还剩20页未读，
继续阅读
浙江省杭州市四校联考2022-2023学年高二化学下学期3月月考试题（Word版附解析）
展开
这是一份浙江省杭州市四校联考2022-2023学年高二化学下学期3月月考试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了 下列说法不正确的是， 关于反应的说法不正确的是，5ml电子， 下列离子方程式正确的是， 已知在瞬间即可达成化学平衡等内容，欢迎下载使用。
2022学年第二学期高二年级四校联考
化学学科试题卷
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号(填涂)；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
可能用到的相对原子质量：
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每题3分，共48分。每个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. 下列物质属于电解质且溶于水为碱性的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠是单质不是电解质也不是非电解质，A错误；
B．与水反应生成电解质一水合氨，是非电解质，B错误；
C．的水溶液和熔融态均可导电是电解质，水溶液因碳酸根离子的水解显碱性， C正确；
D．是盐，在水溶液中完全电离产生自由移动的离子，属于强电解质，但溶于水后因铵根离子水解显酸性，D错误；
故选C。
2. 工业上电解熔融和冰晶石的混合物可制得铝。下列说法正确的是
A. 半径大小： B. 电负性大小：
C. 电离能大小： D. 碱性强弱：
【答案】C
【解析】
【详解】A．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，A错误；
B．同周期元素核电荷数越大电负性越大，故，B错误；
C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小，C正确；
D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为，D错误；
故选C。
3. 下列化学用语表述正确的是
A. 的空间构型：平面三角形
B. 的键的电子云图形：
C. 水晶的分子式：SiO2
D. 基态铬原子的价电子轨道表示式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．的中心C原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，且C原子的最外层不存在孤电子对，则其空间构型为平面三角形，A正确；
B．的键的电子云，应为两个3p轨道头对头发生重叠，B不正确；
C．水晶的主要成分为二氧化硅，属于共价晶体，其由Si、O原子构成，不存在分子式，C不正确；
D．基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，则其轨道表示式： ，D不正确；
故选A。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A. 硬铝较轻且硬度大，可用于制造飞机的零部件
B. 铁可与浓硫酸形成致密氧化膜，可用作储存浓硫酸材料
C. 具有强氧化性，可用作净水剂
D. 熔点很高，可用于制作坩埚
【答案】C
【解析】
【详解】A．硬铝密度小且硬度大，可用于制造飞机的零部件，A正确；
B．铁可与浓硫酸形成致密氧化膜，可以阻止铁和浓硫酸继续反应，故铁可用作储存浓硫酸材料，B正确；
C．二氧化氯具有强氧化性，能杀菌消毒，不能净水，C错误；
D．坩埚是耐高温的材料，氧化铝熔点高，故可用于制作坩埚，D正确；
故选C。
5. 下列说法不正确的是
A. 质谱仪可用于测定分子的相对分子质量
B. 通过晶体的x—射线衍射实验可以确定键长、键角和键能
C. 计可用于酸碱中和滴定终点的判断
D. 用红外光谱仪可区别与
【答案】B
【解析】
【详解】A．质谱仪测定的最大质荷比为相对分子质量，则利用质谱仪可测定分子的相对分子质量，A正确；
B．通过晶体的x—射线衍射实验可以确定键长、键角，不能确定键能，B错误；
C．计用来测定溶液的，可用于酸碱中和滴定终点的判断，C正确；
D．红外光谱仪可区别测定未知物中的化学键或官能团，所以可以区别与，D正确；
故选B。
6. 关于反应的说法不正确的是
A. K2S2O8发生还原反应
B. 若设计成原电池，KMnO4为负极产物
C. 氧化剂和还原剂物质的量之比是
D. 消耗时，转移0.5mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】在反应中，Mn由+2价升高到+7价，K2S2O8中部分O由-1价降低到-2价，则K2S2O8是氧化剂，MnSO4是还原剂。
【详解】A．由分析可知，K2S2O8是氧化剂，发生还原反应，A正确；
B．在反应中，MnSO4是还原剂，则若设计成原电池，MnSO4是负极反应物，KMnO4为负极产物，B正确；
C．在反应中，K2S2O8是氧化剂，MnSO4是还原剂，则氧化剂和还原剂物质的量之比是，C正确；
D．由反应方程式，可建立如下关系式：4H2O——5e-，消耗(物质的量为0.2mol)时，转移0.25mol电子，D不正确；
故选D。
7. 下列离子方程式正确的是
A. 的水解方程：
B. 铜与稀硝酸反应：
C. 向含的溶液中加入含的溶液：
D. 溶液中吸收少量[已知：：
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫氢化钠中硫氢根离子水解可逆，A错误；
B．铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，B错误；
C．含的溶液中加入含的溶液反应生成1mol氢氧化铝和1.5mol硫酸钡和0.5mol硫酸铵，C错误；
D．根据电离平衡常数分析，碳酸钠溶液中吸收少量氯气，反应生成碳酸氢钠和氯化钠和次氯酸钠，D正确；
故选D。
8. 某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
A. 的配位数为6 B. 与距离最近的是
C. 该物质的化学式为 D. 若换为，则晶胞棱长将改变
【答案】B
【解析】
【详解】A．配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，位于体心，F-位于面心，所以配位数为6，A正确；
B．与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的，所以与距离最近的是，B错误；
C．位于顶点，所以个数==1，F-位于面心，F-个数==3，位于体心，所以个数=1，综上，该物质的化学式为，C正确；
D．与半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确；
故选B。
9. 已知在瞬间即可达成化学平衡。NO2和N2O4混合气体体积由V压缩至时，相关数据变化如下表。根据表中数据得出若干结论，下列结论不正确的是
温度/L
气体的总压强/Pa
NO2的物质的量浓度/ mol·L-1
298
1.28×10-2
311
2.80×10-2
A. 体积由V压缩至时，NO2的物质的量减少
B. 正反应和逆反应的活化能均较低
C. 体积缩小后混合气体的颜色加深
D. 其它条件不变，温度升高，该反应正向移动
【答案】A
【解析】
【详解】A．体积为VL时，NO2的物质的量为1.28×10-2mol/L×VL=1.28×10-2Vmol，体积为时，NO2的物质的量为2.80×10-2mol/L×L=1.40×10-2Vmol，NO2的物质的量增大，A不正确；
B．由于该反应在瞬间即可达成化学平衡，所以正反应和逆反应的活化能均较低，B正确；
C．体积缩小后，NO2的浓度增大，则混合气体的颜色加深，C正确；
D．由于该反应为吸热反应，则其它条件不变，温度升高，该反应正向移动，D正确；
故选A。
10. 下列有关物质的分离或鉴别说法正确的是
A. 淀粉在稀硫酸作用下水解后，向其中加入氢氧化钠溶液使其呈碱性，再加入新制氢氧化铜溶液并加热，若有砖红色沉淀生成，则说明淀粉已水解完全
B. 利用石油中各组分沸点的不同进行石油分馏，可获得汽油、煤油、柴油等石油化工产品
C. 可通过溴的四氯化碳溶液洗气除去乙烷(C2H6)中混有的杂质气体乙烯(CH2=CH2)
D. 除去乙酸乙酯中混有的乙酸，可先加入氢氧化钠溶液，再通过分液获得乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
【详解】A．淀粉水解液中加入氢氧化钠溶液使其呈碱性，再加入新制氢氧化铜溶液并加热，若有砖红色沉淀生成，表明水解液中含有葡萄糖，从而说明淀粉已发生水解，但不能说明水解完全，A不正确；
B．石油中含有汽油、煤油、柴油等组分，利用石油中各组分沸点的不同，将石油进行分馏，可获得汽油、煤油、柴油等石油化工产品，B正确；
C．乙烯能与溴发生加成反应，加成产物溶于四氯化碳，但乙烷也溶于四氯化碳，所以不能通过溴四氯化碳溶液洗气除去乙烷(C2H6)中混有的杂质气体乙烯(CH2=CH2)，C不正确；
D．氢氧化钠不仅能与乙酸反应，也能使乙酸乙酯发生水解，所以除去乙酸乙酯中混有的乙酸，不能加入氢氧化钠溶液，D不正确；
故选B。
11. 有A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中A为非金属元素，A和E属于同一族，它们的原子最外电子层上只有1个电子；B和D也属于同一族，它们原子最外层的s能级电子数是p能级电子数的一半；C原子最外层上的电子数等于D原子最外层上电子数的一半。下列说法不正确的是
A. 同周期主族元素中，比B元素的第一电离能大的元素只有一种
B. 由这五种元素组成的一种化合物，可用作净水剂
C. 元素B与D的电负性的大小关系：B＞D
D. 元素C的氯化物晶体为分子晶体
【答案】A
【解析】
【分析】有A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中A为非金属元素，A和E属于同一族，它们的原子最外电子层上只有1个电子，则A为H元素、E为K元素；B和D也属于同一族，它们原子最外层的s能级电子数是p能级电子数的一半，则其价电子排布为ns2np4，B为O元素、D为S元素；C原子最外层上的电子数等于D原子最外层上电子数的一半，则C原子的最外层电子数为3，其价电子排布式为3s23p1，其为Al元素。从而得出A、B、C、D、E分别为H、O、Al、S、K。
【详解】A．B为O元素，同周期主族元素中，比O元素的第一电离能大的元素有N、F两种，A不正确；
B．由这五种元素组成的一种化合物为KAl(SO4)2∙12H2O，是明矾的主要成分，可用作净水剂，B正确；
C．元素B与D分别为O和S，二者为同主族元素，非金属性O＞S，则电负性的大小关系：O＞S，C正确；
D．元素C为Al，其氯化物为氯化铝，由分子构成，晶体为分子晶体，D正确；
故选A。
12. 我国科学家研究化合物M(s)催化CO2氢化机理。由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如图所示(已知1eV=1.6×10−19J)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法错误的是
A. 过渡态TS1比TS2更稳定
B. 过程P→TS2为化合物M生成化合物N的决速步骤
C. 化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe−O键的断裂
D. 该过程的热化学方程式为：M(s)+CO2(g)=N(s) ΔH=−11.63 kJ·mol −1
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由图可知，过渡态TS2比TS1能量高，则过渡态TS1更稳定，故A正确；
B．由图可知，过程P→TS2为两步反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生成化合物N的决速步骤，故B正确；
C．化合物M为催化剂，反应前后结构不会改变，比较M、N的结构可知，Fe-O键无需断裂，故C错误；
D．图示为一个二氧化碳分子反应过程，能量变化为-11.63eV，所以当有1mol二氧化碳反应能量变化为-11.63eV×1.6×10-19J/eV×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，则该过程的热化学方程式为：M（s）+CO2（g）=N（s）ΔH=-1120kJ⋅mol-1，故D错误；
答案选CD。
13. 某原电池装置如图所示，电池总反应为。下列说法不正确的是
A. 充分放电后左侧溶液中的盐酸浓度基本不变
B. 正极反应为
C. 放电时，交换膜右侧溶液不会有大量白色沉淀生成
D. 当电路中转移时，经过交换膜的离子是
【答案】B
【解析】
【分析】根据电池总反应为可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，以此解答。
【详解】A．电池总反应为可知，放电后左侧溶液中的氯离子由右侧通过阴离子交换膜补充，所以左侧溶液中的盐酸浓度基本不变，故A正确；
B．正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：，故B错误；
C．放电时，交换膜左侧银为负极失电子形成银离子与溶液中的氯离子结合成AgCl沉淀，所以左侧溶液中有大量白色沉淀氯化银生成，故C正确；
D．放电时，当电路中转移时，交换膜右则会有0.01mol氯离子通过阴离子交换膜向负极移动，故D正确；
故选B。
14. 25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1mol∙L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法不正确的是
A. P2所示溶液：
B. t=0.5时，
C. 25℃时，的电离平衡常数为10-9.25
D. P3所示溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．P1时，，此时pH=9.25，Kb==c(OH-)=10-4.25，P2所示溶液，pH=7，Kb==10-4.25，则=102.75，所以，A正确；
B．=0.5时，反应后溶液中，，但此时NH3∙H2O继续发生电离，平衡时溶液中，，则，依据电荷守恒：，所以，B正确；
C．25℃、P1时，，此时pH=9.25，+H2ONH3∙H2O+H+，则的水解平衡常数为=10-9.25，则的电离平衡常数不是10-9.25，C不正确；
D．P3所示溶液，=1，此时NH3∙H2O与HCl完全反应，生成NH4Cl和水：但发生水解，使溶液显酸性，所以存在，D正确；
故选C。
15. 常温下，向浓度均为的和混合溶液中加入固体，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与物质的量关系如图所示，测得a、b点溶液分别为3.0、4.3。
已知：①
②，下，
下列叙述正确的是
A. b点溶液中金属元素主要存在形式为和形式存在
B 曲线II代表
C. 常温下，
D. 的平衡常数K为
【答案】A
【解析】
【分析】根据a点、b点对应的pH，计算溶度积Ksp=c3(OH-)c(M3+)，分别为Ksp(a)= ，Ksp(b)= ，根据信息①可知，前者为Fe(OH)3的溶度积，后者为Al(OH)3溶度积；溶解度小，优先沉淀，故曲线I代表Fe3+，曲线I代表A13+，以此解答。
【详解】A．b点恰好两种金属离子完全沉淀，金属元素主要存在形式为Fe(OH)3和形式存在，故A正确；
B．由分析可知，曲线II代表A13+，故B错误；
C．常温下，，故C错误；
D．时，的平衡常数，则的平衡常数K=，故D错误；
故选A。
16. 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
探究常温下，和的大小关系
将相同的溶液和溶液均稀释10倍
若，
则说明
B
探究催化剂对分解速率的影响
在相同条件下向一支试管中加入和，向另一支试管中加入和溶液
可观察到后者产生气泡速度更快，说明可加快分解速率
C
测定常温下某溶液的
用胶头滴管将待测液滴在湿润的试纸上，与标准比色卡对照
测得为13
D
检验电解法制备的氯气
电解饱和食盐水，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验阴极产生的气体
若试纸变蓝色，则说明有氯气产生
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．要探究常温下，和的大小关系，应该将等体积pH相同的溶液和溶液均稀释10倍，故A错误；
B．探究催化剂对分解速率的影响，要保持其他条件相同，一支试管加入催化剂，另一支试管不加催化剂，故B正确；
C．测定常温下某溶液的，应该用胶头滴管将待测液滴在干燥的试纸上，与标准比色卡对照，故C错误；
D．电解饱和食盐水制氯气，Cl-失电子发生氧化反应变为Cl2，发生在阳极，应该在阳极检验产物，故D错误；
故选B。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 回答下列问题
（1）热的纯碱去除油污的原因___________。(用离子方程式解释)
（2）乙炔钠(C2HNa)是离子化合物，各原子均满足8电子或2电子稳定结构，C2HNa的电子式是___________。
（3）向AgI沉淀中加入足量Na2S溶液，固体由黄色逐渐变为黑色，请写出该过程的离子方程式___________。
（4）黄铜主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)大于I1(Cu)的原因是___________。
（5）氨气与水分子间可能存在的氢键形式如图所示：请从电离角度分析结构更稳定的结构式是___________(填a或b)，用一个电离方程式作为该结构更稳定的证据___________。
【答案】（1）
（2） （3）
（4）Zn核外电子排布4s为全充满稳定结构，较难失去电子
（5） ①. a ②.
【解析】
【小问1详解】
油脂在碱性条件下易发生水解，且溶液碱性越强，油脂的水解程度越大。加热可促进纯碱的水解，使溶液的碱性增强，所以热的纯碱去除油污的原因。答案为：；
【小问2详解】
乙炔钠(C2HNa)是离子化合物，由Na+和C2H-构成，由于各原子均满足8电子或2电子稳定结构，所以C2H-中2个C原子间应形成共价三键，从而得出C2HNa的电子式是。答案为：；
【小问3详解】
向AgI沉淀中加入足量Na2S溶液，固体由黄色逐渐变为黑色，则表明AgI转化为Ag2S，该过程的离子方程式：。答案为：；
小问4详解】
Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，由价电子排布式可以看出，Zn的4s轨道全充满，其原子的稳定性大于4s轨道半充满的Cu，则第一电离能I1(Zn)大于I1(Cu)的原因是：Zn核外电子排布4s为全充满稳定结构，较难失去电子。答案为：Zn核外电子排布4s为全充满稳定结构，较难失去电子；
【小问5详解】
结构式a中，NH3分子中的N原子与H2O分子中的1个H原子形成氢键，易发生电离生成OH-，而结构式b中，一水合氨难以发生电离，所以从电离角度分析结构更稳定的结构式是a，用一个电离方程式作为该结构更稳定的证据：。答案为：a；。
【点睛】通常情况下，对于组成和结构相似的两种盐，盐的溶度积常数越小，越容易生成。
18. 化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：气体A在标准状况下密度为0.714 g∙L-1；碱性溶液焰色试验呈黄色。
请回答：
（1）X的组成元素是___________(填写元素符号)，X的化学式___________。
（2）写出X与水反应的化学方程式为___________。
（3）两种沉淀中加入1mol/L的适量氨水，一种沉淀溶解请写出相应的化学方程式___________。
（4）焰色试验的实验操作___________。
【答案】（1） ①. 碳、溴、钠 ②. Na5CBr
（2）
（3）(或)
（4）取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯上灼烧至无色，然后蘸取待测溶液灼烧，观察火焰的颜色
【解析】
【分析】气体A在标准状况下密度为0.714 g∙L-1，则A的相对分子质量为0.714 g∙L-1×22.4L/mol=16g/mol，A为CH4；碱性溶液焰色试验呈黄色，则X中含有Na元素；碱性溶液中加入0.04molHCl，所得溶液呈中性，则碱性溶液中含有0.04molNaOH；中性溶液与AgNO3反应生成0.04molAgCl，质量为5.74g，则另一银盐质量为7.62g-5.74g=1.88g，银盐中的另一元素为第四周期元素，则其应为溴，AgBr的相对分子质量为188，AgBr为0.01mol。由此得出，X与水反应生成0.04molNaOH、0.01molNaBr，2.07gX中含有0.05molNa、0.01molBr，含C原子的质量为2.07g-0.05mol×23g/mol-0.01mol×80g/mol=0.12g，则含C原子0.01mol，从而得出X中Na、C、Br的原子个数比为0.05:0.01:0.01=5:1:1，X的化学式为Na5CBr。
【小问1详解】
由分析可知，X的组成元素是碳、溴、钠，X的化学式为Na5CBr。答案为：碳、溴、钠；Na5CBr；
【小问2详解】
X与水反应，生成NaOH、NaBr、CH4，化学方程式为。答案为：；
【小问3详解】
两种沉淀中加入1mol/L的适量氨水，AgCl沉淀溶解，AgBr沉淀不溶解，反应的化学方程式(或)。答案为：(或)；
【小问4详解】
做焰色试验时，使用经过稀盐酸洗涤的铁丝，在酒精灯火焰上灼烧，然后观察火焰的焰色。实验操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯上灼烧至无色，然后蘸取待测溶液灼烧，观察火焰的颜色。答案为：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯上灼烧至无色，然后蘸取待测溶液灼烧，观察火焰的颜色。
【点睛】做焰色试验时，铂丝只能用稀盐酸洗涤，不能用稀硝酸或稀硫酸洗涤。
19. 第四周期的Fe、Ni、Cu等许多金属的化合物在工业生产、生命科技等行业有广泛的应用。请回答下列问题：
（1）基态Fe2+的核外价电子排布式为___________
（2）向FeCl3溶液中滴入EDTA试剂可得配合物A，其结构如图所示，图中M代表Fe3+，则1mol该配合物中含有配位键的数目为___________。
（3）向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成蓝色难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。
①下列对此现象的说法正确的是___________(填序号)。
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+
C．在[Cu(NH3)4]2+中含有离子键和共价键
D．[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3分子被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，所以[Cu(NH3)4]2+的空间结构是对称的平面正方形
②铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，该化合物加热时首先失去的组分是H2O，原因是___________。
（4）某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。若该晶胞的棱长为anm，ρ=___________ g∙cm-3 (NA表示阿伏加德罗常数，列出计算式)。
【答案】（1）3d6 （2）6NA
（3） ①. BD ②. O的电负性比N的大，对孤电子对吸引更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱
（4）
【解析】
【小问1详解】
基态Fe的价电子排布式为3d64s2，则Fe2+的核外价电子排布式为3d6。答案为：3d6；
【小问2详解】
从图中可以看出，配合物A中，共含有6个配位原子，则1mol该配合物中含有配位键的数目为6NA。答案为：6NA；
【小问3详解】
①A．CuSO4溶液中加入氨水至过量，Cu2+起初转化为Cu(OH)2，后来全部溶解并转化为[Cu(NH3)4]2+，所以反应前后Cu2+的浓度发生改变，A不正确；
B．Cu(OH)2沉淀溶解后，转化为[Cu(NH3)4](OH)2，则生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+，B正确；
C．在[Cu(NH3)4]2+中，N原子与Cu2+间含有配位键，NH3内N、H原子间形成共价键，[Cu(NH3)4]2+与OH-或间形成离子键，则[Cu(NH3)4]2+中不存在离子键，C不正确；
D．[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3分子被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则表明[Cu(NH3)4]2+内Cu2+与4个N原子间形成平面结构，所以[Cu(NH3)4]2+的空间结构是对称的平面正方形，D正确；
故选BD。
②铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，该化合物加热时首先失去的组分是H2O，则表明Cu2+与H2O分子间的作用力比Cu2+与NH3分子间的作用力弱，从而得出原因是：O的电负性比N的大，对孤电子对吸引更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱。答案为：BD；O的电负性比N的大，对孤电子对吸引更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱；
【小问4详解】
在镍铜合金的立方晶胞中，含Cu原子个数为=3，含Ni原子个数为=1，则晶体的化学式为Cu3Ni。若该晶胞的棱长为anm，ρ==g∙cm-3。答案为：。
【点睛】计算晶胞中所含微粒个数时，可使用均摊法。
20. 氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体化学式为：，实验室以为原料制备该晶体的流程如图：
（1）若“还原”后其它产物均绿色环保，写出该反应的化学方程式___________。
（2）“转化”可在如图装置中进行。(已知能被氧化)
①上述装置依次连接的合理顺序为___________(填字母)。
②加入前需要进行的操作是___________。
③装置2中将转化并得到产品，实验操作顺序为：________→_______→_______→_______→B→F→D→抽干称重(填标号)。___________。
A．取下分液漏斗，将锥形瓶瓶口换上橡胶塞
B．用饱和溶液洗涤晶体3次
C．将锥形瓶置于干燥器中，静置后过滤
D．用乙醚洗涤2次
E．打开分液漏斗活塞，加入溶液
F．用无水乙醇洗涤2次
G．打开活塞a
④用饱和溶液洗涤晶体，检验晶体已洗涤干净的操作是___________。
（3）为测定粗产品的纯度，进行如下实验：分别称量三份ag产品于三只锥形瓶中，每份分别用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.0200mol/L溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用0.100mol/L标准溶液分别滴定至终点，消耗标准溶液的体积如下表所示。()
序号
滴定前读数/mL
滴定终点读数/mL
第一份
0.00
19.98
第二份
1.20
22.40
第三份
1.56
21.58
粗产品中钒的质量分数为___________(假设V的相对原子质量为M)。
【答案】（1）
（2） ①. adebc ②. 打开启普发生器的旋塞a，排尽装置内的空气 ③. GEAC ④. 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净
（3）
【解析】
【分析】由流程知：在HCl参与下被还原得到溶液，溶液再转化为目标产物，已知能被氧化，则在转化过程中需要通入一段时间二氧化碳排净装置中的空气，然后再加入VOCl2溶液，持续搅拌一段时间，使反应完全，为防止空气进入，反应结束后给锥形瓶口塞上橡胶塞，然后才在干燥器中，静置后过滤，据此回答；
【小问1详解】
在HCl参与下被还原得到溶液，若“还原”后其它产物均绿色环保，则氧化产物为氮气，氮元素从-2价升高到0价、V元素从+5价降低到+4价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得：该反应的化学方程式为：。
【小问2详解】
①装置1用于产生二氧化碳、装置3用于除去二氧化碳中的氯化氢、装置2用于合成目标产物，结合分析知，装置连接的顺序为1→3→2、接口连接合理顺序为adebc (填字母)。
②据分析，加入前需要进行的操作是：打开启普发生器的旋塞a，排尽装置内的空气。
③已知能被氧化，则转化和分离出目标产物时均需要无氧环境，结合分析可知，操作顺序为：先G．打开活塞a 、再E．打开分液漏斗活塞，加入溶液实施反应、A．取下分液漏斗，将锥形瓶瓶口换上橡胶塞、接着C．将锥形瓶置于干燥器中，静置后过滤；
故答案为：GEAC。
④用饱和溶液洗涤晶体，可洗涤除去易溶于水的阴离子即C1-，检验晶体已经洗涤干净、即检验最后一次洗涤液中不存在氯离子，操作是：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净。
【小问3详解】
第一次消耗标准溶液体积为19.98mL，第二次消耗标准溶液体积为22. 40mL -1.20mL=21.20mL，第三次消耗标准溶液体积为21. 58mL -1.56mL=20. 02mL，第二次数据偏差大、舍去第二次数据，则按其余二次数据取平均值：消耗0.100mol/L 标准溶液体积为20.00mL，则消耗亚铁离子共0.100mol/L×20.00mL×10-3L/mL=2.00×10-3 mol
由、n(VO2+)=n(Fe2+)，结合元素质量守恒，粗产品中钒的质量分数为 (假设V的相对原子质量为M)。
21. 以CO2为原料制备甲烷等能源物质具有较好的发展前景。
（1） CO2催化(固体催化剂)加氢合成甲烷过程发生以下两个反应：
主反应：
副反应：
①CO2加氢制备CH4的一种催化机理如图，下列说法正确的是___________(填字母)。
A．催化过程使用的催化剂为La2O3和
B．可以释放出(活化分子)
C．H2经过Ni活性中心断键裂解产生活化态的过程为放热过程
D．CO2加氢制备CH4的过程需要La2O3和Ni共同完成
②保持温度500℃不变，向1L密闭容器中充入4molCO2和12molH2发生反应，若初始压强为p，20min后主、副反应都达到平衡状态，测得此时，体系压强变为0.75p，则主反应的平衡常数Kp=___________(用含p的式子表示)。[用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压()=气体总压()×体积分数]
（2）甲醇催化制取乙烯的过程中发生如下反应：
I．
II．
反应I的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是___________。
（3）已知：，据此可在一定条件下反应消除NO和CO的污染；某研究小组在三个容积均为VL的恒容密闭容器中，分别充入1.0molNO和1.0molCO，在三种不同实验条件(见下表)下进行上述反应，反应体系的总压强(P)随时间变化情况如图所示：
实验编号
a
b
c
温度/K
500
500
600
催化剂的比表面积/()
82
124
124
①曲线Ⅲ对应的实验编号是___________，曲线I中压强降低的原因是___________。
②用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许H+和H2O通过)，电极I发生的电极反应为___________。
【答案】（1） ①. BD ②.
（2）加入催化剂 （3） ①. b ②. 反应I正反应是气体分子数减小的反应，随着反应进行，气体分子数减少，压强减小 ③.
【解析】
【小问1详解】
①A．从图中可以看出，催化过程使用的催化剂为La2O3和Ni，是催化剂的中间产物，A不正确；
B．从图中可以看出，生成La2O3的同时，可以释放出(活化分子)，B正确；
C．H2经过Ni活性中心裂解产生活化态，此过程需断裂共价键，为吸热过程，C不正确；
D．CO2加氢制备CH4的过程中，需要使用La2O3和Ni两种催化剂，所以由La2O3和Ni共同完成，D正确；
故选BD。
②保持温度500℃不变，向1L密闭容器中充入4molCO2和12molH2发生反应，若初始压强为p，20min后主、副反应都达到平衡状态，测得此时，体系压强变为0.75p，设主反应中CO2的物质的量变化量为x，副反应中CO2的物质的量的变化量为y，则可建立如下三段式：
则(4-x-y)+(12-4x-y)+x+y+(2x+y)=16mol×0.75，x=2；2x+y=5mol，y=1mol。
主反应的平衡常数Kp==。答案为：BD；；
【小问2详解】
利用图中数据，对于反应I．，可得出：
9.4=-3.2×10-3Ea+C、3.0=-3.4×10-3Ea+C，从而求出Ea=32×103J/mol；改变条件时，可得出：
9.4=-3.2×10-3Ea+C、1.0=-3.6×10-3Ea+C，从而求出Ea=21×103J/mol。则改变条件后，该反应的活化能降低，所以实验可能改变的外界条件是加入催化剂。答案为：加入催化剂；
【小问3详解】
①从表中数据可看出，实验编号c的温度最高，催化剂的比表面积大，反应速率最快，则对应曲线I；曲线Ⅱ、Ⅲ中压强变化的程度相同，则温度相同，但曲线Ⅲ比曲线Ⅱ的反应速率快，则催化剂的比表面积大，曲线Ⅱ对应实验编号a，曲线Ⅲ对应的实验编号是b，曲线I中压强降低的原因是：反应I正反应是气体分子数减小的反应，随着反应进行，气体分子数减少，压强减小。
②从图中可以看出，电极I中，将转化为，S元素由+4价降低为+3价，则电极I为阴极，发生的电极反应为。答案为：b；反应I正反应是气体分子数减小的反应，随着反应进行，气体分子数减少，压强减小；。
【点睛】书写电极反应式时，需关注电解质的性质。
2022学年第二学期高二年级四校联考
化学学科试题卷
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号(填涂)；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
可能用到的相对原子质量：
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每题3分，共48分。每个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. 下列物质属于电解质且溶于水为碱性的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠是单质不是电解质也不是非电解质，A错误；
B．与水反应生成电解质一水合氨，是非电解质，B错误；
C．的水溶液和熔融态均可导电是电解质，水溶液因碳酸根离子的水解显碱性， C正确；
D．是盐，在水溶液中完全电离产生自由移动的离子，属于强电解质，但溶于水后因铵根离子水解显酸性，D错误；
故选C。
2. 工业上电解熔融和冰晶石的混合物可制得铝。下列说法正确的是
A. 半径大小： B. 电负性大小：
C. 电离能大小： D. 碱性强弱：
【答案】C
【解析】
【详解】A．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，A错误；
B．同周期元素核电荷数越大电负性越大，故，B错误；
C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小，C正确；
D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为，D错误；
故选C。
3. 下列化学用语表述正确的是
A. 的空间构型：平面三角形
B. 的键的电子云图形：
C. 水晶的分子式：SiO2
D. 基态铬原子的价电子轨道表示式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．的中心C原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，且C原子的最外层不存在孤电子对，则其空间构型为平面三角形，A正确；
B．的键的电子云，应为两个3p轨道头对头发生重叠，B不正确；
C．水晶的主要成分为二氧化硅，属于共价晶体，其由Si、O原子构成，不存在分子式，C不正确；
D．基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，则其轨道表示式： ，D不正确；
故选A。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A. 硬铝较轻且硬度大，可用于制造飞机的零部件
B. 铁可与浓硫酸形成致密氧化膜，可用作储存浓硫酸材料
C. 具有强氧化性，可用作净水剂
D. 熔点很高，可用于制作坩埚
【答案】C
【解析】
【详解】A．硬铝密度小且硬度大，可用于制造飞机的零部件，A正确；
B．铁可与浓硫酸形成致密氧化膜，可以阻止铁和浓硫酸继续反应，故铁可用作储存浓硫酸材料，B正确；
C．二氧化氯具有强氧化性，能杀菌消毒，不能净水，C错误；
D．坩埚是耐高温的材料，氧化铝熔点高，故可用于制作坩埚，D正确；
故选C。
5. 下列说法不正确的是
A. 质谱仪可用于测定分子的相对分子质量
B. 通过晶体的x—射线衍射实验可以确定键长、键角和键能
C. 计可用于酸碱中和滴定终点的判断
D. 用红外光谱仪可区别与
【答案】B
【解析】
【详解】A．质谱仪测定的最大质荷比为相对分子质量，则利用质谱仪可测定分子的相对分子质量，A正确；
B．通过晶体的x—射线衍射实验可以确定键长、键角，不能确定键能，B错误；
C．计用来测定溶液的，可用于酸碱中和滴定终点的判断，C正确；
D．红外光谱仪可区别测定未知物中的化学键或官能团，所以可以区别与，D正确；
故选B。
6. 关于反应的说法不正确的是
A. K2S2O8发生还原反应
B. 若设计成原电池，KMnO4为负极产物
C. 氧化剂和还原剂物质的量之比是
D. 消耗时，转移0.5mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】在反应中，Mn由+2价升高到+7价，K2S2O8中部分O由-1价降低到-2价，则K2S2O8是氧化剂，MnSO4是还原剂。
【详解】A．由分析可知，K2S2O8是氧化剂，发生还原反应，A正确；
B．在反应中，MnSO4是还原剂，则若设计成原电池，MnSO4是负极反应物，KMnO4为负极产物，B正确；
C．在反应中，K2S2O8是氧化剂，MnSO4是还原剂，则氧化剂和还原剂物质的量之比是，C正确；
D．由反应方程式，可建立如下关系式：4H2O——5e-，消耗(物质的量为0.2mol)时，转移0.25mol电子，D不正确；
故选D。
7. 下列离子方程式正确的是
A. 的水解方程：
B. 铜与稀硝酸反应：
C. 向含的溶液中加入含的溶液：
D. 溶液中吸收少量[已知：：
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫氢化钠中硫氢根离子水解可逆，A错误；
B．铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，B错误；
C．含的溶液中加入含的溶液反应生成1mol氢氧化铝和1.5mol硫酸钡和0.5mol硫酸铵，C错误；
D．根据电离平衡常数分析，碳酸钠溶液中吸收少量氯气，反应生成碳酸氢钠和氯化钠和次氯酸钠，D正确；
故选D。
8. 某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
A. 的配位数为6 B. 与距离最近的是
C. 该物质的化学式为 D. 若换为，则晶胞棱长将改变
【答案】B
【解析】
【详解】A．配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，位于体心，F-位于面心，所以配位数为6，A正确；
B．与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的，所以与距离最近的是，B错误；
C．位于顶点，所以个数==1，F-位于面心，F-个数==3，位于体心，所以个数=1，综上，该物质的化学式为，C正确；
D．与半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确；
故选B。
9. 已知在瞬间即可达成化学平衡。NO2和N2O4混合气体体积由V压缩至时，相关数据变化如下表。根据表中数据得出若干结论，下列结论不正确的是
温度/L
气体的总压强/Pa
NO2的物质的量浓度/ mol·L-1
298
1.28×10-2
311
2.80×10-2
A. 体积由V压缩至时，NO2的物质的量减少
B. 正反应和逆反应的活化能均较低
C. 体积缩小后混合气体的颜色加深
D. 其它条件不变，温度升高，该反应正向移动
【答案】A
【解析】
【详解】A．体积为VL时，NO2的物质的量为1.28×10-2mol/L×VL=1.28×10-2Vmol，体积为时，NO2的物质的量为2.80×10-2mol/L×L=1.40×10-2Vmol，NO2的物质的量增大，A不正确；
B．由于该反应在瞬间即可达成化学平衡，所以正反应和逆反应的活化能均较低，B正确；
C．体积缩小后，NO2的浓度增大，则混合气体的颜色加深，C正确；
D．由于该反应为吸热反应，则其它条件不变，温度升高，该反应正向移动，D正确；
故选A。
10. 下列有关物质的分离或鉴别说法正确的是
A. 淀粉在稀硫酸作用下水解后，向其中加入氢氧化钠溶液使其呈碱性，再加入新制氢氧化铜溶液并加热，若有砖红色沉淀生成，则说明淀粉已水解完全
B. 利用石油中各组分沸点的不同进行石油分馏，可获得汽油、煤油、柴油等石油化工产品
C. 可通过溴的四氯化碳溶液洗气除去乙烷(C2H6)中混有的杂质气体乙烯(CH2=CH2)
D. 除去乙酸乙酯中混有的乙酸，可先加入氢氧化钠溶液，再通过分液获得乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
【详解】A．淀粉水解液中加入氢氧化钠溶液使其呈碱性，再加入新制氢氧化铜溶液并加热，若有砖红色沉淀生成，表明水解液中含有葡萄糖，从而说明淀粉已发生水解，但不能说明水解完全，A不正确；
B．石油中含有汽油、煤油、柴油等组分，利用石油中各组分沸点的不同，将石油进行分馏，可获得汽油、煤油、柴油等石油化工产品，B正确；
C．乙烯能与溴发生加成反应，加成产物溶于四氯化碳，但乙烷也溶于四氯化碳，所以不能通过溴四氯化碳溶液洗气除去乙烷(C2H6)中混有的杂质气体乙烯(CH2=CH2)，C不正确；
D．氢氧化钠不仅能与乙酸反应，也能使乙酸乙酯发生水解，所以除去乙酸乙酯中混有的乙酸，不能加入氢氧化钠溶液，D不正确；
故选B。
11. 有A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中A为非金属元素，A和E属于同一族，它们的原子最外电子层上只有1个电子；B和D也属于同一族，它们原子最外层的s能级电子数是p能级电子数的一半；C原子最外层上的电子数等于D原子最外层上电子数的一半。下列说法不正确的是
A. 同周期主族元素中，比B元素的第一电离能大的元素只有一种
B. 由这五种元素组成的一种化合物，可用作净水剂
C. 元素B与D的电负性的大小关系：B＞D
D. 元素C的氯化物晶体为分子晶体
【答案】A
【解析】
【分析】有A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中A为非金属元素，A和E属于同一族，它们的原子最外电子层上只有1个电子，则A为H元素、E为K元素；B和D也属于同一族，它们原子最外层的s能级电子数是p能级电子数的一半，则其价电子排布为ns2np4，B为O元素、D为S元素；C原子最外层上的电子数等于D原子最外层上电子数的一半，则C原子的最外层电子数为3，其价电子排布式为3s23p1，其为Al元素。从而得出A、B、C、D、E分别为H、O、Al、S、K。
【详解】A．B为O元素，同周期主族元素中，比O元素的第一电离能大的元素有N、F两种，A不正确；
B．由这五种元素组成的一种化合物为KAl(SO4)2∙12H2O，是明矾的主要成分，可用作净水剂，B正确；
C．元素B与D分别为O和S，二者为同主族元素，非金属性O＞S，则电负性的大小关系：O＞S，C正确；
D．元素C为Al，其氯化物为氯化铝，由分子构成，晶体为分子晶体，D正确；
故选A。
12. 我国科学家研究化合物M(s)催化CO2氢化机理。由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如图所示(已知1eV=1.6×10−19J)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法错误的是
A. 过渡态TS1比TS2更稳定
B. 过程P→TS2为化合物M生成化合物N的决速步骤
C. 化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe−O键的断裂
D. 该过程的热化学方程式为：M(s)+CO2(g)=N(s) ΔH=−11.63 kJ·mol −1
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由图可知，过渡态TS2比TS1能量高，则过渡态TS1更稳定，故A正确；
B．由图可知，过程P→TS2为两步反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生成化合物N的决速步骤，故B正确；
C．化合物M为催化剂，反应前后结构不会改变，比较M、N的结构可知，Fe-O键无需断裂，故C错误；
D．图示为一个二氧化碳分子反应过程，能量变化为-11.63eV，所以当有1mol二氧化碳反应能量变化为-11.63eV×1.6×10-19J/eV×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，则该过程的热化学方程式为：M（s）+CO2（g）=N（s）ΔH=-1120kJ⋅mol-1，故D错误；
答案选CD。
13. 某原电池装置如图所示，电池总反应为。下列说法不正确的是
A. 充分放电后左侧溶液中的盐酸浓度基本不变
B. 正极反应为
C. 放电时，交换膜右侧溶液不会有大量白色沉淀生成
D. 当电路中转移时，经过交换膜的离子是
【答案】B
【解析】
【分析】根据电池总反应为可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，以此解答。
【详解】A．电池总反应为可知，放电后左侧溶液中的氯离子由右侧通过阴离子交换膜补充，所以左侧溶液中的盐酸浓度基本不变，故A正确；
B．正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：，故B错误；
C．放电时，交换膜左侧银为负极失电子形成银离子与溶液中的氯离子结合成AgCl沉淀，所以左侧溶液中有大量白色沉淀氯化银生成，故C正确；
D．放电时，当电路中转移时，交换膜右则会有0.01mol氯离子通过阴离子交换膜向负极移动，故D正确；
故选B。
14. 25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1mol∙L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法不正确的是
A. P2所示溶液：
B. t=0.5时，
C. 25℃时，的电离平衡常数为10-9.25
D. P3所示溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．P1时，，此时pH=9.25，Kb==c(OH-)=10-4.25，P2所示溶液，pH=7，Kb==10-4.25，则=102.75，所以，A正确；
B．=0.5时，反应后溶液中，，但此时NH3∙H2O继续发生电离，平衡时溶液中，，则，依据电荷守恒：，所以，B正确；
C．25℃、P1时，，此时pH=9.25，+H2ONH3∙H2O+H+，则的水解平衡常数为=10-9.25，则的电离平衡常数不是10-9.25，C不正确；
D．P3所示溶液，=1，此时NH3∙H2O与HCl完全反应，生成NH4Cl和水：但发生水解，使溶液显酸性，所以存在，D正确；
故选C。
15. 常温下，向浓度均为的和混合溶液中加入固体，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与物质的量关系如图所示，测得a、b点溶液分别为3.0、4.3。
已知：①
②，下，
下列叙述正确的是
A. b点溶液中金属元素主要存在形式为和形式存在
B 曲线II代表
C. 常温下，
D. 的平衡常数K为
【答案】A
【解析】
【分析】根据a点、b点对应的pH，计算溶度积Ksp=c3(OH-)c(M3+)，分别为Ksp(a)= ，Ksp(b)= ，根据信息①可知，前者为Fe(OH)3的溶度积，后者为Al(OH)3溶度积；溶解度小，优先沉淀，故曲线I代表Fe3+，曲线I代表A13+，以此解答。
【详解】A．b点恰好两种金属离子完全沉淀，金属元素主要存在形式为Fe(OH)3和形式存在，故A正确；
B．由分析可知，曲线II代表A13+，故B错误；
C．常温下，，故C错误；
D．时，的平衡常数，则的平衡常数K=，故D错误；
故选A。
16. 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
探究常温下，和的大小关系
将相同的溶液和溶液均稀释10倍
若，
则说明
B
探究催化剂对分解速率的影响
在相同条件下向一支试管中加入和，向另一支试管中加入和溶液
可观察到后者产生气泡速度更快，说明可加快分解速率
C
测定常温下某溶液的
用胶头滴管将待测液滴在湿润的试纸上，与标准比色卡对照
测得为13
D
检验电解法制备的氯气
电解饱和食盐水，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验阴极产生的气体
若试纸变蓝色，则说明有氯气产生
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．要探究常温下，和的大小关系，应该将等体积pH相同的溶液和溶液均稀释10倍，故A错误；
B．探究催化剂对分解速率的影响，要保持其他条件相同，一支试管加入催化剂，另一支试管不加催化剂，故B正确；
C．测定常温下某溶液的，应该用胶头滴管将待测液滴在干燥的试纸上，与标准比色卡对照，故C错误；
D．电解饱和食盐水制氯气，Cl-失电子发生氧化反应变为Cl2，发生在阳极，应该在阳极检验产物，故D错误；
故选B。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 回答下列问题
（1）热的纯碱去除油污的原因___________。(用离子方程式解释)
（2）乙炔钠(C2HNa)是离子化合物，各原子均满足8电子或2电子稳定结构，C2HNa的电子式是___________。
（3）向AgI沉淀中加入足量Na2S溶液，固体由黄色逐渐变为黑色，请写出该过程的离子方程式___________。
（4）黄铜主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)大于I1(Cu)的原因是___________。
（5）氨气与水分子间可能存在的氢键形式如图所示：请从电离角度分析结构更稳定的结构式是___________(填a或b)，用一个电离方程式作为该结构更稳定的证据___________。
【答案】（1）
（2） （3）
（4）Zn核外电子排布4s为全充满稳定结构，较难失去电子
（5） ①. a ②.
【解析】
【小问1详解】
油脂在碱性条件下易发生水解，且溶液碱性越强，油脂的水解程度越大。加热可促进纯碱的水解，使溶液的碱性增强，所以热的纯碱去除油污的原因。答案为：；
【小问2详解】
乙炔钠(C2HNa)是离子化合物，由Na+和C2H-构成，由于各原子均满足8电子或2电子稳定结构，所以C2H-中2个C原子间应形成共价三键，从而得出C2HNa的电子式是。答案为：；
【小问3详解】
向AgI沉淀中加入足量Na2S溶液，固体由黄色逐渐变为黑色，则表明AgI转化为Ag2S，该过程的离子方程式：。答案为：；
小问4详解】
Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，由价电子排布式可以看出，Zn的4s轨道全充满，其原子的稳定性大于4s轨道半充满的Cu，则第一电离能I1(Zn)大于I1(Cu)的原因是：Zn核外电子排布4s为全充满稳定结构，较难失去电子。答案为：Zn核外电子排布4s为全充满稳定结构，较难失去电子；
【小问5详解】
结构式a中，NH3分子中的N原子与H2O分子中的1个H原子形成氢键，易发生电离生成OH-，而结构式b中，一水合氨难以发生电离，所以从电离角度分析结构更稳定的结构式是a，用一个电离方程式作为该结构更稳定的证据：。答案为：a；。
【点睛】通常情况下，对于组成和结构相似的两种盐，盐的溶度积常数越小，越容易生成。
18. 化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：气体A在标准状况下密度为0.714 g∙L-1；碱性溶液焰色试验呈黄色。
请回答：
（1）X的组成元素是___________(填写元素符号)，X的化学式___________。
（2）写出X与水反应的化学方程式为___________。
（3）两种沉淀中加入1mol/L的适量氨水，一种沉淀溶解请写出相应的化学方程式___________。
（4）焰色试验的实验操作___________。
【答案】（1） ①. 碳、溴、钠 ②. Na5CBr
（2）
（3）(或)
（4）取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯上灼烧至无色，然后蘸取待测溶液灼烧，观察火焰的颜色
【解析】
【分析】气体A在标准状况下密度为0.714 g∙L-1，则A的相对分子质量为0.714 g∙L-1×22.4L/mol=16g/mol，A为CH4；碱性溶液焰色试验呈黄色，则X中含有Na元素；碱性溶液中加入0.04molHCl，所得溶液呈中性，则碱性溶液中含有0.04molNaOH；中性溶液与AgNO3反应生成0.04molAgCl，质量为5.74g，则另一银盐质量为7.62g-5.74g=1.88g，银盐中的另一元素为第四周期元素，则其应为溴，AgBr的相对分子质量为188，AgBr为0.01mol。由此得出，X与水反应生成0.04molNaOH、0.01molNaBr，2.07gX中含有0.05molNa、0.01molBr，含C原子的质量为2.07g-0.05mol×23g/mol-0.01mol×80g/mol=0.12g，则含C原子0.01mol，从而得出X中Na、C、Br的原子个数比为0.05:0.01:0.01=5:1:1，X的化学式为Na5CBr。
【小问1详解】
由分析可知，X的组成元素是碳、溴、钠，X的化学式为Na5CBr。答案为：碳、溴、钠；Na5CBr；
【小问2详解】
X与水反应，生成NaOH、NaBr、CH4，化学方程式为。答案为：；
【小问3详解】
两种沉淀中加入1mol/L的适量氨水，AgCl沉淀溶解，AgBr沉淀不溶解，反应的化学方程式(或)。答案为：(或)；
【小问4详解】
做焰色试验时，使用经过稀盐酸洗涤的铁丝，在酒精灯火焰上灼烧，然后观察火焰的焰色。实验操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯上灼烧至无色，然后蘸取待测溶液灼烧，观察火焰的颜色。答案为：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯上灼烧至无色，然后蘸取待测溶液灼烧，观察火焰的颜色。
【点睛】做焰色试验时，铂丝只能用稀盐酸洗涤，不能用稀硝酸或稀硫酸洗涤。
19. 第四周期的Fe、Ni、Cu等许多金属的化合物在工业生产、生命科技等行业有广泛的应用。请回答下列问题：
（1）基态Fe2+的核外价电子排布式为___________
（2）向FeCl3溶液中滴入EDTA试剂可得配合物A，其结构如图所示，图中M代表Fe3+，则1mol该配合物中含有配位键的数目为___________。
（3）向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成蓝色难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。
①下列对此现象的说法正确的是___________(填序号)。
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+
C．在[Cu(NH3)4]2+中含有离子键和共价键
D．[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3分子被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，所以[Cu(NH3)4]2+的空间结构是对称的平面正方形
②铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，该化合物加热时首先失去的组分是H2O，原因是___________。
（4）某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。若该晶胞的棱长为anm，ρ=___________ g∙cm-3 (NA表示阿伏加德罗常数，列出计算式)。
【答案】（1）3d6 （2）6NA
（3） ①. BD ②. O的电负性比N的大，对孤电子对吸引更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱
（4）
【解析】
【小问1详解】
基态Fe的价电子排布式为3d64s2，则Fe2+的核外价电子排布式为3d6。答案为：3d6；
【小问2详解】
从图中可以看出，配合物A中，共含有6个配位原子，则1mol该配合物中含有配位键的数目为6NA。答案为：6NA；
【小问3详解】
①A．CuSO4溶液中加入氨水至过量，Cu2+起初转化为Cu(OH)2，后来全部溶解并转化为[Cu(NH3)4]2+，所以反应前后Cu2+的浓度发生改变，A不正确；
B．Cu(OH)2沉淀溶解后，转化为[Cu(NH3)4](OH)2，则生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+，B正确；
C．在[Cu(NH3)4]2+中，N原子与Cu2+间含有配位键，NH3内N、H原子间形成共价键，[Cu(NH3)4]2+与OH-或间形成离子键，则[Cu(NH3)4]2+中不存在离子键，C不正确；
D．[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3分子被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则表明[Cu(NH3)4]2+内Cu2+与4个N原子间形成平面结构，所以[Cu(NH3)4]2+的空间结构是对称的平面正方形，D正确；
故选BD。
②铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，该化合物加热时首先失去的组分是H2O，则表明Cu2+与H2O分子间的作用力比Cu2+与NH3分子间的作用力弱，从而得出原因是：O的电负性比N的大，对孤电子对吸引更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱。答案为：BD；O的电负性比N的大，对孤电子对吸引更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱；
【小问4详解】
在镍铜合金的立方晶胞中，含Cu原子个数为=3，含Ni原子个数为=1，则晶体的化学式为Cu3Ni。若该晶胞的棱长为anm，ρ==g∙cm-3。答案为：。
【点睛】计算晶胞中所含微粒个数时，可使用均摊法。
20. 氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体化学式为：，实验室以为原料制备该晶体的流程如图：
（1）若“还原”后其它产物均绿色环保，写出该反应的化学方程式___________。
（2）“转化”可在如图装置中进行。(已知能被氧化)
①上述装置依次连接的合理顺序为___________(填字母)。
②加入前需要进行的操作是___________。
③装置2中将转化并得到产品，实验操作顺序为：________→_______→_______→_______→B→F→D→抽干称重(填标号)。___________。
A．取下分液漏斗，将锥形瓶瓶口换上橡胶塞
B．用饱和溶液洗涤晶体3次
C．将锥形瓶置于干燥器中，静置后过滤
D．用乙醚洗涤2次
E．打开分液漏斗活塞，加入溶液
F．用无水乙醇洗涤2次
G．打开活塞a
④用饱和溶液洗涤晶体，检验晶体已洗涤干净的操作是___________。
（3）为测定粗产品的纯度，进行如下实验：分别称量三份ag产品于三只锥形瓶中，每份分别用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.0200mol/L溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用0.100mol/L标准溶液分别滴定至终点，消耗标准溶液的体积如下表所示。()
序号
滴定前读数/mL
滴定终点读数/mL
第一份
0.00
19.98
第二份
1.20
22.40
第三份
1.56
21.58
粗产品中钒的质量分数为___________(假设V的相对原子质量为M)。
【答案】（1）
（2） ①. adebc ②. 打开启普发生器的旋塞a，排尽装置内的空气 ③. GEAC ④. 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净
（3）
【解析】
【分析】由流程知：在HCl参与下被还原得到溶液，溶液再转化为目标产物，已知能被氧化，则在转化过程中需要通入一段时间二氧化碳排净装置中的空气，然后再加入VOCl2溶液，持续搅拌一段时间，使反应完全，为防止空气进入，反应结束后给锥形瓶口塞上橡胶塞，然后才在干燥器中，静置后过滤，据此回答；
【小问1详解】
在HCl参与下被还原得到溶液，若“还原”后其它产物均绿色环保，则氧化产物为氮气，氮元素从-2价升高到0价、V元素从+5价降低到+4价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得：该反应的化学方程式为：。
【小问2详解】
①装置1用于产生二氧化碳、装置3用于除去二氧化碳中的氯化氢、装置2用于合成目标产物，结合分析知，装置连接的顺序为1→3→2、接口连接合理顺序为adebc (填字母)。
②据分析，加入前需要进行的操作是：打开启普发生器的旋塞a，排尽装置内的空气。
③已知能被氧化，则转化和分离出目标产物时均需要无氧环境，结合分析可知，操作顺序为：先G．打开活塞a 、再E．打开分液漏斗活塞，加入溶液实施反应、A．取下分液漏斗，将锥形瓶瓶口换上橡胶塞、接着C．将锥形瓶置于干燥器中，静置后过滤；
故答案为：GEAC。
④用饱和溶液洗涤晶体，可洗涤除去易溶于水的阴离子即C1-，检验晶体已经洗涤干净、即检验最后一次洗涤液中不存在氯离子，操作是：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净。
【小问3详解】
第一次消耗标准溶液体积为19.98mL，第二次消耗标准溶液体积为22. 40mL -1.20mL=21.20mL，第三次消耗标准溶液体积为21. 58mL -1.56mL=20. 02mL，第二次数据偏差大、舍去第二次数据，则按其余二次数据取平均值：消耗0.100mol/L 标准溶液体积为20.00mL，则消耗亚铁离子共0.100mol/L×20.00mL×10-3L/mL=2.00×10-3 mol
由、n(VO2+)=n(Fe2+)，结合元素质量守恒，粗产品中钒的质量分数为 (假设V的相对原子质量为M)。
21. 以CO2为原料制备甲烷等能源物质具有较好的发展前景。
（1） CO2催化(固体催化剂)加氢合成甲烷过程发生以下两个反应：
主反应：
副反应：
①CO2加氢制备CH4的一种催化机理如图，下列说法正确的是___________(填字母)。
A．催化过程使用的催化剂为La2O3和
B．可以释放出(活化分子)
C．H2经过Ni活性中心断键裂解产生活化态的过程为放热过程
D．CO2加氢制备CH4的过程需要La2O3和Ni共同完成
②保持温度500℃不变，向1L密闭容器中充入4molCO2和12molH2发生反应，若初始压强为p，20min后主、副反应都达到平衡状态，测得此时，体系压强变为0.75p，则主反应的平衡常数Kp=___________(用含p的式子表示)。[用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压()=气体总压()×体积分数]
（2）甲醇催化制取乙烯的过程中发生如下反应：
I．
II．
反应I的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是___________。
（3）已知：，据此可在一定条件下反应消除NO和CO的污染；某研究小组在三个容积均为VL的恒容密闭容器中，分别充入1.0molNO和1.0molCO，在三种不同实验条件(见下表)下进行上述反应，反应体系的总压强(P)随时间变化情况如图所示：
实验编号
a
b
c
温度/K
500
500
600
催化剂的比表面积/()
82
124
124
①曲线Ⅲ对应的实验编号是___________，曲线I中压强降低的原因是___________。
②用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许H+和H2O通过)，电极I发生的电极反应为___________。
【答案】（1） ①. BD ②.
（2）加入催化剂 （3） ①. b ②. 反应I正反应是气体分子数减小的反应，随着反应进行，气体分子数减少，压强减小 ③.
【解析】
【小问1详解】
①A．从图中可以看出，催化过程使用的催化剂为La2O3和Ni，是催化剂的中间产物，A不正确；
B．从图中可以看出，生成La2O3的同时，可以释放出(活化分子)，B正确；
C．H2经过Ni活性中心裂解产生活化态，此过程需断裂共价键，为吸热过程，C不正确；
D．CO2加氢制备CH4的过程中，需要使用La2O3和Ni两种催化剂，所以由La2O3和Ni共同完成，D正确；
故选BD。
②保持温度500℃不变，向1L密闭容器中充入4molCO2和12molH2发生反应，若初始压强为p，20min后主、副反应都达到平衡状态，测得此时，体系压强变为0.75p，设主反应中CO2的物质的量变化量为x，副反应中CO2的物质的量的变化量为y，则可建立如下三段式：
则(4-x-y)+(12-4x-y)+x+y+(2x+y)=16mol×0.75，x=2；2x+y=5mol，y=1mol。
主反应的平衡常数Kp==。答案为：BD；；
【小问2详解】
利用图中数据，对于反应I．，可得出：
9.4=-3.2×10-3Ea+C、3.0=-3.4×10-3Ea+C，从而求出Ea=32×103J/mol；改变条件时，可得出：
9.4=-3.2×10-3Ea+C、1.0=-3.6×10-3Ea+C，从而求出Ea=21×103J/mol。则改变条件后，该反应的活化能降低，所以实验可能改变的外界条件是加入催化剂。答案为：加入催化剂；
【小问3详解】
①从表中数据可看出，实验编号c的温度最高，催化剂的比表面积大，反应速率最快，则对应曲线I；曲线Ⅱ、Ⅲ中压强变化的程度相同，则温度相同，但曲线Ⅲ比曲线Ⅱ的反应速率快，则催化剂的比表面积大，曲线Ⅱ对应实验编号a，曲线Ⅲ对应的实验编号是b，曲线I中压强降低的原因是：反应I正反应是气体分子数减小的反应，随着反应进行，气体分子数减少，压强减小。
②从图中可以看出，电极I中，将转化为，S元素由+4价降低为+3价，则电极I为阴极，发生的电极反应为。答案为：b；反应I正反应是气体分子数减小的反应，随着反应进行，气体分子数减少，压强减小；。
【点睛】书写电极反应式时，需关注电解质的性质。
相关试卷
浙江省杭州市“六县九校”联盟2022-2023学年高二化学上学期期中联考试题（Word版附解析）： 这是一份浙江省杭州市“六县九校”联盟2022-2023学年高二化学上学期期中联考试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸，3ml•L-1•s-1B， 下列说法不正确的是， 25℃时，水的电离达到平衡等内容，欢迎下载使用。
浙江省杭州市周边四校2022-2023学年高二化学上学期期末联考试题（Word版附答案）： 这是一份浙江省杭州市周边四校2022-2023学年高二化学上学期期末联考试题（Word版附答案），共15页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷，可能用到的相对原子质量，下列过程中一定吸收能量的是，下列有关实验探究的说法正确的是，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
浙江省杭州市四校联考2022-2023学年高二化学下学期3月月考试题（Word版附答案）： 这是一份浙江省杭州市四校联考2022-2023学年高二化学下学期3月月考试题（Word版附答案），共14页。试卷主要包含了下列说法不正确的是，关于反应的说法不正确的是，下列离子方程式正确的是，已知在瞬间即可达成化学平衡等内容，欢迎下载使用。
