“＞”“＜”或“=”)，其原因是___________。（4）電負(fù)性E___________M(填“＞”“＜”或“=”)。（5）的沸點(diǎn)比的沸點(diǎn)低，其原因是___________。（6）的空間結(jié)構(gòu)為_(kāi)__________，的鍵角比的鍵角小的原因是___________?！即鸢浮剑?）（2）①.四面體形②.三角錐形（3）①.＞②.鎂原子的3s軌道為穩(wěn)定的全充滿(mǎn)結(jié)構(gòu)，第一電離能大于相鄰元素（4）＜（5）氨分子與氨分子之間存在氫鍵（6）①.正四面體形②.中心原子硫同為雜化，中硫原子有一個(gè)孤電子對(duì)，對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥力大，使得鍵角變小〖解析〗〖祥解〗由各元素在周期表中的相對(duì)位置可知，A為H元素、R為He元素、B為L(zhǎng)i元素、D為N元素、E為O元素、M為F元素、T為Ne元素、G為Na元素、H為Mg元素、X為Al元素、J為Si元素、Y為S元素、L為Cl元素、N為Fe元素。〖小問(wèn)1詳析〗鎂在二氧化碳中燃燒生成氧化鎂和碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故〖答案〗為：；〖小問(wèn)2詳析〗氨分子中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為1，則分子的VSEPR模型為四面體形，空間構(gòu)型為三角錐形，故〖答案〗為：四面體形；三角錐形；〖小問(wèn)3詳析〗同周期元素，從左到右第一電離能呈增大的趨勢(shì)，鎂原子的3s軌道為穩(wěn)定的全充滿(mǎn)結(jié)構(gòu)，第一電離能大于相鄰元素，所以鎂元素的第一電離能大于鋁元素，故〖答案〗為：＞；鎂原子的3s軌道為穩(wěn)定的全充滿(mǎn)結(jié)構(gòu)，第一電離能大于相鄰元素；〖小問(wèn)4詳析〗同周期元素，從左到右電負(fù)性依次增大，則氧元素的電負(fù)性小于氟元素，故〖答案〗為：＜；〖小問(wèn)5詳析〗二氧化氮分子間不能形成氫鍵，氨分子間能形成分子間氫鍵，分子間作用力大于二氧化氮，沸點(diǎn)高于二氧化氮，故〖答案〗為：氨分子與氨分子之間存在氫鍵；〖小問(wèn)6詳析〗硫酸根離子中硫原子的價(jià)層電子對(duì)為4、孤電子對(duì)數(shù)0，硫原子為sp3雜化，離子的空間構(gòu)型為正四面體形；亞硫酸根離子中硫原子的價(jià)層電子對(duì)為4、孤電子對(duì)數(shù)1，硫原子為sp3雜化，離子的空間構(gòu)型為平面三角形，孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥力大，使得亞硫酸根離子的鍵角變小，故〖答案〗為：正四面體形；中心原子硫同為雜化，中硫原子有一個(gè)孤電子對(duì)，對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥力大，使得鍵角變小。17.是大氣的主要污染物，工業(yè)上利用鈉堿循環(huán)法可除去?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）鈉堿循環(huán)法中，吸收液為溶液，該溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)開(kāi)______。（2）可用溶液吸收制備，該反應(yīng)的離子方程式是_______。（3）已知：時(shí)，的電離常數(shù)為；的電離常數(shù)為，則下列各組微粒可以大量共存的是_______(填字母)。A.和 B.和 C.和 D.和（4）時(shí)，及其鈉鹽的溶液中，的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溶液變化關(guān)系如圖所示。①時(shí)，硫元素的主要存在形式是_______。②當(dāng)溶液恰好呈中性時(shí)：_______(填“>”“<”或“=”)（5）泡沫滅火器內(nèi)外桶中各盛有一定濃度的、溶液。使用時(shí)須將該滅火器反轉(zhuǎn)并拔掉插銷(xiāo)，讓上述溶液混合并由噴嘴噴射出一定量的氣流和難溶物，覆蓋在可燃物的表面起到滅火效果。寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式：_______。〖答案〗（1）（2）（3）BC（4）①.②.>（5）〖解析〗〖小問(wèn)1詳析〗溶液中存在Na2SO3=2Na++SO、SO+H2OHSO+OH-、HSO+H2OH2SO3+OH-、H2OH++OH-，可知，SO少部分水解1：1生成HSO和OH-，又HSO少部分水解且生成OH-，所以，溶液顯堿性，排最后，故水解該溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)?；〖小?wèn)2詳析〗溶液吸收制備，反應(yīng)的離子方程式是；〖小問(wèn)3詳析〗已知時(shí)，的電離常數(shù)為，；的電離常數(shù)為，，可知酸性：H2SO3>H2CO3>HSO>HCO，則根據(jù)強(qiáng)酸能制備弱酸分析：A．由于酸性HSO>HCO，故HSO和CO能發(fā)生反應(yīng)HSO+CO=SO+HCO，兩個(gè)微粒不能大量共存，A不符合題意；B．由于酸性H2SO3>H2CO3>HSO>HCO，和間不反應(yīng)可以共存，B符合題意；C．由于酸性HSO>HCO，和間不反應(yīng)可以共存，C符合題意；D．由于酸性H2SO3>H2CO3，故和能發(fā)生反應(yīng)H2SO3+HCO=H2CO3+HSO，兩個(gè)微粒不能大量共存，D不符合題意；故〖答案〗為：BC；小問(wèn)4詳析〗①由曲線可知時(shí)，硫元素的主要存在形式是；②根據(jù)電荷守恒可得+=2++，當(dāng)溶液恰好呈中性時(shí)，=2+，因此>+；〖小問(wèn)5詳析〗與發(fā)生雙水解反應(yīng)生成Al(OH)3、CO2和Na2SO4，該反應(yīng)的離子方程式為。〖『點(diǎn)石成金』〗離子方程式書(shū)寫(xiě)的分為四步，第一步：正確寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)方程式，第二步：把易溶于水、易電離的物質(zhì)拆寫(xiě)成離子形式，第三步：刪去方程式兩邊不參加反應(yīng)的離子，第四步：檢查方程式兩邊的元素和電荷是否守恒。18.納米級(jí)Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注，下表為制取Cu2O的兩種方法：方法a用炭粉在高溫條件下還原CuO方法b電解法，反應(yīng)為2Cu+H2OCu2O+H2↑（1）工業(yè)上常用方法b制取Cu2O而很少用方法a，其原因是反應(yīng)條件不易控制，若控溫不當(dāng)易生成__________而使Cu2O產(chǎn)率降低。（2）已知：①2Cu(s)+O2(g)＝Cu2O(s)ΔH1=－169kJ·mol－1②C(s)+O2(g)＝CO(g)ΔH2=－110.5kJ·mol－1③Cu(s)+O2(g)＝CuO(s)ΔH3=－157kJ·mol－1則方法a中發(fā)生的反應(yīng)：2CuO(s)＋C(s)＝Cu2O(s)＋CO(g)；△H=________。（3）方法b是用肼燃料電池為電源，通過(guò)離子交換膜電解法控制電解液中OH－的濃度來(lái)制備納米Cu2O，裝置如圖所示：①上述裝置中B電極應(yīng)連_________電極(填“C”或“D”)。②該離子交換膜為_(kāi)___離子交換膜(填“陰”或“陽(yáng)”)，該電解池的陽(yáng)極反應(yīng)式為_(kāi)______。③原電池中負(fù)極反應(yīng)式為_(kāi)_____________?！即鸢浮舰?Cu②.+34.5kJ·mol－1③.D④.陰⑤.2Cu-2e－+2OH－＝Cu2O+H2O⑥.N2H4-4e－+4OH－＝N2↑+4H2O〖解析〗〖祥解〗（1）碳會(huì)將CuO還原為銅；（2）根據(jù)蓋斯定律進(jìn)行求解；（3）①銅電極應(yīng)發(fā)生氧化反應(yīng)；原電池中正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；②離子交換膜要控制電解液中OH-的濃度，陰離子交換膜才能控制氫氧根濃度；③原電池中負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)?！荚斘觥剑?）在加熱條件下，C會(huì)將CuO還原為Cu，故方法I反應(yīng)條件不易控制，若控溫不當(dāng)易生成Cu而使Cu2O產(chǎn)率降低；（2）已知：①2Cu（s）+O2（g）＝Cu2O（s）△H=-169kJ?mol-1②C（s）+O2（g）＝CO（g）△H=-110.5kJ?mol-1③Cu（s）+O2（g）＝CuO（s）△H=-157kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律①+②-2×2可得2CuO（s）+C（s）＝Cu2O（s）+CO（g）△H=+34.5kJ?mol-1；（3）①原電池中D電極通入氧氣，氧氣發(fā)生還原反應(yīng)，故D電極為正極，C電極為負(fù)極；電解池中B電極為銅，銅在反應(yīng)過(guò)程被氧化，故為陽(yáng)極，與外接電源的正極相連，即與D相連，故〖答案〗為：D；②該方法采用離子交換膜控制電解液中OH-的濃度，則只有使用陰離子交換膜才能控制氫氧根離子濃度；在電解池中，當(dāng)陽(yáng)極是活潑電極時(shí)，該電極本身發(fā)生失電子得還原反應(yīng)，在堿性環(huán)境下，金屬銅失去電子的電極反應(yīng)為2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O；③原電池中負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，負(fù)極通入N2H4失電子被氧化成N2，負(fù)極反應(yīng)式為N2H4-4e－+4OH－＝N2↑+4H2O。19.硫酸是一種重要的基本化工產(chǎn)品。接觸法制硫酸生產(chǎn)中的氧化工序?yàn)椋?，回答下列?wèn)題：（1）若將物質(zhì)的量之比為2：1的SO2(g)和O2(g)通入恒溫恒容反應(yīng)器，下列能判斷反應(yīng)達(dá)到平衡的是___________。A.SO2(g)和O2(g)的轉(zhuǎn)化率為2：1時(shí)B.容器內(nèi)混合氣體的壓強(qiáng)不再改變C.容器內(nèi)混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變D.生成2molSO3(g)的同時(shí)消耗1molO2(g)（2）據(jù)圖(a)，請(qǐng)寫(xiě)出VOSO4(s)和V2O4(s)反應(yīng)生成V2O5(s)與SO2(g)的熱化學(xué)方程式為_(kāi)__________。（3）若當(dāng)SO2、O2、N2(不參與反應(yīng))起始的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為10%、15%和75%時(shí)，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa壓強(qiáng)下，SO2平衡轉(zhuǎn)化率α隨溫度的變化如圖(b)所示。反應(yīng)在0.5MPa、550℃時(shí)的α=______，判斷的依據(jù)是______。下列因素中能影響α的因素有_______。A．壓強(qiáng)B．反應(yīng)物的組成C．催化劑D．溫度（4）若將物質(zhì)的量之比為2：1的SO2(g)和O2(g)通入反應(yīng)器，在恒溫t、恒壓p條件下進(jìn)行反應(yīng)。平衡時(shí)，若SO2轉(zhuǎn)化率為α，則SO3壓強(qiáng)為_(kāi)__________，平衡常數(shù)Kp=___________(以分壓表示，分壓=總壓物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))?！即鸢浮剑?）BC（2）（3）①.0.925②.該反應(yīng)正向分子數(shù)減少，減小壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率降低，p3為0.5MPa③.ABD（4）①.②.〖解析〗〖祥解〗〖小問(wèn)1詳析〗A．由方程式可知，物質(zhì)的量之比為2：1的二氧化硫和氧氣的轉(zhuǎn)化率恒定為2：1，則轉(zhuǎn)化率為2：1時(shí)不能說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，無(wú)法判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡，故錯(cuò)誤；B．該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，反應(yīng)中容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小，則容器內(nèi)混合氣體的壓強(qiáng)不再改變說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)已達(dá)到平衡，故正確；C．由質(zhì)量守恒定律可知，反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量不變，該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，反應(yīng)中容器內(nèi)，氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量增大，則容器內(nèi)混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)已達(dá)到平衡，故正確；D．生成2mol三氧化硫的同時(shí)消耗1mol氧氣均代表正反應(yīng)速率，不能說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，無(wú)法判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡，故錯(cuò)誤；故選BC；〖小問(wèn)2詳析〗由圖可知，圖中涉及的反應(yīng)為①、②，由蓋斯定律可知，②—①×2可得VOSO4(s)和V2O4(s)反應(yīng)生成V2O5(s)與SO2(g)的反應(yīng)為，則△H=(—399kJ/mol)—(—24kJ/mol)×2=—351kJ/mol，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為，故〖答案〗為：；〖小問(wèn)3詳析〗該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，二氧化硫的平衡轉(zhuǎn)化率增大，由圖可知，相同溫度時(shí)，P3時(shí)二氧化硫的轉(zhuǎn)化率最小，則P3為0.5MPa；由圖可知，反應(yīng)在0.5MPa、550℃時(shí)二氧化硫的轉(zhuǎn)化率為0.925；A．該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，二氧化硫的平衡轉(zhuǎn)化率增大，故正確；B．反應(yīng)物的組成中，氧氣的濃度越大，二氧化硫的平衡轉(zhuǎn)化率越大，故正確；C．使用催化劑，反應(yīng)速率增大，但化學(xué)平衡不移動(dòng)，二氧化硫的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故錯(cuò)誤；D．該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，二氧化硫的平衡轉(zhuǎn)化率減小，故正確；故選ABD，故〖答案〗為：0.925；該反應(yīng)正向分子數(shù)減少，減小壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率降低，p3為0.5MPa；ABD；〖小問(wèn)4詳析〗設(shè)起始二氧化硫、氧氣的物質(zhì)的量分別為2mol、1mol，由平衡時(shí)二氧化硫的轉(zhuǎn)化率為α可知，平衡時(shí)二氧化硫、氧氣、三氧化硫的物質(zhì)的量分別為（2—2α）mol、（1—2α×）mol=（1—α）mol、2αmol，則二氧化硫、氧氣、三氧化硫的平衡分壓為、、，平衡常數(shù)Kp==，故〖答案〗為：；。PAGEPAGE12022~2023學(xué)年第一學(xué)期高二期末質(zhì)量檢測(cè)化學(xué)試題考生注意：1．本試卷滿(mǎn)分100分，考試時(shí)間75分鐘。2．答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項(xiàng)目填寫(xiě)清楚。3．考生作答時(shí)，請(qǐng)將〖答案〗答在答題卡上。選擇題每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號(hào)涂黑；非選擇題請(qǐng)用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的〖答案〗無(wú)效，在試題卷、草稿紙上作答無(wú)效。4．本卷命題范圍：選擇性必修1、選擇性必修2第一章~第二章。5．可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1Li7C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64一、選擇題(本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說(shuō)法正確的是A.ClO2和明礬都常用于自來(lái)水的處理，二者的作用原理相同B.使用含氟牙膏預(yù)防齲齒利用了沉淀轉(zhuǎn)化的原理C.鍍錫鐵皮的鍍層破損后，鐵皮依然受到保護(hù)D.草木灰與NH4H2PO4混合施用可更好地為植物提供N、P、K三種元素〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．ClO2處理自來(lái)水是利用其強(qiáng)氧化性，明礬凈水是利用其溶于水形成的膠體吸附自來(lái)水中的顆粒物，A錯(cuò)誤；B．含氟牙膏中的F-能使牙齒表面的牙釉質(zhì)羥基磷灰石〖Ca5(PO4)3(OH)〗轉(zhuǎn)化為更難溶的氟磷灰石〖Ca5(PO4)3F〗，由于氟磷灰石溶解度小，而且更能抵抗酸的侵蝕，因此有效預(yù)防齲齒，其利用了沉淀轉(zhuǎn)化的原理，B正確；C．鍍錫鐵皮的鍍層破損后，由于金屬Fe活動(dòng)性比錫強(qiáng)，F(xiàn)e、Sn及電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，F(xiàn)e為負(fù)極，所以鐵皮腐蝕速率會(huì)加速，C錯(cuò)誤；D．草木灰的主要成分為碳酸鉀與NH4H2PO4混合使用發(fā)生雙水解而降低肥效，D錯(cuò)誤；綜上所述〖答案〗為B。2.在密閉容器中充入一定量的A(g)和B(g)發(fā)生反應(yīng)：A(g)+2B(g)=3C(g)，5s時(shí)測(cè)得C的物質(zhì)的量濃度為1.2mol/L，以B表示的該反應(yīng)速率為A.0.16mol/(L·s) B.0.2mol/(L·s) C.0.4mol/(L·s) D.0.8mol/(L·s)〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗5s時(shí)測(cè)得C的物質(zhì)的量濃度為1.2mol/L，根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)消耗轉(zhuǎn)化關(guān)系可知反應(yīng)消耗B物質(zhì)的濃度為△c(B)=0.8mol/L，則用B物質(zhì)濃度變化表示的反應(yīng)速率v(B)==0.16mol/(L·s)，故合理選項(xiàng)是A。3.下列有關(guān)化學(xué)反應(yīng)與能量變化的敘述正確的是A.相同條件下，等物質(zhì)的量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，前者放出熱量更多B.，則充分分解后放出的熱量C.由“”可知，白磷比紅磷穩(wěn)定D.同溫同壓下，反應(yīng)在光照和點(diǎn)燃條件的不同〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．等物質(zhì)的量的硫蒸氣和硫固體能量前者大于后者，分別完全燃燒，前者放出熱量更多，A正確；B．反應(yīng)為可逆反應(yīng)，因此氣體在密閉容器中充分分解后放出的熱量小于，故B錯(cuò)誤；C．由“”可知，白磷具有的能量更高，穩(wěn)定性比紅磷弱，故C錯(cuò)誤；D．同溫同壓下，的總能量與和的總能量的差值為反應(yīng)熱，不受光照和點(diǎn)燃條件的影響，即光照和點(diǎn)燃條件的相同，故D錯(cuò)誤；選A。4.下列說(shuō)法正確的是A.基態(tài)鈦原子的價(jià)層電子排布圖：B.過(guò)程中形成的是發(fā)射光譜C.在共價(jià)化合物中，一定存在極性鍵，可能存在非極性鍵，一定不存在離子鍵D.在、、分子中所有原子都滿(mǎn)足最外層為8個(gè)電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．鈦為22號(hào)元素，基態(tài)鈦原子的價(jià)層電子排布圖：，A錯(cuò)誤；B．過(guò)程中電子沒(méi)有發(fā)生躍遷，不能形成發(fā)射光譜，B錯(cuò)誤；C．在共價(jià)化合物中，一定存在極性鍵，可能存在非極性鍵，一定不存在離子鍵；含有離子鍵的物質(zhì)為離子化合物，C正確；D．中氫不是8電子結(jié)構(gòu)，D錯(cuò)誤；故選C。5.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.的溶液中：B.無(wú)色溶液中：C.的溶液中：D.能使酚酞變紅的溶液中：〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．酸性溶液中，F(xiàn)e2+和ClO-會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，A錯(cuò)誤；B．Fe3+呈黃色不符合無(wú)色條件，且Fe3+、會(huì)發(fā)生雙水解反應(yīng)而不能大量共存，B錯(cuò)誤；C．，溶液顯堿性，C正確；D．能使酚酞溶液變紅，說(shuō)明溶液呈堿性，Al3+、均能和OH-發(fā)生反應(yīng)而不能大量共存，D錯(cuò)誤；故選C。6.下列現(xiàn)象(事實(shí))與氫鍵有關(guān)的是①氨氣易被液化②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶③DNA中的堿基互補(bǔ)配對(duì)④鄰羥基苯甲酸的熔、沸點(diǎn)比對(duì)羥基苯甲酸的低⑤是一種穩(wěn)定的化合物A.①④⑤ B.①②③④ C.②③ D.①②〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗①氨分子能形成分子間氫鍵，分子間作用力大，沸點(diǎn)較高，易被液化，故符合題意；②小分子的醇、羧酸分子中含有的羥基、羧基，能與水分子形成分子間氫鍵，可以和水以任意比互溶，故符合題意；③DNA分子中含有氨基，能形成分子間氫鍵，所以堿基互補(bǔ)配對(duì)與氫鍵有關(guān)，故符合題意；④鄰羥基苯甲酸形成分子內(nèi)的羥基，使得分子間作用力減弱，對(duì)羥基苯甲酸形成分子間氫鍵，使得分子間作用力增強(qiáng)，所以鄰羥基苯甲酸的熔、沸點(diǎn)比對(duì)羥基苯甲酸的低，故符合題意；⑤水是一種穩(wěn)定的化合物與氧元素的非金屬性強(qiáng)有關(guān)，與氫鍵無(wú)關(guān)，故不符合題意；①②③④符合題意，故選B。7.已知如下物質(zhì)的溶度積常數(shù)：，。下列說(shuō)法正確的是A.同溫度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度B.同溫度下，向飽和FeS溶液中加入少量固體后，變小C.向含有等物質(zhì)的量的和的混合溶液中逐滴加入溶液，最先出現(xiàn)的沉淀是FeSD.除去工業(yè)廢水中的，可以選用FeS作沉淀劑〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．CuS與FeS的化學(xué)式形式相同，可以直接通過(guò)溶度積常數(shù)比較二者的溶解度，Ksp越小，溶解度越小，故A錯(cuò)誤；

B．溶度積常數(shù)只與溫度有關(guān)，同溫度下，向飽和FeS溶液中加入少量Na2S固體后，Ksp(FeS)不變，故B錯(cuò)誤；

C．化學(xué)式相似的物質(zhì)，Ksp小的，溶解度小，易先形成沉淀，由于CuS的Ksp小，所以CuS先形成沉淀，故C錯(cuò)誤；

D．FeS的溶度積大于CuS的溶度積，其溶解平衡的S2-濃度遠(yuǎn)大于CuS的S2-離子濃度，故加入FeS可以沉淀廢水中的Cu2+，故D正確；

故選D。8.毒奶粉主要是奶粉中含有有毒三聚氰胺(結(jié)構(gòu)如圖)。下列關(guān)于三聚氰胺分子的說(shuō)法中正確的是（）A.一個(gè)三聚氰胺分子中共含有15個(gè)σ鍵B.所有氮原子均采取sp3雜化C.屬于極性分子D.三聚氰胺分子中同時(shí)含有極性鍵和非極性鍵〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．分子中含6個(gè)N-H，6個(gè)C-N，3個(gè)C=N，雙鍵中有1個(gè)σ鍵，共15個(gè)σ鍵，故A正確；B．C=N中，C原子為sp2雜化，N原子也為sp2雜化，-NH2中N原子（連接的都是單鍵）為sp3雜化，雜化類(lèi)型不同，故B錯(cuò)誤；C．該分子結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷中心重疊，為非極性分子，故C錯(cuò)誤；D．同種元素原子之間才能形成非極性鍵，該分子結(jié)構(gòu)中沒(méi)有相同的原子連接，則該分子內(nèi)只有極性鍵，故D錯(cuò)誤；故〖答案〗為A。9.丙烯與HCl在催化劑作用下發(fā)生加成反應(yīng)：第一步進(jìn)攻丙烯生成碳正離子，第二步進(jìn)攻碳正離子。得到兩種產(chǎn)物的反應(yīng)進(jìn)程與能量關(guān)系如圖。下列說(shuō)法正確的是A.催化劑可以改變反應(yīng)的焓變B.過(guò)渡態(tài)(Ⅰ)比過(guò)渡態(tài)(Ⅱ)穩(wěn)定C.生成①的過(guò)程所需的活化能較低，速率快D.丙烯與HCl加成反應(yīng)主要生成〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A.催化劑可降低反應(yīng)活化能，不改變始終態(tài)，則加催化劑不能改變反應(yīng)的焓變，故A錯(cuò)誤；B.能量越低越穩(wěn)定，根據(jù)圖示知過(guò)渡態(tài)(Ⅰ)沒(méi)有過(guò)渡態(tài)(Ⅱ)穩(wěn)定，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)圖示知，生成①的過(guò)程所需的活化能高于生成②的過(guò)程所需的活化能，則反應(yīng)速率較慢，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)圖示知，生成①的過(guò)程所需的活化能高于生成②的過(guò)程所需的活化能，則生成②的碳正離子多，而進(jìn)攻碳正離子后得到，即主要產(chǎn)物是，故D正確；故選D。10.X、Y、Z為短周期元素，X原子最外層只有一個(gè)電子，Y原子的最外層電子數(shù)比內(nèi)層電子總數(shù)少4，Z原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子總數(shù)的3倍。下列有關(guān)敘述正確的是A.Y原子的價(jià)層電子排布式為3s23p5 B.穩(wěn)定性：Y的氫化物>Z的氫化物C.第一電離能：Y＜Z D.X、Y兩元素形成的化合物為離子化合物〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z為短周期元素，X原子最外層只有一個(gè)電子，則X為H、Li或Na；Y原子的最外層電子數(shù)比內(nèi)層電子總數(shù)少4，則Y有3個(gè)電子層，最外層有6個(gè)電子，則Y為硫元素；Z的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子總數(shù)的三倍，則Z有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，則Z為氧元素，據(jù)此解答。〖詳析〗A．Y為硫元素，Y的價(jià)層電子排布式為3s23p4，故A錯(cuò)誤；B．Y為硫元素，Z為氧元素，非金屬性O(shè)＞S，非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定，氫化物穩(wěn)定性Z＞Y，故B錯(cuò)誤；C．同一主族，從上到下，第一電離能呈減小的趨勢(shì)，Y為硫元素，Z為氧元素，第一電離能：Y＜Z，故C正確；D．X為H、Li或Na，Y為硫元素，H、Li或Na與硫元素可以形成硫化氫屬于共價(jià)化合物，硫化鈉和硫化鋰屬于離子化合物，故D錯(cuò)誤?！即鸢浮竭xC。11.下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖沁x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)操作A探究化學(xué)反應(yīng)是否可逆向溶液中滴加1~2滴的溶液，充分反應(yīng)后，滴入1~2滴的溶液，生成黃色沉淀B探究濃度對(duì)鹽類(lèi)水解平衡的影響向滴有酚酞的碳酸鈉溶液中滴加氯化鋇溶液，觀察現(xiàn)象C比較AgI和AgCl溶度積大小向的硝酸銀溶液中先滴加2~3滴濃度為的NaCl溶液，再滴加2~3滴相同濃度的NaI溶液，觀察生成沉淀的顏色D比較HClO和酸性強(qiáng)弱用pH試紙測(cè)定NaClO溶液和溶液的pHA.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．由題意可知，碘化鉀溶液與硫酸鐵溶液反應(yīng)時(shí)，碘化鉀溶液過(guò)量，無(wú)論反應(yīng)是否為可逆反應(yīng)，溶液中均存在碘離子，則選擇加入硝酸銀溶液檢驗(yàn)溶液中是否存在碘離子不能探究該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，應(yīng)選擇硫氰化鉀溶液中是否存在鐵離子探究，故A錯(cuò)誤；B．碳酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，碳酸根離子在溶液中水解使溶液呈堿性，能使酚酞試液變紅色，向溶液中加入氯化鋇溶液，溶液中碳酸根離子與鋇離子反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀，水解平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，氫氧根離子濃度減小，溶液紅色變淺或消失能探究濃度對(duì)鹽類(lèi)水解平衡的影響，故B正確；C．由題意可知，硝酸銀溶液與氯化鈉溶液反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀時(shí)，硝酸銀溶液過(guò)量，氯化鈉溶液反應(yīng)后再滴加碘化鈉溶液，碘化鈉溶液與過(guò)量的硝酸銀溶液反應(yīng)生成碘化銀黃色沉淀，滴加碘化鈉溶液的過(guò)程中發(fā)生沉淀的生成，沒(méi)有發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，則觀察生成沉淀的顏色無(wú)法比較氯化銀和碘化銀溶度積大小，故C錯(cuò)誤；D．次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，能使有機(jī)色質(zhì)漂白褪色，用pH試紙無(wú)法測(cè)定次氯酸鈉溶液的pH，則無(wú)法利用鹽的水解程度比較次氯酸和醋酸的酸性強(qiáng)弱，故D錯(cuò)誤；故選B12.膽礬可寫(xiě)成，其結(jié)構(gòu)示意圖如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.在上述結(jié)構(gòu)示意圖中，所有氧原子都采用雜化B.根據(jù)結(jié)構(gòu)圖顯示，膽礬在微觀層次是平面結(jié)構(gòu)C.膽礬中的水分子間存在氫鍵D.膽礬失水需在不同溫度下進(jìn)行〖答案〗AB〖解析〗〖詳析〗A．膽礬中H2O中O原子形成2個(gè)σ鍵，O上還有兩對(duì)孤電子對(duì)，H2O中O原子都采取sp3雜化，SO中端點(diǎn)氧不發(fā)生雜化，故A錯(cuò)誤；B．SO中S元素是sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體形，膽礬在微觀層次不是平面結(jié)構(gòu)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)膽礬的結(jié)構(gòu)示意圖，水分子氧原子形成氫鍵，故C正確；D．根據(jù)膽礬的結(jié)構(gòu)和膽礬可寫(xiě)成可知，膽礬晶體中水分子有一部分與Cu2+形成配位鍵的水分子，一部分與SO和配體水分子形成氫鍵的水分子，由于作用力的不同，膽礬中的水在不同溫度下會(huì)分步失去，故D正確；故選AB。13.將1molN2O5充入10L恒容密閉容器中，在一定溫度下發(fā)生下列反應(yīng)：①2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)K1；②N2O4(g)2NO2(g)K2(K1、K2為反應(yīng)平衡常數(shù))。10min末，該反應(yīng)達(dá)到平衡，此時(shí)c(O2)=0.02mol?L-1，c(NO2)=0.06mol?L-1，下列說(shuō)法正確的是A.N2O5的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為20%B.若反應(yīng)N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)K3，則K3=C.v(O2)=0.02mol?L-1?min-1D.K1?K2=2×10-4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗將1molN2O5充入10L恒容密閉容器中，在一定溫度下發(fā)生下列反應(yīng)：①2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)K1；②N2O4(g)2NO2(g)K2(K1、K2為反應(yīng)平衡常數(shù))。10min末，該反應(yīng)達(dá)到平衡，此時(shí)c(O2)=0.02mol?L-1，c(NO2)=0.06mol?L-1，則可建立以下三段式：〖詳析〗A．N2O5的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為=40%，A不正確；B．利用蓋斯定律，將反應(yīng)①×+②得，反應(yīng)N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)K3=，B不正確；C．v(O2)==0.002mol?L-1?min-1，C不正確；D．K1?K2==2×10-4，D正確；故選D。14.用石墨烯鋰硫電池電解制備的裝置如圖所示。電池放電時(shí)的反應(yīng)為，電解池兩極材料分別為和石墨，工作一段時(shí)間后，右側(cè)玻璃管產(chǎn)生大量的白色沉淀。下列說(shuō)法正確的是A.Y是鐵電極，發(fā)生氧化反應(yīng)B.電子流動(dòng)的方向：C.正極可發(fā)生反應(yīng)：D.鋰電極減重時(shí)，則電路中轉(zhuǎn)移電子〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．電解法制備Fe(OH)2，則鐵作陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)題給總反應(yīng)可知，金屬鋰發(fā)生氧化反應(yīng)，作電池的負(fù)極，所以Y為陰極，故X是鐵電極，A錯(cuò)誤；B．電子從電池的負(fù)極流至電解池的陰極，然后從電解池的陽(yáng)極流回到電池的正極，即電子從B電極流向Y電極，從X電極流回A電極，B錯(cuò)誤；C．由圖示可知，電極A發(fā)生了還原反應(yīng)，即正極可發(fā)生反應(yīng)，C正確；D．鋰電極減重0.14g，物質(zhì)的量為=0.02mol，每個(gè)Li轉(zhuǎn)移1個(gè)電子，故電路中轉(zhuǎn)移0.02mol電子，D錯(cuò)誤；故選C。15.已知：，25時(shí)，的，。常溫下，用0.1NaOH溶液滴定20mL0.1溶液的滴定曲線如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是

A.a點(diǎn)所得溶液中：B.b點(diǎn)所得溶液中：C.c點(diǎn)所得溶液中：D.b→d過(guò)程中，水的電離程度不斷增大〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗〖詳析〗A．用0.1mol?L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol?L-1H2SO3溶液，a點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=Pa1，電離平衡常數(shù)表達(dá)式得到則c(H2SO3)=c()，溶液體積大于20ml，a點(diǎn)所得溶液中：c(H2SO3)+c()+c()=2c(H2SO3)+c()＜0.1mol?L-1，故A錯(cuò)誤；

B．b點(diǎn)是用0.1mol?L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol?L-1H2SO3溶液，恰好反應(yīng)生成NaHSO3，溶液顯酸性，溶液中電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()，物料守恒c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，得到：c(H2SO3)+c(H+)=c()+c(OH-)，故B正確；

C．c點(diǎn)PH=7.19=PKa2，依據(jù)平衡常數(shù)溶液顯堿性，溶液中溶質(zhì)主要為Na2SO3，+H2O?+OH-，，c(OH-)=，c()=c()，帶入計(jì)算得到：c()=c()，溶液中2n(Na)=3n(S)，2c(Na+)=3〖c()+c(H2SO3)+c()〗=3〖c(H2SO3)+2c()〗，c(Na+)＞3c()，故C正確；D．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進(jìn)水電離，b、c、d點(diǎn)溶質(zhì)分別為NaHSO3、NaHSO3和Na2SO3、Na2SO3，且Na2SO3水解程度大于NaHSO3，所以水電離程度d＞c＞b，故D正確；

故選：A。二、非選擇題(本題包括4小題，共55分)16.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分別代表一種元素?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）請(qǐng)寫(xiě)出H的單質(zhì)與二氧化碳反應(yīng)的方程式：___________。（2）D的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的VSEPR模型為_(kāi)__________，分子的空間結(jié)構(gòu)為_(kāi)__________。（3）第一電離能H___________X(填“＞”“＜”或“=”)，其原因是___________。（4）電負(fù)性E___________M(填“＞”“＜”或“=”)。（5）的沸點(diǎn)比的沸點(diǎn)低，其原因是___________。（6）的空間結(jié)構(gòu)為_(kāi)__________，的鍵角比的鍵角小的原因是___________?！即鸢浮剑?）（2）①.四面體形②.三角錐形（3）①.＞②.鎂原子的3s軌道為穩(wěn)定的全充滿(mǎn)結(jié)構(gòu)，第一電離能大于相鄰元素（4）＜（5）氨分子與氨分子之間存在氫鍵（6）①.正四面體形②.中心原子硫同為雜化，中硫原子有一個(gè)孤電子對(duì)，對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥力大，使得鍵角變小〖解析〗〖祥解〗由各元素在周期表中的相對(duì)位置可知，A為H元素、R為He元素、B為L(zhǎng)i元素、D為N元素、E為O元素、M為F元素、T為Ne元素、G為Na元素、H為Mg元素、X為Al元素、J為Si元素、Y為S元素、L為Cl元素、N為Fe元素?！夹?wèn)1詳析〗鎂在二氧化碳中燃燒生成氧化鎂和碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故〖答案〗為：；〖小問(wèn)2詳析〗氨分子中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為1，則分子的VSEPR模型為四面體形，空間構(gòu)型為三角錐形，故〖答案〗為：四面體形；三角錐形；〖小問(wèn)3詳析〗同周期元素，從左到右第一電離能呈增大的趨勢(shì)，鎂原子的3s軌道為穩(wěn)定的全充滿(mǎn)結(jié)構(gòu)，第一電離能大于相鄰元素，所以鎂元素的第一電離能大于鋁元素，故〖答案〗為：＞；鎂原子的3s軌道為穩(wěn)定的全充滿(mǎn)結(jié)構(gòu)，第一電離能大于相鄰元素；〖小問(wèn)4詳析〗同周期元素，從左到右電負(fù)性依次增大，則氧元素的電負(fù)性小于氟元素，故〖答案〗為：＜；〖小問(wèn)5詳析〗二氧化氮分子間不能形成氫鍵，氨分子間能形成分子間氫鍵，分子間作用力大于二氧化氮，沸點(diǎn)高于二氧化氮，故〖答案〗為：氨分子與氨分子之間存在氫鍵；〖小問(wèn)6詳析〗硫酸根離子中硫原子的價(jià)層電子對(duì)為4、孤電子對(duì)數(shù)0，硫原子為sp3雜化，離子的空間構(gòu)型為正四面體形；亞硫酸根離子中硫原子的價(jià)層電子對(duì)為4、孤電子對(duì)數(shù)1，硫原子為sp3雜化，離子的空間構(gòu)型為平面三角形，孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥力大，使得亞硫酸根離子的鍵角變小，故〖答案〗為：正四面體形；中心原子硫同為雜化，中硫原子有一個(gè)孤電子對(duì)，對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥力大，使得鍵角變小。17.是大氣的主要污染物，工業(yè)上利用鈉堿循環(huán)法可除去?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）鈉堿循環(huán)法中，吸收液為溶液，該溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)開(kāi)______。（2）可用溶液吸收制備，該反應(yīng)的離子方程式是_______。（3）已知：時(shí)，的電離常數(shù)為；的電離常數(shù)為，則下列各組微?？梢源罅抗泊娴氖莀______(填字母)。A.和 B.和 C.和 D.和（4）時(shí)，及其鈉鹽的溶液中，的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溶液變化關(guān)系如圖所示。①時(shí)，硫元素的主要存在形式是_______。②當(dāng)溶液恰好呈中性時(shí)：_______(填“>”“<”或“=”)（5）泡沫滅火器內(nèi)外桶中各盛有一定濃度的、溶液。使用時(shí)須將該滅火器反轉(zhuǎn)并拔掉插銷(xiāo)，讓上述溶液混合并由噴嘴噴射出一定量的氣流和難溶物，覆蓋在可燃物的表面起到滅火效果。寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式：_______?！即鸢浮剑?）（2）（3）BC（4）①.②.>（5）〖解析〗〖小問(wèn)1詳析〗溶液中存在Na2SO3=2Na++SO、SO+H2OHSO+OH-、HSO+H2OH2SO3+OH-、H2OH++OH-，可知，SO少部分水解1：1生成HSO和OH-，又HSO少部分水解且生成OH-，所以，溶液顯堿性，排最后，故水解該溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)椋弧夹?wèn)2詳析〗溶液吸收制備，反應(yīng)的離子方程式是；〖小問(wèn)3詳析〗已知時(shí)，的電離常數(shù)為，；的電離常數(shù)為，，可知酸性：H2SO3>H2CO3>HSO>HCO，則根據(jù)強(qiáng)酸能制備弱酸分析：A．由于酸性HSO>HCO，故HSO和CO能發(fā)生反應(yīng)HSO+CO=SO+HCO，兩個(gè)微粒不能大量共存，A不符合題意；B．由于酸性H2SO3>H2CO3>HSO>HCO，和間不反應(yīng)可以共存，B符合題意；C．由于酸性HSO>HCO，和間不反應(yīng)可以共存，C符合題意；D．由于酸性H2SO3>H2CO3，故和能發(fā)生反應(yīng)H2SO3+HCO=H2CO3+HSO，兩個(gè)微粒不能大量共存，D不符合題意；故〖答案〗為：BC；小問(wèn)4詳析〗①由曲線可知時(shí)，硫元素的主要存在形式是；②根據(jù)電荷守恒可得+=2++，當(dāng)溶液恰好呈中性時(shí)，=2+，因此>+；〖小問(wèn)5詳析〗與發(fā)生雙水解反應(yīng)生成Al(OH)3、CO2和Na2SO4，該反應(yīng)的離子方程式為?！肌狐c(diǎn)石成金』〗離子方程式書(shū)寫(xiě)的分為四步，第一步：正確寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)方程式，第二步：把易溶于水、易電離的物質(zhì)拆寫(xiě)成離子形式，第三步：刪去方程式兩邊不參加反應(yīng)的離子，第四步：檢查方程式兩邊的元素和電荷是否守恒。18.納米級(jí)Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注，下表為制取Cu2O的兩種方法：方法a用炭粉在高溫條件下還原CuO方法b電解法，反應(yīng)為2Cu+H2OCu2O+H2↑（1）工業(yè)上常用方法b制取Cu2O而很少用方法a，其原因是反應(yīng)條件不易控制，若控溫不當(dāng)易生成__________而使Cu2O產(chǎn)率降低。（2）已知：①2Cu(s)+O2(g)＝Cu2O(s)ΔH1=－169kJ·mol－1②C(s)+O2(g)＝CO(g)ΔH2=－110.5kJ·mol－1③Cu(s)+O2(g)＝CuO(s)ΔH3=－157kJ·mol－1則方法a中發(fā)生的反應(yīng)：2CuO(s)＋C(s)＝Cu2O(s)＋CO(g)；△H=________。（3）方法b是用肼燃料電池為電源，通過(guò)離子交換膜電解法控制電解液中OH－的濃度來(lái)制備納米Cu2O，裝置如圖所示：①上述裝置中B電極應(yīng)連_________電極(填“C”或“D”)。②該離子交換膜為_(kāi)___離子交換膜(填“陰”或“陽(yáng)”)，該電解池的陽(yáng)極反應(yīng)式為_(kāi)______。③原電池中負(fù)極反應(yīng)式為_(kāi)_____________。〖答案〗①.Cu②.+34.5kJ·mol－1③.D④.陰⑤.2Cu-2e－+2OH－＝Cu2