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2022-2023学年四川省成都七中高二（上）期末化学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年四川省成都七中高二（上）期末化学试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省成都七中高二（上）期末化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共21小题，共63.0分）
1. 下列材料不属于合金的是( )
A. 家用不锈钢盆 B. 汽车挡风玻璃
C. 航天工业中的形状记忆合金 D. 游轮的金属外壳
2. 从现有的考古资料来看，中国原始陶器开始于距今约七千年前。时至今日陶瓷已广泛应用于人们的生活和生产中，下列不属于陶瓷制品的是( )
A. 喝茶用的紫砂壶 B. 实验室中的蒸发皿
C. 实验室中的试管 D. 建筑上烧制的砖瓦
3. 某元素+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，该元素在周期表中的位置和区域是( )
A. 第三周期第ⅡA族；P区 B. 第三周期第Ⅷ族；d区
C. 第四周期第ⅡA族；s区 D. 第四周期第Ⅷ族；ds区
4. 下列各组性质的比较中，不正确的是( )
A. 碱性：NaOH>Mg(OH)2 B. 原子半径：Cl>S
C. 金属性：K>Na D. 热稳定性：NH3>PH3
5. 下列物质能与Na2CO3溶液反应放出气体的是( )
A. CH3CH2OH B. C. CH3COOH D. HClO
6. 下列说法正确的是( )
A. 所有高分子化合物均是混合物
B. 由于分子间作用力较弱，故高分子链之间靠分子间作用力结合形成的高分子材料的强度较小
C. 人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物
D. 生物可降解型的医用高分子材料可用于制人造血管、隐形眼镜等
7. 下列反应中，电子转移方向和数目正确的是( )
A.
B.
C.
D.
8. 一种在工业生产中有广泛用途的有机高分子结构片段如图。下列关于该高分子的说法正确的是 ( )
A. 能水解成小分子 B. 该分子中所有碳原子可能共平面
C. 氢键可增大该分子熔点 D. 单体可发生氧化、取代、消去反应
9. 一定温度下，向含Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+4种金属离子(M2+)的溶液中滴加Na2S溶液，生成硫化物沉淀所需S2−浓度的对数值lgc(S2−)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列判断错误的是( )
A. Ksp(FeS)=1.0×10−20
B. 向含等物质的量浓度的Fe2+、Cu2+的稀溶液中滴加Na2S溶液，Cu2+先沉淀
C. 该温度下，a点相对于ZnS是过饱和溶液
D. 该温度下，溶解度：CuS>ZnS>FeS>MnS
10. 一种新型的光化学电源如图，当光照射N型半导体时，通入O2和H2S即产生稳定的电流并获得H2O2(H2AQ和AQ是两种有机物)。下列说法正确的是( )
A. 乙池中的电极反应为3I−−2e−=I3− B. H+通过全氟磺酸膜从甲池进入乙池
C. 乙池中的I3−为乙池反应的催化剂 D. 甲池中H2AQ最终被还原为AQ
11. 化学与生活密切相关，下列说法不正确的是( )
A. 分别用液化石油气、汽油、地沟油加工制成的生物柴油都是碳氢化合物
B. 电解食盐水制取次氯酸钠喷洒房间能杀死新冠肺炎病毒
C. 医用“纳米银外用抗菌凝胶”外用于皮肤后，能够缓释放出纳米银离子，抑制并杀灭与之接触的病菌并有促进皮肤愈合的作用
D. 液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，22.4L己烷中有NA个己烷分子
B. 50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有氢原子数为3NA
C. 1mol有机物CH3−CH=CH−CH2−CH3中最多有9NA个原子共面
D. 104g苯乙烯中含有8NA个C−H键，并不含C=C键
13. 下列离子方程式正确的是( )
A. 碳酸钙与醋酸的反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B. 用强碱溶液吸收工业制取硝酸的尾气：NO+NO2+2OH−=2NO2−+H2O
C. 氯化铝中滴加过量浓氨水：Al3++3OH−=Al(OH)3↓
D. 氯气与水反应：Cl2+H2O⇌2H++Cl−+ClO−
14. 有甲、乙、丙、丁四种无色溶液，它们分别是HCl、H2SO4、BaCl2、Na2CO3溶液中的一种．为区别这四种溶液，现将它们两两混合并得到下面现象：
溶液
甲+乙
乙+丙
丙+丁
甲+丁
现象
无明显现象
白色沉淀
白色沉淀
无色气体
根据对上述现象的分析，可推知甲、乙、丙、丁四种溶液的顺序依次是( )
A. HCl、BaCl2、H2SO4、Na2CO3
B. H2SO4、HCl、BaCl2、Na2CO3
C. HCl、H2SO4、BaCl2、Na2CO3
D. H2SO4、Na2CO3、HCl、BaCl2
15. H2O2和O3都是较强的氧化剂，可用于环境消杀，以下电化学装置可协同产生H2O2和O3，产生H2O2和O3的物质的量之比为5：1，下列说法错误的是( )
A. Y电极电势低于X电极
B. 膜为质子交换膜
C. 生成双氧水的电极反应式为O2+2e−+2H+=H2O2
D. X极处可能还存在其他副反应
16. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 用稀硝酸洗涤试管内壁银镜：Ag+2H++NO3−=Ag++NO2↑+H2O
B. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：HCO3−+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O
C. 电解氯化镁溶液：2Cl−+2H2O− 通电 Cl2↑+H2↑+2OH−
D. NaClO将污水中的NH3氧化成N2：3ClO−+2NH3=N2↑+3C1−+3H2O
17. 成语言简意赅，是中华民族智慧的结晶．下列成语描绘的变化属于化学变化的是( )
A. 滴水成冰 B. 木已成舟 C. 烛炬成灰 D. 沙里淘金
18. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 在图示的转化中，化合价不变的元素有铜、氯、氢
B. 在图示的转化中，FeCl2、CuCl2未参与化学反应
C. 图示转化的总反应是2H2S+O2− Fe2+,Cu2+ 2S+2H2O
D. 当回收得到1mol硫单质时，转移电子的物质的量为2mol
19. 用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液分别滴定溶液体积均为20.00mL的c1mol⋅L−1醋酸溶液和c2mol⋅L−1草酸(H2C2O4)溶液，得到如图滴定曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点。下列叙述正确的是( )
A. X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸，c1
C. 若b点时c(H+)=Ka(CH3COOH)，则b点溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO−)>c(Na+)
D. 若a点V[NaOH(aq)]=7.95mL，则a点有c(C2O42−)+2c(OH−)=c(HC2O4−)+2c(H+)+c(H2C2O4)
20. 为了模拟汽车尾气的净化，向密闭容器中投入一定量的CO和O2，在催化剂(Ⅰ型、Ⅱ型)和不同温度条件下发生反应：2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)，反应进行相同时间(t秒)，测得CO转化率与温度的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 该反应在a、b二点对应的平衡常数大小关系：Ka>Kb
B. 该反应使用不同催化剂对应的活化能：Ⅰ型<Ⅱ型
C. 其它条件不变，温度相同(低于50℃)CO平衡转化率：Ⅰ型>Ⅱ型
D. 已知50℃、t秒时容器中O2浓度为0.01mol⋅L−1，该温度下反应平衡常数为100x2(1−x)2
21. 能表示阿伏加德罗常数数值的是( )
A. 1mol金属钠含有的电子数 B. 标准状况下22.4L苯所含的分子数
C. 0.012kg12C所含的原子数 D. 1L1mol⋅L−1的硫酸溶液所含的H+数
第II卷（非选择题）
二、简答题（本大题共3小题，共24.0分）
22. 图1是课本“还原铁粉与水蒸气反应”的实验装置图．
(1)铁粉与水蒸气反应的化学方程式是______．
(2)图1证明还原铁粉与水蒸气发生了反应的现象是______．
某同学设计图2装置进行“铁与水蒸气反应”的实验．(图中部分夹持及尾气处理装置略)
(3)图1装置中湿棉花的作用与图2中______(填“A、B、C、D、E”)装置的作用一样．
(4)装置D的作用是干燥氢气，请在方框内补充完整的装置和试剂．
(5)实验结束，该同学取反应后装置B中固体混合物溶于足量稀硫酸，再向其中滴加几滴KSCN溶液，振荡，未见溶液变红，得出结论“反应后装置B中固体混合物”不含Fe3O4.你认为正确吗？为什么？你认为______，理由是______．
(6)某同学为实现“常温下铁与液态水的反应”设计了图3装置．实验中发现碳棒上冒气泡，蒸馏水中出现白色沉淀．书写该实验发生的化学方程式______．
23. 利用天然气及化工废气中的硫化氢，不仅可制取氢气并回收单质硫，还可减少对环境的污染。
回答下列问题：
(1)在一定的条件下，天然气脱硫工艺中会发生以下反应：
2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1
4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g) ΔH2
2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g) ΔH3
则相同条件下反应2S(g)=S2(g)的△H= (用含△H1、△H2和△H3的代数式表示)。
(2)硫化氢分解反应2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)，在101kPa时各气体的体积分数与温度的关系如图所示：
①该反应的△H 0(填“>”、“<”)。
②为提高H2S的平衡分解率，除改变温度外，还可采取的措施是 。
③图中A点时反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替浓度，平衡分压=总压×物质的量分数)。
(3)我国学者发明的一种分解硫化氢制氢并回收硫的装置如图所示：
①该装置中能量转化的方式为 。
②若Y极液中的电对(A/B)选用I3−/I−，装置工作时Y极上的电极反应式为 ，Y极溶液中发生的离子反应为 ；再列举一种可作为Y极循环液常见的电对： 。
③该分解H2S制氢的方法主要优点是 。
24. 金属元素Mg、Al、Ti、Fe、Cu等在电池、储氢材料、催化剂等方面都有广泛应用。
请回答下列问题：
(1)Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH4−的空间构型是 ，H、B、Ti 的电负性由小到大的顺序为 。
(2)原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+12表示，与之相反的用：−13表示，±12即称为电子的自旋磁量子数。对于基态Fe原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
(3)Cu(NO3)2是有机催化剂，其水溶液为天蓝色。使溶液呈现天蓝色的四水合铜离子，其空间构型为平面正方形，则Cu2+的杂化轨道类型为 ( 填标号)。
A.dsp2
B.sp
C.sp2
D.sp3
如图1为一种Cu2+形成的配离子的结构，加热时该离子先失去的配位体是 (填化学式)，此时生成的配离子溶液的颜色为 色。
(4)已知Mg、A1、O三种元素组成的晶体结构如图2所示，其晶胞由4个A型小晶格和4个B型小晶格构成，其中A13+和O2−都在小晶格内部，Mg2+部分在小晶格内部，部分在小晶格顶点。该物质的化学式为 ，Mg2+的配位数为 ，两个Mg2+之间最近的距离是 pm。
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
25. (1)某混合物由NaCl、MgCl2、AlCl3组成，已知Na、Mg、Al三种元素的质量之比为23：16：9，则NaCl、MgCl2和AlCl3物质的量之比为 ，含1.00molCl−的该混合物的质量为 。
(2)12.4gNa2R含Na+0.4mol，则Na2R的摩尔质量为 ，R的相对原子质量为 。含R的质量为1.6g的Na2R，其物质的量为 。
(3)已知8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，现将16gA与70gB的混合物充分反应后，生成2molD和一定量的C，则D的摩尔质量为 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.不锈钢是常见的一种合金钢，故A错误；
B.汽车挡风玻璃属于硅酸盐制品，故B正确；
C.航天工业中的形状记忆合金是一种新型合金，故C错误；
D.游轮的金属外壳是钢铁，是一种铁碳合金，故D错误；
故选：B。
合金是两种或两种以上的金属(或金属和非金属)融合而成的混合物，具有金属的性质和良好的性能，新型合金具有传统合金所不具备的优异性能和特殊功能的合金。
本题考查物质的组成和分类，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
2.【答案】C
【解析】解：A.紫砂壶以黏土为原料烧制而成的硅酸盐制品，故A不选；
B.蒸发皿是以黏土为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得，主要成分为陶瓷，属于陶瓷产品，故B不选；
C.试管成分为玻璃，不属于陶瓷产品，属于玻璃制品，故C选；
D.建筑上烧制的砖瓦以黏土为原料烧制而成，属于硅酸盐产品，故D不选；
故选：C。
陶瓷是陶器和瓷器的总称，是以黏土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品。
本题考查硅酸盐工业，难度较小，主要考查学生对硅酸盐工业的了解以及对常用化学仪器认识，以识记为主，加强基础知识的掌握。
3.【答案】C
【解析】解：某元素+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则对应基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2，最高能层为第4层，价电子数为2，可知，该元素位于：四周期，ⅡA族，属于s区元素，
故选：C。
某元素+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则对应基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2，最高能层为第4层，价电子数为2，据此判断。
本题考查了原子结构组成与元素周期表，明确基态原子核外电子排布规律，熟悉原子结构与元素周期表关系是解题关键，题目难度中等。
4.【答案】B
【解析】解：A、同一周期元素，从左到右，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性：NaOH>Mg(OH)2，故A正确；
B、同一周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：Cl
D、同主族元素，从下到上，得电子能力逐渐增强，气态氢化物稳定性逐渐增强，所以稳定性：NH3>PH3，故D正确。
故选B。
A、同一周期元素，从左到右，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱；
B、同一周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小；
C、同一主族元素，从上到下，金属性逐渐增强；
D、同主族元素，从下到上，得电子能力逐渐增强，气态氢化物稳定性逐渐增强。
本题考查学生元素周期律的应用知识，可以根据所学知识来回答，难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.CH3CH2OH为非电解质，不与Na2CO3溶液反应，故A错误；
B.的酸性大于碳酸氢根离子，与Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，故B错误；
C.CH3COOH的酸性大于碳酸，能够与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体，故C正确；
D.HClO的酸性小于碳酸，不会与Na2CO3溶液反应放出气体，故D错误；
故选：C。
能与Na2CO3溶液反应放出气体，说明该物质的酸性大于碳酸，据此结合选项中各物质酸性分析。
本题考查有机物结构与性质的应用，题目难度不大，明确常见有机物酸性强弱为解答关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力。
6.【答案】A
【解析】解：A.由于高分子化合物中每个高分子的聚合度不一定相同，所以高分子化合物均为混合物，故A正确；
B.高分子链之间的作用力与链的长短有关，链越长的相对分子质量越大，高分子之间的作用力越强，因此高分子材料的强度一般较大，故B错误；
C.光导纤维的主要成分是SiO2，属于无机物，不是高分子材料，故C错误；
D.制造人造血管、隐形眼镜等应用生物非降解型的医用高分子材料，不能用生物可降解型的医用高分子材料，故D错误；
故选：A。
A.每个高分子的聚合度不一定相同；
B.高分子链之间的作用力与链的长短有关，链越长，高分子之间的作用力越大；
C.光导纤维的主要成分是SiO2；
D.制人造血管、隐形眼镜应用生物非降解型的医用高分子材料。
本题考查有机高分子化合物的结构与性质，涉及高分子化合物的聚合度、分子间作用力的强弱、医用高分子材料等，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：硫和氧气的反应中，硫元素失电子化合价升高，氧元素得电子化合价降低，转移电子数=化合价降低总数目=化合价升高总数目，故A正确；
B、根据化合价不交叉的原则，硫化氢中硫元素化合价从−2价应升高到0价，硫酸中硫元素的化合价从+6价降到+4价，转移电子2mol，故B错误；
C、铁元素化合价升高失去电子，氢元素化合价降低得到电子，故C错误；
D、盐酸中的氯元素化合价升高应是失去电子，重铬酸钾中铬元素化合价降低应是得到电子，得失电子数目为6，
故D错误。
故选：A。
氧化还原反应中失电子的元素化合价升高，得电子的元素化合价降低，化合价降低数目=化合价升高数目=转移的电子数目。
本题考查氧化还原反应的特征和实质知识，是对教材知识的考查，难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.分子中含有羧基，不能酯基，所以该分子不能发生水解反应，故A错误；
B.饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该分子中所有碳原子一定不能共平面，故B错误；
C.能形成分之间氢键的物质的熔沸点升高，所以氢键可增大该分子熔点，故C正确；
D.具有羧酸和烷烃的性质，该有机物能燃烧而发生氧化反应，羧基能发生取代反应，该有机物不能发生消去反应，故D错误；
故选：C。
A.分子中含有羧基，不能酯基；
B.饱和碳原子具有甲烷结构特点；
C.能形成分之间氢键的物质的熔沸点升高；
D.具有羧酸和烷烃的性质。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.根据图中a点分析，c(Fe2+)=1.0×10−10mol⋅L−1，c(S2−)=1.0×10−10mol⋅L−1，则Ksp(FeS)=1.0×10−20，故A正确；
B.由图可知Ksp(CuS)
D.由图可知，Ksp(CuS)
A.Ksp(FeS)=c(Fe2+)×c(S2−)，结合图中a点数值进行计算；
B.含等物质的量浓度的Fe2+、Cu2+的稀溶液中滴加Na2S溶液，Ksp小的对应离子先沉淀；
C.由图可知，a点对应的ZnS溶液中，c(Zn2+)大于该温度下饱和溶液中c(Zn2+)，结合离子积Q与Ksp关系分析；
D.由图可知，Ksp(CuS)
10.【答案】A
【解析】解：A.有分析可知，乙池中的电极反应为3I−−2e−=I3−，故A正确；
B.原电池中阳离子向正极移动，石墨电极为正极，则H+通过全氟磺酸膜从乙池进入甲池，故B错误；
C.由图可知，乙池中的I3−为乙池的电解质溶液，同时也是电池反应的产物，不是反应的催化剂，故C错误；
D.甲池中H2AQ与O2作用生成AQ和H2O2，O元素的化合价由0价变为−1价，得电子被还原，H2AQ最终被氧化为AQ，故D错误；
故选：A。
由电子流向可知石墨电极为正极，N型半导体为负极，负极上碘离子失电子被氧化，电极反应为3I−−2e−=I3−，生成的碘可与硫化氢反应，正极AQ得电子被还原生成H2AQ，H2AQ与氧气反应生成AQ和过氧化氢，电解质溶液浓度基本不变，总反应为。
本题考查原电池，侧重考查学生新型电源的掌握情况，试题难度中等。
11.【答案】A
【解析】解：A.地沟油的主要成分是油脂，属于酯类，故不是碳氢化合物，故A错误；
B.次氯酸钠具有强的氧化性，能够杀菌消毒，用电解食盐水制取的次氯酸钠喷洒房间能杀死新冠肺炎病毒，故B正确；
C.纳米银粒子具有抑菌性，医用“纳米银外用抗菌凝胶”外用于皮肤后，能够缓释放出纳米银粒子，抑制并杀灭与之接触的病菌并有促进皮肤愈合的作用，故C正确；
D.液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰，二者发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水，从而消除了Cl2的毒性及危害，故D正确；
故选：A。
A.地沟油的主要成分是油脂；
B.次氯酸钠具有强的氧化性，能够杀菌消毒；
C.纳米银粒子具有强的抑菌性；
D.氯气与氢氧化钙反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水。
本题考查了化学知识在生活实际的应用，为高考常见题型，熟悉物质的组成、性质、用途等即可解答，题目有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.标况下己烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B.50g质量分数为46%的乙醇溶液中含溶质乙醇质量=50g×46%=23g，物质的量为0.5mol，则含3molH原子；含溶剂水质量=50g×(1−46%)=27g，物质的量为1.5mol，则含3molH原子，故共含6molH原子即6NA个，故B错误；
C.依据甲烷与乙烯分子结构可知：CH3−CH=CH−CH2−CH3中碳原子都可以在碳碳双键确定的平面上，碳碳双键上的两个氢原子一定在该平面，亚甲基中2个氢原子都不在该平面，两个甲基上各有1个氢原子，右边甲基碳原子可以在该平面上，所以最多有9个原子共面，则1mol有机物CH3−CH=CH−CH2−CH3中最多有9NA个原子在同一平面上，故C正确；
D.苯乙烯的结构简式为，苯环不含碳碳双键，但侧链含碳碳双键，故D错误；
故选：C。
A.气体摩尔体积使用对象为气体；
B.在乙醇溶液中，除了乙醇中含H原子，水也含H原子；
C.依据甲烷四面体结构、乙烯平面结构判断解答；
D.1个乙烯分子含有1个C=C双键。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意公式的运用和物质的结构特点。
13.【答案】B
【解析】解：A.碳酸钙与醋酸的反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO−，故A错误；
B.用强碱溶液吸收工业制取硝酸的尾气，离子方程式为：NO+NO2+2OH−=2NO2−+H2O，故B正确；
C.氯化铝中滴加过量浓氨水，离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；
D.氯气与水反应，离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，故D错误；
故选：B。
A.醋酸为弱酸，应保留化学式；
B.一氧化氮、二氧化氮在氢氧化钠溶液中发生归中反应生成亚硝酸钠和水；
C.一水合氨为弱碱，应保留化学式；
D.次氯酸为弱酸，应保留化学式。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：BaCl2与H2SO4、Na2CO3均反应生成白色沉淀，Na2CO3与HCl、H2SO4反应均生成气体，由表格中乙+丙、丙+丁的现象可知丙为BaCl2，由丙+丁、甲+丁的现象可知，丁为Na2CO3，则乙为H2SO4，从而可知甲为HCl，
故选：C。
BaCl2与H2SO4、Na2CO3均反应生成白色沉淀，Na2CO3与HCl、H2SO4反应均生成气体，由表格中的现象可知丙为BaCl2，以此来解答．
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质之间的反应及现象为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大．
15.【答案】A
【解析】解：A.分析知，Y是阳极，X极是阴极，Y电极电势比X电极高，故A错误；
B.H+由Y极向X极移动，则膜为质子交换膜，故B正确；
C.X极是阴极，生成双氧水的电极反应式为O2+2e−+2H+=H2O2，故C正确；
D.Y极还可能发生的电极反应式为3H2O−6e−=O3+6H+，则H2O2和O3的物质的量之比为3：1，故应有其他副反应生成H2O2，才会有5：1，故D正确；
故选：A。
根据实验装置分析，Y极O元素从−2价升至0价，是阳极，电极反应式：2H2O−4e−=O2+4H+，3H2O−6e−=O3+6H+，X极是阴极，电极反应式为：O2+2e−+2H+=H2O2，据此作答。
本题考查电化学的应用，题目难度不大，注意把握电解池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断电解池阴阳极，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
16.【答案】D
【解析】解：A.用稀硝酸洗涤试管内壁银镜，离子方程式：3Ag+4H++NO3−=3Ag++NO↑+2H2O，故A错误；
B.Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应，离子方程式：2HCO3−+Ca2++2OH−=CaCO3↓+2H2O+CO32−，故B错误；
C.电解氯化镁溶液，离子方程式：Mg2++2Cl−+2H2O− 通电 Cl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，故C错误；
D.NaClO将污水中的NH3氧化成N2，离子方程式：3ClO−+2NH3=N2↑+3C1−+3H2O，故D正确。
故选：D。
A.银与稀硝酸反应，还原产物为一氧化氮；
B.氢氧化钠足量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
C.电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀、氢气和氯气；
C.二者发生氧化还原反应生成氯化钠、氮气和水。
本题考查离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循电荷守恒规律，题目难度不大。
17.【答案】C
【解析】解：A.水、冰都为水，为水的两种聚集状态，滴水成冰过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B.木已成舟是木头的形状发生了变化，无新物质生成，是物理变化，故B错误；
C.蜡炬成灰是石蜡与氧气反应生成水和二氧化碳，有新物质生成，是化学变化，故C正确；
D.沙里淘金利用的是金的密度比较大，用过水洗的方法得到金，无新物质生成，是物理变化，故D错误；
故选：C。
化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此分析判断．
本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．
18.【答案】B
【解析】解：A.根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是−1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故A正确；
B.由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，FeCl2、CuCl2均参与化学反应，故B错误；
C.根据图中转化可知，总反应是2H2S+O2− Fe2+,Cu2+ 2S+2H2O，故C正确；
D.根据图中转化可知，总反应是2H2S+O2− Fe2+,Cu2+ 2S+2H2O，所以当有2mol H2S转化为硫单质时，转移电子的物质的量为4mol，当回收得到1mol硫单质时，转移电子的物质的量为2mol，故D正确。
故选：B。
由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，再结合氧化还原反应中的基本概念来解决问题。
本题以S为载体考查了氧化还原反应，会正确分析图象中各个物理量的含义是解本题关键，再结合氧化还原反应中各个物理量之间的关系来分析解答即可，题目难度中等。
19.【答案】C
【解析】解：A.草酸是二元弱酸，有两次滴定突变，醋酸有一次滴定突变，故X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸，醋酸消耗的V(NaOH)小于草酸消耗V(NaOH)的二倍，则c1>c2，故A错误；
B.滴定过程中始终有电荷守恒n(H+)+n(Na+)=n(OH−)+n(CH3COO−)，物料守恒有n(CH3COOH)+n(CH3COO−)=0.02c1，故n(H+)+n(Na+)=0.02c1−n(CH3COOH)+n(OH−)，则n(CH3COOH)=0.02c1+n(OH−)−n(H+)−n(Na+)，故B错误；
C.若b点时c(H+)=Ka(CH3COOH)，则b点c(CH3COOH)=c(CH3COO−)，b点溶液的pH<7，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，所以存在c(CH3COO−)>c(Na+)，故C正确；
D.完全中和时消耗V(NaOH)=10.6mL，则a点V(NaOH)=7.95mL时为NaHC2O4与Na2C2O4按1：1形成的溶液，则a点电荷有c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42−)+c(OH−)+c(HC2O4−)，物料守恒有c(Na+)=3c(C2O42−)+3c(HC2O4−)+3c(H2C2O4)，后式代入前式有3c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+2c(H+)=c(C2O42−)+2c(OH−)，故D错误；
故选：C。
A.草酸是二元弱酸，有两次滴定突变，醋酸为一元弱酸，有一次滴定突变；醋酸消耗的V(NaOH)小于草酸消耗V(NaOH)的二倍；
B.CH3COOH溶液滴定过程中，存在电荷守恒n(H+)+n(Na+)=n(OH−)+n(CH3COO−)，物料守恒有n(CH3COOH)+n(CH3COO−)=0.02c1，故n(H+)+n(Na+)=0.02c1−n(CH3COOH)+n(OH−)；
C.若b点时c(H+)=Ka(CH3COOH)，则b点c(CH3COOH)=c(CH3COO−)，b点溶液的pH<7，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(CH3COO−)；
D.完全中和时消耗V(NaOH)=10.60mL，则a点V(NaOH)=7.95mL时为NaHC2O4与Na2C2O4按1：1形成的溶液，则a点物料守恒，根据物料守恒判断。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确曲线与酸的关系、各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，B选项为解答难点，题目难度中等。
20.【答案】C
【解析】解：A.转化率先增大后减小，说明升高到一定温度时，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，温度低的平衡常数大，反应在a、b二点对应的平衡常数大小关系：Ka>Kb，故A正确；
B.催化剂Ⅰ型的催化效率较高，说明活化能低，不同催化剂对应的活化能：Ⅰ型<Ⅱ型，故B正确；
C.催化剂不能改变平衡转化率，其它条件不变，温度相同(低于50℃)CO平衡转化率：阴影部分=Ⅰ型=Ⅱ型，故C错误；
D.设初始一氧化碳的浓度为c(CO)=amol/L，已知50℃CO转化率为x，平衡时c(CO)=amol/L×(1−x)，c(CO2)=axmol/L平衡常数K=c2(CO2)c2(CO)⋅c(O2)=(ax)2a2×(1−x)2×0.01=100x2(1−x)2，故D正确；
故选：C。
由图象可知随着温度的升高，转化率先增大后减小，则正反应为放热反应，图中a没有达到平衡状态，图中b、c达到平衡状态，催化剂Ⅰ型的催化效率较高，以此解答该题。
本题考查化学平衡的影响因素以及图象的分析，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握图象的分析，为解答该题的关键，题目难度中等。
21.【答案】C
【解析】解：A.钠原子含有11个电子，1mol钠含有11mol电子，不是1mol，不能表示阿伏伽德罗常数的数值，故A错误；
B.标况下苯不是气体，22.4L苯的物质的量不是1mol，不能表示阿伏伽德罗常数的数值，故B错误；
C.0.012kg12C所含的原子数为阿伏伽德罗常数，能表示阿伏伽德罗常数的数值，故C正确；
D.1L 1mol/L的硫酸溶液中含有溶质硫酸1mol，1mol硫酸在溶液中电离出2mol氢离子，不能表示阿伏伽德罗常数的数值，故D错误；
故选C．
A.1mol金属钠含有11mol电子；
B.标准状况下，苯的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量；
C.阿伏伽德罗常数为0.012kg12C所含的原子数；
D.1mol硫酸在溶液中电离出2mol氢离子．
本题考查阿伏加德罗常数的判断，题目难度中等，注意掌握阿伏伽德罗常数的概念及计算方法，明确以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．
22.【答案】3Fe+4H2O 高温 Fe3O4+4H2↑；肥皂泡上升，点燃有爆鸣声；A；不正确；如果反应后混合气体中还有未反应的铁粉，铁粉会将溶液中的Fe3+全部还原为Fe2+，即便滴加KSCN溶液也不会显红色；Fe+2H2O 通电 Fe(OH)2↓+H2↑
【解析】解：(1)Fe粉与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和氢气，方程式为：3Fe+4H2O(g) 高温 Fe3O4+4H2，
故答案为：3Fe+4H2O(g) 高温 Fe3O4+4H2；
(2)图1中若生成的气体会使肥皂泡上升，且点燃有爆鸣声，可以证明还原铁粉与水蒸气发生了反应，
故答案为：肥皂泡上升，点燃有爆鸣声；
(3)图1装置中湿棉花的作用是提供水，以便得到与铁粉反应的水蒸气，图2中装置A提供水蒸气，与湿棉花的作用相同，
故答案为：A；
(4)氢气为中性气体，可以用浓硫酸或碱石灰干燥，如装置①、②均可：，
故答案为：；
(5)实验结束，该同学取反应后装置B中固体混合物溶于足量稀硫酸，由于若反应后混合气体中还有未反应的铁粉，铁粉会将溶液中的Fe3+全部还原为Fe2+，即便滴加KSCN溶液也不会显红色，所以该说法不正确，
故答案为：不正确；如果反应后混合气体中还有未反应的铁粉，铁粉会将溶液中的Fe3+全部还原为Fe2+，即便滴加KSCN溶液也不会显红色；
(6)Fe与电源正极相连，为电解池的阳极，碳棒为阴极，阴极水电离的氢离子得到电子生成氢气，阳极铁失去电子生成亚铁离子，亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，则实验中发现碳棒上冒气泡，蒸馏水中出现白色沉淀，发生反应为：Fe+2H2O 通电 Fe(OH)2↓+H2↑，
故答案为：Fe+2H2O 通电 Fe(OH)2↓+H2↑.
(1)Fe粉与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和氢气；
(2)还原铁粉与水蒸气生成的氢气通入肥皂水会产生气泡；
(3)反应物为铁和水蒸气，图2中A用于制备水蒸气；
(4)氢气不与浓硫酸、碱石灰反应，可以用二者干燥，据此画出装置图；
(5)根据若铁粉剩余，铁粉能够将生成的铁离子还原为亚铁离子分析；
(6)铁为阳极，阳极Fe失去电子生成亚铁离子，阴极氢离子得到电子生成氢气，据此写出电极总反应．
本题考查了性质方案的设计，题目难度中等，明确实验目的为解答关键，注意熟练掌握铁及其化合物性质，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．
23.【答案】13(ΔH1+ΔH2)−ΔH3 > 及时将体系中的产物分离(或其他合理答案) 20.2kPa 光能转变为化学能和电能 3I−−2e−=I3− I3−+H2S=S↓+2H++3I− Fe3+/Fe2+ 充分利用太阳能且不产生污染(或可在常温下实现，操作容易等合理答案)
【解析】解：(1)根据守恒原理，要得到方程式④，可以用13×(①+②−③)，则依据盖斯定律，该反应的ΔH=13(ΔH1+ΔH2)−ΔH3，
故答案为：13(ΔH1+ΔH2)−ΔH3；
(2)①根据图示，随着温度的升高，反应物H2S的体积分数逐渐减少，说明平衡向正反应方向移动，升温平衡向吸热方向进行，则△H>0，
故答案为：>；
②为提高H2S的平衡分解率，除改变温度外，还可采取的措施是及时将体系中的产物分离、适当减小压强等，
故答案为：及时将体系中的产物分离(或其他合理答案)；
③设H2S起始的物质的量浓度为1mol⋅L−1，A点时H2S与H2的浓度相同，设为xmol⋅L−1，则列出三段式：
2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)
开始(mol⋅L−1)1 0 0
变化(mol⋅L−1)x x 0.5x
平衡(mol⋅L−1)1−x x 0.5x
则有1−x=x，解得x=0.5mol⋅L−1，Kp=p2(H2)×p(S2)p2(H2S)=p(S2)=0.5x1−x+x+0.5x×101kPa=20.2kPa，
故答案为：20.2kPa；
(3)①该装置是将光能转变为化学能和电能，
故答案为：光能转变为化学能和电能；
②X电极是将H+转化为H2，化合价降低，发生还原反应，则Y电极应发生氧化反应，反应式为3I−−2e−=I3−；Y极溶液中有H2S具有还原性，而I3− 具有氧化性，则两者可以发生氧化还原反应，离子反应为I3−+H2S=S↓+2H++3I−；另一种可作为Y极循环液常见的电对Fe3+/Fe2+，
故答案为：3I−−2e−=I3−；I3−+H2S=S↓+2H++3I−；Fe3+/Fe2+；
③该分解H2S制氢的方法主要优点是充分利用太阳能且无污染、可在常温下实现、操作容易等，
故答案为：充分利用太阳能且不产生污染(或可在常温下实现，操作容易等合理答案)。
(1)根据守恒原理，要得到方程式④，可以用13×①+②−③，则依据盖斯定律计算ΔH；
(2)①随着温度的升高，反应物H2S的体积分数逐渐减少，说明平衡向正反应方向移动，则△H>0；
②为提高H2S的平衡分解率，除改变温度外，还可采取的措施是及时将体系中的产物分离、适当减小压强；
③设H2S起始的物质的量浓度为1mol⋅L−1，A点时H2S与H2的浓度相同，设为xmol⋅L−1，则列出三段式计算；
(3)①该装置是将光能转变为化学能和电能；
②X电极是将H+转化为H2，化合价降低，发生还原反应，则Y电极应发生氧化反应，反应式为3I−−2e−=I3−；Y极溶液中有H2S具有还原性，而I3− 具有氧化性，则两者可以发生氧化还原反应，离子反应为I3−+H2S=S↓+2H++3I−；另一种可作为Y极循环液常见的电对Fe3+/Fe2+；
③该分解H2S制氢的方法主要优点是充分利用太阳能且无污染、可在常温下实现、操作容易。
本题考查化学反应原理，涉及化学反应中的能量变化、盖斯定律的应用、有关化学平衡的计算等，题目中等难度。
24.【答案】正四面体形 Ti
故答案为：+2或−2；
(3)Cu(NO3)2是有机催化剂，其水溶液为天蓝色，使溶液呈现天蓝色的四水合铜离子，其空间构型为平面正方形，使溶液呈现天蓝色的四水合铜离子，其空间构型为平面正方形，[Cu(H2O)4]2+中Cu2+和4个O原子形成4个配位键，则铜离子价层电子对数是4，该配离子空间结构为平面正方形，所以铜离子不能采用sp3杂化，应该是dsp2杂化，图1为一种Cu2+形成的配离子的结构，分析结构可知，O的电负性大于N，故N提供孤电子对的配体更为稳定，加热易失去的配体为H2O，此时生成的配离子为四氨合铜离子，颜色为深蓝色，
故答案为：A；H2O；深蓝色；
(4)晶胞中含有结构A，结构B均为4个，Mg原子处于晶胞的顶点、面心、结构A的体内，Al原子处于结构B内部，O原子处于结构A，结构B内部，晶胞中Mg原子数目=4+8×18+6×12=8，Al原子数目=4×4=16，O原子数目=4×4+4×4=32，故Mg、Al、O原子数目之比为8：16：32=1：2：4，则化学式为：MgAl2O4，由图可知1个Mg2+与4个O2−相连，即Mg2+的配位数为4，晶胞边长为apm，两个Mg2+之间最近的距离是体对角线的的14，即两个Mg2+之间最近的距离是34apm，
故答案为：MgAl2O4；4；34a。
(1)BH4−的价层电子对数为4+3+1−4×12−=4，中心原子为sp3杂化，不含孤电子对，故BH4−的空间构型是正四面体形，元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大；
(2)基态Fe原子价电子排布式为3d64s2，根据洪特规则可知，其3d轨道的4个电子的自旋状态相同；
(3)[Cu(H2O)4]2+中Cu2+和4个O原子形成4个配位键，则铜离子价层电子对数是4，该配离子空间结构为平面正方形，所以铜离子不能采用sp3杂化，应该是dsp2杂化，图1为一种Cu2+形成的配离子的结构，分析结构可知，O的电负性大于N，故N提供孤电子对的配体更为稳定，此时生成的配离子为四氨合铜离子；
(4)晶胞中含有结构A，结构B均为4个，Mg原子处于晶胞的顶点、面心、结构A的体内，Al原子处于结构B内部，O原子处于结构A，结构B内部，晶胞中Mg原子数目=4+8×18+6×12=8，Al原子数目=4×4=16，O原子数目=4×4+4×4=32，故Mg、Al、O原子数目之比为8：16：32=1：2：4，则化学式为：MgAl2O4，由图可知1个Mg2+与4个O2−相连，即Mg2+的配位数为4，晶胞边长为apm，两个Mg2+之间最近的距离是体对角线的的14，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
25.【答案】3：2：1 49.9g 62g/mol 16 0.1mol 18g/mol
【解析】解：(1)假设Na、Mg、Al三种元素的质量分别为23g、16g、9g，
n(NaCl)=n(Na)=23g23g/mol=1mol，
n(MgCl2)=n(Mg)=16g24g/mol=23mol，
n(AlCl3)=n(Al)=9g27g/mol=13mol，
故n(NaCl)：n(MgCl2)：n(AlCl3)=1mol：23mol：13mol=3：2：1，
设AlCl3的物质的量为x，则：1mol=3x+2x×2+3x，
解得：x=0.1mol，
故混合物的总质量为：0.1mol×3×58.5g/mol+0.1mol×2×95g/mol+0.1mol×133.5g/mol=49.9g，
故答案为：3：2：1；49.9g；
(2)12.4gNa2R含Na+0.4 mol，则根据物质构成微粒关系可知：Na2R的物质的量是0.2 mol，因此Na2R的摩尔质量M=12.4g0.2mol/L=62g⋅mol−1；故Na2R的化学式式量是62，由23×2+R=62，则得R=16，即R的相对原子质量为16，含R的质量为1.6g的Na2R物质的量为：1.6g16g/mol=0.1mol，
故答案为：62g⋅mol−1；16；0.1mol；
(3)8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，根据质量守恒D的质量为8g+32g−22g=18g，故A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g=4：16：11：9进行反应，16gA完全反应需要B的质量为16g×164=64g<70g，故B过量，则生成的D的质量为16g×94=36g，故D的摩尔质量为36g2mol=18g/mol，
故答案为：18g/mol。
(1)假设Na、Mg、Al三种元素的质量分别为23g、16g、9g，根据n=mM计算各自物质的量，进而确定NaCl、MgCl2和AlCl3物质的量之比，根据n(Cl−)=n(NaCl)+2n(MgCl2)+3n(AlCl3)计算各自物质的量，再根据m=nM计算混合物总质量；
(2)Na2R的摩尔质量依据M=mM公式计算，R的相对原子质量为则依据摩尔质量的计算结果得出；
(3)8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，根据质量守恒，生成D的质量为8g+32g−22g=18g，故A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g=4：16：11：9进行反应，据此进行16gA与70gB反应的过量计算，再根据质量比计算生成的D的质量，利用M=mn计算D的摩尔质量。
本题考查阿伏伽德罗常数和阿伏伽德罗定律的内容，有关物质的量的计算等，熟悉以物质的量计算公式，明确物质的结构组成是解题关键，题目中等难度。
2022-2023学年四川省成都七中高二（上）期末化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共21小题，共63.0分）
1. 下列材料不属于合金的是( )
A. 家用不锈钢盆 B. 汽车挡风玻璃
C. 航天工业中的形状记忆合金 D. 游轮的金属外壳
2. 从现有的考古资料来看，中国原始陶器开始于距今约七千年前。时至今日陶瓷已广泛应用于人们的生活和生产中，下列不属于陶瓷制品的是( )
A. 喝茶用的紫砂壶 B. 实验室中的蒸发皿
C. 实验室中的试管 D. 建筑上烧制的砖瓦
3. 某元素+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，该元素在周期表中的位置和区域是( )
A. 第三周期第ⅡA族；P区 B. 第三周期第Ⅷ族；d区
C. 第四周期第ⅡA族；s区 D. 第四周期第Ⅷ族；ds区
4. 下列各组性质的比较中，不正确的是( )
A. 碱性：NaOH>Mg(OH)2 B. 原子半径：Cl>S
C. 金属性：K>Na D. 热稳定性：NH3>PH3
5. 下列物质能与Na2CO3溶液反应放出气体的是( )
A. CH3CH2OH B. C. CH3COOH D. HClO
6. 下列说法正确的是( )
A. 所有高分子化合物均是混合物
B. 由于分子间作用力较弱，故高分子链之间靠分子间作用力结合形成的高分子材料的强度较小
C. 人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物
D. 生物可降解型的医用高分子材料可用于制人造血管、隐形眼镜等
7. 下列反应中，电子转移方向和数目正确的是( )
A.
B.
C.
D.
8. 一种在工业生产中有广泛用途的有机高分子结构片段如图。下列关于该高分子的说法正确的是 ( )
A. 能水解成小分子 B. 该分子中所有碳原子可能共平面
C. 氢键可增大该分子熔点 D. 单体可发生氧化、取代、消去反应
9. 一定温度下，向含Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+4种金属离子(M2+)的溶液中滴加Na2S溶液，生成硫化物沉淀所需S2−浓度的对数值lgc(S2−)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列判断错误的是( )
A. Ksp(FeS)=1.0×10−20
B. 向含等物质的量浓度的Fe2+、Cu2+的稀溶液中滴加Na2S溶液，Cu2+先沉淀
C. 该温度下，a点相对于ZnS是过饱和溶液
D. 该温度下，溶解度：CuS>ZnS>FeS>MnS
10. 一种新型的光化学电源如图，当光照射N型半导体时，通入O2和H2S即产生稳定的电流并获得H2O2(H2AQ和AQ是两种有机物)。下列说法正确的是( )
A. 乙池中的电极反应为3I−−2e−=I3− B. H+通过全氟磺酸膜从甲池进入乙池
C. 乙池中的I3−为乙池反应的催化剂 D. 甲池中H2AQ最终被还原为AQ
11. 化学与生活密切相关，下列说法不正确的是( )
A. 分别用液化石油气、汽油、地沟油加工制成的生物柴油都是碳氢化合物
B. 电解食盐水制取次氯酸钠喷洒房间能杀死新冠肺炎病毒
C. 医用“纳米银外用抗菌凝胶”外用于皮肤后，能够缓释放出纳米银离子，抑制并杀灭与之接触的病菌并有促进皮肤愈合的作用
D. 液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，22.4L己烷中有NA个己烷分子
B. 50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有氢原子数为3NA
C. 1mol有机物CH3−CH=CH−CH2−CH3中最多有9NA个原子共面
D. 104g苯乙烯中含有8NA个C−H键，并不含C=C键
13. 下列离子方程式正确的是( )
A. 碳酸钙与醋酸的反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B. 用强碱溶液吸收工业制取硝酸的尾气：NO+NO2+2OH−=2NO2−+H2O
C. 氯化铝中滴加过量浓氨水：Al3++3OH−=Al(OH)3↓
D. 氯气与水反应：Cl2+H2O⇌2H++Cl−+ClO−
14. 有甲、乙、丙、丁四种无色溶液，它们分别是HCl、H2SO4、BaCl2、Na2CO3溶液中的一种．为区别这四种溶液，现将它们两两混合并得到下面现象：
溶液
甲+乙
乙+丙
丙+丁
甲+丁
现象
无明显现象
白色沉淀
白色沉淀
无色气体
根据对上述现象的分析，可推知甲、乙、丙、丁四种溶液的顺序依次是( )
A. HCl、BaCl2、H2SO4、Na2CO3
B. H2SO4、HCl、BaCl2、Na2CO3
C. HCl、H2SO4、BaCl2、Na2CO3
D. H2SO4、Na2CO3、HCl、BaCl2
15. H2O2和O3都是较强的氧化剂，可用于环境消杀，以下电化学装置可协同产生H2O2和O3，产生H2O2和O3的物质的量之比为5：1，下列说法错误的是( )
A. Y电极电势低于X电极
B. 膜为质子交换膜
C. 生成双氧水的电极反应式为O2+2e−+2H+=H2O2
D. X极处可能还存在其他副反应
16. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 用稀硝酸洗涤试管内壁银镜：Ag+2H++NO3−=Ag++NO2↑+H2O
B. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：HCO3−+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O
C. 电解氯化镁溶液：2Cl−+2H2O− 通电 Cl2↑+H2↑+2OH−
D. NaClO将污水中的NH3氧化成N2：3ClO−+2NH3=N2↑+3C1−+3H2O
17. 成语言简意赅，是中华民族智慧的结晶．下列成语描绘的变化属于化学变化的是( )
A. 滴水成冰 B. 木已成舟 C. 烛炬成灰 D. 沙里淘金
18. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 在图示的转化中，化合价不变的元素有铜、氯、氢
B. 在图示的转化中，FeCl2、CuCl2未参与化学反应
C. 图示转化的总反应是2H2S+O2− Fe2+,Cu2+ 2S+2H2O
D. 当回收得到1mol硫单质时，转移电子的物质的量为2mol
19. 用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液分别滴定溶液体积均为20.00mL的c1mol⋅L−1醋酸溶液和c2mol⋅L−1草酸(H2C2O4)溶液，得到如图滴定曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点。下列叙述正确的是( )
A. X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸，c1
C. 若b点时c(H+)=Ka(CH3COOH)，则b点溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO−)>c(Na+)
D. 若a点V[NaOH(aq)]=7.95mL，则a点有c(C2O42−)+2c(OH−)=c(HC2O4−)+2c(H+)+c(H2C2O4)
20. 为了模拟汽车尾气的净化，向密闭容器中投入一定量的CO和O2，在催化剂(Ⅰ型、Ⅱ型)和不同温度条件下发生反应：2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)，反应进行相同时间(t秒)，测得CO转化率与温度的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 该反应在a、b二点对应的平衡常数大小关系：Ka>Kb
B. 该反应使用不同催化剂对应的活化能：Ⅰ型<Ⅱ型
C. 其它条件不变，温度相同(低于50℃)CO平衡转化率：Ⅰ型>Ⅱ型
D. 已知50℃、t秒时容器中O2浓度为0.01mol⋅L−1，该温度下反应平衡常数为100x2(1−x)2
21. 能表示阿伏加德罗常数数值的是( )
A. 1mol金属钠含有的电子数 B. 标准状况下22.4L苯所含的分子数
C. 0.012kg12C所含的原子数 D. 1L1mol⋅L−1的硫酸溶液所含的H+数
第II卷（非选择题）
二、简答题（本大题共3小题，共24.0分）
22. 图1是课本“还原铁粉与水蒸气反应”的实验装置图．
(1)铁粉与水蒸气反应的化学方程式是______．
(2)图1证明还原铁粉与水蒸气发生了反应的现象是______．
某同学设计图2装置进行“铁与水蒸气反应”的实验．(图中部分夹持及尾气处理装置略)
(3)图1装置中湿棉花的作用与图2中______(填“A、B、C、D、E”)装置的作用一样．
(4)装置D的作用是干燥氢气，请在方框内补充完整的装置和试剂．
(5)实验结束，该同学取反应后装置B中固体混合物溶于足量稀硫酸，再向其中滴加几滴KSCN溶液，振荡，未见溶液变红，得出结论“反应后装置B中固体混合物”不含Fe3O4.你认为正确吗？为什么？你认为______，理由是______．
(6)某同学为实现“常温下铁与液态水的反应”设计了图3装置．实验中发现碳棒上冒气泡，蒸馏水中出现白色沉淀．书写该实验发生的化学方程式______．
23. 利用天然气及化工废气中的硫化氢，不仅可制取氢气并回收单质硫，还可减少对环境的污染。
回答下列问题：
(1)在一定的条件下，天然气脱硫工艺中会发生以下反应：
2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1
4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g) ΔH2
2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g) ΔH3
则相同条件下反应2S(g)=S2(g)的△H= (用含△H1、△H2和△H3的代数式表示)。
(2)硫化氢分解反应2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)，在101kPa时各气体的体积分数与温度的关系如图所示：
①该反应的△H 0(填“>”、“<”)。
②为提高H2S的平衡分解率，除改变温度外，还可采取的措施是 。
③图中A点时反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替浓度，平衡分压=总压×物质的量分数)。
(3)我国学者发明的一种分解硫化氢制氢并回收硫的装置如图所示：
①该装置中能量转化的方式为 。
②若Y极液中的电对(A/B)选用I3−/I−，装置工作时Y极上的电极反应式为 ，Y极溶液中发生的离子反应为 ；再列举一种可作为Y极循环液常见的电对： 。
③该分解H2S制氢的方法主要优点是 。
24. 金属元素Mg、Al、Ti、Fe、Cu等在电池、储氢材料、催化剂等方面都有广泛应用。
请回答下列问题：
(1)Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH4−的空间构型是 ，H、B、Ti 的电负性由小到大的顺序为 。
(2)原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+12表示，与之相反的用：−13表示，±12即称为电子的自旋磁量子数。对于基态Fe原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
(3)Cu(NO3)2是有机催化剂，其水溶液为天蓝色。使溶液呈现天蓝色的四水合铜离子，其空间构型为平面正方形，则Cu2+的杂化轨道类型为 ( 填标号)。
A.dsp2
B.sp
C.sp2
D.sp3
如图1为一种Cu2+形成的配离子的结构，加热时该离子先失去的配位体是 (填化学式)，此时生成的配离子溶液的颜色为 色。
(4)已知Mg、A1、O三种元素组成的晶体结构如图2所示，其晶胞由4个A型小晶格和4个B型小晶格构成，其中A13+和O2−都在小晶格内部，Mg2+部分在小晶格内部，部分在小晶格顶点。该物质的化学式为 ，Mg2+的配位数为 ，两个Mg2+之间最近的距离是 pm。
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
25. (1)某混合物由NaCl、MgCl2、AlCl3组成，已知Na、Mg、Al三种元素的质量之比为23：16：9，则NaCl、MgCl2和AlCl3物质的量之比为 ，含1.00molCl−的该混合物的质量为 。
(2)12.4gNa2R含Na+0.4mol，则Na2R的摩尔质量为 ，R的相对原子质量为 。含R的质量为1.6g的Na2R，其物质的量为 。
(3)已知8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，现将16gA与70gB的混合物充分反应后，生成2molD和一定量的C，则D的摩尔质量为 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.不锈钢是常见的一种合金钢，故A错误；
B.汽车挡风玻璃属于硅酸盐制品，故B正确；
C.航天工业中的形状记忆合金是一种新型合金，故C错误；
D.游轮的金属外壳是钢铁，是一种铁碳合金，故D错误；
故选：B。
合金是两种或两种以上的金属(或金属和非金属)融合而成的混合物，具有金属的性质和良好的性能，新型合金具有传统合金所不具备的优异性能和特殊功能的合金。
本题考查物质的组成和分类，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
2.【答案】C
【解析】解：A.紫砂壶以黏土为原料烧制而成的硅酸盐制品，故A不选；
B.蒸发皿是以黏土为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得，主要成分为陶瓷，属于陶瓷产品，故B不选；
C.试管成分为玻璃，不属于陶瓷产品，属于玻璃制品，故C选；
D.建筑上烧制的砖瓦以黏土为原料烧制而成，属于硅酸盐产品，故D不选；
故选：C。
陶瓷是陶器和瓷器的总称，是以黏土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品。
本题考查硅酸盐工业，难度较小，主要考查学生对硅酸盐工业的了解以及对常用化学仪器认识，以识记为主，加强基础知识的掌握。
3.【答案】C
【解析】解：某元素+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则对应基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2，最高能层为第4层，价电子数为2，可知，该元素位于：四周期，ⅡA族，属于s区元素，
故选：C。
某元素+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则对应基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2，最高能层为第4层，价电子数为2，据此判断。
本题考查了原子结构组成与元素周期表，明确基态原子核外电子排布规律，熟悉原子结构与元素周期表关系是解题关键，题目难度中等。
4.【答案】B
【解析】解：A、同一周期元素，从左到右，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性：NaOH>Mg(OH)2，故A正确；
B、同一周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：Cl
D、同主族元素，从下到上，得电子能力逐渐增强，气态氢化物稳定性逐渐增强，所以稳定性：NH3>PH3，故D正确。
故选B。
A、同一周期元素，从左到右，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱；
B、同一周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小；
C、同一主族元素，从上到下，金属性逐渐增强；
D、同主族元素，从下到上，得电子能力逐渐增强，气态氢化物稳定性逐渐增强。
本题考查学生元素周期律的应用知识，可以根据所学知识来回答，难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.CH3CH2OH为非电解质，不与Na2CO3溶液反应，故A错误；
B.的酸性大于碳酸氢根离子，与Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，故B错误；
C.CH3COOH的酸性大于碳酸，能够与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体，故C正确；
D.HClO的酸性小于碳酸，不会与Na2CO3溶液反应放出气体，故D错误；
故选：C。
能与Na2CO3溶液反应放出气体，说明该物质的酸性大于碳酸，据此结合选项中各物质酸性分析。
本题考查有机物结构与性质的应用，题目难度不大，明确常见有机物酸性强弱为解答关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力。
6.【答案】A
【解析】解：A.由于高分子化合物中每个高分子的聚合度不一定相同，所以高分子化合物均为混合物，故A正确；
B.高分子链之间的作用力与链的长短有关，链越长的相对分子质量越大，高分子之间的作用力越强，因此高分子材料的强度一般较大，故B错误；
C.光导纤维的主要成分是SiO2，属于无机物，不是高分子材料，故C错误；
D.制造人造血管、隐形眼镜等应用生物非降解型的医用高分子材料，不能用生物可降解型的医用高分子材料，故D错误；
故选：A。
A.每个高分子的聚合度不一定相同；
B.高分子链之间的作用力与链的长短有关，链越长，高分子之间的作用力越大；
C.光导纤维的主要成分是SiO2；
D.制人造血管、隐形眼镜应用生物非降解型的医用高分子材料。
本题考查有机高分子化合物的结构与性质，涉及高分子化合物的聚合度、分子间作用力的强弱、医用高分子材料等，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：硫和氧气的反应中，硫元素失电子化合价升高，氧元素得电子化合价降低，转移电子数=化合价降低总数目=化合价升高总数目，故A正确；
B、根据化合价不交叉的原则，硫化氢中硫元素化合价从−2价应升高到0价，硫酸中硫元素的化合价从+6价降到+4价，转移电子2mol，故B错误；
C、铁元素化合价升高失去电子，氢元素化合价降低得到电子，故C错误；
D、盐酸中的氯元素化合价升高应是失去电子，重铬酸钾中铬元素化合价降低应是得到电子，得失电子数目为6，
故D错误。
故选：A。
氧化还原反应中失电子的元素化合价升高，得电子的元素化合价降低，化合价降低数目=化合价升高数目=转移的电子数目。
本题考查氧化还原反应的特征和实质知识，是对教材知识的考查，难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.分子中含有羧基，不能酯基，所以该分子不能发生水解反应，故A错误；
B.饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该分子中所有碳原子一定不能共平面，故B错误；
C.能形成分之间氢键的物质的熔沸点升高，所以氢键可增大该分子熔点，故C正确；
D.具有羧酸和烷烃的性质，该有机物能燃烧而发生氧化反应，羧基能发生取代反应，该有机物不能发生消去反应，故D错误；
故选：C。
A.分子中含有羧基，不能酯基；
B.饱和碳原子具有甲烷结构特点；
C.能形成分之间氢键的物质的熔沸点升高；
D.具有羧酸和烷烃的性质。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.根据图中a点分析，c(Fe2+)=1.0×10−10mol⋅L−1，c(S2−)=1.0×10−10mol⋅L−1，则Ksp(FeS)=1.0×10−20，故A正确；
B.由图可知Ksp(CuS)
D.由图可知，Ksp(CuS)
A.Ksp(FeS)=c(Fe2+)×c(S2−)，结合图中a点数值进行计算；
B.含等物质的量浓度的Fe2+、Cu2+的稀溶液中滴加Na2S溶液，Ksp小的对应离子先沉淀；
C.由图可知，a点对应的ZnS溶液中，c(Zn2+)大于该温度下饱和溶液中c(Zn2+)，结合离子积Q与Ksp关系分析；
D.由图可知，Ksp(CuS)
10.【答案】A
【解析】解：A.有分析可知，乙池中的电极反应为3I−−2e−=I3−，故A正确；
B.原电池中阳离子向正极移动，石墨电极为正极，则H+通过全氟磺酸膜从乙池进入甲池，故B错误；
C.由图可知，乙池中的I3−为乙池的电解质溶液，同时也是电池反应的产物，不是反应的催化剂，故C错误；
D.甲池中H2AQ与O2作用生成AQ和H2O2，O元素的化合价由0价变为−1价，得电子被还原，H2AQ最终被氧化为AQ，故D错误；
故选：A。
由电子流向可知石墨电极为正极，N型半导体为负极，负极上碘离子失电子被氧化，电极反应为3I−−2e−=I3−，生成的碘可与硫化氢反应，正极AQ得电子被还原生成H2AQ，H2AQ与氧气反应生成AQ和过氧化氢，电解质溶液浓度基本不变，总反应为。
本题考查原电池，侧重考查学生新型电源的掌握情况，试题难度中等。
11.【答案】A
【解析】解：A.地沟油的主要成分是油脂，属于酯类，故不是碳氢化合物，故A错误；
B.次氯酸钠具有强的氧化性，能够杀菌消毒，用电解食盐水制取的次氯酸钠喷洒房间能杀死新冠肺炎病毒，故B正确；
C.纳米银粒子具有抑菌性，医用“纳米银外用抗菌凝胶”外用于皮肤后，能够缓释放出纳米银粒子，抑制并杀灭与之接触的病菌并有促进皮肤愈合的作用，故C正确；
D.液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰，二者发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水，从而消除了Cl2的毒性及危害，故D正确；
故选：A。
A.地沟油的主要成分是油脂；
B.次氯酸钠具有强的氧化性，能够杀菌消毒；
C.纳米银粒子具有强的抑菌性；
D.氯气与氢氧化钙反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水。
本题考查了化学知识在生活实际的应用，为高考常见题型，熟悉物质的组成、性质、用途等即可解答，题目有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.标况下己烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B.50g质量分数为46%的乙醇溶液中含溶质乙醇质量=50g×46%=23g，物质的量为0.5mol，则含3molH原子；含溶剂水质量=50g×(1−46%)=27g，物质的量为1.5mol，则含3molH原子，故共含6molH原子即6NA个，故B错误；
C.依据甲烷与乙烯分子结构可知：CH3−CH=CH−CH2−CH3中碳原子都可以在碳碳双键确定的平面上，碳碳双键上的两个氢原子一定在该平面，亚甲基中2个氢原子都不在该平面，两个甲基上各有1个氢原子，右边甲基碳原子可以在该平面上，所以最多有9个原子共面，则1mol有机物CH3−CH=CH−CH2−CH3中最多有9NA个原子在同一平面上，故C正确；
D.苯乙烯的结构简式为，苯环不含碳碳双键，但侧链含碳碳双键，故D错误；
故选：C。
A.气体摩尔体积使用对象为气体；
B.在乙醇溶液中，除了乙醇中含H原子，水也含H原子；
C.依据甲烷四面体结构、乙烯平面结构判断解答；
D.1个乙烯分子含有1个C=C双键。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意公式的运用和物质的结构特点。
13.【答案】B
【解析】解：A.碳酸钙与醋酸的反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO−，故A错误；
B.用强碱溶液吸收工业制取硝酸的尾气，离子方程式为：NO+NO2+2OH−=2NO2−+H2O，故B正确；
C.氯化铝中滴加过量浓氨水，离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；
D.氯气与水反应，离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，故D错误；
故选：B。
A.醋酸为弱酸，应保留化学式；
B.一氧化氮、二氧化氮在氢氧化钠溶液中发生归中反应生成亚硝酸钠和水；
C.一水合氨为弱碱，应保留化学式；
D.次氯酸为弱酸，应保留化学式。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：BaCl2与H2SO4、Na2CO3均反应生成白色沉淀，Na2CO3与HCl、H2SO4反应均生成气体，由表格中乙+丙、丙+丁的现象可知丙为BaCl2，由丙+丁、甲+丁的现象可知，丁为Na2CO3，则乙为H2SO4，从而可知甲为HCl，
故选：C。
BaCl2与H2SO4、Na2CO3均反应生成白色沉淀，Na2CO3与HCl、H2SO4反应均生成气体，由表格中的现象可知丙为BaCl2，以此来解答．
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质之间的反应及现象为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大．
15.【答案】A
【解析】解：A.分析知，Y是阳极，X极是阴极，Y电极电势比X电极高，故A错误；
B.H+由Y极向X极移动，则膜为质子交换膜，故B正确；
C.X极是阴极，生成双氧水的电极反应式为O2+2e−+2H+=H2O2，故C正确；
D.Y极还可能发生的电极反应式为3H2O−6e−=O3+6H+，则H2O2和O3的物质的量之比为3：1，故应有其他副反应生成H2O2，才会有5：1，故D正确；
故选：A。
根据实验装置分析，Y极O元素从−2价升至0价，是阳极，电极反应式：2H2O−4e−=O2+4H+，3H2O−6e−=O3+6H+，X极是阴极，电极反应式为：O2+2e−+2H+=H2O2，据此作答。
本题考查电化学的应用，题目难度不大，注意把握电解池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断电解池阴阳极，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
16.【答案】D
【解析】解：A.用稀硝酸洗涤试管内壁银镜，离子方程式：3Ag+4H++NO3−=3Ag++NO↑+2H2O，故A错误；
B.Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应，离子方程式：2HCO3−+Ca2++2OH−=CaCO3↓+2H2O+CO32−，故B错误；
C.电解氯化镁溶液，离子方程式：Mg2++2Cl−+2H2O− 通电 Cl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，故C错误；
D.NaClO将污水中的NH3氧化成N2，离子方程式：3ClO−+2NH3=N2↑+3C1−+3H2O，故D正确。
故选：D。
A.银与稀硝酸反应，还原产物为一氧化氮；
B.氢氧化钠足量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
C.电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀、氢气和氯气；
C.二者发生氧化还原反应生成氯化钠、氮气和水。
本题考查离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循电荷守恒规律，题目难度不大。
17.【答案】C
【解析】解：A.水、冰都为水，为水的两种聚集状态，滴水成冰过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B.木已成舟是木头的形状发生了变化，无新物质生成，是物理变化，故B错误；
C.蜡炬成灰是石蜡与氧气反应生成水和二氧化碳，有新物质生成，是化学变化，故C正确；
D.沙里淘金利用的是金的密度比较大，用过水洗的方法得到金，无新物质生成，是物理变化，故D错误；
故选：C。
化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此分析判断．
本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．
18.【答案】B
【解析】解：A.根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是−1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故A正确；
B.由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，FeCl2、CuCl2均参与化学反应，故B错误；
C.根据图中转化可知，总反应是2H2S+O2− Fe2+,Cu2+ 2S+2H2O，故C正确；
D.根据图中转化可知，总反应是2H2S+O2− Fe2+,Cu2+ 2S+2H2O，所以当有2mol H2S转化为硫单质时，转移电子的物质的量为4mol，当回收得到1mol硫单质时，转移电子的物质的量为2mol，故D正确。
故选：B。
由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，再结合氧化还原反应中的基本概念来解决问题。
本题以S为载体考查了氧化还原反应，会正确分析图象中各个物理量的含义是解本题关键，再结合氧化还原反应中各个物理量之间的关系来分析解答即可，题目难度中等。
19.【答案】C
【解析】解：A.草酸是二元弱酸，有两次滴定突变，醋酸有一次滴定突变，故X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸，醋酸消耗的V(NaOH)小于草酸消耗V(NaOH)的二倍，则c1>c2，故A错误；
B.滴定过程中始终有电荷守恒n(H+)+n(Na+)=n(OH−)+n(CH3COO−)，物料守恒有n(CH3COOH)+n(CH3COO−)=0.02c1，故n(H+)+n(Na+)=0.02c1−n(CH3COOH)+n(OH−)，则n(CH3COOH)=0.02c1+n(OH−)−n(H+)−n(Na+)，故B错误；
C.若b点时c(H+)=Ka(CH3COOH)，则b点c(CH3COOH)=c(CH3COO−)，b点溶液的pH<7，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，所以存在c(CH3COO−)>c(Na+)，故C正确；
D.完全中和时消耗V(NaOH)=10.6mL，则a点V(NaOH)=7.95mL时为NaHC2O4与Na2C2O4按1：1形成的溶液，则a点电荷有c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42−)+c(OH−)+c(HC2O4−)，物料守恒有c(Na+)=3c(C2O42−)+3c(HC2O4−)+3c(H2C2O4)，后式代入前式有3c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+2c(H+)=c(C2O42−)+2c(OH−)，故D错误；
故选：C。
A.草酸是二元弱酸，有两次滴定突变，醋酸为一元弱酸，有一次滴定突变；醋酸消耗的V(NaOH)小于草酸消耗V(NaOH)的二倍；
B.CH3COOH溶液滴定过程中，存在电荷守恒n(H+)+n(Na+)=n(OH−)+n(CH3COO−)，物料守恒有n(CH3COOH)+n(CH3COO−)=0.02c1，故n(H+)+n(Na+)=0.02c1−n(CH3COOH)+n(OH−)；
C.若b点时c(H+)=Ka(CH3COOH)，则b点c(CH3COOH)=c(CH3COO−)，b点溶液的pH<7，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(CH3COO−)；
D.完全中和时消耗V(NaOH)=10.60mL，则a点V(NaOH)=7.95mL时为NaHC2O4与Na2C2O4按1：1形成的溶液，则a点物料守恒，根据物料守恒判断。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确曲线与酸的关系、各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，B选项为解答难点，题目难度中等。
20.【答案】C
【解析】解：A.转化率先增大后减小，说明升高到一定温度时，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，温度低的平衡常数大，反应在a、b二点对应的平衡常数大小关系：Ka>Kb，故A正确；
B.催化剂Ⅰ型的催化效率较高，说明活化能低，不同催化剂对应的活化能：Ⅰ型<Ⅱ型，故B正确；
C.催化剂不能改变平衡转化率，其它条件不变，温度相同(低于50℃)CO平衡转化率：阴影部分=Ⅰ型=Ⅱ型，故C错误；
D.设初始一氧化碳的浓度为c(CO)=amol/L，已知50℃CO转化率为x，平衡时c(CO)=amol/L×(1−x)，c(CO2)=axmol/L平衡常数K=c2(CO2)c2(CO)⋅c(O2)=(ax)2a2×(1−x)2×0.01=100x2(1−x)2，故D正确；
故选：C。
由图象可知随着温度的升高，转化率先增大后减小，则正反应为放热反应，图中a没有达到平衡状态，图中b、c达到平衡状态，催化剂Ⅰ型的催化效率较高，以此解答该题。
本题考查化学平衡的影响因素以及图象的分析，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握图象的分析，为解答该题的关键，题目难度中等。
21.【答案】C
【解析】解：A.钠原子含有11个电子，1mol钠含有11mol电子，不是1mol，不能表示阿伏伽德罗常数的数值，故A错误；
B.标况下苯不是气体，22.4L苯的物质的量不是1mol，不能表示阿伏伽德罗常数的数值，故B错误；
C.0.012kg12C所含的原子数为阿伏伽德罗常数，能表示阿伏伽德罗常数的数值，故C正确；
D.1L 1mol/L的硫酸溶液中含有溶质硫酸1mol，1mol硫酸在溶液中电离出2mol氢离子，不能表示阿伏伽德罗常数的数值，故D错误；
故选C．
A.1mol金属钠含有11mol电子；
B.标准状况下，苯的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量；
C.阿伏伽德罗常数为0.012kg12C所含的原子数；
D.1mol硫酸在溶液中电离出2mol氢离子．
本题考查阿伏加德罗常数的判断，题目难度中等，注意掌握阿伏伽德罗常数的概念及计算方法，明确以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．
22.【答案】3Fe+4H2O 高温 Fe3O4+4H2↑；肥皂泡上升，点燃有爆鸣声；A；不正确；如果反应后混合气体中还有未反应的铁粉，铁粉会将溶液中的Fe3+全部还原为Fe2+，即便滴加KSCN溶液也不会显红色；Fe+2H2O 通电 Fe(OH)2↓+H2↑
【解析】解：(1)Fe粉与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和氢气，方程式为：3Fe+4H2O(g) 高温 Fe3O4+4H2，
故答案为：3Fe+4H2O(g) 高温 Fe3O4+4H2；
(2)图1中若生成的气体会使肥皂泡上升，且点燃有爆鸣声，可以证明还原铁粉与水蒸气发生了反应，
故答案为：肥皂泡上升，点燃有爆鸣声；
(3)图1装置中湿棉花的作用是提供水，以便得到与铁粉反应的水蒸气，图2中装置A提供水蒸气，与湿棉花的作用相同，
故答案为：A；
(4)氢气为中性气体，可以用浓硫酸或碱石灰干燥，如装置①、②均可：，
故答案为：；
(5)实验结束，该同学取反应后装置B中固体混合物溶于足量稀硫酸，由于若反应后混合气体中还有未反应的铁粉，铁粉会将溶液中的Fe3+全部还原为Fe2+，即便滴加KSCN溶液也不会显红色，所以该说法不正确，
故答案为：不正确；如果反应后混合气体中还有未反应的铁粉，铁粉会将溶液中的Fe3+全部还原为Fe2+，即便滴加KSCN溶液也不会显红色；
(6)Fe与电源正极相连，为电解池的阳极，碳棒为阴极，阴极水电离的氢离子得到电子生成氢气，阳极铁失去电子生成亚铁离子，亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，则实验中发现碳棒上冒气泡，蒸馏水中出现白色沉淀，发生反应为：Fe+2H2O 通电 Fe(OH)2↓+H2↑，
故答案为：Fe+2H2O 通电 Fe(OH)2↓+H2↑.
(1)Fe粉与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和氢气；
(2)还原铁粉与水蒸气生成的氢气通入肥皂水会产生气泡；
(3)反应物为铁和水蒸气，图2中A用于制备水蒸气；
(4)氢气不与浓硫酸、碱石灰反应，可以用二者干燥，据此画出装置图；
(5)根据若铁粉剩余，铁粉能够将生成的铁离子还原为亚铁离子分析；
(6)铁为阳极，阳极Fe失去电子生成亚铁离子，阴极氢离子得到电子生成氢气，据此写出电极总反应．
本题考查了性质方案的设计，题目难度中等，明确实验目的为解答关键，注意熟练掌握铁及其化合物性质，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．
23.【答案】13(ΔH1+ΔH2)−ΔH3 > 及时将体系中的产物分离(或其他合理答案) 20.2kPa 光能转变为化学能和电能 3I−−2e−=I3− I3−+H2S=S↓+2H++3I− Fe3+/Fe2+ 充分利用太阳能且不产生污染(或可在常温下实现，操作容易等合理答案)
【解析】解：(1)根据守恒原理，要得到方程式④，可以用13×(①+②−③)，则依据盖斯定律，该反应的ΔH=13(ΔH1+ΔH2)−ΔH3，
故答案为：13(ΔH1+ΔH2)−ΔH3；
(2)①根据图示，随着温度的升高，反应物H2S的体积分数逐渐减少，说明平衡向正反应方向移动，升温平衡向吸热方向进行，则△H>0，
故答案为：>；
②为提高H2S的平衡分解率，除改变温度外，还可采取的措施是及时将体系中的产物分离、适当减小压强等，
故答案为：及时将体系中的产物分离(或其他合理答案)；
③设H2S起始的物质的量浓度为1mol⋅L−1，A点时H2S与H2的浓度相同，设为xmol⋅L−1，则列出三段式：
2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)
开始(mol⋅L−1)1 0 0
变化(mol⋅L−1)x x 0.5x
平衡(mol⋅L−1)1−x x 0.5x
则有1−x=x，解得x=0.5mol⋅L−1，Kp=p2(H2)×p(S2)p2(H2S)=p(S2)=0.5x1−x+x+0.5x×101kPa=20.2kPa，
故答案为：20.2kPa；
(3)①该装置是将光能转变为化学能和电能，
故答案为：光能转变为化学能和电能；
②X电极是将H+转化为H2，化合价降低，发生还原反应，则Y电极应发生氧化反应，反应式为3I−−2e−=I3−；Y极溶液中有H2S具有还原性，而I3− 具有氧化性，则两者可以发生氧化还原反应，离子反应为I3−+H2S=S↓+2H++3I−；另一种可作为Y极循环液常见的电对Fe3+/Fe2+，
故答案为：3I−−2e−=I3−；I3−+H2S=S↓+2H++3I−；Fe3+/Fe2+；
③该分解H2S制氢的方法主要优点是充分利用太阳能且无污染、可在常温下实现、操作容易等，
故答案为：充分利用太阳能且不产生污染(或可在常温下实现，操作容易等合理答案)。
(1)根据守恒原理，要得到方程式④，可以用13×①+②−③，则依据盖斯定律计算ΔH；
(2)①随着温度的升高，反应物H2S的体积分数逐渐减少，说明平衡向正反应方向移动，则△H>0；
②为提高H2S的平衡分解率，除改变温度外，还可采取的措施是及时将体系中的产物分离、适当减小压强；
③设H2S起始的物质的量浓度为1mol⋅L−1，A点时H2S与H2的浓度相同，设为xmol⋅L−1，则列出三段式计算；
(3)①该装置是将光能转变为化学能和电能；
②X电极是将H+转化为H2，化合价降低，发生还原反应，则Y电极应发生氧化反应，反应式为3I−−2e−=I3−；Y极溶液中有H2S具有还原性，而I3− 具有氧化性，则两者可以发生氧化还原反应，离子反应为I3−+H2S=S↓+2H++3I−；另一种可作为Y极循环液常见的电对Fe3+/Fe2+；
③该分解H2S制氢的方法主要优点是充分利用太阳能且无污染、可在常温下实现、操作容易。
本题考查化学反应原理，涉及化学反应中的能量变化、盖斯定律的应用、有关化学平衡的计算等，题目中等难度。
24.【答案】正四面体形 Ti
故答案为：+2或−2；
(3)Cu(NO3)2是有机催化剂，其水溶液为天蓝色，使溶液呈现天蓝色的四水合铜离子，其空间构型为平面正方形，使溶液呈现天蓝色的四水合铜离子，其空间构型为平面正方形，[Cu(H2O)4]2+中Cu2+和4个O原子形成4个配位键，则铜离子价层电子对数是4，该配离子空间结构为平面正方形，所以铜离子不能采用sp3杂化，应该是dsp2杂化，图1为一种Cu2+形成的配离子的结构，分析结构可知，O的电负性大于N，故N提供孤电子对的配体更为稳定，加热易失去的配体为H2O，此时生成的配离子为四氨合铜离子，颜色为深蓝色，
故答案为：A；H2O；深蓝色；
(4)晶胞中含有结构A，结构B均为4个，Mg原子处于晶胞的顶点、面心、结构A的体内，Al原子处于结构B内部，O原子处于结构A，结构B内部，晶胞中Mg原子数目=4+8×18+6×12=8，Al原子数目=4×4=16，O原子数目=4×4+4×4=32，故Mg、Al、O原子数目之比为8：16：32=1：2：4，则化学式为：MgAl2O4，由图可知1个Mg2+与4个O2−相连，即Mg2+的配位数为4，晶胞边长为apm，两个Mg2+之间最近的距离是体对角线的的14，即两个Mg2+之间最近的距离是34apm，
故答案为：MgAl2O4；4；34a。
(1)BH4−的价层电子对数为4+3+1−4×12−=4，中心原子为sp3杂化，不含孤电子对，故BH4−的空间构型是正四面体形，元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大；
(2)基态Fe原子价电子排布式为3d64s2，根据洪特规则可知，其3d轨道的4个电子的自旋状态相同；
(3)[Cu(H2O)4]2+中Cu2+和4个O原子形成4个配位键，则铜离子价层电子对数是4，该配离子空间结构为平面正方形，所以铜离子不能采用sp3杂化，应该是dsp2杂化，图1为一种Cu2+形成的配离子的结构，分析结构可知，O的电负性大于N，故N提供孤电子对的配体更为稳定，此时生成的配离子为四氨合铜离子；
(4)晶胞中含有结构A，结构B均为4个，Mg原子处于晶胞的顶点、面心、结构A的体内，Al原子处于结构B内部，O原子处于结构A，结构B内部，晶胞中Mg原子数目=4+8×18+6×12=8，Al原子数目=4×4=16，O原子数目=4×4+4×4=32，故Mg、Al、O原子数目之比为8：16：32=1：2：4，则化学式为：MgAl2O4，由图可知1个Mg2+与4个O2−相连，即Mg2+的配位数为4，晶胞边长为apm，两个Mg2+之间最近的距离是体对角线的的14，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
25.【答案】3：2：1 49.9g 62g/mol 16 0.1mol 18g/mol
【解析】解：(1)假设Na、Mg、Al三种元素的质量分别为23g、16g、9g，
n(NaCl)=n(Na)=23g23g/mol=1mol，
n(MgCl2)=n(Mg)=16g24g/mol=23mol，
n(AlCl3)=n(Al)=9g27g/mol=13mol，
故n(NaCl)：n(MgCl2)：n(AlCl3)=1mol：23mol：13mol=3：2：1，
设AlCl3的物质的量为x，则：1mol=3x+2x×2+3x，
解得：x=0.1mol，
故混合物的总质量为：0.1mol×3×58.5g/mol+0.1mol×2×95g/mol+0.1mol×133.5g/mol=49.9g，
故答案为：3：2：1；49.9g；
(2)12.4gNa2R含Na+0.4 mol，则根据物质构成微粒关系可知：Na2R的物质的量是0.2 mol，因此Na2R的摩尔质量M=12.4g0.2mol/L=62g⋅mol−1；故Na2R的化学式式量是62，由23×2+R=62，则得R=16，即R的相对原子质量为16，含R的质量为1.6g的Na2R物质的量为：1.6g16g/mol=0.1mol，
故答案为：62g⋅mol−1；16；0.1mol；
(3)8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，根据质量守恒D的质量为8g+32g−22g=18g，故A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g=4：16：11：9进行反应，16gA完全反应需要B的质量为16g×164=64g<70g，故B过量，则生成的D的质量为16g×94=36g，故D的摩尔质量为36g2mol=18g/mol，
故答案为：18g/mol。
(1)假设Na、Mg、Al三种元素的质量分别为23g、16g、9g，根据n=mM计算各自物质的量，进而确定NaCl、MgCl2和AlCl3物质的量之比，根据n(Cl−)=n(NaCl)+2n(MgCl2)+3n(AlCl3)计算各自物质的量，再根据m=nM计算混合物总质量；
(2)Na2R的摩尔质量依据M=mM公式计算，R的相对原子质量为则依据摩尔质量的计算结果得出；
(3)8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，根据质量守恒，生成D的质量为8g+32g−22g=18g，故A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g=4：16：11：9进行反应，据此进行16gA与70gB反应的过量计算，再根据质量比计算生成的D的质量，利用M=mn计算D的摩尔质量。
本题考查阿伏伽德罗常数和阿伏伽德罗定律的内容，有关物质的量的计算等，熟悉以物质的量计算公式，明确物质的结构组成是解题关键，题目中等难度。
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