山东省枣庄市第三中学2022-2023学年高二化学上学期1月期末考试试题（PDF版附解析）

高二化学试题2023.1可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Ba137一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。1.下列微粒表述正确，且对水的电离能产生影响的是A.氢氧化钠的电子式：B.乙酸的结构式：C.甲烷分子的空间填充模型：D.硫离子的结构示意图：2.已知NaHS溶液呈碱性。向20mL0.02mol·L-1H2S溶液中加入以下物质，下列说法正确的是A.加入水，H2S电离程度增大，H+浓度增大B.加入CuSO4固体，平衡右移，H+浓度增大，K增大C.向溶液中通入足量SO2气体，H2S电离平衡左移，pH先增大后减小D.加入等体积等物质的量浓度的NaOH溶液，溶液中存在2-cS>cH2S3.关于如图所示各装置的叙述正确的是A.图1是化学能转变为电能的装置，总反应为3+2+2+Cu+2Fe=Cu+2FeB.图2铁钉发生吸氧腐蚀，导管中水面上升，负极反应为--O+4e+2HO=4OH22C.图3装置可在铁件表面镀铜，CuSO4溶液浓度不变D.图4支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀4.用纯碱溶液去除铝制容器表面的油污时，有少量气泡产生。为探究气泡产生的原因设计了如下实验：①将铝片置于盛有水的试管中，加热，无明显现象；②将铝片置于盛有浓Na2CO3溶液的试管中，铝片表面产生细小气泡，加热，产生大量气泡(成分为CO2和H2)，并观察到白色浑浊(能溶于NaOH溶液)。下列说法错误的是A.纯碱去除油污利用了水解原理，加热可以提高油污去除效果－B.铝片与Na2CO3水解产生的OH反应生成了H2C.浑浊产生的原理为Al(OH)-+HCO-=Al(OH)+CO+HO433222－D.加热和H2的产生对CO3水解平衡移动方向的影响是相同的5.锂电池的研究与开发已日臻成熟，某锂电池材料的组成与结构如图。M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的价电子数是W的两倍。下列说法错误的是A.该材料中元素原子均达到8电子稳定结构B.该材料中X的化合价为3C.元素X与Y原子轨道中含有的未成对电子数相同D.简单离子半径为Y>Z>M6.下列说法正确的是1 A.Si—Si和Si—H键能小，易断裂，难以形成长链硅烷B.H2O中两个氢氧键(H—O)的键角大于H3O+的键角C.3个B—F的键长相等，说明BF3分子中的四个原子在同一平面上D.CCl4是非极性分子，C原子处于4个Cl原子所组成的正方形的中心7.部分短周期元素电负性的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.上述8种元素均位于元素周期表p区B.g、h的氧化物对应水化物的酸性：h>gC.b、c、d三种元素的简单气态氢化物热稳定性逐渐增强D.c的气态氢化物与其最高价含氧酸反应的产物为共价化合物8.常温下，有关下列溶液的说法正确的是A.加水稀释0.1mol·L-1Na2S溶液时，溶液中各离子浓度均减小B.pH相同的NH4Cl和CH3COOH溶液中水的电离程度相同C.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：③＞②＞①-1的氨水与0.1mol·L-1盐酸等体积混合，平衡时cNH+=cCl-，NHD.将amol·L43·H2O的电离平衡常数可-810表示为a-0.19.A、B、C、D均为18电子分子。A为双原子分子且为浅黄绿色气体；B的水溶液常用于医用消毒；C有臭鸡蛋气味；D为烃。下列判断错误的是A.A的键长在同主族单质中最短B.B为非极性分子，分子中同时含有极性键和非极性键C.C分子不呈直线形D.D分子中有7个σ键10.纯碱在工业上主要用于玻璃制品和陶瓷釉的生产。以NaCl和NH4HCO3为原料制备纯碱的过程如下，下列说法错误的是30~35℃A.“搅拌”中主要发生的化学反应为NaCl+NH4HCO3NaHCO3+NH4ClB.若其它条件不变，使用饱和氯化钠溶液可以达到提高碳酸氢铵利用率的目的C.搅拌时采用30~35℃水浴，以防止温度过高引起碳酸氢铵和碳酸氢钠的分解+--+D.静置抽滤所得滤液中离子浓度大小关系为cNa>cCl>cHCO3>cNH42 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。*11.某燃料敏化太阳能电池的工作原理如图，电池中发生的部分反应如下：TiO2/STiO2/S(激发态)，*+-+--TiO2/STiO2/S+e，2TiO2/S+3I2TiO2/S+I3。下列说法错误的是A.电池工作时，将太阳能转化为电能B.电池中镀铂导电玻璃为正极C.电池工作时，-I-+2e-=3I-I在镀铂导电玻璃上放电D.正极反应式为312.甲醇是重要的化工原料。科技工作者利用CH4、O2按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇的反应，部分历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS代表过渡态，H2O的作用是活化催化剂)。下列说法错误的是A.在催化剂表面上更容易被吸附的是O21-1B.CH(g)+O(g)CHOH(g)ΔH=-32.51kJmol4232*****C.该反应过程的决速步为CH+OH+H=CHOH+2H43D.适时将甲醇分离出来，以空出催化剂活性中心继续使用13.已知25℃时，三种酸的电离平衡常数如下表。下列说法正确的是酸HClOCHCOOHHCO323K85K=4.2107K=5.61011a3.0101.710a1a2-2-A.NaClO溶液中通入少量CO2的离子反应为2ClO+CO2+H2O=2HClO+CO3-cCH3COOB.向CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中-减小cCH3COOHcOHC.NaClO和CH3COONa的混合溶液中cCHCOOH+c(HClO)=cOH--cH+3D.4.48L(STP)CO通入-12cNa+=3cCO2-+3cHCO-+3cHCO21L0.3molLNaOH溶液33233 14.常温下，将9.32gBaSO4粉末置于盛有200mL蒸馏水的烧杯中，向烧杯中加入Na2CO3固体并充分搅拌，加入NaCO固体的过程中，溶液中离子的浓度变化曲线如图所示(忽视溶液体积的变化)。23下列说法错误的是A.曲线NP表示SO2-4浓度的变化B.常温下，BaCO3在纯水中的溶解度和Ksp与在饱和Na2CO3溶液中均相同C.若使BaSO4全部转化为BaCO3，至少要加入1.04molNa2CO3D.BaSO4粉末恰好全部转化为BaCO3时，溶液中离子浓度大小关系为cCO2->cSO2->cBa2+>cOH-3415.常温下，将NaOH溶液滴加到H2A溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是cHAA.曲线M表示pH与lg的关系cH2A2cHA410B.cHAcA222C.图中a点对应溶液中：cNacH2A2cAD.pH=5的溶液中：cHAcHAcA22三、根据题意填空、简答：共5道题，60分，答案填写在答题卡上。16.A、B、C、D、E、F为6种原子序数依次增大的前36号元素，其性质或结构信息如下表。元素性质或结构信息A该元素形成的化合物种类最多B原子核外p轨道电子为半满C地壳中元素含量最高的元素D前四周期中，轨道未成对电子数最多的元素E位于元素周期表第8列回答下列问题：（1）A基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有________个伸展方向，该原子轨道的形状为________。（2）A、B、C三种元素第一电离能由大到小的顺序为(用元素符号表示)。（3）D基态原子的电子排布式为，其电子的空间运动状态有种。（4）E在元素周期表中的位置，其基态原子价电子的轨道表示式为。(5)阴离子AC32-、BC2-的空间构型分别是、。(6)(AB)2分子中各原子都满足最外层8电子结构，分子中键与π键数目之比为。17.二氧化氯是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂，工业上有多种制备方法。回答下列问题：4 法一：亚氯酸钠与氯气反应2NaClO2Cl22NaCl2ClO2，氯气可通过氯碱工业制得，装置如图1。（1）气体M是___________，P是___________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。（2）写出图1总反应的化学方程式___________。法二：惰性电极电解氯化铵和盐酸，原理如图2。（3）b为电源的___________极，气体X是___________。（4）c的电极反应式为___________。（5）已知二氧化氯发生器内，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6，写出该反应离子方程式___________。（6）当有0.06mol阴离子通过离子交换膜时，产生二氧化氯(STP)体积为___________L。18.25℃下，某同学按图1所示，向20.00mL未知浓度的二元酸HA溶液中逐滴加入0.1000molL-1的NaOH溶2液，同时用磁力搅拌器搅拌，用pH传感器和滴数传感器同时测定溶液的pH和所用NaOH溶液的体积。回答下列问题：Ⅰ．滴定过程如图1：（1）仪器A的名称为___________，在使用前需___________。（2）准确量取20.00mLH2A溶液于锥形瓶中，加入___________作指示剂，滴定终点的判断方法为。（3）进行三次平行实验，读数如图2，计算H-12A溶液的浓度为___________mol·L。V的变化关系如图3所示[比如A2－Ⅱ．数据分析：该溶液的pH和分布系数δ随滴加NaOH溶液体积NaOH的分布系数：2-cA2-δA=]。-2-cH2A+cHA+cA5 -（4）曲线②代表___________，计算KaHA=___________。（5）结合图3分析，下列说法正确的是___________。a．-1溶液pH值小于1b．时：+2--0.1molLHAV(NaOH)=20.00mLcNa=cA+cHA2+2--c．滴定终点时：cNa<2cA+cHA19.工业上用方铅矿(主要成分为PbS，含有少量FeS等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3等杂质)制备PbSO4和MnCO3，工艺流程如图所示。-2-已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl(s)+2Cl(aq)PbCl(aq)ΔH>0；24②部分金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：金属离子2+3+3+2+2+FeFeAlMnPb开始沉淀的pH7.01.73.77.67.0沉淀完全的pH9.63.24.79.89.0-7-11-11③25℃时，H2CO3Ka1=4.210,Ka2=5.610；KspMnCO3=2.210。回答下列问题：（1）为提高方铅矿的浸出率，结合下图信息，选择“浸取”的合适条件___________。“浸取”过程中发生的主要反应的化学方程式为___________，“酸浸液”中含有的金属阳离子有Pb2+、___________。（2）加入NaCl溶液的目的是___________；物质A调节pH的范围是___________。（3）“滤液2”中加入NH4NO3溶液发生反应的离子方程式为___________，计算平衡常数并说明该反应发生的理论6 依据___________。20.气候变化是目前全球最重要、最紧迫的议题之一，中国作为负责任大国，自主提出力争2030年碳达峰、2060年碳中和的目标。CO2的综合利用是解决该问题的有效途径。（1）将CO2转化为乙醇可以实现降碳，过程中发生的反应如下：2CO-12(g)+2H2O(g)⇌C2H4(g)+3O2(g)△H1=+1323kJ·molC-12H4(g)+H2O(g)⇌C2H5OH(l)△H2=-88.2kJ·molH-12O(l)⇌H2O(g)△H2=+44kJ·mol则2CO2(g)+3H2O(l)C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH=___________。（2）将CO2转化为甲醇也可以实现降碳。一定条件下，发生反应。往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)2232在甲、乙不同催化剂作用下，反应时间均为tmin时，测得甲醇的物质的量分数随温度变化如图所示：①相同温度下催化剂效果更好的催化剂是___________(填“甲”或“乙”)，T4温度下甲醇的平均反应速率v=__________。②在甲催化作用下，甲醇的物质的量分数随温度的升高呈现如图变化的原因是___________。③在T2和T5温度下，平衡常数K2___________K5(填“＞”、“＜”或“=”)。下列能够说明该反应达到平衡状态的是___________。a．混合气体的密度不变b．容器内压强不变c．v正CO2=3vH2逆d．混合气体平均相对分子质量不变④已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数。T5温度下，反应开始时容器中的总压为P0MPa，该温度下反应的平衡常数Kp=___________(只列出计算式，不必化简）7 高二化学试题解析一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。1.【答案】B【详解】A．氢氧化钠抑制水的电离，是离子化合物，电子式：，A错误；B．乙酸的结构式：，乙酸溶于水电离出的氢离子抑制水的电离，B正确；C．甲烷分子的空间填充模型：，但甲烷不影响水的电离，C错误；D．硫离子水解促进水的电离，质子数是16，结构示意图：，D错误；2.【答案】C【详解】A．H+)减小，故A错误；2S为二元弱酸，加水稀释，促进H2S的电离，但c(HB．CuS难溶于稀硫酸，氢硫酸溶液中加入CuSO4，生成CuS沉淀，促进H2S的电离，电离平衡常数只受温度的影响，因此加入CuSO4，H2S的电离平衡常数不变，故B错误；＋C．H2S与SO2发生2H2S＋SO2=3S＋2H2O，c(H2S)降低，H2S的电离平衡向左移动，溶液中c(H)＋降低，pH增大，继续通入SO2，SO2与H2O反应生成H2SO3，H2SO3的酸性强于H2S，c(H)增大，pH减小，故C正确；－D．加入等体积等物质的量浓度的NaOH溶液，生成溶质为NaHS，NaHS溶液显碱性，说明HS2－的水解程度大于其电离程度，溶液中存在c(H2S)＞c(S)，故D错误；3.【答案】D【详解】A．该装置为原电池装置，化学能转变为电能，因为Fe比Cu活泼，因此Fe作负极，总反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A错误；-2＋B．发生吸氧腐蚀，遵循原电池工作原理，负极上发生Fe－2e=Fe，正极上发生--O+4e+2HO=4OH，具支试管中气体压强减小，因此导管中水面上升，故B错误；22C．电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极，因此待镀铁件作阴极，铜作阳极，故C错误；D．根据电解原理，钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀，故D正确；-1- 4.【答案】C【详解】A．油污在碱性条件下容易水解被去除，升温会促进纯碱的水解使溶液的碱性增强，从而增强去污效果，A正确；B．铝可以和碱反应生成氢气，而碳酸钠水解使溶液显碱性，可以和铝反应生成氢气，B正确；-C．碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成Al(OH)离子，去掉氧化膜后，铝与氢4-氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与Al(OH)42---2-离子反应生成Al(OH)3沉淀和CO3-，离子方程式：Al(OH)4+HCO=Al(OH)33+CO+HO32，C错误；D．盐类水解为吸热过程，加热促进盐类水解；氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和2-H逸出对CO水解平衡移动都起到促进作用，D正确；235.【答案】A【分析】某锂电池材料的组成与结构如图，因此M是Li。M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的价电子数是W的两倍，根据结构可判断Y位于第ⅥA族，X位于ⅣA族，所以W是B，X是C，Y是O，Z是F，据此解答。【详解】A．该材料中元素原子除Li以外均达到8电子稳定结构，A错误；B．该材料中X形成碳碳单键、碳氧键和碳氧双键，因此C的化合价为+3价，B正确；C．元素X与Y原子轨道中含有的未成对电子数相同，均是2个，C正确；D．核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径为Y>Z>M，D正确；6.【答案】A【详解】A．Si—Si和Si—H键能小，易断裂，难以形成长链硅烷，故A正确；B．水分子中心原子氧有两个孤电子对，HO3中心原子氧有1个孤电子对，，孤电子对对成键电子对的斥力大，HO2中两个氢氧键(H—O)的键角小于HO3的键角，故B错误；C．3个B—F的键长相等，且键角为120°，说明BF3分子中的四个原子在同一平面上，故C错误；D．CCl4是非极性分子，全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》C原子处于4个Cl原子所组-2- 成的正面体的中心，故D错误；7.【答案】C【分析】a的原子序数最小，且电负性较大，则a为H；b、c、d的电负性逐渐增大，分别为C、N、O；e、f、g、h为第三周期元素，分别为Na、Al、S、Cl。【详解】A．b、c、d、f、g、h均为位于元素周期表p区，故A错误；B．g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性：h>g，故B错误；C．b、c、d三种元素的非金属性的大小顺序为O>N>C，故简单气态氢化物热稳定性逐渐增强，故C正确；D．c的气态氢化物NH3与其最高价含氧酸HNO3反应的产物NH4NO3为离子化合物，故D错误；8.【答案】D-1【详解】A．加水稀释0.1molLNaS2溶液时促进硫离子水解，但溶液碱性降低，所以溶液中氢离子浓度增大，A错误；B．pH相同的NHCl4和CHCOOH3溶液中水的电离程度不相同，前者促进，后者抑制水的电离，B错误；C．相同条件下水解程度NaClO＞NaHCO3＞CHCOONa3，所以pH相同①CHCOONa3②+NaHCO③NaClO三种溶液的cNa：③＜②＜①，C错误；3D．将-1-1cNH+-=cCl＝0.05mol/L，则amolL的氨水与0.1molL盐酸等体积混合，平衡时4－7一水合氨浓度是（0.5a－0.05）mol/L，根据电荷守恒可知溶液中氢氧根浓度是10mol/L，所以7-80.051010NHHO32的电离平衡常数可表示为，D正确；0.5a－005.a-0.19.【答案】B【分析】由题干信息可知，A、B、C、D均为18电子分子，A为双原子分子且为浅黄绿色气体，则A为F2，B水溶液常用于医用消毒，则B为H2O2，C有臭鸡蛋气味，则C为H2S，D为烃，故D为C2H6，据此分析解题。【详解】A．同主族从上往下原子半径依次增大，由分析可知，A即F2的键长在同主族单质中最的短，A正确；B．由分析可知，B为H2O2，正负电荷的中性不重合，故为极性分子，分子中同时含有极性键和非极性键，B错误；的-3- 1C．由分析可知，CH2S，中心原子硫原子周围价层电子对数为2+(6-2?1)=4，有两对孤电子2对，故分子结构为V形，不呈直线形，C正确；D．由分析可知，D为CH3CH3，故分子中有6个C-Hσ键和1个C-Cσ键共7个σ键，D正确；10.【答案】D【分析】根据本工艺流程图可知，溶解步骤是将氯化钠固体溶于水形成饱和食盐水，加入碳酸氢铵粉末，由于碳酸氢钠溶解度小于氯化铵、氯化钠和碳酸氢铵，故能发生反应：30~35℃NaCl+NHHCO43NaHCO3+NHCl4，静置后抽滤出碳酸氢钠固体，滤液中主要含有氯化铵和少量的碳酸氢钠，晶体A进行洗涤后，加热到300℃，发生分解生成碳酸钠，方程300℃式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，“搅拌”中主要发生的化学反应为30~35为℃NaCl+NHHCO43NaHCO3+NHCl4，A正确；++HCO-向着生成NaHCOB．若其它条件不变，使用饱和氯化钠溶液可以增大Na的浓度，使Na与33晶体的方向进行，故可达到提高碳酸氢铵利用率的目的，B正确；C．碳酸氢铵、碳酸钠受热均易分解，故搅拌时采用30~35℃水浴，以防止温度过高引起碳酸氢铵和碳酸氢钠的分解，C正确；D．由分析可知，静置抽滤所得滤液中主要含有NH4Cl和少量的NaHCO3，故其离子浓度大小关-++-系为cCl>cNH43>cNa>cHCO，D错误；二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.【答案】C【分析】由图中电子的移动方向可知，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，铂电极为原电池的I-和I-I-在正极上得电子被还原，正极反应为I+2e3I--=-，以此解题。正极，电解质为3的混合物，33【详解】A．由图可知，该电池是将太阳能转化为电能的装置，A正确；B．电池工作时，I-到镀铂导电玻璃电极上得电子转化为I-I+2e3I--=-，所以镀铂导3，即反应为3电玻璃为正极，B正确；-4- -C．由分析可知I在镀铂导电玻璃上得电子被还原，C错误；3---D．由分析可知，正极反应式为I+2e3I=，D正确；312.【答案】AB【详解】A．反应开始时H2O(g)和O2(g)的相对能量都为0，与催化剂接触后，*H2O的相对能量更低，说明H2O在催化剂表面上更容易被吸附，A错误；1B．该图只显示部分历程，无法计算反应CH(g)+O(g)CHOH(g)的焓变，B错误；4232C．由图可知，该历程中正反应最大的活化能的步骤是*CH4、*OH和*H生成*CH3OH和2*H，则正反应最大活化能=-12.68kJ/mol-(-35.03)kJ/mol=22.37kJ/mol，化学方程式为：*CH4+*OH=*CH3OH+*H，活化能越大，反应速率越慢，故该反应过程的决速步为*****CH+OH+H=CHOH+2H，C正确；43D．由历程图示可知，甲醇被催化剂活性中心吸附时，将不能在吸附其他反应物，故适时将甲醇分离出来，以空出催化剂活性中心继续使用，D正确；13.【答案】CD＋＋【详解】A．电离平衡常数越大，说明电离出H能力越强，根据表中数据，电离出H能力大小顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3，NaClO溶液中通入少量的CO2反应的离子方程式为－ClO＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3，故A错误；+c(CHCOO)c(CHCOO)c(H)K33aB．，Ka、Kw只受温度的影响，--+c(CHCOOH)c(OH)c(CHCOOH)c(OH)c(H)K33w加水稀释CH3COOH，温度不变，则Ka、Kw不变，即该比值不变，故B错误；＋＋－－－＋－C．电荷守恒：c(Na)＋c(H)=c(CH3COO)＋c(ClO)＋c(OH)，元素质量守恒：c(Na)=c(ClO)－－＋＋c(HClO)＋c(CH3COO)＋c(CH3COOH)，两式合并得到c(OH)－c(H)=c(HClO)＋c(CH3COOH)，故C正确；－1D．标准状况下，4.48L的CO2的物质的量为0.2mol，通入1L0.3mol·LNaOH溶液中，设生成Na2CO3物质的量为amol，根据碳原子守恒，NaHCO3的物质的量为(0.2－a)mol，根据钠原子守恒，－12amol＋(0.2－a)mol=1L×0.3mol·L，解得a=0.1mol，即n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.1mol，根据元＋2素质量守恒，2c(Na)=3c(CO3)＋3c(HCO3)＋3c(H2CO3)，故D正确；14.【答案】BD-5- 【分析】根据图像，M点时是硫酸钡的饱和溶液，则2+2--5-5-102--4K(BaSO)=c(Ba)c(SO)=1.0101.010=1.010，当c(CO)=2.510mol/Lsp4432+2--5-4-9时开始形成碳酸钡沉淀，K(BaCO)=c(Ba)c(CO)=1.010sp332.510=2.510【详解】A．根据题中信息，向硫酸钡中加入碳酸钠，生成碳酸钡沉淀，钡离子浓度降低，硫酸根浓度增大，因此NP曲线为硫酸根，NQ曲线为钡离子，A正确；B．碳酸钠电离出的碳酸根离子会抑制碳酸钡的溶解，故碳酸钡在纯水中的溶解度大，但是Ksp，只与温度有关，故Ksp相同，B错误；9.32C．硫酸钡的物质的量n==0.04mol，若使0.04molBaSO4全部转化为BaCO3沉淀需要0.04mol2332-n0.04mol-1碳酸钠，此时溶液中c(SO)=4==0.2molL，则此时V0.2L(aq)K(BaSO)110-102+sp4-10-1c(Ba)===510molL，则此时2-c(SO)0.24K(BaCO)2.510-92-sp3-1-1c(CO)=32+=-10=5molL，则需要的n(NaCO)=5molL230.2L=1mol，c(Ba)510因此至少要加入1+0.04=1.04mol碳酸钠，C正确；2-2-2-D．BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中存在大量的SO4，平衡时CO3的浓度大于SO4，CO2-水解促进OH-的形成，因此溶液中浓度最小的是Ba2+，因此离子浓度大小关系为：32-2--2+cCO34>cSO>cOH>cBa，D错误；15.【答案】CD【解析】+-+2-c(H)c(HA)c(H)c(A)【分析】a点得到K=c(H+)=10-2.6a1(H2A)=，b点得到Ka2(H2A)=-c(HA)2c(HA)-c2HAcHA()Ka1(HA)2═c(H+)=10-6.6，曲线M表示pH与lg，=，pH=5时，代入电c(HA)K(HA)ccHAA22a222离平衡常数，比较离子浓度大小-2cHA()cA()【详解】A．当纵坐标为0时，H2A以第一步电离为主，因此lg=0或lg=0，c(HA)c()HA22。-6- -cHA()则前者的氢离子浓度大，其pH值小，因此曲线M表示pH与lg，故A正确；c(HA)2+-+2-c(H)c(HA)c(H)c(A)B．a点得到K+-2.6+-6.6a1(H2A)==c(H)=10，b点得到Ka2(H2A)=═c(H)=10，-c(HA)2c(HA)2K(HA)cHA102.6a12===104因此，故B正确；K(HA)ccHAA2106.6a222C．根据图中信息得到a点，c(HA-)=c(H++-2--2A)，电荷守恒：c(Na)+c(H)=c(HA)+2c(A)+c(OH)，+)＞c(OH-)，得到溶液中：c(Na+)＜c(HA-)+2(A2-)=c(H2-又因a点溶液显酸性c(H2A)+2(A)，故C错误；c(H)c(HA)+-c(HA)-2.6-2.6102.4D．pH5的溶液中Ka1(H2A)==10，=10，c(HA)c(HA)10522c(H)c(A)+2-c(A)2-6.6，K═c(H+)=10-6.6=101.6ccHAHA2a2(H2A)=-，c(HA)-510，c(HA)102+2-2-2c(H)c(A)c(A)ccHAA，同理=Ka1(H2A)·Ka2(H2A)=10-2.6×10-6.6，则=c(HA)c(HA)226.62.61008.2cHAcA2cHA10，即ccAHA2，故2，故D错误；5510三、根据题意填空、简答：共5道题，60分，答案填写在答题卡上。16.【答案】（1）①.3②.哑铃（2）N＞O＞C（3）①.[Ar]3d54s1②.15（4）①.第4周期Ⅷ族②.(5)平面三角形角形（2分）(6)3:4（2分）【解析】【分析】A元素形成的化合物种类最多，A应是C，B原子核外p轨道电子为半充满，则B可能为N，也可能为P，C为地壳中含量最高的元素，即C为O，六种元素原子序数依次增大，即B为N，D是前四周期，轨道未成对电子最多的元素，价电子排布式为3d54s1，即D为Cr，E元素位于元素周期表第8列，即E为Fe，据此分析；【小问1详解】A的基态原子的电子排布式为1s22s22p2，能量最高的能级为p，p能级有3个不同的伸展方向，p-7- 能级原轨道的形状为哑铃形或纺锤形；故答案为3；哑铃或纺锤；【小问2详解】根据上述分析，A为C，B为N，C为O，同周期从左向右第一电离能增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，第一电离能大小顺序是N＞O＞C；故答案为N＞O＞C；【小问3详解】根据上述分析，D元素为Cr，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；其电子的空间运动状态应是核外有多少个轨道，有15种；故答案为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；15；【小问4详解】E为铁元素，位于第四周期第Ⅷ族，价电子排布式为3d64s2，轨道式为；故答案2-2-为第四周期第Ⅷ族；。【小问5详解】AC3、为CO3没有孤对电子，所以--空间构型为平面三角形，BC2为NO2有1孤对电子，所以空间构型为角形【小问6详解】(AB)2分子为（CN）2分子中各原子都满足最外层8电子结构，则其结构式为，所有的共价单键是键，共价三键有一个是键两个是π键，故分子中键与π键数目之比为3:4。通电17.【答案】（1）①.Cl2（1分）②.阳（1分）（2）2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH+﹣﹣＋（3）①.负极（1分）②.H2（1分）（4）NH﹣6e＋3Cl=NCl3＋4H4---（5）NCl3+6ClO2+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl+3OH（6）1.344L【解析】【小问1详解】右侧有氢氧化钠生成，说明右侧电极是阴极，水电离出的氢离子放电，N是氢气，左侧电极是阳极，氯离子放电，所以气体M是氯气，为防止生成的氯气和氢氧化钠反应，应该选用阳离子交换膜，即P是阳离子交换膜。【小问2详解】通电根据以上分析可知图1总反应的化学方程式为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH。【小问3详解】c电极上发生失去电子的氧化反应生成NCl3，因此是阳极，则a为电源的正极，b为电源的负极，-8- 溶液中的氢离子放电，则气体X是氢气。【小问4详解】+﹣﹣＋c电极是阳极，电极反应式为NH﹣6e＋3Cl=NCl3＋4H。4【小问5详解】已知二氧化氯发生器内，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶6，氧化剂是NCl3，还原剂是亚---氯酸钠，所以该反应离子方程式为NCl3+6ClO2+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl+3OH。【小问6详解】当有0.06mol阴离子通过离子交换膜时，即有0.06mol电子通过，所以产生0.01molNCl3，则根据方程式可知产生二氧化氯(STP)的物质的量是0.06mol，体积为0.06mol×22.4L/mol＝1.344L。18.【答案】（1）①.碱式滴定管（1分）②.检漏（1分）（2）①.酚酞(或甲基橙)（1分）②.滴入最后一滴，溶液变为浅红色，且半分钟内不恢复（3）0.1000（4）①.δ(A2-)（1分）②.1×10-2（5）ab【解析】的【小问1详解】根据装置图，仪器A为碱式滴定管，使用前需检查是否漏水；故答案为碱式滴定管；检漏；【小问2详解】用NaOH滴定H2A，用酚酞或甲基橙作指示剂，滴定终点的现象如果是酚酞作指示剂，滴入最后一滴NaOH，溶液有无色变为浅红色，且半分钟内不恢复，如果是甲基橙作指示剂，滴入最后一滴NaOH，溶液有红色变为橙色，且半分钟内不恢复；故答案为酚酞；滴入最后一滴NaOH，溶液有无色变为浅红色，且半分钟内不恢复；【小问3详解】三次滴定消耗NaOH溶液体积为39.90mL、40.00mL、40.10mL，平均消耗NaOH的体积为40.00mL，－3－1－NaOH与H2A反应2NaOH＋H2A=Na2A＋2H2O，40.00×10L×0.1000mol·L=2×20.00×103－1L×c(H2A)，解得c(H2A)=0.1000moL·L；故答案为0.1000；【小问4详解】－1＋－反应曲线③起始点时0.1000mol·LH2A溶液的pH小于1，推出H2A的电离：H2A=H＋HA、－＋2－HAH＋A，H2A与NaOH溶液反应：H2A＋NaOH=NaHA＋H2O、NaHA＋NaOH=Na2A-9- －2－－＋H2O，因此随着NaOH溶液的加入HA逐渐减少，A逐渐增多，曲线①代表HA，曲线②代+2-c(H)c(A)2－－－2－表A；Ka(HA)=，曲线①和②交点，说明c(HA)=c(A)，此时对应加入NaOH-c(HA)溶液为25mL，对应的pH=2，即Ka(HA－)=c(H＋)=1×10－2mol·L－1，故答案为δ(A2-)；1×10－2mol·L－1；【小问5详解】－1a．根据图3，曲线③的起点0.1000mol·LH2A溶液的pH小于1，故a正确；b．当加入NaOH溶液体积为20.00mL时，溶液中溶质为NaHA，因为H2A的第一步电离为完全＋2－－电离，因此根据元素质量守恒，有c(Na)=c(A)＋c(HA)，故b正确；＋＋－－2－c．根据电荷守恒有c(Na)＋c(H)=c(OH)＋c(HA)＋2c(A)，滴定到终点，溶液显碱性，即c(OH－＋＋－2－)＞c(H)，从而得出c(Na)＞c(HA)＋2c(A)，故c错误；答案为ab。Δ﹣119.【答案】（1）①.80℃250g·L②.PbS+MnO2+4HClMnCl2＋PbCl2+S+2H2O③.Fe3＋3＋2＋、Al、Mn（2）①.增大PbCl2的溶解度（1分）②.4.7≤pH＜7.0（1分）2++2HCO-=MnCO6（3）①.Mn33↓+CO2↑+H2O②.6.110碳酸锰的Ksp小于碳酸的二级电离常数【解析】【分析】本题是一道用方铅矿(主要成分为PbS，含有少量FeS等杂质)和软锰矿制备硫酸铅和碳酸锰的工业流程题，首先用盐酸溶解原材料，之后加入氯化钠通过增大氯离子的浓度来增大氯化铅的溶解度，调pH除去三价铁离子和铝离子，过滤除杂，在滤液中加入硫酸钠得到硫酸铅，加入碳酸氢铵和锰离子反应得到碳酸锰，以此解题。【小问1详解】﹣1由图可知浸出率比较高的时候应该选择的温度和氯化钠的质量浓度为：80℃250g·L；浸取时在是酸性条件下方铅矿中的二氧化锰和硫化铅反应生成硫单质的反应，方程式为：PbS+MnO2+4HClΔMnCl2＋PbCl2+S+2H2O；方铅矿中含有氧化铁和氧化铝，故酸浸后溶液中含有铝离子、三价铁2+离子，由浸取的方程式可知酸浸后溶液中含有锰离子、铅离子，故酸浸液含有的离子有Pb、-10- Fe3＋3＋2＋、Al、Mn；【小问2详解】-2-根据PbCl(s)+2Cl(aq)24PbCl(aq)ΔH>0可知，增大反应物浓度，平衡正向移动，所3＋3＋以增大氯离子浓度可以增大PbCl2的溶解度；物质A调节pH时，将Fe、Al转化为氢氧化物2+2＋沉淀，但是Pb、Mn不能转化为沉淀，则根据表格中的数据可知调节pH的范围是4.7≤pH＜7.0；【小问3详解】滤液2中含有锰离子，加入碳酸氢铵则和碳酸氢根离子发生反应生成碳酸锰，发生反应离子方2++2HCO-=MnCO程式为：Mn33↓+CO2↑+H2O；由方程式可知该反应的平衡常数+2c(H)c(CO)3c(HCO)c(HCO)23K==22+c(HCO)3c(Mn)c(H)c(HCO)322c(Mn)c(CO)3c(HCO)2K5.610-11a6K=2==6.110-11-7，根据碳酸锰的Ksp可以发现其数值KKsp(MnCO)2.2104.210a31小于碳酸的二级电离常数，则该反应发生的理论依据为锰离子结合碳酸根离子能力更强。20.【答案】（1）+13668kJ·mol-10.375（2）①.甲（1分）②.mol·L-1·min-1③.未达平衡前，温度升高反应速率.t的加快，生成甲醇增多；该反应为放热反应，达到平衡以后，温度越高平衡逆向移动，甲醇产量减55P20%P20%0077少④.＞（1分）⑤.bd⑥.MPa-2355P15%P45%0077【解析】【小问1详解】反应2CO(g)+3HO(l)22CHOH(l)+3O(g)252可由已知反应①+反应2+3×反应③得到，则-1-1-1根据盖斯定律：ΔH=ΔH+1ΔH+32ΔH=+1323kJmol3+(-88.2kJmol)3(+44kJmol)=+1366.8kJ·mol-1，故答案为：+1366.8kJ·mol-1；-11- 【小问2详解】①由图可知在甲醇达到相同的质量分数时甲所对应的温度比乙低，即在相同温度条件下甲对应的甲醇质量分数高于乙，可知甲催化效率高于乙；设T4温度时生成甲醇的物质的量为xmol，结合已知条件列三段式得：CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)2232起始物质的量13转化物质的量x3xxx平衡物质的量1-x3-3xxxx此时甲醇的物质的量分数为：100%=30%，解得：x=0.75，1-x+3-3x+x+x0.75mol0.3750.375甲醇的平均反应速率v==mol·L-1·min-1，故答案为：甲；mol·L-1·min-1；2Ltttmin②根据催化剂只影响反应速率不影响平衡，可知甲乙两种催化剂在相同的温度时达到相同的平衡状态，由此可知图中c时反应达到平衡，在达到平衡之前随温度的升高反应速率加快导致甲醇的质量分数增加，达到平衡后继续升高温度甲醇的质量分数降低是因该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动使甲醇的量减少，故答案为：未达平衡前，温度升高反应速率加快，生成甲醇增多；该反应为放热反应，达到平衡以后，温度越高平衡逆向移动，甲醇产量减少；③由以上分析知该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，K减小，因此K2大于K5；a．该反应反应物和生成物均为气体，反应前后气体的总质量不变，且容器体积恒定，因此密度恒定，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态，故不选；b．该反应前后气体分子数减少，反应过程中压强减小，当容器内压强不变反应达到平衡状态，故选；c．平衡时正反应速率等于逆反应速率，则3v正CO=vH22逆时反应达到平衡状态，故不选；d．反应过程中气体总质量不变，气体的物质的量减小，则混合气体平均相对分子质量增大，当其不变时反应达到平衡状态，故选；故答案为：>；bd；③设T5时生成的甲醇ymol，结合已知条件列三段式得：-12- CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)2232起始物质的量13转化物质的量y3yyy平衡物质的量1-y3-3yyyy420100%=20%1-y+3-3++yyy，y=7mol，平衡时总气体物质的量为：7mol，则3911CO(g)3H(g)、、CHOH(g)、HO(g)2232的物质的量分数分别为：20，20，5，5，反应开20P总75PPPMPaP4总0始时容器中的总压为0，则平衡时总压0，7，该温度下反应的平衡常5555P20%P20%P20%P20%00007777335555P15%P45%P15%P45%K=0000数p77，故答案为：77；-13-