2022-2023學年山東省泰安市高二上學期期末考試化學試題（解析版）

PAGEPAGE1山東省泰安市2022-2023學年高二上學期期末考試化學試題可能用到的相對原子質量：Si28Au197一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.二十大報告指出“必須堅持科技是第一生產(chǎn)力”，科技發(fā)展離不開化學，下列說法錯誤的是A.中國天眼FAST用到的碳化硅是一種新型陶瓷材料B.大飛機C919用到了鋁鋰合金，鋁和鋰的基態(tài)原子中未成對電子數(shù)相同C.天宮課堂“五環(huán)實驗”，向碳酸鈉溶液中滴加甲基橙溶液后變成黃色D.冬奧會場館建筑應用了碲化鎘發(fā)電玻璃，碲和鎘均屬于過渡元素〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．碳化硅陶瓷具有抗氧化性強，耐磨性好，硬度高，熱穩(wěn)定性好，高溫強度大，熱膨脹系數(shù)小，熱導率大，以及抗熱震和耐化學腐蝕等優(yōu)良特性，屬新型無機非金屬材料，是一種新型陶瓷材料，選項A正確；B．大飛機C919用到了鋁鋰合金，鋁和鋰的基態(tài)原子價層電子排布式分別為3s23p1和2s1，未成對電子數(shù)相同，均為1，選項B正確；C．碳酸鈉溶液呈堿性，向碳酸鈉溶液中滴加甲基橙溶液后變成黃色，選項C正確；D．碲是VIA族元素，是主族元素，不屬于過渡元素，選項D錯誤；〖答案〗選D。2.化學在生產(chǎn)、生活和科學研究中有著廣泛的應用。下列說法錯誤的是A.純堿可用作鍋爐除垢時硫酸鈣的轉化劑B.配制氯化鐵溶液時，先將固體溶解在濃鹽酸中，再稀釋到所需濃度C.實驗室用溶液和溶液反應制取硫化鋁()D.在電鍍裝置中，用鍍層金屬作陽極材料，也可用惰性電極材料作陽極材料〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．用作鍋爐除垢，CaSO4沉淀的轉化劑是因為碳酸鈣的溶解度小于硫酸鈣，所以純堿（Na2CO3）可以用作鍋爐除垢時CaSO4的轉化劑，選項A正確；B．氯化鐵是弱酸強堿鹽，鐵離子易水解，為抑制鐵離子水解，配制氯化鐵溶液時先將氯化鐵固體先溶于較濃的鹽酸中，然后再用蒸餾水稀釋到所需的濃度，選項B正確；C．溶液和溶液混合后，Al3+與S2-發(fā)生雙水解反應，無法反應制取硫化鋁()，選項C錯誤；D．在電鍍裝置中，用鍍層金屬作陽極材料，也可用惰性電極材料作陽極材料，電解質中含有鍍層金屬離子，選項D正確；〖答案〗選C。3.1913年德國化學家哈伯發(fā)明了以低成本制造大量氨的方法，從而大大滿足了當時日益增長的人口對糧食的需求。下列是哈伯法的流程圖，其中不是為提高原料轉化率而采取的措施是A.①② B.②③ C.①③ D.②⑤〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗N2、H2合成氨氣的反應原理為：反應原理為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，△H＜0，為提高原料轉化率，應使平衡向正方向移動。①凈化干燥空氣是為了防止催化劑中毒和減少水氣化消耗燃料，與平衡移動無關，①符合題意；②根據(jù)方程式中反應前后氣體的化學計量數(shù)的關系可知增大壓強有利于平衡向正方向移動，②不符合題意；③催化劑對化學平衡移動無影響，因此反應③與化學平衡移動無關升高溫度不利用平衡向正反應方向移動，③符合題意；④液化分離出氨氣，可使生成物濃度減小，則可使平衡向正向移動，④不符合題意；⑤氮氣和氫氣的再循環(huán)，可增大反應物濃度，有利于平衡向正向移動，⑤不符合題意；綜上所述可知：不是為提高原料轉化率而采取的措施是①③，故合理選項是C。4.“水是生存之本、文明之源?！毕铝嘘P于水處理方法敘述錯誤的是A.硫酸鋁鉀或硫酸鋁作凈水劑，可吸附沉降水中懸浮物B.硬水均可用加熱煮沸的方法降低其中、的濃度C.可用FeS作為沉淀劑除去廢水中、等重金屬離子D.工業(yè)使用漂白粉時常加入少量的醋酸縮短達到漂白效果的時間〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，可吸附沉降水中懸浮物，A正確；B．碳酸氫鈣、碳酸氫鎂不穩(wěn)定加熱可轉化為沉淀，但不是讓所有情況的硬水都可用加熱煮沸的方法降低其中、的濃度，B錯誤；C．FeS作為沉淀劑可將銅離子、銀離子轉化為難溶的硫化銅、硫化銀沉淀，除去廢水中、等重金屬離子，C正確；D．醋酸可以和次氯酸根離子轉化為強氧化性的次氯酸，縮短達到漂白效果的時間，D正確；故選B。5.血紅蛋白分子(Hb)在人體中存在如下過程：①；②。下列說法錯誤的是A.相比于，血紅蛋白分子更易與CO結合B.CO中毒時，需立即阻隔(或切斷)CO源，使變小C.高原地區(qū)含氧量低，因此該地區(qū)人體內的Hb數(shù)量普遍較高D.CO中毒時，可將病人移入高壓氧艙，使平衡②逆向移動〖答案〗B〖解析〗詳析〗A．從反應②可知，K2=480，說明正反應進行程度較大，說明相比于O2，血紅蛋白分子更易與CO結合，A正確；B．CO中毒，立即隔離(或切斷)CO源不能使K2變小，K2只與溫度有關，B錯誤；C．高原地區(qū)含氧量低，氧氣濃度小，反應①平衡逆向移動，導致Hb數(shù)量普遍較高，C正確；D．CO中毒，將病人移入高壓氧艙，O2濃度增大，反應②平衡逆向移動，從而緩解CO中毒，D正確；故〖答案〗選B。6.下列操作會導致實驗測定值偏高的是A.測定NaOH溶液濃度c：用標準醋酸溶液滴定，用甲基橙作指示劑B.測定中和反應的反應熱：用量筒量取NaOH溶液時仰視讀數(shù)C.測定溶液pH：用濕潤的pH試紙測定溶液的pHD.測定鹽酸濃度c：用部分變質的NaOH溶液(含少量)滴定〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．用標準醋酸溶液滴定，且用甲基橙作指示劑（甲基橙的變色范圍：溶液的pH≤3.1時，呈紅色；pH≥4.4時，呈黃色；pH在3.1～4.4之間，呈橙色），生成的醋酸鈉水解呈堿性，使標準醋酸溶液的消耗量偏大，則測定NaOH溶液濃度c偏高，A項正確；B．用量筒量取NaOH溶液時仰視讀數(shù)，實際量取的NaOH溶液偏小，使測定中和反應的反應熱偏低，B項錯誤；C．濕潤的pH試紙上的水稀釋了溶液，使測定溶液的pH偏低，C項錯誤；D．等物質的量的、NaOH與鹽酸完全反應，消耗的鹽酸更多，用部分變質的NaOH溶液(含少量)滴定鹽酸，使標準液的消耗量減少，測定鹽酸濃度c偏低，D項錯誤；〖答案〗選A。7.下列實驗操作或實驗儀器使用錯誤的是A.圖甲可用于定量測定化學反應速率B.圖乙蒸發(fā)溶液制備無水C.圖丙所示滴定管液面讀數(shù)為11.80mLD.圖丁裝置可以電解精煉鋁〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．可以通過測定單位時間生成氫氣的體積來定量測定化學反應速率，選項A正確；B．蒸發(fā)使用蒸發(fā)皿，選項B正確；C．由圖可知，讀數(shù)為11.80mL，選項C正確；D．陰極溶液中氫離子放電生成氫氣，不能得到鋁，選項D錯誤；故選D。8.宏觀—微觀—符號是化學的三重表征，下列有關化學符號表征正確的是A.鉛蓄電池中充電時陽極反應：B.用白醋和淀粉KI試紙檢驗加碘鹽中的：C.侯氏制堿法中晶體的制備：D.和不能大量共存：〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．鉛蓄電池中充電時陽極發(fā)生氧化反應：，A錯誤；B．碘離子、碘酸根離子在酸性條件下生成碘單質，，B錯誤；C．侯氏制堿法中晶體的制備反應為飽和氨鹽水吸收二氧化碳生成碳酸氫鈉晶體和氯化銨：，C正確；D．和反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸根離子，，D錯誤；故選C。9.已知：。室溫下，在含大量的濁液中，僅改變橫坐標軸對應的一個條件，縱坐標軸代表的物理量的變化趨勢符合實際的是A.升高溫度 B.加少量NaCl固體C.加少量水 D.加少量KI固體〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗升溫溶解平衡正向移動；同離子效應抑制溶解。〖詳析〗A．Ksp與溫度有關，該溶解平衡吸熱，升溫溶度積增大，溶解度增加，故A正確；B．加入少量NaCl固體，溶解平衡逆向移動，但是引入了大量氯離子，氯離子濃度增加，其濃度變化趨勢為隨氯化鈉的質量增加而增加，故B錯誤；C．加水，溶液仍然為飽和氯化銀溶液，溶液中銀離子濃度不變，故C錯誤；D．加入KI加固體，因為碘化銀比氯化銀更難溶，沉淀轉化為碘化銀，溶液中銀離子濃度降低，所以隨著KI固體的質量增多，銀離子濃度逐漸減小，故D錯誤；故選A。10.海水是一種腐蝕性很強的天然電解質溶液沿垂直方向，海洋環(huán)境可分為海洋大氣區(qū)、浪花飛濺區(qū)、海水潮差區(qū)、海水全浸區(qū)和海泥區(qū)。其中海水全浸區(qū)根據(jù)海水位置分為深海區(qū)和淺海區(qū)。根據(jù)鋼鐵橋梁在海洋區(qū)域建設的位置，下列說法錯誤的是A.熱帶地區(qū)橋梁比寒帶海域橋梁腐蝕更嚴重B.海泥區(qū)含氧量非常低，腐蝕速率一般高于海水全浸區(qū)C.淺海區(qū)溶氧量較高，存在著大量的微生物，鋼鐵在淺海區(qū)主要發(fā)生電化學腐蝕D.在浪花飛濺區(qū)，海水的沖擊不斷破壞橋梁表面的腐蝕產(chǎn)物和保護涂層，所以浪花飛濺區(qū)橋梁腐蝕最嚴重〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．熱帶地區(qū)橋梁比寒帶海域的溫度高，反應速率更快，橋梁腐蝕更嚴重，故A正確；

B．鐵的吸氧腐蝕中，氧氣的濃度越大，其腐蝕速率越快，海泥區(qū)含氧量非常低，腐蝕速率一般低于海水全浸區(qū)，故B錯誤；

C．淺海區(qū)溶氧量較高，鋼鐵在淺海區(qū)主要發(fā)生吸氧腐蝕，故C正確；

D．在浪花飛濺區(qū)，海水的沖擊不斷破壞橋梁表面的腐蝕產(chǎn)物和保護涂層，使鐵不斷與氧氣和水接觸反應，所以浪花飛濺區(qū)橋梁腐蝕最嚴重，故D正確；

故選：B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列圖象分別表示有關反應的反應過程與能量變化的關系。據(jù)此判斷下列說法中正確的是A.石墨轉變?yōu)榻饎偸欠艧岱磻狟.，，則C.白磷比紅磷穩(wěn)定D.〖答案〗BD〖解析〗〖詳析〗A．根據(jù)圖示可知，金剛石的能量大于石墨，所以石墨轉變?yōu)榻饎偸俏鼰岱磻蔄錯誤；B．氣態(tài)硫的能量大于固態(tài)硫，同質量的氣態(tài)硫燃燒放出的能量大于固態(tài)硫，，，則，故B正確；C．根據(jù)圖示可知，白磷的能量大于紅磷，能量越低越穩(wěn)定，所以紅磷比白磷穩(wěn)定，故C錯誤；D．CO和氣態(tài)水的總能量大于二氧化碳和氫氣的總能量，所以，故D正確；選BD；12.將溶于水，加入濃鹽酸，溶液由粉紅色變?yōu)樗{色，存在平衡：。用該溶液做實驗，溶液的顏色變化如圖所示：已知：為粉紅色，為藍色，為無色。下列結論和解釋正確的是A.由實驗①可推知B.由實驗②可知濃度減小，濃度增大C.由實驗③可推知加入后溶液中濃度減小D.實驗②是由于增大，導致平衡逆向移動〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．實驗①置于冰水浴中由藍色溶液變?yōu)榉奂t色溶液，說明平衡逆向移動，即降低溫度，平衡逆向移動，逆反應為放熱反應，則正反應為吸熱反應，故，選項A錯誤；B．加水稀釋，所有離子的濃度均減小，選項B錯誤；C．實驗③加入少量ZnCl2固體，由藍色溶液變?yōu)榉奂t色溶液，說明平衡逆向移動，可推知加入后，鋅離子結合氯離子生成，溶液中濃度減小，平衡逆向移動，選項C正確；D．實驗②加水稀釋，離子濃度減小，平衡逆向移動，選項D錯誤；〖答案〗選C。13.Ag催化刻蝕Si晶片的反應原理如圖所示，刻蝕液由一定濃度的HF和混合而成，刻蝕時間為2～16min，由Ag薄膜覆蓋的部分硅晶片被刻蝕掉，剩余部分就形成了硅納米線。下列說法錯誤的是A.該刻蝕過程利用了原電池原理，Si作負極B.Si極附近溶液酸性增強C.每刻蝕14gSi，有2mol電子流入Ag電極D.Ag極發(fā)生的反應為〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)原電池的構成條件分析，原電池的負極上會發(fā)生失電子的氧化反應；在Ag薄膜附近發(fā)生得電子的還原反應，為正極；在Si電極上，Si失去電子發(fā)生氧化反應，與HF結合形成H2SiF6和H+，為負極；原電池中電子從負極遷移到正極?！荚斘觥紸．在Si電極上發(fā)生失去電子的氧化反應，Si作負極，故A正確；B．在Si電極上，Si失去電子，與HF結合形成H2SiF6和H+，電極反應式為Si+6HF-4e-=H2SiF6+4H+，Si極附近溶液pH減小，酸性增強，故B正確；C．原電池中電子從負極遷移到正極，在Si電極上，Si失去電子，與HF結合形成H2SiF6和H+，電極反應式為Si+6HF-4e-=H2SiF6+4H+，每刻蝕14gSi，即有0.5molSi參加反應，失去電子2mol，即2mol電子遷移到Ag電極，故C正確；D．在Ag薄膜附近發(fā)生得電子的還原反應，Ag極發(fā)生的反應為H2O2+2e-+2H+=2H2O，故D錯誤；故選D。14.據(jù)文獻報道：催化某反應的一種反應機理如圖所示。下列敘述正確的是A.該反應可產(chǎn)生清潔燃料B.作為中間產(chǎn)物參與了該催化循環(huán)C.該催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目沒發(fā)生變化D.該反應可消除CO氣體〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗Fe(CO)5催化反應的一種反應機理為：Fe(CO)5Fe(CO)4COOH-Fe(CO)4H-+CO2Fe(CO)4(HOH)H-Fe(CO)4(H)2+OH-Fe(CO)4H2Fe(CO)4+H2Fe(CO)5，由反應機理圖可知，總反應為CO+H2OCO2+H2，其中OH-參與了該催化循環(huán)，生成清潔燃料H2和溫室氣體CO2，據(jù)此分析解答?！荚斘觥紸．由反應機理圖可知，總反應為CO+H2OCO2+H2，所以該反應可產(chǎn)生清潔燃料H2，故A正確；B．由反應機理圖可知：OH-作為催化劑參與了該催化循環(huán)，不是中間產(chǎn)物，故B錯誤；C．由反應機理圖可知，F(xiàn)e的成鍵數(shù)目變化為：5個共價鍵→6個共價鍵→5個共價鍵→4個共價鍵→5個共價鍵，即催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目發(fā)生變化，故C錯誤；D．由反應機理圖可知，總反應為CO+H2OCO2+H2，所以該反應可生成溫室氣體CO2，同時消除CO，故D正確；故選AD。15.電位滴定法是在滴定過程中通過測量電位變化以確定滴定終點的方法，當電極電位(ERC)產(chǎn)生了突躍，被測離子濃度產(chǎn)生突躍，進而確定滴定終點。向溶液(為二元弱酸)中逐滴滴加二元酸溶液，第一個電位突躍時消耗amL溶液，第二個電位突躍時消耗bmL溶液，根據(jù)消耗溶液體積，可判斷和各級電離常數(shù)大小關系。下列說法錯誤的是A.若、，可能為強酸B.若、，則C.若、，第一個電位突躍時，溶液中D.若、，則用溶液滴定溶液，有兩個電位突躍〖答案〗CD〖解析〗〖詳析〗A．若a=5mL、b=5mL，則說明第一個電位突躍時反應為Na2A和H2B反應生成NaHA、Na2B，第二個電位突躍時反應為NaHA和H2B反應生成H2A、Na2B，說明H2B能完全電離出氫離子，可能為強酸，A正確；B．若a=5mL、b=15mL，則第二個反應生成NaHB、H2A，說明結合質子的能力A2->B2->HA->HB-，則酸性，故，B正確；C．由A分析可知，第一個電位突躍時反應為Na2A和H2B反應生成NaHA、Na2B，反應為2Na2A+H2B=2NaHA+Na2B，根據(jù)物料守恒可知，、，則，C錯誤；D．若a=10mL、b=10mL，則說明第一個電位突躍時反應為Na2A和H2B反應生成NaHA、NaHB，第二個電位突躍時反應為NaHA和H2B反應生成H2A、NaHB，則用0.1溶液滴定10mL0.1溶液，反應只生成NaHA、NaHB，只有一個電位突躍，D錯誤；故選CD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.合成氨是人類科學技術發(fā)展史上的一項重大成就，是化學和技術對社會發(fā)展與進步的巨大貢獻。（1）基態(tài)氮原子中，能量最高的電子的電子云在空間有_______個伸展方向。（2）原子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用“”表示，與之相反的用“”表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對于基態(tài)的氮原子，其價電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為_______。（3）鐵觸媒是普遍使用的以鐵為主體的多成分催化劑，通常還含有、、CaO、MgO、等氧化物中的幾種。①Cr原子的價電子排布圖為_______；第四周期ds區(qū)元素中，與基態(tài)Cr原子最外層電子數(shù)目相同的元素的元素符號為_______。②上述氧化物所涉及的元素中，處于元素周期表中p區(qū)的元素有_______(填元素符號)（4）我國科研人員研制出了M-LiH(M為Fe、Mn等金屬)等催化劑，使得合成氨工業(yè)的溫度，壓強分別降到了350℃、1MPa，這是近年來合成氨反應研究中的重要突破。①Mn在元素周期表中的位置_______，基態(tài)Mn原子未成對的電子數(shù)為_______。②第三電離能_______(填“>”或“<”)，原因是_______?！即鸢浮剑?）3（2）或（3）①.②.Cu③.Al、O（4）①.第四周期ⅦB族②.5③.<④.價電子排布為，易失去一個電子形成比較穩(wěn)定的半滿狀態(tài)，而的價電子排布式為，處于較穩(wěn)定的半充滿狀態(tài)，所以難失去〖解析〗〖小問1詳析〗基態(tài)氮原子中，能量最高的電子為2p電子，電子云在空間有3個伸展方向。〖小問2詳析〗基態(tài)氮原子電子排布為1s22s22p3，則其價電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為或；〖小問3詳析〗①Cr為24號元素，Cr原子的價電子排布圖為；第四周期ds區(qū)元素中，銅的價電子為3d104s1，與基態(tài)Cr原子最外層電子數(shù)目相同的元素的元素符號為Cu。②上述氧化物所涉及的元素中，處于元素周期表中p區(qū)的元素有Al、O；〖小問4詳析〗①Mn為25號元素，在元素周期表中的位置第四周期ⅦB族，基態(tài)Mn原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d54s2，故基態(tài)Mn原子未成對的電子數(shù)為5；②價電子排布為，易失去一個電子形成比較穩(wěn)定的半滿狀態(tài)，而的價電子排布式為，處于較穩(wěn)定的半充滿狀態(tài)，所以難失去，故第三電離能<。17.氨性硫代硫酸鹽浸金是一種高效的黃金浸取工藝。（1）金可在硫代硫酸鈉(Na2S2O3)溶液中緩慢溶解：4Au(s)+O2(g)+2H2O(l)+8S2O(aq)=4Au(S2O3)(aq)+4OH-(aq)。①100g含Au1.97×10-4g金礦中，加入1L0.7mol·L-1Na2S2O3溶液，10小時后，金的浸出率為0.1%，則浸出過程Na2S2O3的平均消耗速率為___mol·L-1·h-1。②為提高金的浸出速率，可采取的措施為____。（2）Cu(NH3)可催化金在Na2S2O3溶液中的溶解，其電化學催化腐蝕過程如圖所示。①負極的電極反應式為____。②正極可能的催化過程如下：a.Cu(NH3)+e-=Cu(NH3)+2NH3b.____③反應溫度對金的浸出率影響如圖所示。分析50℃時金浸出率最高的原因是____。（3）為研究上述浸金過程Cu2+與S2O的反應，進行如下實驗：向1.0mL1mol·L-1CuSO4溶液中加入2.0mL2mol·L-1Na2S2O3溶液，溶液從藍色變?yōu)榫G色，后逐漸變淺至無色。體系中涉及的反應如下：i.Cu2++2S2OCu(S2O3)(綠色)K1ii.Cu++2S2OCu(S2O3)(無色)K2iii.2Cu2++2S2O2Cu++S4OK3由實驗現(xiàn)象可推測：反應i的速率___反應iii的速率(填“>”或“<”，下同)、K1___K3（4）若采用Cu2+催化硫代硫酸鹽浸金，催化效果較Cu(NH3)差的原因是___?！即鸢浮剑?）①.2×10-10②.將金礦粉碎或適當提高溫度或適當提高Na2S2O3濃度或適當提高氧氣濃度（2）①.Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)②.4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-③.溫度低于50℃，浸金反應速率慢，導致金浸出率低；溫度高于50℃，氨氣和氧氣揮發(fā)增多，S2O氧化更多，導致金浸出率降低（3）①.＞②.＜（4）S2O會與Cu2+發(fā)生氧化還原反應被消耗，導致金的浸出率降低〖解析〗〖小問1詳析〗①10小時后，溶解的Au的質量為1.97×10-4g0.1%=1.9710-7g，溶解的Au的物質的量為=110-9mol，根據(jù)關系式：Au(s)~2Na2S2O3可得，參加反應的Na2S2O3的物質的量為110-9mol2=210-9mol，則浸出過程Na2S2O3的平均消耗速率為=2×10-10mol·L-1·h-1，故〖答案〗為：2×10-10。②根據(jù)外界條件對反應速率的影響，為提高金的浸出速率，可采取的措施有將金礦粉碎以增大接觸面積、加熱以提高溫度、增大反應物濃度等，故〖答案〗為：將金礦粉碎或適當提高溫度或適當提高Na2S2O3濃度或適當提高氧氣濃度?！夹?詳析〗①負極發(fā)生失電子的氧化反應，該電化學催化腐蝕中Au失電子生成Au(S2O3)，則電極反應式為Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)，故〖答案〗為：Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)。②由題可知，Cu(NH3)在反應中其催化劑作用，即在總反應中并沒消耗和生成，所以正極開始Cu(NH3)得電子生成Cu(NH3)，隨之O2又將Cu(NH3)氧化為Cu(NH3)，即正極可能的催化過程為：a.Cu(NH3)+e-=Cu(NH3)+2NH3，b.4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-，故〖答案〗為：4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-。③根據(jù)溫度對金的浸出率圖可知，50℃時金浸出率最高，如低于50℃，浸金反應速率隨溫度升高而增大，超過50℃，氨氣和氧氣揮發(fā)增多，S2O氧化更多，導致金浸出率降低，故〖答案〗為：溫度低于50℃，浸金反應速率慢，導致金浸出率低；溫度高于50℃，氨氣和氧氣揮發(fā)增多，S2O氧化更多，導致金浸出率降低。〖小問3詳析〗實驗中，溶液從藍色變?yōu)榫G色，后逐漸變淺至無色，說明先發(fā)生反應i之后發(fā)生反應iii和反應ii，反應i、ii為絡合反應，反應iii為氧化還原反應，由顏色變化先后可判斷出，反應i的速率＞反應iii的速率，反應iii為氧化還原反應，反應進行的更徹底，平衡常數(shù)較大，則K1＜K3，故〖答案〗為：＞；＜。小問4詳析〗根據(jù)上述浸金過程Cu2+與S2O的反應的實驗結果，若采用Cu2+催化硫代硫酸鹽浸金，S2O會與Cu2+發(fā)生氧化還原反應被消耗，導致催化效果較Cu(NH3)差，故〖答案〗為：S2O會與Cu2+發(fā)生氧化還原反應被消耗，導致金的浸出率降低。18.酸堿中和滴定、氧化還原滴定和沉淀滴定法在科研和工業(yè)生產(chǎn)中都很重要。Ⅰ.某化學興趣小組在室溫下用標準鹽酸滴定未知濃度的氫氧化鈉溶液。（1）向堿式滴定管中注入未知濃度氫氧化鈉溶液之前的一步操作為_______，排氣泡時，應選擇下圖中的_______(填字母)。a.b.c.d.（2）實驗數(shù)據(jù)如下表，其中一次滴定所用鹽酸體積有明顯偏差，其可能的原因是_______。序號1234標準溶液體積/mL20.6020.7020.1020.50a.堿式滴定管潤洗后用蒸餾水洗凈再裝入待測液b.接近滴定終點時，用少量蒸餾水將錐形瓶內壁沖洗一下c.滴定結束時，仰視讀數(shù)d.滴定達終點時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內有氣泡生成Ⅱ.為了測定草酸()溶液的濃度，進行如下實驗：取25.00mL草酸溶液于錐形瓶內，加入適量稀，用溶液滴定。（3）滴定時應將溶液加入_______(填“酸式”或“堿式”)滴定管中：在規(guī)格為50.00mL的滴定管中，若溶液起始讀數(shù)為15.00mL，此時滴定管中溶液的實際體積為_______(填標號)。A.15.00mLB.大于35.00mLC.35.00mLD.小于15.00mL（4）滴定終點時的現(xiàn)象：_______。Ⅲ.莫爾法是一種沉淀滴定法，用標準硝酸銀溶液滴定待測液，測定溶液中的濃度。已知常溫下數(shù)值如下表。回答下列問題：AgBrAgIAgSCNAgCl顏色淺黃色沉淀黃色沉淀磚紅色沉淀白色沉淀白色沉淀用溶液滴定溶液的滴定曲線如圖所示。（5）該方法應該選用_______做指示劑。ANaBr B.KI C. D.KSCN（6）相同實驗條件下，若改為，反應終點c點(25，5)移到_______點(用橫縱坐標的數(shù)值來表示，下同)，相同實驗條件下，若改為，反應終點c點(25，5)移到_______點?！即鸢浮剑?）①.用NaOH溶液潤洗堿式滴定管②.c（2）ad（3）①.酸式②.B（4）當?shù)稳胱詈蟀氲稳芤簳r，溶液由無色變?yōu)樽霞t色且30s內不褪色（5）C（6）①.(20，5)②.(25，6.5)〖解析〗〖祥解〗利用酸堿中和滴定原理，通過實驗分析氧化還原反應滴定及難溶電解質沉淀生成的滴定分析溶液中物質的含量；〖小問1詳析〗向洗凈的堿式滴定管中裝入未知濃度氫氧化鈉溶液之前的一步操作為用NaOH溶液潤洗堿式滴定管；在堿式滴定管中盛裝NaOH標準溶液，用圖c排氣泡；〖小問2詳析〗根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，第3次滴定所用鹽酸的體積偏?。籥.堿式滴定管潤洗后用蒸餾水洗凈再裝入待測液，所取NaOH溶液體積偏小，消耗鹽酸的體積偏小，選項a符合；b.接近滴定終點時，用少量蒸餾水將錐形瓶內壁沖洗一下，無影響，選項b不符合；c.滴定結束時，仰視讀數(shù)，則鹽酸的讀數(shù)偏大，選項c不符合；d.滴定達終點時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內有氣泡生成，則鹽酸的讀數(shù)偏小，選項d符合；〖答案〗選ad；〖小問3詳析〗具有強氧化性，不能裝在堿式滴定管，溶液加入酸式滴定管中；50.00mL-15.00mL=35.00mL，因尖嘴部分也有溶液而沒有刻度，故此時滴定管中溶液的實際體積應大于35.00mL，〖答案〗選B；〖小問4詳析〗滴定終點時的現(xiàn)象為：當?shù)稳胱詈蟀氲稳芤簳r，溶液由無色變?yōu)樽霞t色且30s內不褪色；〖小問5詳析〗AgI、AgBr比AgCl更難溶于水，若用NaBr或KI作指示劑，最先生成的沉淀可能是AgBr或AgI，因此不能用NaBr、KI作指示劑，AgSCN和AgCl的顏色相同，無法區(qū)分，因此不能用KSCN作指示劑，達到滴定終點時，AgNO3與Na2CrO4反應生成Ag2CrO4沉淀，即有磚紅色沉淀生成，現(xiàn)象明顯，因此選擇Na2CrO4作為滴定Cl-的指示劑，故〖答案〗為:C；〖小問6詳析〗溶度積常數(shù)只隨溫度改變而改變，改變滴定反應液濃度不改變溶度積常數(shù)，所以相同實驗條件下，若改為0.0400mol/LCl-，則所需AgNO3溶液體積變?yōu)閙L=20mL，反應終點c移到體積為20mL的位置；若改為0.0500mol/LBr-，消耗AgNO3溶液的體積不變，但Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)，達到沉淀溶解平衡時Br-的濃度更低，-lgc(Br-)值更大，則相同實驗條件下，反應終點橫坐標仍為25mL，縱坐標在c點上方，故〖答案〗為:(20，5)；(25，6.5)。19.含磷元素的化合物具有重要的性質和應用。Ⅰ.亞磷酸()是二元酸，與足量NaOH溶液反應生成。（1）溶液中存在電離平衡：，某溫度下，的溶液，即溶液中。求該溫度下_______。(的第二步電離忽略不計，結果保留兩位有效數(shù)字。)Ⅱ.制備鋰離子電池的正極材料的前體的一種流程如下：資料：ⅰ.磷灰石的主要成分是ⅱ.可溶于水，微溶于水ⅲ.（2）制備①用溶液、溶液分步浸取磷灰石，生成HF、和，主要反應是和_______。②其他條件不變時，若僅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是_______。（3）制備將、、混合并調節(jié)溶液pH制備。①酸性條件下，生成的離子方程式是_______。②各含磷微粒的物質的量分數(shù)與pH的關系如圖。時，溶液中的，則_______。③純度及顆粒大小會影響其性能，沉淀速率過快容易團聚。研究表明，沉淀時可加入含的溶液，可防止團聚，原因是_______。其他條件不變時，工業(yè)上選擇而不是更高的pH制備，可能的原因是_______(答出2點)?！即鸢浮剑?）（2）①.②.生成的固體覆蓋在磷灰石表面，減少了磷灰石與硫酸溶液的接觸面積（3）①.②.③.發(fā)生反應，使降低，減小的沉淀速率，避免團聚：隨著被沉淀，上述平衡逆向移動，生成的繼續(xù)被沉淀④.pH更高時，產(chǎn)品中可能混有雜質；pH更高時，變大，可使沉淀速率過快導致團聚等〖解析〗〖祥解〗由題給流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、過濾制得粗磷酸，粗磷酸經(jīng)純化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亞鐵溶液和過氧化氫溶液并調節(jié)溶液pH，充分反應、過濾得到磷酸鐵。〖小問1詳析〗根據(jù)題給信息可得以下三段式：則電離平衡常數(shù)；〖小問2詳析〗①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，硫酸溶液浸取時發(fā)生的反應為磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氫鈣與硫酸溶液反應生成二水硫酸鈣沉淀和磷酸，反應的化學方程式為Ca(H2PO4)2+H2SO4+2H2O=↓+2H3PO4，故主要反應是和Ca(H2PO4)2+H2SO4+2H2O=↓+2H3PO4。②其他條件不變時，若僅用溶液浸取，硫酸溶液與磷灰石反應生成的沉淀附著在在磷灰石表面，減少了磷灰石與硫酸溶液的接觸面積，降低浸取的速率。故〖答案〗是生成的固體覆蓋在磷灰石表面，減少了磷灰石與硫酸溶液的接觸面積；〖小問3詳析〗①由題意可知，制備磷酸鐵發(fā)生的反應為酸性條件下，磷酸溶液與硫酸亞鐵、過氧化氫溶液反應生成磷酸鐵沉淀、硫酸和水，反應的化學方程式為2Fe2++2H3PO4+H2O2=2FePO4↓+2H2O+4H+。②由圖可知，當溶液中磷酸氫根離子濃度和磷酸根離子濃度相等時，溶液pH為12.3，則磷酸的三級電離常數(shù)，所以溶液pH為1時，磷酸根離子的濃度為；③由題給信息可知，制備磷酸鐵沉淀時加入含離子的溶液，離子能與溶液中的鐵離子反應生成離子：Fe3++?，溶液中c(Fe3+)減小，生成FePO4沉淀的反應速率減小，可有效防止團聚的發(fā)生，當溶液中鐵離子轉化為FePO4沉淀時，F(xiàn)e3+濃度減小，平衡向逆反應方向移動，生成的Fe3+能繼續(xù)與磷酸根離子反應生成磷酸鐵沉淀，故〖答案〗為：發(fā)生反應，使降低，減小的沉淀速率，避免團聚：隨著被沉淀，上述平衡逆向移動，生成的繼續(xù)被沉淀；其他條件不變，制備磷酸鐵沉淀時若pH大于2，鐵離子水解程度增大會轉化為氫氧化鐵沉淀導致產(chǎn)品不純，同時溶液中磷酸根離子濃度會增大，可能會因沉淀速率過快而導致團聚，故〖答案〗為：pH更高時，產(chǎn)品中可能混有雜質；pH更高時，變大，可使沉淀速率過快導致團聚等。20.以丙烯、氨、氧氣為原料，在催化劑存在下生成丙烯腈和副產(chǎn)物丙烯醛的熱化學方程式如下：Ⅰ.Ⅱ.回答下列問題：（1）如圖表示在某一時間段密閉體系中反應Ⅰ的反應速率與反應進程的曲線關系。由圖可知，正反應速率最快的時間段是_______，時刻表示體系改變的反應條件是_______，時刻表示體系改變的另一反應條件是_______。（2）在不同溫度下反應進行相同時間，丙烯腈產(chǎn)率與反應溫度的關系曲線如圖，最高產(chǎn)率對應的溫度為460℃。高于460℃時，丙烯腈產(chǎn)率下降的原因是_______(答出兩點即可)。（3）一定條件下，在容積為VL的密閉容器中充入、、各1mol發(fā)生反應，達到平衡時，容器內壓強為，容器中和的物質的量分別為0.3mol和1.5mol，此時的濃度為_______，反應Ⅱ的標準平衡常數(shù)_______。(已知：分壓=總壓×該組分物質的量分數(shù)，對于反應：，，其中為標準壓強，、、、為各組分的平衡分壓。)〖答案〗（1）①.t1~t2②.使用了催化劑③.降溫或擴大體積（2）副反應或平衡逆向移動，升高平衡逆向移動K減?。?）①.②.15〖解析〗〖小問1詳析〗由圖可知，t1時刻正逆反應速率同等程度增大，改變條件為使用了催化劑；t2時刻反應速率均減小，改變條件為降溫或擴大體積，正反應速率最快的時間段是t1~t2，時刻表示體系改變的反應條件是使用了催化劑，時刻表示體系改變的另一反應條件是降溫或擴大體積。故〖答案〗為：t1~t2；使用了催化劑；降溫或擴大體積；〖小問2詳析〗在不同溫度下反應進行相同時間，丙烯腈產(chǎn)率與反應溫度的關系曲線如圖，最高產(chǎn)率對應的溫度為460℃。高于460℃時，丙烯腈產(chǎn)率下降的原因是副反應或平衡逆向移動，升高平衡逆向移動K減小(答出兩點即可)。故〖答案〗為：副反應或平衡逆向移動，升高平衡逆向移動K減??；〖小問3詳析〗一定條件下，在容積為VL的密閉容器中充入、、各1mol發(fā)生反應，達到平衡時，容器內壓強為，容器中和的物質的量分別為0.3mol和1.5mol，1mol-2x-y=0.3mol，6x+y=1.5mol，解得x=0.2mol，y=0.3mol，此時的濃度為=，平衡時，0.3mol、1mol-2x=0.6mol、1mol-3x-y=0.1mol，C3H3N為2x=0.4mol，C3H4O為0.3mol，水為1.5mol，n總=0.3mol+0.6mol+0.1mol+0.4mol+0.3mol+1.5mol=3.2mol，對反應Ⅱ，p()=p、p()=p、p(C3H4O)=p、p(H2O)=p，反應Ⅱ的標準平衡常數(shù)=15。故〖答案〗為：；15。PAGEPAGE1山東省泰安市2022-2023學年高二上學期期末考試化學試題可能用到的相對原子質量：Si28Au197一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.二十大報告指出“必須堅持科技是第一生產(chǎn)力”，科技發(fā)展離不開化學，下列說法錯誤的是A.中國天眼FAST用到的碳化硅是一種新型陶瓷材料B.大飛機C919用到了鋁鋰合金，鋁和鋰的基態(tài)原子中未成對電子數(shù)相同C.天宮課堂“五環(huán)實驗”，向碳酸鈉溶液中滴加甲基橙溶液后變成黃色D.冬奧會場館建筑應用了碲化鎘發(fā)電玻璃，碲和鎘均屬于過渡元素〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．碳化硅陶瓷具有抗氧化性強，耐磨性好，硬度高，熱穩(wěn)定性好，高溫強度大，熱膨脹系數(shù)小，熱導率大，以及抗熱震和耐化學腐蝕等優(yōu)良特性，屬新型無機非金屬材料，是一種新型陶瓷材料，選項A正確；B．大飛機C919用到了鋁鋰合金，鋁和鋰的基態(tài)原子價層電子排布式分別為3s23p1和2s1，未成對電子數(shù)相同，均為1，選項B正確；C．碳酸鈉溶液呈堿性，向碳酸鈉溶液中滴加甲基橙溶液后變成黃色，選項C正確；D．碲是VIA族元素，是主族元素，不屬于過渡元素，選項D錯誤；〖答案〗選D。2.化學在生產(chǎn)、生活和科學研究中有著廣泛的應用。下列說法錯誤的是A.純堿可用作鍋爐除垢時硫酸鈣的轉化劑B.配制氯化鐵溶液時，先將固體溶解在濃鹽酸中，再稀釋到所需濃度C.實驗室用溶液和溶液反應制取硫化鋁()D.在電鍍裝置中，用鍍層金屬作陽極材料，也可用惰性電極材料作陽極材料〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．用作鍋爐除垢，CaSO4沉淀的轉化劑是因為碳酸鈣的溶解度小于硫酸鈣，所以純堿（Na2CO3）可以用作鍋爐除垢時CaSO4的轉化劑，選項A正確；B．氯化鐵是弱酸強堿鹽，鐵離子易水解，為抑制鐵離子水解，配制氯化鐵溶液時先將氯化鐵固體先溶于較濃的鹽酸中，然后再用蒸餾水稀釋到所需的濃度，選項B正確；C．溶液和溶液混合后，Al3+與S2-發(fā)生雙水解反應，無法反應制取硫化鋁()，選項C錯誤；D．在電鍍裝置中，用鍍層金屬作陽極材料，也可用惰性電極材料作陽極材料，電解質中含有鍍層金屬離子，選項D正確；〖答案〗選C。3.1913年德國化學家哈伯發(fā)明了以低成本制造大量氨的方法，從而大大滿足了當時日益增長的人口對糧食的需求。下列是哈伯法的流程圖，其中不是為提高原料轉化率而采取的措施是A.①② B.②③ C.①③ D.②⑤〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗N2、H2合成氨氣的反應原理為：反應原理為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，△H＜0，為提高原料轉化率，應使平衡向正方向移動。①凈化干燥空氣是為了防止催化劑中毒和減少水氣化消耗燃料，與平衡移動無關，①符合題意；②根據(jù)方程式中反應前后氣體的化學計量數(shù)的關系可知增大壓強有利于平衡向正方向移動，②不符合題意；③催化劑對化學平衡移動無影響，因此反應③與化學平衡移動無關升高溫度不利用平衡向正反應方向移動，③符合題意；④液化分離出氨氣，可使生成物濃度減小，則可使平衡向正向移動，④不符合題意；⑤氮氣和氫氣的再循環(huán)，可增大反應物濃度，有利于平衡向正向移動，⑤不符合題意；綜上所述可知：不是為提高原料轉化率而采取的措施是①③，故合理選項是C。4.“水是生存之本、文明之源?！毕铝嘘P于水處理方法敘述錯誤的是A.硫酸鋁鉀或硫酸鋁作凈水劑，可吸附沉降水中懸浮物B.硬水均可用加熱煮沸的方法降低其中、的濃度C.可用FeS作為沉淀劑除去廢水中、等重金屬離子D.工業(yè)使用漂白粉時常加入少量的醋酸縮短達到漂白效果的時間〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，可吸附沉降水中懸浮物，A正確；B．碳酸氫鈣、碳酸氫鎂不穩(wěn)定加熱可轉化為沉淀，但不是讓所有情況的硬水都可用加熱煮沸的方法降低其中、的濃度，B錯誤；C．FeS作為沉淀劑可將銅離子、銀離子轉化為難溶的硫化銅、硫化銀沉淀，除去廢水中、等重金屬離子，C正確；D．醋酸可以和次氯酸根離子轉化為強氧化性的次氯酸，縮短達到漂白效果的時間，D正確；故選B。5.血紅蛋白分子(Hb)在人體中存在如下過程：①；②。下列說法錯誤的是A.相比于，血紅蛋白分子更易與CO結合B.CO中毒時，需立即阻隔(或切斷)CO源，使變小C.高原地區(qū)含氧量低，因此該地區(qū)人體內的Hb數(shù)量普遍較高D.CO中毒時，可將病人移入高壓氧艙，使平衡②逆向移動〖答案〗B〖解析〗詳析〗A．從反應②可知，K2=480，說明正反應進行程度較大，說明相比于O2，血紅蛋白分子更易與CO結合，A正確；B．CO中毒，立即隔離(或切斷)CO源不能使K2變小，K2只與溫度有關，B錯誤；C．高原地區(qū)含氧量低，氧氣濃度小，反應①平衡逆向移動，導致Hb數(shù)量普遍較高，C正確；D．CO中毒，將病人移入高壓氧艙，O2濃度增大，反應②平衡逆向移動，從而緩解CO中毒，D正確；故〖答案〗選B。6.下列操作會導致實驗測定值偏高的是A.測定NaOH溶液濃度c：用標準醋酸溶液滴定，用甲基橙作指示劑B.測定中和反應的反應熱：用量筒量取NaOH溶液時仰視讀數(shù)C.測定溶液pH：用濕潤的pH試紙測定溶液的pHD.測定鹽酸濃度c：用部分變質的NaOH溶液(含少量)滴定〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．用標準醋酸溶液滴定，且用甲基橙作指示劑（甲基橙的變色范圍：溶液的pH≤3.1時，呈紅色；pH≥4.4時，呈黃色；pH在3.1～4.4之間，呈橙色），生成的醋酸鈉水解呈堿性，使標準醋酸溶液的消耗量偏大，則測定NaOH溶液濃度c偏高，A項正確；B．用量筒量取NaOH溶液時仰視讀數(shù)，實際量取的NaOH溶液偏小，使測定中和反應的反應熱偏低，B項錯誤；C．濕潤的pH試紙上的水稀釋了溶液，使測定溶液的pH偏低，C項錯誤；D．等物質的量的、NaOH與鹽酸完全反應，消耗的鹽酸更多，用部分變質的NaOH溶液(含少量)滴定鹽酸，使標準液的消耗量減少，測定鹽酸濃度c偏低，D項錯誤；〖答案〗選A。7.下列實驗操作或實驗儀器使用錯誤的是A.圖甲可用于定量測定化學反應速率B.圖乙蒸發(fā)溶液制備無水C.圖丙所示滴定管液面讀數(shù)為11.80mLD.圖丁裝置可以電解精煉鋁〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．可以通過測定單位時間生成氫氣的體積來定量測定化學反應速率，選項A正確；B．蒸發(fā)使用蒸發(fā)皿，選項B正確；C．由圖可知，讀數(shù)為11.80mL，選項C正確；D．陰極溶液中氫離子放電生成氫氣，不能得到鋁，選項D錯誤；故選D。8.宏觀—微觀—符號是化學的三重表征，下列有關化學符號表征正確的是A.鉛蓄電池中充電時陽極反應：B.用白醋和淀粉KI試紙檢驗加碘鹽中的：C.侯氏制堿法中晶體的制備：D.和不能大量共存：〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．鉛蓄電池中充電時陽極發(fā)生氧化反應：，A錯誤；B．碘離子、碘酸根離子在酸性條件下生成碘單質，，B錯誤；C．侯氏制堿法中晶體的制備反應為飽和氨鹽水吸收二氧化碳生成碳酸氫鈉晶體和氯化銨：，C正確；D．和反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸根離子，，D錯誤；故選C。9.已知：。室溫下，在含大量的濁液中，僅改變橫坐標軸對應的一個條件，縱坐標軸代表的物理量的變化趨勢符合實際的是A.升高溫度 B.加少量NaCl固體C.加少量水 D.加少量KI固體〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗升溫溶解平衡正向移動；同離子效應抑制溶解?！荚斘觥紸．Ksp與溫度有關，該溶解平衡吸熱，升溫溶度積增大，溶解度增加，故A正確；B．加入少量NaCl固體，溶解平衡逆向移動，但是引入了大量氯離子，氯離子濃度增加，其濃度變化趨勢為隨氯化鈉的質量增加而增加，故B錯誤；C．加水，溶液仍然為飽和氯化銀溶液，溶液中銀離子濃度不變，故C錯誤；D．加入KI加固體，因為碘化銀比氯化銀更難溶，沉淀轉化為碘化銀，溶液中銀離子濃度降低，所以隨著KI固體的質量增多，銀離子濃度逐漸減小，故D錯誤；故選A。10.海水是一種腐蝕性很強的天然電解質溶液沿垂直方向，海洋環(huán)境可分為海洋大氣區(qū)、浪花飛濺區(qū)、海水潮差區(qū)、海水全浸區(qū)和海泥區(qū)。其中海水全浸區(qū)根據(jù)海水位置分為深海區(qū)和淺海區(qū)。根據(jù)鋼鐵橋梁在海洋區(qū)域建設的位置，下列說法錯誤的是A.熱帶地區(qū)橋梁比寒帶海域橋梁腐蝕更嚴重B.海泥區(qū)含氧量非常低，腐蝕速率一般高于海水全浸區(qū)C.淺海區(qū)溶氧量較高，存在著大量的微生物，鋼鐵在淺海區(qū)主要發(fā)生電化學腐蝕D.在浪花飛濺區(qū)，海水的沖擊不斷破壞橋梁表面的腐蝕產(chǎn)物和保護涂層，所以浪花飛濺區(qū)橋梁腐蝕最嚴重〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．熱帶地區(qū)橋梁比寒帶海域的溫度高，反應速率更快，橋梁腐蝕更嚴重，故A正確；

B．鐵的吸氧腐蝕中，氧氣的濃度越大，其腐蝕速率越快，海泥區(qū)含氧量非常低，腐蝕速率一般低于海水全浸區(qū)，故B錯誤；

C．淺海區(qū)溶氧量較高，鋼鐵在淺海區(qū)主要發(fā)生吸氧腐蝕，故C正確；

D．在浪花飛濺區(qū)，海水的沖擊不斷破壞橋梁表面的腐蝕產(chǎn)物和保護涂層，使鐵不斷與氧氣和水接觸反應，所以浪花飛濺區(qū)橋梁腐蝕最嚴重，故D正確；

故選：B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列圖象分別表示有關反應的反應過程與能量變化的關系。據(jù)此判斷下列說法中正確的是A.石墨轉變?yōu)榻饎偸欠艧岱磻狟.，，則C.白磷比紅磷穩(wěn)定D.〖答案〗BD〖解析〗〖詳析〗A．根據(jù)圖示可知，金剛石的能量大于石墨，所以石墨轉變?yōu)榻饎偸俏鼰岱磻?，故A錯誤；B．氣態(tài)硫的能量大于固態(tài)硫，同質量的氣態(tài)硫燃燒放出的能量大于固態(tài)硫，，，則，故B正確；C．根據(jù)圖示可知，白磷的能量大于紅磷，能量越低越穩(wěn)定，所以紅磷比白磷穩(wěn)定，故C錯誤；D．CO和氣態(tài)水的總能量大于二氧化碳和氫氣的總能量，所以，故D正確；選BD；12.將溶于水，加入濃鹽酸，溶液由粉紅色變?yōu)樗{色，存在平衡：。用該溶液做實驗，溶液的顏色變化如圖所示：已知：為粉紅色，為藍色，為無色。下列結論和解釋正確的是A.由實驗①可推知B.由實驗②可知濃度減小，濃度增大C.由實驗③可推知加入后溶液中濃度減小D.實驗②是由于增大，導致平衡逆向移動〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．實驗①置于冰水浴中由藍色溶液變?yōu)榉奂t色溶液，說明平衡逆向移動，即降低溫度，平衡逆向移動，逆反應為放熱反應，則正反應為吸熱反應，故，選項A錯誤；B．加水稀釋，所有離子的濃度均減小，選項B錯誤；C．實驗③加入少量ZnCl2固體，由藍色溶液變?yōu)榉奂t色溶液，說明平衡逆向移動，可推知加入后，鋅離子結合氯離子生成，溶液中濃度減小，平衡逆向移動，選項C正確；D．實驗②加水稀釋，離子濃度減小，平衡逆向移動，選項D錯誤；〖答案〗選C。13.Ag催化刻蝕Si晶片的反應原理如圖所示，刻蝕液由一定濃度的HF和混合而成，刻蝕時間為2～16min，由Ag薄膜覆蓋的部分硅晶片被刻蝕掉，剩余部分就形成了硅納米線。下列說法錯誤的是A.該刻蝕過程利用了原電池原理，Si作負極B.Si極附近溶液酸性增強C.每刻蝕14gSi，有2mol電子流入Ag電極D.Ag極發(fā)生的反應為〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)原電池的構成條件分析，原電池的負極上會發(fā)生失電子的氧化反應；在Ag薄膜附近發(fā)生得電子的還原反應，為正極；在Si電極上，Si失去電子發(fā)生氧化反應，與HF結合形成H2SiF6和H+，為負極；原電池中電子從負極遷移到正極?！荚斘觥紸．在Si電極上發(fā)生失去電子的氧化反應，Si作負極，故A正確；B．在Si電極上，Si失去電子，與HF結合形成H2SiF6和H+，電極反應式為Si+6HF-4e-=H2SiF6+4H+，Si極附近溶液pH減小，酸性增強，故B正確；C．原電池中電子從負極遷移到正極，在Si電極上，Si失去電子，與HF結合形成H2SiF6和H+，電極反應式為Si+6HF-4e-=H2SiF6+4H+，每刻蝕14gSi，即有0.5molSi參加反應，失去電子2mol，即2mol電子遷移到Ag電極，故C正確；D．在Ag薄膜附近發(fā)生得電子的還原反應，Ag極發(fā)生的反應為H2O2+2e-+2H+=2H2O，故D錯誤；故選D。14.據(jù)文獻報道：催化某反應的一種反應機理如圖所示。下列敘述正確的是A.該反應可產(chǎn)生清潔燃料B.作為中間產(chǎn)物參與了該催化循環(huán)C.該催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目沒發(fā)生變化D.該反應可消除CO氣體〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗Fe(CO)5催化反應的一種反應機理為：Fe(CO)5Fe(CO)4COOH-Fe(CO)4H-+CO2Fe(CO)4(HOH)H-Fe(CO)4(H)2+OH-Fe(CO)4H2Fe(CO)4+H2Fe(CO)5，由反應機理圖可知，總反應為CO+H2OCO2+H2，其中OH-參與了該催化循環(huán)，生成清潔燃料H2和溫室氣體CO2，據(jù)此分析解答?！荚斘觥紸．由反應機理圖可知，總反應為CO+H2OCO2+H2，所以該反應可產(chǎn)生清潔燃料H2，故A正確；B．由反應機理圖可知：OH-作為催化劑參與了該催化循環(huán)，不是中間產(chǎn)物，故B錯誤；C．由反應機理圖可知，F(xiàn)e的成鍵數(shù)目變化為：5個共價鍵→6個共價鍵→5個共價鍵→4個共價鍵→5個共價鍵，即催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目發(fā)生變化，故C錯誤；D．由反應機理圖可知，總反應為CO+H2OCO2+H2，所以該反應可生成溫室氣體CO2，同時消除CO，故D正確；故選AD。15.電位滴定法是在滴定過程中通過測量電位變化以確定滴定終點的方法，當電極電位(ERC)產(chǎn)生了突躍，被測離子濃度產(chǎn)生突躍，進而確定滴定終點。向溶液(為二元弱酸)中逐滴滴加二元酸溶液，第一個電位突躍時消耗amL溶液，第二個電位突躍時消耗bmL溶液，根據(jù)消耗溶液體積，可判斷和各級電離常數(shù)大小關系。下列說法錯誤的是A.若、，可能為強酸B.若、，則C.若、，第一個電位突躍時，溶液中D.若、，則用溶液滴定溶液，有兩個電位突躍〖答案〗CD〖解析〗〖詳析〗A．若a=5mL、b=5mL，則說明第一個電位突躍時反應為Na2A和H2B反應生成NaHA、Na2B，第二個電位突躍時反應為NaHA和H2B反應生成H2A、Na2B，說明H2B能完全電離出氫離子，可能為強酸，A正確；B．若a=5mL、b=15mL，則第二個反應生成NaHB、H2A，說明結合質子的能力A2->B2->HA->HB-，則酸性，故，B正確；C．由A分析可知，第一個電位突躍時反應為Na2A和H2B反應生成NaHA、Na2B，反應為2Na2A+H2B=2NaHA+Na2B，根據(jù)物料守恒可知，、，則，C錯誤；D．若a=10mL、b=10mL，則說明第一個電位突躍時反應為Na2A和H2B反應生成NaHA、NaHB，第二個電位突躍時反應為NaHA和H2B反應生成H2A、NaHB，則用0.1溶液滴定10mL0.1溶液，反應只生成NaHA、NaHB，只有一個電位突躍，D錯誤；故選CD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.合成氨是人類科學技術發(fā)展史上的一項重大成就，是化學和技術對社會發(fā)展與進步的巨大貢獻。（1）基態(tài)氮原子中，能量最高的電子的電子云在空間有_______個伸展方向。（2）原子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用“”表示，與之相反的用“”表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對于基態(tài)的氮原子，其價電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為_______。（3）鐵觸媒是普遍使用的以鐵為主體的多成分催化劑，通常還含有、、CaO、MgO、等氧化物中的幾種。①Cr原子的價電子排布圖為_______；第四周期ds區(qū)元素中，與基態(tài)Cr原子最外層電子數(shù)目相同的元素的元素符號為_______。②上述氧化物所涉及的元素中，處于元素周期表中p區(qū)的元素有_______(填元素符號)（4）我國科研人員研制出了M-LiH(M為Fe、Mn等金屬)等催化劑，使得合成氨工業(yè)的溫度，壓強分別降到了350℃、1MPa，這是近年來合成氨反應研究中的重要突破。①Mn在元素周期表中的位置_______，基態(tài)Mn原子未成對的電子數(shù)為_______。②第三電離能_______(填“>”或“<”)，原因是_______?！即鸢浮剑?）3（2）或（3）①.②.Cu③.Al、O（4）①.第四周期ⅦB族②.5③.<④.價電子排布為，易失去一個電子形成比較穩(wěn)定的半滿狀態(tài)，而的價電子排布式為，處于較穩(wěn)定的半充滿狀態(tài)，所以難失去〖解析〗〖小問1詳析〗基態(tài)氮原子中，能量最高的電子為2p電子，電子云在空間有3個伸展方向。〖小問2詳析〗基態(tài)氮原子電子排布為1s22s22p3，則其價電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為或；〖小問3詳析〗①Cr為24號元素，Cr原子的價電子排布圖為；第四周期ds區(qū)元素中，銅的價電子為3d104s1，與基態(tài)Cr原子最外層電子數(shù)目相同的元素的元素符號為Cu。②上述氧化物所涉及的元素中，處于元素周期表中p區(qū)的元素有Al、O；〖小問4詳析〗①Mn為25號元素，在元素周期表中的位置第四周期ⅦB族，基態(tài)Mn原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d54s2，故基態(tài)Mn原子未成對的電子數(shù)為5；②價電子排布為，易失去一個電子形成比較穩(wěn)定的半滿狀態(tài)，而的價電子排布式為，處于較穩(wěn)定的半充滿狀態(tài)，所以難失去，故第三電離能<。17.氨性硫代硫酸鹽浸金是一種高效的黃金浸取工藝。（1）金可在硫代硫酸鈉(Na2S2O3)溶液中緩慢溶解：4Au(s)+O2(g)+2H2O(l)+8S2O(aq)=4Au(S2O3)(aq)+4OH-(aq)。①100g含Au1.97×10-4g金礦中，加入1L0.7mol·L-1Na2S2O3溶液，10小時后，金的浸出率為0.1%，則浸出過程Na2S2O3的平均消耗速率為___mol·L-1·h-1。②為提高金的浸出速率，可采取的措施為____。（2）Cu(NH3)可催化金在Na2S2O3溶液中的溶解，其電化學催化腐蝕過程如圖所示。①負極的電極反應式為____。②正極可能的催化過程如下：a.Cu(NH3)+e-=Cu(NH3)+2NH3b.____③反應溫度對金的浸出率影響如圖所示。分析50℃時金浸出率最高的原因是____。（3）為研究上述浸金過程Cu2+與S2O的反應，進行如下實驗：向1.0mL1mol·L-1CuSO4溶液中加入2.0mL2mol·L-1Na2S2O3溶液，溶液從藍色變?yōu)榫G色，后逐漸變淺至無色。體系中涉及的反應如下：i.Cu2++2S2OCu(S2O3)(綠色)K1ii.Cu++2S2OCu(S2O3)(無色)K2iii.2Cu2++2S2O2Cu++S4OK3由實驗現(xiàn)象可推測：反應i的速率___反應iii的速率(填“>”或“<”，下同)、K1___K3（4）若采用Cu2+催化硫代硫酸鹽浸金，催化效果較Cu(NH3)差的原因是___?！即鸢浮剑?）①.2×10-10②.將金礦粉碎或適當提高溫度或適當提高Na2S2O3濃度或適當提高氧氣濃度（2）①.Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)②.4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-③.溫度低于50℃，浸金反應速率慢，導致金浸出率低；溫度高于50℃，氨氣和氧氣揮發(fā)增多，S2O氧化更多，導致金浸出率降低（3）①.＞②.＜（4）S2O會與Cu2+發(fā)生氧化還原反應被消耗，導致金的浸出率降低〖解析〗〖小問1詳析〗①10小時后，溶解的Au的質量為1.97×10-4g0.1%=1.9710-7g，溶解的Au的物質的量為=110-9mol，根據(jù)關系式：Au(s)~2Na2S2O3可得，參加反應的Na2S2O3的物質的量為110-9mol2=210-9mol，則浸出過程Na2S2O3的平均消耗速率為=2×10-10mol·L-1·h-1，故〖答案〗為：2×10-10。②根據(jù)外界條件對反應速率的影響，為提高金的浸出速率，可采取的措施有將金礦粉碎以增大接觸面積、加熱以提高溫度、增大反應物濃度等，故〖答案〗為：將金礦粉碎或適當提高溫度或適當提高Na2S2O3濃度或適當提高氧氣濃度?！夹?詳析〗①負極發(fā)生失電子的氧化反應，該電化學催化腐蝕中Au失電子生成Au(S2O3)，則電極反應式為Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)，故〖答案〗為：Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)。②由題可知，Cu(NH3)在反應中其催化劑作用，即在總反應中并沒消耗和生成，所以正極開始Cu(NH3)得電子生成Cu(NH3)，隨之O2又將Cu(NH3)氧化為Cu(NH3)，即正極可能的催化過程為：a.Cu(NH3)+e-=Cu(NH3)+2NH3，b.4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-，故〖答案〗為：4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-。③根據(jù)溫度對金的浸出率圖可知，50℃時金浸出率最高，如低于50℃，浸金反應速率隨溫度升高而增大，超過50℃，氨氣和氧氣揮發(fā)增多，S2O氧化更多，導致金浸出率降低，故〖答案〗為：溫度低于50℃，浸金反應速率慢，導致金浸出率低；溫度高于50℃，氨氣和氧氣揮發(fā)增多，S2O氧化更多，導致金浸出率降低。〖小問3詳析〗實驗中，溶液從藍色變?yōu)榫G色，后逐漸變淺至無色，說明先發(fā)生反應i之后發(fā)生反應iii和反應ii，反應i、ii為絡合反應，反應iii為氧化還原反應，由顏色變化先后可判斷出，反應i的速率＞反應iii的速率，反應iii為氧化還原反應，反應進行的更徹底，平衡常數(shù)較大，則K1＜K3，故〖答案〗為：＞；＜。小問4詳析〗根據(jù)上述浸金過程Cu2+與S2O的反應的實驗結果，若采用Cu2+催化硫代硫酸鹽浸金，S2O會與Cu2+發(fā)生氧化還原反應被消耗，導致催化效果較Cu(NH3)差，故〖答案〗為：S2O會與Cu2+發(fā)生氧化還原反應被消耗，導致金的浸出率降低。18.酸堿中和滴定、氧化還原滴定和沉淀滴定法在科研和工業(yè)生產(chǎn)中都很重要。Ⅰ.某化學興趣小組在室溫下用標準鹽酸滴定未知濃度的氫氧化鈉溶液。（1）向堿式滴定管中注入未知濃度氫氧化鈉溶液之前的一步操作為_______，排氣泡時，應選擇下圖中的_______(填字母)。a.b.c.d.（2）實驗數(shù)據(jù)如下表，其中一次滴定所用鹽酸體積有明顯偏差，其可能的原因是_______。序號1234標準溶液體積/mL20.6020.7020.1020.50a.堿式滴定管潤洗后用蒸餾水洗凈再裝入待測液b.接近滴定終點時，用少量蒸餾水將錐形瓶內壁沖洗一下c.滴定結束時，仰視讀數(shù)d.滴定達終點時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內有氣泡生成Ⅱ.為了測定草酸()溶液的濃度，進行如下實驗：取25.00mL草酸溶液于錐形瓶內，加入適量稀，用溶液滴定。（3）滴定時應將溶液加入_______(填“酸式”或“堿式”)滴定管中：在規(guī)格為50.00mL的滴定管中，若溶液起始讀數(shù)為15.00mL，此時滴定管中溶液的實際體積為_______(填標號)。A.15.00mLB.大于35.00mLC.35.00mLD.小于15.00mL（4）滴定終點時的現(xiàn)象：_______。Ⅲ.莫爾法是一種沉淀滴定法，用標準硝酸銀溶液滴定待測液，測定溶液中的濃度。已知常溫下數(shù)值如下表。回答下列問題：AgBrAgIAgSCNAgCl顏色淺黃色沉淀黃色沉淀磚紅色沉淀白色沉淀白色沉淀用溶液滴定溶液的滴定曲線如圖所示。（5）該方法應該選用_______做指示劑。ANaBr B.KI C. D.KSCN（6）相同實驗條件下，若改為，反應終點c點(25，5)移到_______點(用橫縱坐標的數(shù)值來表示，下同)，相同實驗條件下，若改為，反應終點c點(25，5)移到_______點?！即鸢浮剑?）①.用NaOH溶液潤洗堿式滴定管②.c（2）ad（3）①.酸式②.B（4）當?shù)稳胱詈蟀氲稳芤簳r，溶液由無色變?yōu)樽霞t色且30s內不褪色（5）C（6）①.(20，5)②.(25，6.5)〖解析〗〖祥解〗利用酸堿中和滴定原理，通過實驗分析氧化還原反應滴定及難溶電解質沉淀生成的滴定分析溶液中物質的含量；〖小問1詳析〗向洗凈的堿式滴定管中裝入未知濃度氫氧化鈉溶液之前的一步操作為用NaOH溶液潤洗堿式滴定管；在堿式滴定管中盛裝NaOH標準溶液，用圖c排氣泡；〖小問2詳析〗根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，第3次滴定所用鹽酸的體積偏?。籥.堿式滴定管潤洗后用蒸餾水洗凈再裝入待測液，所取NaOH溶液體積偏小，消耗鹽酸的體積偏小，選項a符合；b.接近滴定終點時，用少量蒸餾水將錐形瓶內壁沖洗一下，無影響，選項b不符合；c.滴定結束時，仰視讀數(shù)，則鹽酸的讀數(shù)偏大，選項c不符合；d.滴定達終點時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內有氣泡生成，則鹽酸的讀數(shù)偏小，選項d符合；〖答案〗選ad；〖小問3詳析〗具有強氧化性，不能裝在堿式滴定管，溶液加入酸式滴定管中；50.00mL-15.00mL=35.00mL，因尖嘴部分也有溶液而沒有刻度，故此時滴定管中溶液的實際體積應大于35.00mL，〖答案〗選B；〖小問4詳析〗滴定終點時的現(xiàn)象為：當?shù)稳胱詈蟀氲稳芤簳r，溶液由無色變?yōu)樽霞t色且30s內不褪色；〖小問5詳析〗AgI、AgBr比AgCl更難溶于水，若用NaBr或KI作指示劑，最先生成的沉淀可能是AgBr或AgI，因此不能用NaBr、KI作指示劑，AgSCN和AgCl的顏色相同，無法區(qū)分，因此不能用KSCN作指示劑，達到滴定終點時，AgNO3與Na2CrO4反應生成Ag2CrO4沉淀，即有磚紅色沉淀生成，現(xiàn)象明顯，因此選擇Na2CrO4作為滴定Cl-的指示劑，故〖答案〗為:C；〖小問6詳析〗溶度積常數(shù)只隨溫度改變而改變，改變滴定反應液濃度不改變溶度積常數(shù)，所以相同實驗條件下，若改為0.0400mol/LCl-，則所需AgNO3溶液體積變?yōu)閙L=20mL，反應終點c移到體積為20mL的位置；若改為0.0500mol/LBr-，消耗AgNO3溶液的體積不變，但Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)，達到沉淀溶解平衡時Br-的