浙江省衢州五校2022-2023学年高二化学上学期1月期末联考（普通班）试卷（Word版附解析）

2022-2023学年第一学期衢州五校期末联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na23S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64Ag-108Ba-137Sn-119P-31选择题部分一、选择题(本大题共22小题，1-16每小题2分，17-22每小题3分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.在水溶液中呈酸性且促进水电离的是A.NaHSO4B.BeCl2C.NaHCO3D.KNO3【答案】B【解析】【详解】A．NaHSO4完全电离出氢离子溶液呈酸性，但抑制水的电离，A错误；B．BeCl2为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，Be2+发生水解反应，促进水的电离，B正确；C．NaHCO3为强碱弱酸盐，碳酸氢根离子发生水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，C错误；D．KNO3为强酸强碱盐，溶液呈中性，不促进水的电离，D错误；故选：B。2.下列物质属于弱电解质的是A.BaSO4B.CH3CH2OHC.HFD.SO2【答案】C【解析】【详解】A．BaSO4在水中溶解的部分是完全电离的，属于强电解质，A不符合题意；B．CH3CH2OH在水中不能电离，属于非电解质，B不符合题意；C．HF在水中部分电离，属于弱电解质，C符合题意；D．SO2在水中形成H2SO3，H2SO3在水中部分电离，但是SO2本身不会电离，故SO2属于非电解质，D不符合题意；故选C。 3.酸碱中和滴定实验中不需要的仪器是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】酸碱发生中和滴定，需使用的仪器有铁架台、碱式滴定管、酸式滴定管、滴定管夹、锥形瓶、不使用使用蒸发皿，图示的仪器中A是量筒，B是碱式滴定管，C是锥形瓶，D是滴定管夹，可见不需要使用的仪器的选项是A。4.下列化学用语表示正确的是A.Ca2+的结构示意图：B.基态镁原子核外电子的轨道表示式为C.甲烷的球棍模型：D.基态铜原子的价层电子排布式：3d104s1【答案】D【解析】 【详解】A．Ca2+的核外电子数为20-2=18，所以其结构示意图为，A不正确；B．依据泡利不相容原理，基态镁原子的3s轨道上的电子自旋方向应相反，B不正确；C．为甲烷的空间填充模型，而不是球棍模型，C不正确；D．基态铜原子(29Cu)的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子排布式为3d104s1，D正确；故选D。5.下列说法不正确的是A.电解精炼铜阴极反应：Cu2++2e-=CuB.纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗C.稀土元素可以用来制造合金D.储氢材料-镧镍合金(LaNi5)贮存氢气时发生了化学变化【答案】B【解析】【详解】A．电解精炼铜时，溶液中的Cu2+在阴极得电子生成Cu，电极反应为Cu2++2e-═Cu，故A正确；B．发生电化学腐蚀时，金属应不纯，纯银Ag在空气中和硫化氢反应生成Ag2S而渐渐变暗，属于化学腐蚀，故B错误；C．在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，所以稀土元素被誉为新材料的宝库，又被称为“冶金工业的维生素”，故C正确；D．贮氢金属在一定的温度和压强下能够大量吸收氢气，一个金属原子可以与两三个乃至更多个氢原子结合，形成金属氢化物，属于化学变化，故D正确；故选：B。6.关于反应3FeSO4+2O3+3NO=Fe2(SO4)3+Fe(NO3)3下列说法正确的是A.Fe2(SO4)3既是氧化产物又是还原产物B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3C.该反应中被NO氧化的O3占消耗掉O3的1/4 D.3molFeSO4反应时转移电子数为12NA【答案】D【解析】【详解】A．FeSO4中亚铁离子、NO中N元素化合价升高，被氧化生成氧化产物，Fe2(SO4)3是氧化产物，故A错误；B．反应中FeSO4、NO化合价升高为还原剂，O3化合价降低为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故B错误；C．该反应中NO的氮元素化合价由+2升高为+5，NO为还原剂，NO还原O3，故C错误；D．3molFeSO4反应共消耗O3为2mol，根据O原子由0价降低为-2价以及得失电子守恒，转移的电子数为12NA，故D正确；答案选D。7.下列说法不正确的是A.pH计、酚酞和甲基橙均能用于NaOH溶液滴定盐酸终点的判断B.受溴腐蚀致伤时，先用甘油清洗伤口，再用大量的水洗C.萃取前，向分液漏斗中加少量水，检查旋塞芯处不漏水，即可使用D.不可用溴水溶液检验丙烯醛中的碳碳双键【答案】C【解析】【详解】A．NaOH溶液滴定盐酸，终点时溶液显中性，可用pH计、酚酞和甲基橙判断滴定终点，故A正确；B．溴易溶于甘油，则受溴腐蚀致伤时，先用甘油洗伤口，再用大量的水洗，故B正确；C．萃取前向分液漏斗中加少量水，检查旋塞处，不漏水，再将旋塞旋转180°，不漏水，还需检验上口塞子是否漏水，故C错误；D．醛基和碳碳双键均能使溴水褪色，不可用溴水溶液检验丙烯醛中的碳碳双键，故D正确；故选C。8.常温下，下列各组离子在相应条件下可能大量共存的是A.水电离的c(H+)=10-13mol·L的溶液中：Al3+、Cl-、K+、B.遇甲基橙变红色的溶液中：Fe2+、Na+、、-C.c(H+)/c(OH-)=1×106的溶液中：K+、Na+、Cl-、 D.pH=1溶液中：Na+、Mg2+、、【答案】A【解析】【详解】A．水电离的c(H+)=10-13mol·L的溶液中，可能是碱性也可能是酸性，碱性条件下，Al3+无法大量共存，酸性条件下，Al3+、Cl-、K+、之间相互不反应，能大量共存；故A符合题意；B．甲基橙变红色的溶液显酸性，将氧化Fe2+，故B不符合题意；C．c(H+)/c(OH-)=1×106的溶液呈酸性，无法大量共存，故C不符合题意；D．pH=1溶液中，Na+、Mg2+、、之间相互不发生反应，一定能大量共存，故D不符合题意；故答案选A。9.某反应A+B=C+D在低温下能自发进行，在高温下不能自发进行，对该反应过程△H、△S的判断正确的是（）A.△H＜0，△S＞0B.△H＞0，△S＞0C.△H＜0，△S＜0D.△H＞0，△S＜0【答案】C【解析】【详解】化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T•△S＜0时，反应能自发进行，A．△H＜0，△S＞0，一定存在△G=△H-T•△S＜0，在任何温度下反应都能自发进行，故A不符合题意；B．△H＞0，△S＞0，高温下△G=△H-T•△S＜0，则高温下反应能自发进行，低温下不能自发进行，故B不符合题意；C．△H＜0，△S＜0，低温下△G=△H-T•△S＜0，则低温下反应能自发进行，高温下不能自发进行，故C符合题意；D．△H＞0，△S＜0，一定存在△G=△H-T•△S＞0，反应在任何温度下都不能自发进行，故 D不符合题意；答案选C10.设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NAB.49.5gCOCl2中的碳氯键数目为NAC.31gP4中的共价键数目为NAD.120gNaHSO4和KHSO3的水溶液中含有的阳离子数为NA【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液中OH-的浓度为0.2mol/L，溶液体积不知不能计算氢氧根离子数，故A错误；B．49.5gCOCl2的物质的量为：，COCl2的结构式为，1个COCl2分子中含有2个C-Cl，49.5gCOCl2中的碳氯键数目为NA，故B正确；C．31gP4的物质的量为：，含有共价键的物质的量为：0.5mol×6=3mol，所含共价键的数目为3NA，故C错误；D．NaHSO4和KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，故120g混合物的物质的量为1mol，而NaHSO4和KHSO3的固体均由1个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含阳离子为NA个，故D错误；故选：B。11.X、Y、Z、W为短周期元素，X2-和Y+核外电子排布相同，X、Z位于同一主族，Y、Z、W位于同一周期，W的最外层电子数是X、Y最外层电子数之和。下列说法不正确的是A.离子半径Z>X>YB.第一电离能：Y＜ZC.Y、W均属于元素周期表中的p区元素D.X、Y、Z、W核电荷数逐渐增大【答案】C【解析】 【详解】X、Y、Z、W为短周期元素，X2-和Y+核外电子排布相同，X、Z位于同一主族，则X为O元素，Z为S元素，Y为Na元素，Y、Z、W位于同一周期，W的最外层电子数是X、Y最外层电子数之和，则W为Cl元素。A.具有相同电子结构的离子核电荷数越大半径越小，Z离子多一个电子层半径最大，故离子半径Z>X>Y，选项A正确；B.Y为金属元素，Z为非金属元素，第一电离能：Y＜Z，选项B正确；C.Na属于元素周期表中的s区元素，、Cl属于元素周期表中的p区元素，选项C不正确；D.X、Y、Z、W核电荷数分别为8、11、16、17，逐渐增大，选项D正确；答案选C。12.已知几种化学键的键能和热化学方程式如下：化学键H—NN—NCl—ClN≡NH—Cl键能(kJ∙mol-1)391193243946432N2H4(g)+2Cl(g)=N2(g)+4HCl(g)ΔH，下列推断正确的是A.H(g)+Cl(g)=HCl(g)ΔH=+432kJ·mol-1B断裂lmolH-Cl键吸收能量比断裂1molN≡N键多514kJC.上述反应中，ΔH=-431kJ·mol-1D.上述反应中，断裂极性键和非极性键，只形成极性键【答案】C【解析】【详解】A．H(g)+Cl(g)=HCl(g)是形成化学键的过程，是放热过程，△H=-432kJ/mol，故A错误；B．断裂1molCl—Cl键吸收能量为243kJ，断裂1molN≡N键吸收能量为946kJ，因此断裂1molCl—Cl键吸收能量比断裂1molN≡N键少703kJ，故B错误；C．焓变ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和=4×(391kJ/mol)+(193kJ/mol)+2×(243kJ/mol)-(946kJ/mol)-4×(432kJ/mol)=-431kJ/mol，故C正确；D．上述反应中，断裂了N-H极性键和Cl-Cl、N-N非极性键，形成了H-Cl极性键和N≡N非极性键，故D错误； 故选C。13.某温度下，向2L密闭容器中通入1molNO和0.5molBr，发生如下反应：2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)，Br2的物质的量随时间变化的实验数据如下表：时间/min5101520253035n(Br2)/mol0.380.300.250.230.200.200.20下列说法不正确的是A.第18min的瞬时速率小于第25min的瞬时速率B.0~10min，消耗Br2的平均速率是0.01mol·L-1·min-1C.30~35min，NO的物质的量浓度不再改变D.任意时刻，容器中NO和Br2的转化率始终相等【答案】A【解析】【详解】A．由表格数据可知，25min后溴的物质的量保持不变，说明反应达到平衡，18min时反应未达到平衡，则第18min的瞬时速率大于第25min的瞬时速率，故A错误；B．由表格数据可知，溴的物质的量为0.30mol，则0~10min内溴的反应速率为=0.01mol·L-1·min-1，故B正确；C．由表格数据可知，25min后溴的物质的量保持不变，说明反应达到平衡，则30~35min，反应达到平衡状态，一氧化氮的物质的量浓度不变，故C错误；D．反应起始物质的量之比与化学计量数之比相等，所以容器中一氧化氮和溴的转化率相等，故D正确；故选A。14.工厂的氨氯废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中NH3在电极表面的氧化过程的微观示意图如图：下列说法中，不正确的是 A.过程①②均有N-H键断裂B.过程③的电极反应式为：_e-+OH-=N+H2OC.过程④中有非极性键形成D.催化剂可以降低该反应的活化能【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，NH3在过程①中变为NH2，NH2在过程②中变为NH，则过程①②均有N－H键断裂，故A正确；B．由图可知，NH失去电子结合OH-，转变为N和H2O，则过程③的电极反应式为：NH－e－+OH－＝N+H2O，故B错误；C．过程④中形成N≡N键，则过程④中有非极性键形成，故C正确；D．使用催化剂该反应的焓变不变，可以降低活化能加快反应的速率，故D正确；故选B。15.能正确表示下列反应的离子方程式是A.NaClO溶液与FeCl2溶液混合：Fe2++2ClO-+2H2O=Fe(OH)2↓+2HClOB.足量的碳酸氢钠溶液与澄清石灰水混合：Ca2++2OH-+2=CaCO3↓++2H2OC.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH-=NH3·H2OD.AgCl溶于水再加入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓【答案】B【解析】【详解】A．Fe2+与ClO-会发生氧化还原反应，生成的氢离子与次氯酸根离子结合生成次氯酸，离子方程式为2Fe2++5ClO-+5H2O═2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO，故A错误；B．少量澄清石灰水完全反应，生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子反应为Ca2++2OH-+2=CaCO3↓++2H2O，故B正确；C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，先发生中和反应，离子方程式为：H++OH-═H2O，故C错误；D．AgCl饱和溶液在加入Na2S，实现了沉淀的转化，氯化银需要保留化学式，正确的离子方程式为：2AgCl+S2-═2Cl-+Ag2S↓，故D错误； 故选：B。16.醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO-+H+，下列各项不正确的是A.醋酸溶液中离子浓度关系满足：c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)B.常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH<7C.向CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D.将0.10mol/LCH3COOH溶液加水稀释，溶液中所有的离子浓度都减小【答案】D【解析】【详解】A．CH3COOH溶液中存在电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故A正确；B．pH=2的CH3COOH溶液中氢离子浓度与pH=12的NaOH溶液中氢氧根离子浓度相等，氢氧化钠是强电解质，而醋酸是弱电解质，只有少部分发生电离，等体积混合反应后剩余大量的醋酸，醋酸电离出的氢离子浓度远低于醋酸根水解产生的氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，即溶液的pH＜7，故B正确；C．加入少量醋酸钠固体，醋酸根浓度增大，平衡逆向移动，故C正确；D．加水稀释，促进电解质电离，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)、n(H+)增大，由于体积增大程度大于电离程度，则c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)都减小，根据Kw=c(H+)•c(OH-)，可知c(OH-)浓度增大，故D错误；故选：D。17.向1LpH＝2的盐酸和醋酸溶液中，分别投入0.65g锌粒，则下图中比较符合客观事实的是A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】0.65g锌粒是0.01mol，盐酸是强酸，其物质的量是0.01mol，所以盐酸不足，以盐酸的量进行计算，生成氢气是0.005mol；醋酸是弱酸，其浓度大于0.01mol/L，所以锌不足，按照锌的量进行计算，所以醋酸产生的氢气多，由于在反应过程中，产生会继续电离出氢离子， 所以醋酸的反应速率快，所用时间短，答案选C。18.利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢的同时可获得氧气，其工作情况如图所示，有关说法不正确的是A.连接K1时，可制得H2B.连接K2时，OH-向电极2迁移C.制得标况下11.2LO2时，Ni(OH)2转化为NiOOH的物质的量为2molD.制高纯氢时电极3上发生反应：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O【答案】C【解析】【详解】A．当连接时，由图示分析可知，电极3为阳极，被氧化为NiOOH；电极1为阴极，氢离子或水得到电子被还原为氢气，A正确；B．连接时，电极3为阴极，电极2为阳极，在电解池中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以向电极2迁移，B正确；C．连接K2，电极3为阴极，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，电极2为阳极，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，标况时，制得，则转移的电子的物质的量为，根据电子守恒可得，由NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-可知NiOOH转化为Ni(OH)2的物质的量为2mol，物质转化错误，C错误；D．制高纯氢时连接K1，电极1为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电极3为阳极，电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，D正确；故选C。 19.向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。下列说法不正确的是实验序号c(CaCl2)(mol·L-1)滴加CaCl2溶液时的实验现象加热浑浊液时的实验现象①0.05至1.32mL时产生明显浑浊，但无气泡产生有较多气泡生成②0.005至15.60mL时产生明显浑浊，但无气泡产生有少量气泡生成③0.0005至20mL未见浑浊A.①中产生浑浊的原因是c(Ca2+)·c(CO32−)>Ksp(CaCO3)B.未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3C.加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3受热分解产生了更多的CO2D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，可能同时产生浑浊和气泡【答案】C【解析】【详解】A.根据溶度积规则，①中能产生碳酸钙沉淀，说明c(Ca2+)·c(CO32−)>Ksp(CaCO3)，故A正确；B.未加热前①和②不放二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳，所以未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，故B正确；C.未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+===CaCO3↓＋H2CO3，碳酸钙受热不分解，加热浊液产生气泡主要是因为H2CO3受热分解产生了更多的CO2，故C错误；D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，发生反应CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，能同时产生浑浊和气泡，故D正确。20.25℃时，向2mL0.1mol·L1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液。滴加过程中溶液含碳微粒物质的量与溶液pH的关系如图所示(CO2因逸出未画出)。下列说法正确的是 A.②表示CO2物质的量的变化情况B.a点由水电离产生的c(OH)=10-11.6mol·L-1C.由b点可计算得出Ka2(H2CO3)=10-10.3D.a、b、c、d四点溶液中含碳微粒物质的量守恒【答案】C【解析】【详解】A．由以上分析可知，②表示的物质的量变化情况，故A错误；B．a点表示的是0.1mol/LNa2CO3溶液的pH为11.6，c(H+)=10-11.6，Na2CO3的水解促进了水的电离，所以在Na2CO3溶液中由水电离产生的OH-浓度等于溶液中的OH-浓度，所以水电离的氢氧根离子浓度：，故B错误；C．b点溶液的pH=10.3，则c(H+)=10-10.3，b点和浓度相等，则碳酸的，故C正确；D．d点加入了过量的盐酸，有CO2气体逸出，故D错误；故选C21.在恒容容器中，按照nmolCO和3nmolH2投料发生甲烷化反应：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)ΔH<0，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示，下列说法正确的是 A.温度：T1>T2>T3B.正反应速率：v(a)>v(b)>v(c)C.平衡常数：K(a)<K(d)<K(c)D.e点与b点的CO的浓度相等【答案】D【解析】【详解】A．该反应为放热反应，相同压强下温度越高CO的平衡转化率越小，所以温度：T1＜T2＜T3，故A错误；B．温度越高反应速率越快，所以v(c)＞v(b)，相同温度下压强越大，反应速率越快，所以v(a)＜v(c)，故B错误；C．该反应正反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以K(a)＞K(d)＞K(c)，故C错误；D．e点与b点起始投料相同，CO的平衡转化率相同，则平衡时CO的浓度相等，故D正确；故选：D。22.下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A探究淀粉水解程度在试管中加入2mL淀粉溶液和少量稀硫酸，加热3-4分钟，冷却后加入NaOH溶液至碱性，再滴加碘水若溶液未变蓝，则淀粉已完全水解B探究乙醇脱水产物在试管中加入2克并注入4mL95%的乙醇，加热，将产生的气体通入溴水中若溴水褪色，则乙醇脱水产物有乙烯生成C探究和向NaOH溶液中加入一定量的溶液，充分反应后再加少量若先生成白色沉淀，后产生蓝色沉淀，则证明比 的溶解度大小的溶液溶解度小D检验某溶液中是否含有离子取少量该溶液于试管中，加少量硫酸酸化的溶液若溶液褪色，则该溶液中含有离子A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．碘水检验淀粉要在酸性环境中，碱性条件下与碱反应，干扰淀粉检验，故A错误；B．乙烯和溴水能发生加成反应，在试管中加入2克并注入4mL95%的乙醇，加热，将产生的气体通入溴水中，若溴水褪色，则乙醇脱水产物有乙烯生成，故B正确；C．NaOH过量，剩余的NaOH和溶液反应会干扰实验，不是氢氧化镁转化成氢氧化铜，不能证明比溶解度小，故C错误；D．溶液褪色，也可能含有其他还原性的微粒，故D错误；选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)23.随着能源技术的发展，科学家们将目光聚焦于锂的开发与研究。（1）基态Be原子中电子占据最高能级的符号是_______，占据该能级电子的电子云轮廓图的形状为_______形。（2）在周期表中，与Li元素的化学性质最相似的邻族元素是_______（3）部分元素的第一电离能(I)如表所示。元素liBeNaK11(kJ∙mol-1)520900496419①碱金属的第一电离能与碱金属的活泼性的联系是_______ ②Be的第一电离能比Li的大，从原子结构角度分析其原因是_______（4）海水中有丰富的锂资源，我国科学家研发出利用太阳能从海水中提取金属锂的技术，提取原理如下图所示：①金属锂电极_______(填“A”或“B”)上生成。②阳极产生两种气体单质，写出阳极的电极反应：_______、_______。【答案】（1）①.2s②.球（2）Mg（3）①.从上到下，随着核电荷数递增金属活泼性增强，第一电离能递减②.基态Be原子的核外电子排布式为ls2s2，2s²为全满结构、原子的能量较低（4）①.A②.2Cl--2e-=Cl2↑③.4OH--4e-=O2↑+2H2O或2H2O-4e-=O2↑+4H+【解析】【小问1详解】Be是4号元素，基态Be原子中电子占据最高能级的符号是2s，占据该能级电子的电子云轮廓图的形状为球形。故答案为：2s；球；【小问2详解】根据对角线规则，在周期表中，与Li元素的化学性质最相似的邻族元素是Mg，故答案为：Mg；【小问3详解】①碱金属的第一电离能与碱金属的活泼性的联系是从上到下，随着核电荷数递增金属活泼性增强，第一电离能递减，故答案为：从上到下，随着核电荷数递增金属活泼性增强，第一电离能递减；②Be的第一电离能比Li的大，从原子结构角度分析其原因是基态Be原子的核外电子排布式为ls2s2，2s²为全满结构、原子的能量较低，故答案为：基态Be原子的核外电子排布式为ls2s2，2s²为全满结构、原子的能量较低；【小问4详解】①锂离子在阴极得电子，还原为锂单质，金属锂在电极A上生成。故答案为：A； ②还原剂在阳极失电子，发生氧化反应，阳极产生两种气体单质，阳极的电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，4OH--4e-=O2↑+2H2O或2H2O-4e-=O2↑+4H+，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；4OH--4e-=O2↑+2H2O或2H2O-4e-=O2↑+4H+。24.某固态结晶水合物X由5种元素组成。某学习小组进行了如下实验已知气体B具有刺激性气味且能与AgNO3溶液反应，D中两种元素质量比为4：1，请回答：（1）写出X的组成元素原子序数最大的元素符号_______（2）检验气体B的实验方法是_______（3）写出X在隔绝空气条件下加热，生成A、D、E的化学方程式_______。（4）已知气体B和固体D加热时会发生反应，产物中有两种单质，写出该反应的化学方程式_______，当参加反应的D质量是1.2g时，所生成的两种单质的质量差为_______g。【答案】（1）Cu（2）用湿润的红色石蕊试纸靠近，试纸变成蓝色，证明B是氨气(或者用浓盐酸靠近产生白烟)（3）Cu(NH3)4SO4∙2H2OCuO+SO3↑+4NH3↑+2H2O↑（4）①.3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，②.0.82.【解析】【小问1详解】X的化学式为，以上五种元素中原子序数最大的是Cu；【小问2详解】气体B为氨气，实验室检验氨气的方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近，试纸变成蓝色，证明B是氨气，故填用湿润的红色石蕊试纸靠近，试纸变成蓝色，证明B是氨气；【小问3详解】分解的化学方程式为； 【小问4详解】B为氨气，D为，发生氧化还原反应生成Cu和氮气，反应方程式为：，根据题意，氨气和氧化铜反应的化学方程式为，设两单质的质量差为xg，则，即，解得x=0.82g。25.随着科学技术的发展和环保要求的不断提高CO的捕集利用技术成为研究的重点。（1）目前国际空间站处理CO₂的一个重要方法是将CO还原，所涉及的反应方程式为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-802.3kJ·mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol-1若温度从300°C升至400℃，重新达到平衡，判断下列说法正确的是_______。A.v正、v逆都增大，平衡向逆反应方向移动B.v正减小、v逆增大，平衡常数减小C.平衡常数减小，反应物的转化率减小D.第二次平衡时的v正、v逆都比第一次平衡时的v正、v逆都大（2）①用甲烷催化还原氮的氧化物可消除氮氧化物的污染CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=QkJ·mol-1。写出上述反应的平衡常数表达式_______，已知该反应的平衡常数K随温度升高而减小，则Q_______0(填“>”或“<”或“=”)。②某温度下，密闭容器中CH4与NO的起始浓度分别为1mol·L-1、2mol·L-1，其中c(NO)随时间变化如图所示，t2时达到平衡，保持温度不变在t时将容器容积压缩到一半，请画出t2~t3区间c(CH4)随时间变化的曲线_______。 （3）①为提高反应：CH4(g)+2NO2(g)⇌N(g)+CO2(g)+2H2O(g)中NO₂的转化率，可以采取在恒压条件下充入稀有气体，解释其原因_______②电解吸收法处理氮氧化物废气的基本原理是用硝酸吸收氮氧化物生成，同时用石墨电极电解将转化成，电解条件下循环利用来处理氮氧化物。写出该法处理NO总反应的化学方程式_______。【答案】（1）ACD（2）①.②.<③.（3）①.恒压充入稀有气体，扩大了容器的体积，等同于减少压强，平衡向气体扩大的方向移动，即正反应方向移动②.2NO+4H2O2HNO2+3H2【解析】【小问1详解】已知：反应I：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-802.3kJ·mol-1，反应Ⅱ：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol-1，根据盖斯定律，2×反应Ⅱ-反应I可得反应，△H=-483.6×2-(-802.3)=-164.9kJ·mol-1，可知该反应是放热反应： A．升高温度，正逆反应速率都增大，该反应是放热反应，逆反应增大的程度比正反应的大，平衡向逆反应方向移动，A正确；B．升高温度，正逆反应速率都增大，v正增大，B错误；C．该反应是放热反应，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，反应物的转化率减小，C正确；D．升高温度，正逆反应速率都增大，根据勒夏特列原理可知温度对平衡的影响只能减弱不能消除，第二次平衡时的v正、v逆都比第一次平衡时的v正、v逆都大，D正确；故选：ACD；【小问2详解】①化学平衡常数等于生成浓的平衡浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，所以平衡常数，该反应的平衡常数K随温度升高而减小，说明升高温度平衡逆向移动，说明逆反应是吸热反应，所以正反应是放热反应，Q＜0；  ②两边的化学计量数相等，所以将容器容积压缩到一半，相当于增大压强，因两边的计量数相等，所以平衡不移动，但CH4的浓度是原来的2倍，所以CH4的浓度为：(1-)×2=1.25mol/L，由此作图为；【小问3详解】①恒压充入稀有气体后体积增大，相当于减小压强，有效气体的压强减少，平衡向正反应方向移动，所以反应物的转化率增大；②用石墨电极电解将转化成中氮的化合价升高在阳极放电，所以阴极是溶液中的氢离子放电生成氢气，所以总的电极反应式为：。26.废旧电路板主要含有塑料、Fe、Cu、SnO2、PbO₂等，研究人员一种从处理废旧电路板中回收金属锡(Sn)的流程如下： 已知：Sn和Pb位于周期表第IVA族：SnO2，PbO2可与强碱共热反应生成易溶性盐和水。（1）“焙烧”的主要目的是_______（2）“滤渣”中含有的金属元素有_______(填元素符号)。（3）加入Na2S可与“滤液a”中的Na2PbO3反应产生强碱性溶液以达到除铅的目的，写出相关的化学方程式_______；可循环利用的物质的化学式为_______（4）测定粗锡中Sn的纯度：在强酸性环境中将1.0g的粗锡样品溶解(此时Sn全部转化成Sn2+)，迅速加入过量NH4Fe(SO4)2溶液，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用0.1mol·L-K2Cr2O7标准溶液滴定至终点。平行测定三次消耗的K2Cr2O7溶液的体积平均为25.00mL，计算Sn的纯度。(已知：由Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+、+6Fe2++14H+=2Cr2++6Fe3++7H2O)①溶解粗锡时不宜选用浓盐酸，理由_______。②粗锡样品中Sn的纯度为_______。【答案】（1）加热使塑料变为气体除去（2）Fe、Cu（3）①.Na2PbO3+2Na2S+3H2O=S↓+PbS↓+6NaOH②.NaOH（4）①.酸性K2Cr2O7溶液可将浓盐酸氧化使锡纯度的测定产生误差②.89.25%【解析】【小问1详解】“焙烧”的主要目的是加热使塑料变为气体除去；【小问2详解】Fe、Cu都不能和NaOH溶液反应，“滤渣”中含有的金属元素有Fe、Cu；【小问3详解】Na2S与Na2PbO3发生氧化还原反应得到PbS，Pb元素化合价降低，则S元素化合价升高，生成S单质，反应的化学方程式2Na2S+Na2PbO3+3H2O=PbS↓+S↓+6NaOH；可循环利用的物质的化学式为NaOH；【小问4详解】①用浓盐酸溶解时，引入氯离子，具有还原性，氧化时酸性K2Cr2O7 溶液可将浓盐酸氧化，消耗的氧化剂的量偏多，使测量结果偏高；②由Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+、+6Fe2++14H+=2Cr2++6Fe3++7H2O可得关系式3Sn2+～6Fe2+～，，m(Sn)=nM=，粗锡样品中Sn的纯度为。27.二氯砜(SO2Cl2)在制药行业中用途广泛。SO2Cl2的沸点为77℃，遇水剧烈水解。实验室制活性炭SO2Cl2的原理为：SO₂+Cl2SO2Cl2，部分装置如图所示。回答以下问题：（1）仪器a的名称为_______。（2）通过控制滴液漏斗旋塞可以释放集气瓶内气体，滴液漏斗中盛放的液态物质b为_______，上述装置各接口连接的顺序依次为①、_______（3）有同学认为如果将制备SO2Cl2的装置放入冰水中，会更有利干一氯化砜的生成，其原因是：_______该实验过程中对反应体系加热的目的是_______，试剂碱石灰的两个作用分别是①_______；②_______（4）实验结束后，需从三颈烧瓶中分离出高纯度SO2Cl2，该分离操作的名称为_______(填标号)。A.蒸馏B.蒸发C.萃取D.重结晶（5）取2.50g制得的粗产品，小心的完全溶于水，向所得的溶液中加入足量的BaCl2溶液，得生成沉淀的质量为3.495g，则所得产物中二氯化砜(SO₂Cl2)的质量分数为_______。 【答案】（1）球形冷凝管（2）①.饱和食盐水②.③②④（3）①.该反应是放热反应，降低温度能使平衡右移，有利于二氯化砜的生成②.加快反应速率③.吸收SO2、Cl2等尾气④.防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶（4）A（5）81%【解析】【小问1详解】由实验装置图可知，仪器a的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；【小问2详解】由分析可知，本实验是利用排饱和食盐水法来将收集好的氯气排出，则滴液漏斗中盛放的液态物质b为饱和食盐水，装置各接口连接的顺序依次为①、③、②、④，故答案为：饱和食盐水；③②④；【小问3详解】将制备SO2Cl2的装置放入冰水中，会更有利于一氯化砜的生成，其原因是：该反应是放热反应，降低温度能使平衡右移，有利于二氯化砜的生成；升高温度能加快反应速率，该实验过程中对反应体系加热的目的是：加快反应速率，碱石灰是碱性干燥剂，碱石灰的两个作用分别是①吸收SO2、Cl2等尾气，防止污染环境，②防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶，引起SO2Cl2水解；【小问4详解】已知SO2Cl2的沸点为77℃，沸点较低，易挥发，故实验结束后，需从三颈烧瓶中分离出高纯度SO2Cl2，该分离操作的名称为蒸馏，故选A；【小问5详解】SO₂Cl2加入水发生水解反应生成，加入足量的BaCl2溶液生成沉淀为BaSO4，其物质的量为，根据S元素守恒，可知n(SO₂Cl2)=n()=0.015mol，二氯化砜(SO₂Cl2)的质量分数为。