四川省 2022-2023学年高二化学下学期4月月考试题（Word版附解析）

广元中学高2021级高二下期第一次段考化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12P-31Cu-64一、单选题(共25题，每小题2分，共50分)1.下列符号表征或说法正确的是A.电离：H2S⇌2H++S2-B.位于元素周期表p区C.BF3空间结构：平面三角形D.KOH电子式：【答案】C【解析】【详解】A．H2S是二元弱酸，电离分步进行，以第一步电离为主，电离方程式为H2S⇌H++HS−，A错误；B．基态Na原子的价电子排布式是3s1，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B错误；C．BF3中心B原子的价层电子对数为，孤电子对数为0，故其空间结构为平面三角形，C正确；D．KOH是离子化合物，电子式为，D错误；故答案选C。2.用尿素水解生成的催化还原，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为，下列说法正确的是A.上述反应B.上述反应平衡常数C.上述反应中消耗，转移电子的数目为D.实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小【答案】B【解析】【详解】A．由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，即熵增的反应，反应△S＞0，故A错误； B．由方程式可知，反应平衡常数，故B正确；C．由方程式可知，反应每消耗4mol氨气，反应转移12mol电子，则反应中消耗1mol氨气转移电子的数目为3mol×4××6.02×1023=3×6.02×1023，故C错误；D．实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增大，故D错误；故选B。3.下列说法错误的是A.ns电子的能量不一定高于(n-1)p电子的能量B.6C的电子排布式1s22s22p违反了洪特规则C.电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原则D.电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理【答案】A【解析】【详解】A．电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，A错误；B．根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，B正确；C．应先排能量低的4s轨道，而不是排能量高的3d，违反了能量最低原理，C正确；D．根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，D正确；故本题选A。4.下列各项叙述中，正确的是A.在同一电子层上运动的电子，其自旋状态肯定不同B.基态原子的价电子排布为(n-1)dxnsy的元素的族序数一定为(x+y)C.镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，光谱仪摄取到吸收光谱D.按照现有构造原理，理论上第八周期应有50种元素【答案】D【解析】【详解】A．同一电子层上运动的电子自旋状态可以相同，也可以不相同，如2p2上两个电子，根据洪特规则，自旋方向相同，故A错误； B．基态原子的价电子排布为(n-1)dxnsy，元素如果位于ⅢB～ⅦB，其族序数为价电子的d、s能级含有电子数目之和，即族序数一定为x+y，如果位于ⅠB～ⅡB，族序数等于价电子排布中s能级上电子，即族序数为y，故B错误；C．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2，3s上的电子获得能量跃迁到3p，是由基态转化成激发态，原子吸收能量，光谱仪摄取到吸收光谱，故C错误；D．第八周期，填充电子的轨道有8s、8p、7d、6f、5g，其中原子轨道s有1个、p有3个、d有5个、f有7个、g有9个，共25个轨道，根据泡利不相容原理，一共可以放50个电子，因此有50种元素，故D正确；答案为D。5.原子序数在前36号的某原子最外层电子排布式为，则该原子在元素周期表中不可能位于A.ⅠA族B.ⅥB族C.Ⅷ族D.ⅠB族【答案】C【解析】【详解】A．ⅠA族元素最外层电子排布式为ns1，故A不符合题意；B．ⅥB族的Cr元素最外层电子排布式为4s1，故B不符合题意；C．Ⅷ族的元素Fe、Co、Ni最外层电子排布式都为4s2，故C符合题意；D．ⅠB族的Cu元素最外层电子排布式为4s1，故D不符合题意；答案为C。6.X和Y是原子序数大于4的短周期元素，Xm＋和Yn－两种离子的核外电子排布相同，下列说法中正确的是(　　)A.X的原子半径比Y小B.X和Y的核电荷数之差为m－nC.电负性X>YD.第一电离能X<Y【答案】D【解析】【详解】X和Y是原子序数大于4的短周期元素，Xm+和Yn-两种离子的核外电子排布相同，则两种离子核外电子数相等，X处于Y的下一周期，且X为金属元素，Y为非金属元素。A.X处于Y的下一周期，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径X>Y，A错误；B.Xm+和Yn-两种离子的核外电子排布相同，则两种离子核外电子数相等，假设X的核电荷数为a，Y的核电荷数为b，则a-m=b+n，所以a-b=m+n，B错误； C.X为金属元素，Y为非金属元素，元素的金属性越强，电负性越小，元素的非金属性越强，其电负性越大，所以元素的电负性：X<Y，C错误；D.元素的金属性越强，其第一电离能越小，故第一电离能X<Y，D正确；故合理选项是D。7.已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)　ΔH1；②2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)　ΔH2；③2Al(s)+O2(g)=Al2O3(s)　ΔH3；④2Al(s)+Fe2O3(s)=Al2O3(s)+2Fe(s)　ΔH4。下列关于反应焓变的判断正确的是A.H2的燃烧热为ΔH1B.ΔH2=ΔH3+ΔH4C.增加氧气的量可改变ΔH2、ΔH3的值D.ΔH3<ΔH2【答案】D【解析】【详解】A．1molH2燃烧时生成液态水时才是燃烧热，A错；B．根据盖斯定律，反应②=反应③-反应④，则ΔH2＝ΔH3－ΔH4，B错；C．对于固定的反应方程式，反应的焓变也是固定的，增加氧气的量对ΔH2、ΔH3的值没有影响，C错；D．从反应②③④，根据盖斯定律可得，ΔH2＝ΔH3－ΔH4，也可以写为ΔH4＝ΔH3－ΔH2，由于反应④是铝热反应，ΔH4＜0，则ΔH3－ΔH2＜0，即ΔH3<ΔH2，D正确；答案为D。8.设NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A.1molCS2分子中含有1NA个π键B.31g白磷(P4)分子中所含的共价键数目为1NAC.电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极转移的电子数目一定为2NAD.在1mol[Cu(H2O)4]2+中含有12NA个键【答案】D【解析】【详解】A、CS2分子的结构式为S＝C＝S，双键是由1个δ键和1个π键构成的，1molCS2分子中含有2个碳硫双键，因此含有的π键为2NA个，故A错误；B、1mol白磷（P4）分子含6molP—P键，31g白磷是0.25mol，含共价键数目为0.25×6×NA=1.5NA，故B错误； C、阳极放电不只有铜，若阳极质量减少64g，阴极转移的电子数目不一定为2NA，故C错误；D、单键全是键，1mol[Cu(H2O)4]2+中含有12NA个键，故D正确。9.下列说法不正确的是A.钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠B.电子云的轮廓图称为原子轨道，不同原子的1s能级能量相同C.最外层电子排布为ns2np6(当只有K层时为1s2)的原子，第一电离能较大D.杂化轨道可用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对【答案】B【解析】【详解】A．钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，说明钾失电子能力比钠强，故钾的活泼性强于钠，A正确；B．电子云的轮廓图称为原子轨道，不同原子的1s能级能量不相同，B错误；C．最外层电子排布为ns2np6(当只有K层时为1s2)的原子为稀有气体的原子，处于轨道的全充满稳定状态，再失去电子较难，因此第一电离能较大，C正确；D．由杂化轨道理论知杂化轨道可用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对，D正确；故选B。10.下列化学用语的表达正确的是A.Na2S溶液显碱性：S2-+2H2OH2S+2OH-B.BaSO4在水中的电离方程式：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO(aq)C.NH4Cl溶于D2O(重水)中：NH+D2ONH3·D2O+H+D.HCO的电离方程式：HCO+H2OH3O++CO【答案】D【解析】【详解】A．多元弱酸根离子分步水解，且第一步水解程度最大所以显碱性原因为：S2-+H2OHS-+OH-，A错误；B．BaSO4属于盐，属于强电解质，在水中的完全电离，电离方程式：BaSO4=Ba2++SO，B错误；C．NH水解，结合D2O(重水)出来的OD-离子剩余D+，所以水解的离子方程式为：NH+D2ONH3·HDO+D+，C错误；D．HCO的电离出碳酸根离子和氢离子，所以电离的方程式为：HCO+H2OH3O++CO，D正确； 故选D。11.X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Y和R同主族，R的原子序数是Y的2倍，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，25℃时X和W形成化合物的水溶液为2，下列说法错误的是A.简单离子半径由大到小排列的是：B.Z、Y形成的阴阳离子个数比为的化合物中一定只含离子键C.可通过与溶液的反应证明非金属性D.R与W的最高价氧化物对应水化物均为的溶液中，水的电离程度：【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大五种短周期主族元素，Y和R同主族，R的原子序数是Y的2倍，则Y为氧元素，R为硫元素，W为氯元素；Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为1，其为钠元素；25℃时X和W形成化合物的水溶液为2，则表明其为强酸，X为氢元素。从而得出X、Y、Z、R、W分别为H、O、Na、S、Cl元素。【详解】A.Y、Z、R、W简单离子分别为O2-、Na+、S2-、Cl-，O2-与Na+、S2-与Cl-的电子层结构分别相同，依据核电荷数关系，可确定离子半径O2-＞Na+、S2-＞Cl-，所以离子半径由大到小排列的是：，A正确；B.Z、Y形成的阴阳离子个数比为的化合物可能为Na2O或Na2O2，二者都是离子化合物，一定含离子键，但Na2O2中还含有共价键，B错误；C.由O2与Na2S溶液反应生成NaOH和S，可得出氧化性O2＞S，所以可证明非金属性，C正确；D.R、W分别为S、Cl，二者的最高价氧化物对应水化物都为强酸，在常温下，H2SO4、HClO4的溶液中水电离产生的c(H+)分别为5×10-15mol/L、10-14mol/L，所以水的电离程度：，D正确；故选B。12.碳和硅的有关化学键的键能如表所示。化学键C—CC—HC—OSi—SiSi—HSi—O键能()356413336226318452分析数据，下列说法不正确的是A.键的键能为 B.的稳定性小于C.一般原子半径越大，键长越长，键能越小D.C与C之间比与之间更易形成键【答案】A【解析】【详解】A．键之间存在一个键和一个键，前者键能大，键的键能并不是键键能的两倍，A项不正确；B．根据表中数据，键的键能小于键的键能，所以的稳定性强于的，B项正确；C．根据表中数据，一般半径越大，键长越长，键能越小，C项正确；D．原子半径大，相邻原子间距离远，与轨道肩并肩更难重叠形成键，D项正确。故选A。13.下列关于NH、NH3、NH三种微粒的说法不正确的是A.三种微粒所含有的电子数相等B.三种微粒中氮原子的杂化方式相同C.三种微粒的空间构型相同D.键角大小关系：NH>NH3>NH【答案】C【解析】【分析】【详解】A．NH、NH3、NH三种微粒，每个NH、NH3、NH所含有的电子数都为10个电子，故A正确；B．铵根离子中氮原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+(5−1−4×1)=4，所以其采用sp3杂化，氨气分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5-3×1)=4，所以氮原子杂化方式是sp3，NH中氮原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+(5−1×2+1)=4，所以其采用sp3杂化，故B正确；C．根据三种微粒的杂化方式可知，铵根离子为正四面体结构；氨气分子空间构型为三角锥形，NH空间构型为V形，故C错误；D．铵根离子中，含0对孤电子，氨气分子中含1对孤电子，NH含2对孤电子，含有孤电子对越多，分子中的键角越小，所以键角大小关系：NH>NH3>NH，故D正确；故选C。 14.下列说法错误的是A.C与N2互为等电子体，1molC中含有的π键数目为2NAB.某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ•mol-1)分别为738kJ/mol、1451kJ/mol、7733kJ/mol、10540kJ/mol、13630kJ/mol、17995kJ/mol、21703kJ/mol，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+C.常温下，若反应A(s)+B(g)=C(g)+D(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0D.已知反应N2O4(l)+2N2H4(l)═3N2(g)+4H2O(l)，若该反应中有4molN-H键断裂，则形成的π键数目为3NA【答案】C【解析】【详解】A．C与N2互为等电子体，因此它们的结构相似，即C中碳碳之间为三键，1mol该离子中含有π键数目为2NA，故A说法正确；B．根据逐级电离能数据，第二电离能到第三电离能数值相差较大，则该原子最外层有2个电子，即与氯气反应可能生成阳离子X2+，故B说法正确；C．该反应为熵增，常温下，该反应不能自发进行，说明ΔG=ΔH-TΔS＞0，推出ΔH＞0，故C说法错误；D．1molN2H4中含有4mol“N-H”，1molN2中含有2molπ键，有4mol“N-H”断裂，即消耗1molN2H4，生成mol氮气生成，生成π键数目是mol×2×NA=3NA，故D说法正确；答案为C。15.根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径/10−10m0.741.601.521.100.991.860.751.43最高价或最低价−2+2+1+5、−3+7、−1+1+5、−3+3A.元素⑤⑧形成的化合物是离子化合物B.元素②和⑦的单质在一定条件下会发生反应C.加热条件下，元素①⑧形成的化合物能和CO2反应，也能和Na2O反应D.元素④的最高价含氧酸是强酸【答案】B【解析】 【分析】短周期元素中，①只有最低价-2，处于ⅥA族，则①为O；③、⑥都最高正价+1，处于ⅠA族，⑥的原子半径较大，③原子半径不是所有元素中最小的，则③为Li、⑥为Na元素；⑤有+7、-1价，则⑤为Cl元素；④、⑦都有最高价+5、最低价-3，处于ⅤA族，④的原子半径较大，则④为P、⑦为N元素；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg；⑧有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，则⑧为Al，据此解答。【详解】A．元素⑤⑧形成的化合物是氯化铝，属于共价化合物，故A错误；B．②为Mg，⑦为N元素，二者的单质在一定条件下会发生反应生成氮化镁，故B正确；C．加热条件下，元素①⑧形成的化合物氧化铝，能和Na2O反应，但不能和CO2反应，故C错误；D．④为P，最高价含氧酸磷酸是中强酸，故D错误；故选B。16.恒容密闭容器中，在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是A.该反应的B.a为随温度变化曲线C.向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动D.向平衡体系中加入，H2的平衡转化率增大【答案】C【解析】【详解】A．从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A错误；B．从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气的平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B错误；C．容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气转化率不变， 故D错误；故选C。17.配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法错误的是A.此配合物中存在离子键、配位键、极性键B.配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-，中心离子为Fe2+C.该配合物配位数为6D.该配合物为离子化合物，1mol该配合物含有阴、阳离子的总数为3NA【答案】B【解析】【详解】A．配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]是离子化合物，Na+与[Fe(CN)5(NO)]2-以离子键结合；在络离子[Fe(CN)5(NO)]2-中配位体与中心Fe3+之间以配位键结合，在配位体CN-及NO中存在极性键，故该化合物中存在离子键、配位键、极性键，A正确；B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-，中心离子为Fe3+，B错误；C．配位体有5个CN-和1个NO，故其配位数为6，C正确；C．化合物为离子化合物，易电离，完全电离成2个Na+和1个[Fe(CN)5(NO)]-，所以1mol配合物完全电离成2molNa+和1mol[Fe(CN)5(NO)]-，电离共得到3NA的离子，D正确；故答案为：B。18.已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2+I-→H2O+IO-慢，H2O2+IO-→H2O+O2+I-快；下列有关反应的说法正确的是A.反应的速率与I-的浓度有关B.IO-也是该反应的催化剂C.反应活化能等于98kJ·mol-1D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)【答案】A【解析】【详解】A、根据反应机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反应速率就快，A正确；B、IO-不是该反应的催化剂，B错误；C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，错误；D、H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+O2↑；由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D错误；故合理选项为A。 19.元素周期表中对角线原则是指某些相邻两个主族上下相差一个周期的元素之间性质相似规律，比如铍(Be)与铝的性质相似，则下列推断中，正确的是A.常温下BeCl2溶液pH＞7B.BeCl2溶液能导电，说明BeCl2一定是离子化合物C.Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液D.Be与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Be+2OH-+2H2O=2BeO+3H2↑【答案】C【解析】【分析】【详解】A．BeCl2溶液中铍离子与铝离子相似能水解，溶液呈酸性，pH<7，故A错误；B．只要溶液中存在自由移动的离子就能导电，但能导电不一定是离子化合物，AlCl3是共价化合物，则BeCl2可能也是共价化合物，故B错误；C．Al(OH)3具有两性，则Be(OH)2也具备两性，既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故C正确；D．Be与NaOH反应的离子方程式为：2Be+2OH-=2BeO+H2↑，故D错误；故选：C。20.将SO2和O2通入恒容密闭容器中，一定条件下发生反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)kJ/mol，其中SO2的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是A.P1＜P2B.达平衡时缩小容器体积，正反应速率增大，逆反应速率减小C.增大SO2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率减小D.X点和Y点对应的化学平衡常数K(X)＜K(Y)【答案】C【解析】【详解】A．在其他条件不变时，增大压强，化学平衡正向移动，导致SO2的平衡转化率增大。根据图示可知SO2的转化率：Y＞X，所以压强：P1＞P2，A错误； B．达平衡时缩小容器体积，物质的浓度增大，正反应速率增大，逆反应速率也增大，B错误；C．增大反应物SO2的浓度，平衡正向移动，但SO2的转化率减小，C正确；D．对于同一化学反应，化学平衡常数只与温度有关，X点和Y点对应的反应温度相同，因此化学平衡常数K(X)＝K(Y)，D错误；故合理选项是C。21.下列关于电解质溶液的说法中正确的是A.常温下pH=10的某碱溶液，取1mL稀释到100mL，稀释后pH为a，则B.某温度下纯水中，则该温度下0.1的盐酸的pH=1C.常温下pH=3的H2SO4与pH=11的氨水等体积混合后，加入酚酞溶液仍为无色D.用等浓度的NaOH溶液中和等体积pH=2与pH=3的醋酸，所消耗的NaOH溶液的体积前者是后者的10倍【答案】B【解析】【详解】A．常温下pH=10的某碱溶液中氢氧根离子浓度为10—4mol/L，取1mL稀释到100mL若碱为强碱溶液，溶液中氢氧根离子浓度为10—6mol/L，溶液pH为8，若碱为弱碱溶液，因弱碱溶液中存在电离平衡，溶液中氢氧根离子浓度大于10—6mol/L，溶液pH大于8，则稀释后，故A错误；B．某温度下0.1mol/L盐酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，溶液pH为1，故B正确；C．常温下pH=3的硫酸溶液与pH=11的氨水等体积混合时，氨水过量，溶液呈碱性，滴入酚酞溶液，溶液变为红色，故C错误；D．醋酸溶液中存在电离平衡，溶液中酸的浓度越小，电离程度越大，则pH为2的醋酸溶液的浓度比pH为3的醋酸溶液的浓度10倍要小，则等体积pH=2与pH=3的醋酸消耗等浓度的氢氧化钠溶液时消耗氢氧化钠溶液的体积，前者比后者的10倍要小，故D错误；故选B。22.关于的说法正确的是A.分子中有3种杂化轨道类型的碳原子B.分子中共平面的原子数目最多为14C.分子中的苯环由单双键交替组成D.与Cl2发生取代反应生成两种产物【答案】A 【解析】【详解】A．—CH3的碳原子有4个σ键，无孤对电子，是sp3杂化，苯环上的碳原子有3个σ键，无孤对电子，是sp2杂化，—C≡CH的碳原子有2个σ键，无孤对电子，是sp杂化，因此分子中有3种杂化轨道类型的碳原子，故A正确；B．根据苯中12个原子共平面，乙炔中四个原子共直线，甲烷中三个原子共平面，因此分子中共平面的原子数目最多为15个(甲基中碳原子和其中一个氢原子与其他原子共面)，故B错误；C．分子中的苯环中碳碳键是介于碳碳单键和双键之间独特的键，故C错误；D．与Cl2发生取代反应，取代甲基上的氢有一种产物，取代苯环上的氢有四种产物，因此取代反应生成五种产物，故D错误。综上所述，答案为A。23.科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是A.放电时，负极反应为B.放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2molC.充电时，电池总反应为D.充电时，正极溶液中OH−浓度升高【答案】D【解析】【分析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，发生还原反应生成Zn，以此分析解答。【详解】A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：，故A正确， 不选；B．放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B正确，不选；C．充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反应为：，故C正确，不选；D．充电时，正极即为阳极，电极反应式为：，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意；答案选D。24.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是①无色溶液中：K+、Na+、MnO、SO②pH=11的溶液中：CO、Na+、AlO、NO③加入Al能放出H2的溶液中：Cl-、HCO、SO、NH④由水电离出的c(OH-)=10-13mol•L-1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、Br-⑤有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH、SCN-、HCO⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO、I-、Cl-A.①②B.③⑥C.②④D.③⑤【答案】C【解析】【详解】①MnO有颜色，不能在无色溶液中大量存在，故①错误；②pH=11的溶液呈碱性，CO、Na+、AlO、NO四种离子之间不发生任何反应，可大量共存，故②正确；③加入Al能放出H2的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，HCO既能和酸反应也能和碱反应，不能大量存在，NH能够和碱反应，不能大量存在，故③错误；④由水电离出的c(OH-)=10-13mol•L-1的溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，无论溶液呈酸性还是碱性，Na+、Ba2+、Cl-、Br-四种离子都可大量共存，故④正确；⑤SCN-能和Fe3+反应生成络合物，不能大量共存，HCO和Fe3+发生双水解反应，不能大量共存，故⑤错 误；⑥酸性溶液中，Fe2+、I-与NO发生氧化还原反应而不能大量共存，故⑥错误；故选C。25.室温下，将0.10mol·L-1盐酸逐滴滴入20.00mL0.10mol·L-1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH=-lgc(OH-)。下列说法正确的是（）A.M点所示溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)B.N点所示溶液中：c(NH4+)>c(Cl-)C.Q点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积D.M点和N点所示溶液中水的电离程度相同【答案】D【解析】【分析】已知室温时水的电离常数为110-14，则根据曲线得Q点时溶液中pH=pOH=7，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O；Q点左侧溶液为碱性，Q点右侧溶液为酸性。【详解】A项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，而M点加的盐酸比Q点少，溶液为碱性，即c(H+)＜c(OH-)，则c(NH4+)＞c(Cl-)，故A项错误；B项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，而N点加的盐酸比Q点多，溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-)，则c(NH4+)＜c(Cl-)，故B项错误；C项，根据分析，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O，则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故C项错误；D项，M点溶液为碱性，而pH=a，则水电离出的c(H+)=10-amol/L，N点溶液为酸性，pOH=a，则水电离出的c(OH-)=10-amol/L，，而水电离出的H+和OH-始终相等，即M点和N点均满足水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-amol/L，即水的电离程度相同，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。第II卷(非选择题)二、填空题(共50分)26.2020年12月17日，我国“嫦娥五号”返回器携月壤成功着陆。研究发现，月壤中存在天然的铁、金、 银、铅、锌、铜、锑、铼、铝、钒等矿物颗粒。（1）写出铜的基态原子的电子排布式：______________，在周期表中位于____________区。（2）基态Fe原子有______个未成对电子，Fe3+的电子排布式为________________________。（3）基态Al3+核外共有______种不同运动状态的电子。（4）钒(V)元素位于周期表第四周期_____族，价层电子的轨道表示式为____________。（5）将少量硫酸铜固体溶于水中，向该溶液中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，呈现深蓝色的微粒的结构式为____，生成该微粒的离子方程式为__________。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d104s2或者[Ar]3d104s2②.ds（2）①.4②.1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5（3）10（4）①.ⅤB②.（5）①.②.Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-或者Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O【解析】【小问1详解】铜元素位于第四周期ⅠB族，29号元素，基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或者[Ar]3d104s2；铜元素位于周期表的ds区；故答案为1s22s22p63s23p63d104s2或者[Ar]3d104s2；ds；【小问2详解】基态铁原子的价电子排布式3d64s2，有4个未成对电子；基态铁原子先失去4s，再失去3d，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；故答案为4；1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；【小问3详解】基态Al3+核外有10个电子，及核外共有10中不同运动状态的电子；故答案为10；【小问4详解】钒元素位于周期表的第四周期ⅤB族，价层电子排布式为3d34s2，其价层电子轨道表示为；故答案为ⅤB；；【小问5详解】硫酸铜溶于水后，加入氨水，得到蓝色沉淀，蓝色沉淀为Cu(OH)2，继续加入氨水，沉淀溶解，发生Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-或者Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，1个Cu2+与4个 NH3形成配位键，即四氨合铜离子结构式为；故答案为；Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-或者Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。27.G、H、J、M、R、X、Y、W、T为原子序数依次增大的前四周期元素。G的一种简单粒子是一个质子，H原子的L电子层中有两个未成对电子且有空轨道，M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，R原子K层的电子数与M层的电子数的乘积等于其L层的电子数，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Y与X同周期且相邻，W是第一种过渡元素，主族元素T最高正价和最低负价的代数和为4。请回答下列问题：（1）W的元素符号__________。H、J、M的第一电离能由大到小排序是______________(填元素符号，下同),J、M、X的电负性由小到大排序是______________。（2）X与M形成的XM3分子的VSEPR模型是________，GYM的电子式为_______。（3）R、T均能与氢元素形成气态氢化物，则它们形成的组成最简单的氢化物中，中心原子杂化类型___________(填“相同”或“不相同”)。（4）J与Y形成JY3分子，与该分子互为等电子体的有____,____。(分子、阴离子各写一个)（5）G、H元素形成的化合物分子中共有14个电子，其分子中σ键和π键的数目之比为________。【答案】（1）①.Sc②.N>O>C③.S<N<O（2）①.平面三角形②.（3）相同（4）①.PCl3②.ClO（5）3:2【解析】【分析】G的一种简单粒子是一个质子，则G为H元素；H原子的L电子层中有两个未成对电子且有空轨道，则其核外电子排布为1s22s22p2，为C元素；M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，则其核外电子排布为1s22s22p4，为O元素；J的原子序数大于H，小于M，则J为N元素；R原子K层的电子数与M层的电子数的乘积等于其L层的电子数，则其核外电子层结构为2、8、4，为Si元素；X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，且X的原子序数大于Si，则X应为S元素；Y与X同周期且相邻，应为Cl元素；W是第一种过渡元素，则为Sc元素；T元素最高正价和最低负价的代数和为4，且为第四周期，则为Se元素。【小问1详解】 根据分析可知W的元素符号为Sc；同一周期从左到右电离能有增大趋势，但N原子则2p亚层为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻主族元素，则C、N、O的第一电离能由大到小排序是N>O>C；元素的非金属性越强，电负性越大，则N、O、S的电负性由小到大排序是S<N<O；【小问2详解】XM3即SO3，中心S原子的价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形；GYM即HClO，电子式为；【小问3详解】R、T分别为Si、Se，形成的组成最简单的氢化物分别为SiH4、H2Se，中心原子的价层电子对数均为4，均采取sp3杂化，即杂化类型相同；【小问4详解】N与Cl形成NCl3分子，有4个原子，价电子总数为26，与该分子互为等电子体的有PCl3、ClO等；【小问5详解】H与C元素形成的化合物为烃，分子中共有14个电子的烃为乙炔，结构式为H-CC-H，其分子中σ键和π键的数目之比为3:2。28.随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。I．以CO2和NH3为原料合成尿素2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)∆H=-87kJ/mol。（1）有利于提高CO2平衡转化率的措施是_______(填序号)。A.高温低压B.低温高压C.高温高压D.低温低压（2）研究发现，合成尿素反应分两步完成，其能量变化如图甲所示：第一步：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)∆H1第二步：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)∆H2①图中ΔE=_______kJ/mol。 ②反应速率较快的是_______反应(填“第一步”或“第二步”)。II．以CO2和CH4催化重整制备合成气：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。（3）在密闭容器中通入物质的量均为0.2mol的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，CH4的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图乙所示。①若反应在恒温、恒容密闭容器中进行，下列能说明反应到达平衡状态的是_______(填序号)。A．容器中混合气体的密度保持不变B．容器内混合气体的压强保持不变C．n(CO2)=n(CH4)D．同时断裂2molC-H键和1molH-H键②由图乙可知，Y点速率v正_______v逆(填“>”“<”或“=”，下同)。③已知气体分压=气体总压x气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则X点对应温度下的Kp=_______(用含P2的代数式表示)。III．电化学法还原二氧化碳制乙烯强酸性溶液中通入二氧化碳，用惰性电极进行电解可制得乙烯，其原理如图丙所示：（4）阴极电极反应式为_______，该装置中使用的是_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。【答案】（1）B（2）①.72.5②.第一步（3）①.BD②.＞③.（4）①.2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O②.阳【解析】【小问1详解】 该反应为放热反应，为提高CO2转化率，需要采取低温，该反应为气体物质的量减少的反应，采取高压，可以提高CO2转化率，故选项B符合题意；【小问2详解】①根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1+ΔH2=(-159.5)kJ/mol+ΔH2=-87kJ/mol，解得ΔH2=+72.5kJ/mol，即ΔE=72.5kJ/mol，故答案为72.5；②活化能越小，反应速率越快，根据图像可知，第一步反应的活化能小，反应速率较快，故答案为第一步；【小问3详解】①A．容器为恒温恒容，V不变，组分都是气体，则气体总质量不变，根据密度的定义，容器中混合气体密度始终不变，因此混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；B．容器为恒温恒容，该反应为气体物质的量增大的反应，相同条件下，气体物质的量之比等于压强之比，因此当混合气体的压强不再改变，说明反应达到平衡，故B符合题意；C．起始投入甲烷和CO2物质的量相等，且CO2和CH4系数相等，因此CO2和CH4物质的量始终相等，因此不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；D．断裂2molC-H键，有0.5molCH4被消耗，有1molH-H键断裂，有1molH2被消耗，消耗CH4和H2物质的量之比为1∶2，符合化学计量数之比，因此能说明反应达到平衡，故D符合题意；答案为BD；②根据图像可知，Y点未达到平衡，CH4转化率增大，向正反应方向进行，即v正＞v逆；故答案为＞；③X点CH4转化率为50%，则消耗CH4、CO2物质的量0.2mol×50%=0.1mol，生成CO、H2物质的量0.2mol，达到平衡时，CH4、CO2物质的量0.1mol，该温度下Kp==；故答案为；【小问4详解】根据装置图以及电解原理可知，b极为阴极，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O，阴极消耗H+，H+需要从右边向左边移动，即离子交换膜为阳极；故答案为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O；阳。29.以硫酸厂矿渣(含Fe2O3，α-Al2O3，SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的工艺流程如图： 资料：i．α-Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。ii．；。回答下列问题：（1）为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有_________________________(写出两种即可)。（2）“还原”过程中的离子方程式为_____________________________________。（3）“滤渣”中主要成分为(填化学式)_______________。（4）①沉铁是将二价铁转化为难溶性碳酸盐，这个过程中有气体产生，反应的离子方程式为_______。②“沉铁”过程中往往有副产物Fe(OH)2生成，分析原因是______________。③若用“沉铁”，则无副产物Fe(OH)2产生，当反应完成时，溶液中__________。（5）工业上为了充分利用铁资源，硫酸厂矿渣也可以用来炼铁，在1225℃、时，焙烧时间与金属产率的关系如图：请分析焙烧时间超过15min时，金属产率下降的原因可能是_____________。【答案】（1）粉碎矿渣、适当升高温度、适当提高稀硫酸浓度、搅拌等（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+（3）α-Al2O3、SiO2、Fe（4）①.Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O②.加入NH4HCO3，HCO促进Fe2+水解，生成Fe(OH)2③.140（5）可能还原剂消耗完，空气进入可以将铁氧化，使产率降低 【解析】【分析】矿渣中含有Fe2O3、α-Al2O3、SiO2，SiO2为酸性氧化物，不与稀硫酸反应，也不溶于稀硫酸，α-Al2O3的化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，氧化铁为碱性氧化物，与稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3，加入过量铁粉，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，然后过滤，滤渣为α-Al2O3、SiO2、过量的铁粉，滤液中加入碳酸氢铵，根据问题(4)，生成FeCO3，然后通空气氧化，得到铁黄，据此分析作答。【小问1详解】为了提高“酸浸”的效率，可以采用的措施有粉碎矿渣、适当升高温度、适当提高稀硫酸浓度、搅拌等；故答案为粉碎矿渣、适当升高温度、适当提高稀硫酸浓度、搅拌等；【小问2详解】根据上述分析，还原过程中发生的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为Fe+2Fe3+=3Fe2+；【小问3详解】根据上述分析，滤渣主要成分是α-Al2O3、SiO2、Fe；故答案为α-Al2O3、SiO2、Fe；【小问4详解】①沉铁是将二价铁转化为难溶性碳酸盐，碳酸盐为FeCO3，同时生成CO2，其离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；②加入NH4HCO3，HCO与Fe2+发生双水解反应，生成Fe(OH)2，故答案为加入NH4HCO3，HCO促进Fe2+水解，生成Fe(OH)2；③用碳酸钙沉淀时，溶液中=140；故答案为140；【小问5详解】如果超过一定时间，还原剂消耗较多，空气可以将铁氧化，使产率降低；故答案为可能还原剂消耗完，空气进入可以将铁氧化，使产率降低。